資源簡介

專題強(qiáng)化四　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.掌握動(dòng)力學(xué)圖像的斜率、截距、特殊點(diǎn)、面積的物理意義。 2.知道連接體的類型及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，會(huì)用整體法和隔離法分析連接體問題。 3.會(huì)分析臨界與極值問題，并會(huì)用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問題。
考點(diǎn)一　動(dòng)力學(xué)圖像問題
常見動(dòng)力學(xué)圖像及應(yīng)用方法
v－t 圖像 根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力
F－a 圖像 首先要根據(jù)具體的物理情景，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出F、a兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
a－t 圖像 要注意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合物體受力情況并根據(jù)牛頓第二定律列方程
F－t 圖像 要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
例1 (2024·廣東卷，7)如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過程中，其F－y圖像或y－t圖像可能正確的是(　　)
答案　B
解析　在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力，保持不變，即F＝mg;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，F(xiàn)＝mg－k(y－H)，隨著y的增大F減小;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過程中，F(xiàn)＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，隨著y的增大F增大，F(xiàn)－y圖像如圖B項(xiàng)所示，故B正確，A錯(cuò)誤;在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v＝gt，速度逐漸增大，所以y－t圖像斜率逐漸增大;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以y－t圖像斜率繼續(xù)增大;當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，速度達(dá)到最大，y－t圖像中斜率最大;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)的過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以y－t圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，木塊的速度為零，y－t圖像的斜率為零。綜上分析可知，木塊先做自由落體運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)。同理可知，木塊在上升過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)。y－t圖像大致如圖所示，故C、D錯(cuò)誤。
動(dòng)力學(xué)圖像問題的解題策略
(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。
跟蹤訓(xùn)練
1.(多選)(2024·四川成都模擬)如圖甲所示，平行于傾角為θ的固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中加速a與F的關(guān)系如圖乙。圖線的斜率為k，與F軸交點(diǎn)坐標(biāo)為c，與a軸交點(diǎn)為－b。由圖可知(　　)
A.小物塊的質(zhì)量為k
B.小物塊的質(zhì)量為
C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為b
D.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c
答案　BD
解析　以小物塊為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝，結(jié)合a－F圖像可得＝k＝，－＝－b，可知小物塊的質(zhì)量為m＝，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和mgsin θ＋Ff＝mb＝c，故B、D正確。
考點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題
1.連接體的五大類型
彈簧 連接體
輕繩 連接體
輕桿 連接體
物體疊放 連接體
兩物體并 排連接體
2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。
(2)輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。
(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。
(4)接觸連接——兩物體通過彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。
3.連接體問題的分析方法
(1)整體法:若連接體內(nèi)的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度。
(2)隔離法:求系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。
(3)整體法、隔離法的交替運(yùn)用，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。
例2 (2024·福建泉州模擬)如圖所示，在水平面上放置著兩個(gè)靠在一起、橫截面為梯形的物體P和Q，θ＝37°，P和Q質(zhì)量之比為7∶2，所有接觸面均光滑。若把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相對(duì)靜止;若把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相對(duì)靜止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則為(　　)
A. B.
C.1 D.3
答案　A
解析　設(shè)P和Q的質(zhì)量分別為7m和2m，當(dāng)把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有F1＝9ma1。隔離Q分析，因?yàn)镻和Q恰好相對(duì)靜止，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律有2mgtan θ＝2ma1，聯(lián)立解得F1＝mg;當(dāng)把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有F2＝9ma2，設(shè)Q對(duì)P的彈力大小為FN，則FNsin θ＝7ma2，根據(jù)牛頓第三定律可知P對(duì)Q的彈力大小為FN'＝FN，隔離Q分析，因?yàn)镻和Q恰好相對(duì)靜止，在豎直方向上根據(jù)平衡條件有FN'cos θ＝2mg，聯(lián)立解得F2＝mg，所以，故A正確。
拓展 (1)上題中，若兩物體P、Q接觸面為豎直面，用力F作用在P上向左推P物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN1，用同樣大小的力F作用在Q上向右推Q物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN2，則＝　　　　。
答案　
解析　力F作用在P上時(shí)，對(duì)P、Q整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝9ma1，隔離Q分析，P對(duì)Q的彈力FN1＝2ma，解得FN1＝F;力F作用在Q上，對(duì)P、Q整體可得F＝9ma2，隔離P物體，Q對(duì)P的彈力FN2＝7ma2，解得FN2＝F，故。
(2)若將P和Q疊放在一起，放在光滑的水平面上，兩物體P和Q間接觸面是粗糙的，水平力F分別作用在P、Q上，兩物體均可保持相對(duì)靜止，則兩種情況下P、Q間的摩擦力分別為多大
答案　F　F
解析　力F作用在P上，P和Q一起加速運(yùn)動(dòng)，則對(duì)整體有F＝9ma2
隔離Q物體，P對(duì)Q的摩擦力Ff1＝2ma2
解得Ff1＝F
力F作用在Q上，P和Q一起加速運(yùn)動(dòng)
則對(duì)整體有F＝9ma1
隔離P物體，Q對(duì)P的摩擦力Ff2＝7ma1
解得Ff2＝F。
力的“分配”原則
如圖所示，一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)，若外力F作用于質(zhì)量為m1的物體上，兩物體間的彈力F彈＝F;若作用于質(zhì)量為m2的物體上，則F彈＝F。此結(jié)論與有無摩擦無關(guān)(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、有何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關(guān)，而且物體系統(tǒng)處于水平面、斜面、豎直方向時(shí)，結(jié)論都成立。
跟蹤訓(xùn)練
2.(2025·湖北十一校聯(lián)考)物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2 kg，如圖甲所示。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時(shí)對(duì)物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1 s時(shí)撤去，在0~1 s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中以下說法正確的是(　　)
A.t＝1 s時(shí)，物塊Q的速度大小為0.4 m/s
B.恒力F大小為1.6 N
C.物塊Q的質(zhì)量為0.5 kg
D.撤去推力后，物塊P、Q最終將一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
答案　C
解析　若0~1 s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t＝1 s時(shí)Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s。由圖可知實(shí)際Q的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t＝1 s時(shí)Q的速度大小大于0.4 m/s，A錯(cuò)誤;剛施加力F瞬間，對(duì)物塊P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小為2 N，B錯(cuò)誤;t＝1 s時(shí)，對(duì)物塊P、Q整體有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正確;撤去外力，整體所受合力為零，P、Q間靠彈簧相互作用，一個(gè)加速則另一個(gè)必然減速，D錯(cuò)誤。
3.(多選)(2025·安徽蕪湖高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測)如圖所示，物體A和B中間用一個(gè)輕桿相連，在傾角為θ的固定斜面上勻速下滑，桿與斜面平行。已知B物體光滑，質(zhì)量為m，A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為2m，下列說法中正確的是(　　)
A.A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ
B.輕桿對(duì)A物體的作用力沿斜面向下
C.增加A物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面減速下滑
D.增加B物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面勻速下滑
答案　BC
解析　以整體為研究對(duì)象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得3mgsin θ＝2μmgcos θ，解得μ＝tan θ，故A錯(cuò)誤;B物體光滑，輕桿對(duì)B物體的作用力沿斜面向上，則輕桿對(duì)A物體的作用力沿斜面向下，故B正確;設(shè)A物塊質(zhì)量增加Δm，則摩擦力增加μΔmgcos θ＝Δmgsin θ，A物體的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整體合力不為0，而是沿斜面向上，則A、B整體做減速運(yùn)動(dòng)，故C正確;若增加B物體的質(zhì)量，設(shè)B質(zhì)量增加Δm，整體的沿斜面向下的分力為(3m＋Δm)gsin θ，向上的摩擦力為2μmgcos θ＝3mgsin θ，A、B整體的合力為Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
考點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題
1.常見臨界問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件:彈力FN＝0。
(2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件:靜摩擦力達(dá)到最大值。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力;繩子松弛的臨界條件是T＝0。
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合力為零。
2.解題基本思路
(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個(gè)階段)。
(2)尋找過程中變化的物理量。
(3)探索物理量的變化規(guī)律。
(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。
角度　恰好分離的臨界問題
例3 (2024·湖南婁底模擬)如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個(gè)物體，A、B的質(zhì)量分別為mA＝6 kg，mB＝4 kg，從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB大小隨時(shí)間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示，則(　　)
A.t＝0時(shí)，A物體的加速度為2 m/s2
B.t＝1 s時(shí)，A、B開始分離
C.t＝0時(shí)，A、B之間的相互作用力為3 N
D.A、B開始分離時(shí)的速度為3 m/s
答案　B
解析　由題圖甲、乙可得FA＝(8－2t) N，F(xiàn)B＝(2＋2t) N，t＝0時(shí)，可知FA0＝8 N，F(xiàn)B0＝2 N，由于FAO>FBO，所以二者不會(huì)分開，A、B兩物體的加速度為a＝＝1 m/s2，設(shè)此時(shí)A、B之間的相互作用力為F，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開始分離，此時(shí)的加速度相同，則有，即，解得t＝1 s，分離時(shí)的速度為v＝at＝1 m/s，故B正確，D錯(cuò)誤。
角度　發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界問題
例4 (多選)(2025·山西運(yùn)城高三期末)馬車是古代交通運(yùn)輸?shù)闹饕ぞ撸鐖D所示為一匹馬水平拉動(dòng)一車貨物的示意圖。木板A和B、B和車之間的接觸面都水平，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，車的質(zhì)量為5m，地面對(duì)車的摩擦不計(jì)，馬給車的水平拉力為F，A、B始終沒有離開車的表面，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　)
A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
B.若μ1>μ2，當(dāng)F＝10μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對(duì)滑動(dòng)
C.若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對(duì)于B先滑動(dòng)
D.若μ1<μ2，A、B與車都相對(duì)靜止，F(xiàn)的最大值為8μ1mg
答案　AC
解析　若μ1>μ2，B相對(duì)于車比A相對(duì)于B先滑動(dòng)，所以不管F多大，B相對(duì)車滑動(dòng)后，A相對(duì)B一直靜止，故A正確;若μ1>μ2，整體相對(duì)靜止的最大加速度為am＝＝μ2g，則最大拉力為Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，當(dāng)F＝9μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對(duì)滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤;若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對(duì)于B比B相對(duì)于車先滑動(dòng)，故C正確;若μ1<μ2，A、B與車都相對(duì)靜止，系統(tǒng)的最大加速度為am'＝＝μ1g，則最大拉力為Fm'＝(m＋3m＋5m)am'＝9μ1mg，故D錯(cuò)誤。
角度　動(dòng)力學(xué)的極值問題
例5 (2024·湖北武漢模擬)質(zhì)量為m的物塊放置在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。現(xiàn)對(duì)其施加一大小為mg的外力，則物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大為(　　)
A.g B.g
C.g D.g
答案　B
解析　對(duì)物塊受力分析，設(shè)外力與水平方向成θ角，如圖所示，由牛頓第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化簡可得Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，當(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大，為am＝g，故B正確。
方法總結(jié)　處理動(dòng)力學(xué)臨界和極值問題的方法技巧
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的
假設(shè)法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題
數(shù)學(xué)法 將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件
A級(jí)　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
對(duì)點(diǎn)練1　動(dòng)力學(xué)圖像問題
1.(2025·四川成都模擬)如圖，一水平輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是(　　)
答案　A
解析　根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，則F與x的關(guān)系為一次函數(shù)的關(guān)系，截距為正值，故A正確。
2.(2024·全國甲卷，15)如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
答案　D
解析　設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為F，
3.(多選)(2025·河南焦作高三期末)如圖甲所示，地面上有一質(zhì)量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是(　　)
A.當(dāng)F小于圖中A點(diǎn)值時(shí)，物體的重力Mg>F，物體不動(dòng)
B.圖中A點(diǎn)值等于物體的重力
C.物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成正比
D.圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對(duì)值等于該地的重力加速度
答案　ABD
解析　由題圖可知，其力F小于A點(diǎn)值時(shí)，其加速度為零，即物體處于平衡態(tài)，而初始物體靜止不動(dòng)，所以在小于A點(diǎn)值時(shí)，物體不動(dòng)，且此時(shí)物體的重力Mg>F，故A正確;當(dāng)F為A點(diǎn)值時(shí)，物體的加速度恰好為零，對(duì)物體有F＝Mg，所以圖中A點(diǎn)值等于物體的重力，故B正確;物體向上運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體有F－Mg＝Ma，整理有a＝F－g，所以物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成一次線性關(guān)系，而不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤;由a＝F－g知a－F圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對(duì)值等于該地的重力加速度，故D正確。
對(duì)點(diǎn)練2　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題
4.(2025·山東濰坊模擬)如圖所示，在光滑水平地面上，A、B兩物塊用細(xì)線相連，A物塊質(zhì)量為1 kg，B物塊質(zhì)量為2 kg，細(xì)線能承受的最大拉力為4 N。若要保證在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右運(yùn)動(dòng)，則F的最大值為(　　)
A.4 N B.5 N
C.6 N D.7 N
答案　C
解析　對(duì)兩物塊整體作受力分析有F＝(mA＋mB)a，對(duì)于B物體有FTm＝mBa，F(xiàn)Tm＝4 N，聯(lián)立解得Fm＝6 N，故C正確。
5.(2025·山東濟(jì)南高三期末)如圖所示，靜置于光滑水平面上的物體A通過跨過定滑輪的輕繩與物體B相連，輕繩處于拉直狀態(tài)。已知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦。同時(shí)將A、B兩物體由靜止釋放，釋放后瞬間輕繩的拉力大小為FT。下列說法正確的是(　　)
A.物體B的質(zhì)量越大FT越大
B.物體A的質(zhì)量越大FT越大
C.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最大
D.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最小
答案　C
解析　A、B兩物體的加速度大小相等，以物體A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FT＝mAa，以物體B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝g，由題意知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，即mA＋mB不變，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)mA＝mB時(shí)，mAmB有最大值，所以當(dāng)mA＝mB時(shí)，F(xiàn)T有最大值，故C正確。
6.(多選)如圖所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個(gè)物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是(　　)
A.若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1
答案　AC
解析　三物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤;若μ≠0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。
對(duì)點(diǎn)練3　動(dòng)力學(xué)的臨界和極值問題
7.(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2 kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1 kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止。現(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下結(jié)論正確的是(　　)
A.變力F的最小值為2 N
B.變力F的最小值為6 N
C.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
答案　BC
解析　對(duì)A、B整體受力分析，由牛頓第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，當(dāng)FN最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，故A錯(cuò)誤，B正確;剛開始彈簧的壓縮量為x1＝＝0.05 m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2 m/s，故C正確，D錯(cuò)誤。
8.如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值為(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
答案　C
解析　設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，當(dāng)木板與水平面成θ角時(shí)，由牛頓第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，設(shè)木塊的位移為x，有0－＝2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，加速度有最大值，為am＝－g＝－g，此時(shí)x有最小值，為xmin＝＝0.16 m，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。
B級(jí)　綜合提升練
9.(2024·安徽淮南模擬)足夠長的光滑斜面上的三個(gè)質(zhì)量相同的物塊通過與斜面平行的細(xì)線相連，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的上側(cè)固定有不計(jì)質(zhì)量的力傳感器。改變拉力F0的大小，使三個(gè)物塊沿斜面以相同加速度向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，測得多組傳感器的示數(shù)F和物塊通過的位移x與時(shí)間t的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.斜面的傾角θ＝60°
B.每個(gè)物塊的質(zhì)量m＝2.5 kg
C.當(dāng)F＝10 N時(shí)，F(xiàn)0＝15 N
D.當(dāng)F＝10 N時(shí)，物塊的加速度大小為a＝2.5 m/s2
答案　C
解析　對(duì)物塊2、3，根據(jù)牛頓第二定律有F－2mgsin θ＝2ma，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝at2，聯(lián)立可解得gsin θ，由題圖乙可知，圖像斜率k＝，即m＝0.5 kg，圖像縱軸截距的絕對(duì)值b＝2.5＝gsin θ，解得sin θ＝，所以θ＝30°，故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)F＝10 N時(shí)，由F－2mgsin θ＝2ma，可求得三個(gè)物塊的加速度大小為a＝5 m/s2，對(duì)三個(gè)物塊有F0－3mgsin θ＝3ma，解得F0＝15 N，故C正確，D錯(cuò)誤。
10.如圖所示，固定的足夠長的光滑斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端固定有輕質(zhì)滑輪。位于斜面底端的滑塊P通過不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩繞過滑輪與重物Q連接。開始時(shí)托著重物Q使細(xì)繩恰處于繃直狀態(tài)，滑塊P和滑輪間的細(xì)繩與斜面平行，重物Q與滑輪間的細(xì)繩沿豎直方向。現(xiàn)釋放重物Q，重物Q向下運(yùn)動(dòng)，滑塊P沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑塊P的速度達(dá)到v時(shí)剪斷細(xì)繩，發(fā)現(xiàn)滑塊P回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度大小變?yōu)?v。不計(jì)一切摩擦阻力。求:
(1)剪斷細(xì)繩前后P在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比及加速度大小之比;
(2)滑塊P與重物Q的質(zhì)量之比。
答案　(1)1　　(2)
解析　(1)選沿斜面向上為正方向，剪斷細(xì)繩前后P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，剪斷細(xì)繩前有
v＝a1t1
剪斷細(xì)繩后有－2v＝v－a2t2
兩階段滑塊P發(fā)生的位移大小相等，方向相反，有a1＝－
聯(lián)立得。
(2)設(shè)細(xì)繩上的拉力為FT，重力加速度為g，剪斷細(xì)繩前對(duì)滑塊P，有FT－mPgsin θ＝mPa1
對(duì)重物Q，有mQg－FT＝mQa1
剪斷細(xì)繩后，對(duì)滑塊P有mPgsin θ＝mPa2
聯(lián)立解得。
C級(jí)　培優(yōu)加強(qiáng)練
11.(多選)(2025·湖南長沙雅禮中學(xué)月考)水平面上放置一質(zhì)量為m的滑塊A，上方有圓形凹槽，質(zhì)量為2m的圓柱B恰好能放置在凹槽中，其截面圖如圖所示，圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線跟豎直方向夾角θ＝30°。一質(zhì)量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩與A相連，細(xì)繩伸直后由靜止釋放C，不計(jì)一切摩擦，A離定滑輪足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.若A、B能保持相對(duì)靜止，則細(xì)繩的張力大小為
B.若A、B能保持相對(duì)靜止，則A對(duì)B的作用力大小為2mg
C.當(dāng)M＝(＋1)m時(shí)，B恰要從凹槽中滾出
D.若θ＝45°，則只要M足夠大，B一定可以從凹槽中滾出
答案　AB
解析　若A、B相對(duì)靜止，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律得Mg＝(m＋2m＋M)a，則加速度大小為a＝，對(duì)A、B受力分析，有FT＝3ma，解得FT＝;再對(duì)B受力分析，有＝(2ma)2＋(2mg)2，所以FAB＝2mg，故A、B正確;小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力FAB沿著圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線方向，得FABsin θ＝2ma1，F(xiàn)ABcos θ＝2mg，臨界加速度大小為a1＝g，對(duì)A、B整體有a1＝，解得M＝m，故C錯(cuò)誤;若θ＝45°，由FABsin θ＝2ma2和FABcos θ＝2mg，解得臨界加速度大小a2＝g，由于專題強(qiáng)化四　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
第三章　運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系
掌握動(dòng)力學(xué)圖像的斜率、截距、特殊點(diǎn)、面積的物理意義。
知道連接體的類型及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，會(huì)用整體法和隔離法分析連接體問題。
會(huì)分析臨界與極值問題，并會(huì)用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問題。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
目 錄
CONTENTS
考點(diǎn)
01
提升素養(yǎng)能力
02
考點(diǎn)
1
考點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題
考點(diǎn)一　動(dòng)力學(xué)圖像問題
考點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題
常見動(dòng)力學(xué)圖像及應(yīng)用方法
考點(diǎn)一　動(dòng)力學(xué)圖像問題
v－t 圖像 根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力
F－a 圖像 首先要根據(jù)具體的物理情景，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出F、a兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
a－t 圖像 要注意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合物體受力情況并根據(jù)牛頓第二定律列方程
F－t 圖像 要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
例1 (2024·廣東卷，7)如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過程中，其F－y圖像或y－t圖像可能正確的是(　　)
B
解析　在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力，保持不變，即F＝mg;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，F(xiàn)＝mg－k(y－H)，隨著y的增大F減小;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過程中，F(xiàn)＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，隨著y的增大F增大，F(xiàn)－y圖像如圖B項(xiàng)所示，故B正確，A錯(cuò)誤;在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v＝gt，速度逐漸增大，所以y－t圖像斜率逐漸增大;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以y－t圖像斜率繼續(xù)增大;當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，速度達(dá)到最大，y－t圖像中斜率最
大;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)的過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以y－t圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，木塊的速度為零，y－t圖像的斜率為零。綜上分析可知，木塊先做自由落體運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)。同理可知，木塊在上升過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)。y－t圖像大致如圖所示，故C、D錯(cuò)誤。
動(dòng)力學(xué)圖像問題的解題策略
(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。
跟蹤訓(xùn)練
1.(多選)(2024·四川成都模擬)如圖甲所示，平行于傾角為θ的固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中加速a與F的關(guān)系如圖乙。圖線的斜率為k，與F軸交點(diǎn)坐標(biāo)為c，與a軸交點(diǎn)為－b。由圖可知(　　)
A.小物塊的質(zhì)量為k
B.小物塊的質(zhì)量為
C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為b
D.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c
BD
解析　以小物塊為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝，結(jié)合a－F圖像可得＝k＝，－＝－b，可知小物塊的質(zhì)量為m＝，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和mgsin θ＋Ff＝mb＝c，故B、D正確。
1.連接體的五大類型
考點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題
彈簧 連接體
輕繩 連接體
輕桿 連接體
物體疊放 連接體
兩物體并 排連接體
2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。
(2)輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。
(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。
(4)接觸連接——兩物體通過彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。
3.連接體問題的分析方法
(1)整體法:若連接體內(nèi)的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度。
(2)隔離法:求系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。
(3)整體法、隔離法的交替運(yùn)用，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。
例2 (2024·福建泉州模擬)如圖所示，在水平面上放置著兩個(gè)靠在一起、橫截面為梯形的物體P和Q，θ＝37°，P和Q質(zhì)量之比為7∶2，所有接觸面均光滑。若把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相對(duì)靜止;若把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相對(duì)靜止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則為(　　)
A
A. B. C.1 D.3
解析　設(shè)P和Q的質(zhì)量分別為7m和2m，當(dāng)把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有F1＝9ma1。隔離Q分析，
因?yàn)镻和Q恰好相對(duì)靜止，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律有2mgtan θ＝2ma1，聯(lián)立解得F1＝mg;當(dāng)把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有F2＝9ma2，設(shè)Q對(duì)P的彈力大小為FN，則FNsin θ＝7ma2，根據(jù)牛頓第三定律可知P對(duì)Q的彈力大小為FN'＝FN，隔離Q分析，因?yàn)镻和Q恰好相對(duì)靜止，在豎直方向上根據(jù)平衡條件有FN'cos θ＝2mg，聯(lián)立解得F2＝mg，所以，故A正確。
拓展 (1)上題中，若兩物體P、Q接觸面為豎直面，用力F作用在P上向左推P物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN1，用同樣大小的力F作用在Q上向右推Q物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN2，則＝　　　　。
答案　
解析　力F作用在P上時(shí)，對(duì)P、Q整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝9ma1，隔離Q分析，P對(duì)Q的彈力FN1＝2ma，解得FN1＝F;力F作用在Q上，對(duì)P、Q整體可得F＝9ma2，隔離P物體，Q對(duì)P的彈力FN2＝7ma2，解得FN2＝F，故。
(2)若將P和Q疊放在一起，放在光滑的水平面上，兩物體P和Q間接觸面是粗糙的，水平力F分別作用在P、Q上，兩物體均可保持相對(duì)靜止，則兩種情況下P、Q間的摩擦力分別為多大
答案　F　F
解析　力F作用在P上，P和Q一起加速運(yùn)動(dòng)，則對(duì)整體有F＝9ma2
隔離Q物體，P對(duì)Q的摩擦力Ff1＝2ma2
解得Ff1＝F
力F作用在Q上，P和Q一起加速運(yùn)動(dòng)
則對(duì)整體有F＝9ma1
隔離P物體，Q對(duì)P的摩擦力Ff2＝7ma1
解得Ff2＝F。
力的“分配”原則
如圖所示，一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)，若外力F作用于質(zhì)量為m1的物體上，兩物體間的彈力F彈＝F;若作用于質(zhì)量為m2的物體上，則F彈＝F。此結(jié)論與有無摩擦無關(guān)(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、有何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關(guān)，而且物體系統(tǒng)處于水平面、斜面、豎直方向時(shí)，結(jié)論都成立。
2.(2025·湖北十一校聯(lián)考)物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2 kg，如圖甲所示。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時(shí)對(duì)物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1 s時(shí)撤去，在0~1 s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中以下說法正確的是(　　)
跟蹤訓(xùn)練
C
A.t＝1 s時(shí)，物塊Q的速度大小為0.4 m/s
B.恒力F大小為1.6 N
C.物塊Q的質(zhì)量為0.5 kg
D.撤去推力后，物塊P、Q最終將一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
解析　若0~1 s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t＝1 s時(shí)Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s。由圖可知實(shí)際Q的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t＝1 s時(shí)Q的速度大小大于0.4 m/s，A錯(cuò)誤;剛施加力F瞬間，對(duì)物塊P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小為2 N，B錯(cuò)誤;t＝1 s時(shí)，對(duì)物塊P、Q整體有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正確;撤去外力，整體所受合力為零，P、Q間靠彈簧相互作用，一個(gè)加速則另一個(gè)必然減速，D錯(cuò)誤。
3.(多選)(2025·安徽蕪湖高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測)如圖所示，物體A和B中間用一個(gè)輕桿相連，在傾角為θ的固定斜面上勻速下滑，桿與斜面平行。已知B物體光滑，質(zhì)量為m，A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為2m，下列說法中正確的是(　　)
A.A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ
B.輕桿對(duì)A物體的作用力沿斜面向下
C.增加A物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面減速下滑
D.增加B物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面勻速下滑
BC
解析　以整體為研究對(duì)象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得3mgsin θ＝2μmgcos θ，解得μ＝tan θ，故A錯(cuò)誤;B物體光滑，輕桿對(duì)B物體的作用力沿斜面向上，則輕桿對(duì)A物體的作用力沿斜面向下，故B正確;設(shè)A物塊質(zhì)量增加Δm，則摩擦力
增加μΔmgcos θ＝Δmgsin θ，A物體的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整體合力不為0，而是沿斜面向上，則A、B整體做減速運(yùn)動(dòng)，故C正確;若增加B物體的質(zhì)量，設(shè)B質(zhì)量增加Δm，整體的沿斜面向下的分力為(3m＋Δm)gsin θ，向上的摩擦力為2μmgcos θ＝3mgsin θ，A、B整體的合力為Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
1.常見臨界問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件:彈力FN＝0。
(2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件:靜摩擦力達(dá)到最大值。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力;繩子松弛的臨界條件是T＝0。
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合力為零。
考點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題
2.解題基本思路
(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個(gè)階段)。
(2)尋找過程中變化的物理量。
(3)探索物理量的變化規(guī)律。
(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。
角度　　恰好分離的臨界問題
例3 (2024·湖南婁底模擬)如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個(gè)物體，A、B的質(zhì)量分別為mA＝6 kg，mB＝4 kg，從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB大小隨時(shí)間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示，則(　　)
B
A.t＝0時(shí)，A物體的加速度為2 m/s2
B.t＝1 s時(shí)，A、B開始分離
C.t＝0時(shí)，A、B之間的相互作用力為3 N
D.A、B開始分離時(shí)的速度為3 m/s
解析　由題圖甲、乙可得FA＝(8－2t) N，F(xiàn)B＝(2＋2t) N，t＝0時(shí)，可知FA0＝8 N，F(xiàn)B0＝2 N，由于FAO>FBO，所以二者不會(huì)分開，A、B兩物體的加速度為a＝＝1 m/s2，設(shè)此時(shí)A、B之間的相互作用力為F，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開始分離，此時(shí)的加速度相同，則有，即，解得t＝1 s，分離時(shí)的速度為v＝at＝1 m/s，故B正確，D錯(cuò)誤。
角度　　發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界問題
例4 (多選)(2025·山西運(yùn)城高三期末)馬車是古代交通運(yùn)輸?shù)闹饕ぞ撸鐖D所示為一匹馬水平拉動(dòng)一車貨物的示意圖。木板A和B、B和車之間的接觸面都水平，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，車的質(zhì)量為5m，地面對(duì)車的摩擦不計(jì)，馬給車的水平拉力為F，A、B始終沒有離開車的表面，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　)
AC
A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
B.若μ1>μ2，當(dāng)F＝10μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對(duì)滑動(dòng)
C.若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對(duì)于B先滑動(dòng)
D.若μ1<μ2，A、B與車都相對(duì)靜止，F(xiàn)的最大值為8μ1mg
解析　若μ1>μ2，B相對(duì)于車比A相對(duì)于B先滑動(dòng)，所以不管F多大，B相對(duì)車滑動(dòng)后，A相對(duì)B一直靜止，故A正確;若μ1>μ2，整體相對(duì)靜止的最大加速度為am＝＝μ2g，則最大拉力為Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，當(dāng)F＝9μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對(duì)滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤;若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對(duì)于B比B相對(duì)于車先滑動(dòng)，故C正確;若μ1<μ2，A、B與車都相對(duì)靜止，系統(tǒng)的最大加速度為am'＝＝μ1g，則最大拉力為Fm'＝(m＋3m＋5m)am'＝9μ1mg，故D錯(cuò)誤。
角度　　動(dòng)力學(xué)的極值問題
例5 (2024·湖北武漢模擬)質(zhì)量為m的物塊放置在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。現(xiàn)對(duì)其施加一大小為mg的外力，則物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大為(　　)
A.g B.g C.g D.g
B
解析　對(duì)物塊受力分析，設(shè)外力與水平方向成θ角，如圖所示，由牛頓第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化簡可得Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，當(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大，為am＝g，故B正確。
方法總結(jié)　處理動(dòng)力學(xué)臨界和極值問題的方法技巧
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的
假設(shè)法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題
數(shù)學(xué)法 將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件
提升素養(yǎng)能力
2
A級(jí)　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
A
對(duì)點(diǎn)練1　動(dòng)力學(xué)圖像問題
1.(2025·四川成都模擬)如圖，一水平輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是(　　)
解析　根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，則F與x的關(guān)系為一次函數(shù)的關(guān)系，截距為正值，故A正確。
D
2.(2024·全國甲卷，15)如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
解析　設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為F，
ABD
3.(多選)(2025·河南焦作高三期末)如圖甲所示，地面上有一質(zhì)量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是(　 　)
A.當(dāng)F小于圖中A點(diǎn)值時(shí)，物體的
重力Mg>F，物體不動(dòng)
B.圖中A點(diǎn)值等于物體的重力
C.物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成正比
D.圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對(duì)值等于該地的重力加速度
解析　由題圖可知，其力F小于A點(diǎn)值時(shí)，其加速度為零，即物體處于平衡態(tài)，而初始物體靜止不動(dòng)，所以在小于A點(diǎn)值時(shí)，物體不動(dòng)，且此時(shí)物體的重力Mg>F，故A正確;當(dāng)F為A點(diǎn)值時(shí)，物體的加速度恰好為零，對(duì)物體有F＝Mg，所以圖中A點(diǎn)值等于物體的重力，故B正確;物體向上運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體有F－Mg＝Ma，整理有a＝F－g，所以物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成一次線性關(guān)系，而不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤;由a＝F－g知a－F圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對(duì)值等于該地的重力加速度，故D正確。
C
對(duì)點(diǎn)練2　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題
4.(2025·山東濰坊模擬)如圖所示，在光滑水平地面上，A、B兩物塊用細(xì)線相連，A物塊質(zhì)量為1 kg，B物塊質(zhì)量為2 kg，細(xì)線能承受的最大拉力為4 N。若要保證在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右運(yùn)動(dòng)，則F的最大值為(　　)
A.4 N B.5 N C.6 N D.7 N
解析　對(duì)兩物塊整體作受力分析有F＝(mA＋mB)a，對(duì)于B物體有FTm＝mBa，F(xiàn)Tm＝4 N，聯(lián)立解得Fm＝6 N，故C正確。
C
5.(2025·山東濟(jì)南高三期末)如圖所示，靜置于光滑水平面上的物體A通過跨過定滑輪的輕繩與物體B相連，輕繩處于拉直狀態(tài)。已知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦。同時(shí)將A、B兩物體由靜止釋放，釋放后瞬間輕繩的拉力大小為FT。下列說法正確的是(　　)
A.物體B的質(zhì)量越大FT越大
B.物體A的質(zhì)量越大FT越大
C.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最大
D.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最小
解析　A、B兩物體的加速度大小相等，以物體A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FT＝mAa，以物體B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝g，由題意知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，即mA＋mB不變，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)mA＝mB時(shí)，mAmB有最大值，所以當(dāng)mA＝mB時(shí)，F(xiàn)T有最大值，故C正確。
AC
6.(多選)如圖所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個(gè)物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是(　　)
A.若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1
解析　三物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤;若μ≠0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。
BC
對(duì)點(diǎn)練3　動(dòng)力學(xué)的臨界和極值問題
7.(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2 kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1 kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止。現(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下結(jié)論正確的是(　　)
A.變力F的最小值為2 N
B.變力F的最小值為6 N
C.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
解析　對(duì)A、B整體受力分析，由牛頓第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，當(dāng)FN最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，故A錯(cuò)誤，B正確;剛開始彈簧的壓縮量為x1＝＝0.05 m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2 m/s，故C正確，D錯(cuò)誤。
C
8.如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值為(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
解析　設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，當(dāng)木板與水平面成θ角時(shí)，由牛頓第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，設(shè)木塊的位移為x，有0－＝2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，加速度有最大值，為am＝－g＝－g，此時(shí)x有最小值，為xmin＝＝0.16 m，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。
B級(jí)　綜合提升練
C
9.(2024·安徽淮南模擬)足夠長的光滑斜面上的三個(gè)質(zhì)量相同的物塊通過與斜面平行的細(xì)線相連，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的上側(cè)固定有不計(jì)質(zhì)量的力傳感器。改變拉力F0的大小，使三個(gè)物塊沿斜面以相同加速度向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，測得多組傳感器的示數(shù)F和物塊通過的位移x與時(shí)間t的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.斜面的傾角θ＝60°
B.每個(gè)物塊的質(zhì)量m＝2.5 kg
C.當(dāng)F＝10 N時(shí)，F(xiàn)0＝15 N
D.當(dāng)F＝10 N時(shí)，物塊的加速度大小為a＝2.5 m/s2
解析　對(duì)物塊2、3，根據(jù)牛頓第二定律有F－2mgsin θ＝2ma，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝at2，聯(lián)立可解得gsin θ，由題圖乙可知，圖像斜率k＝，即m＝0.5 kg，圖像縱軸截距的絕對(duì)值b＝2.5＝gsin θ，解得sin θ＝，所以θ＝30°，故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)F＝10 N時(shí)，由F－2mgsin θ＝2ma，可求得三個(gè)物塊的加速度大小為a＝5 m/s2，對(duì)三個(gè)物塊有F0－3mgsin θ＝3ma，解得F0＝15 N，故C正確，D錯(cuò)誤。
10.如圖所示，固定的足夠長的光滑斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端固定有輕質(zhì)滑輪。位于斜面底端的滑塊P通過不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩繞過滑輪與重物Q連接。開始時(shí)托著重物Q使細(xì)繩恰處于繃直狀態(tài)，滑塊P和滑輪間的細(xì)繩與斜面平行，重物Q與滑輪間的細(xì)繩沿豎直方向。現(xiàn)釋放重物Q，重物Q向下運(yùn)動(dòng)，滑塊P沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑塊P的速度達(dá)到v時(shí)剪斷細(xì)繩，發(fā)現(xiàn)滑塊P回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度大小變?yōu)?v。不計(jì)一切摩擦阻力。求:
(1)剪斷細(xì)繩前后P在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比及加速度大小之比;
(2)滑塊P與重物Q的質(zhì)量之比。
答案　(1)1　　(2)
解析　(1)選沿斜面向上為正方向，剪斷細(xì)繩前后P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
分別為t1、t2，剪斷細(xì)繩前有v＝a1t1
剪斷細(xì)繩后有－2v＝v－a2t2
兩階段滑塊P發(fā)生的位移大小相等，方向相反，有a1＝－
聯(lián)立得。
(2)設(shè)細(xì)繩上的拉力為FT，重力加速度為g，剪斷細(xì)繩前對(duì)滑塊P，有FT－mPgsin θ＝mPa1
對(duì)重物Q，有mQg－FT＝mQa1
剪斷細(xì)繩后，對(duì)滑塊P有mPgsin θ＝mPa2
聯(lián)立解得。
AB
11.(多選)(2025·湖南長沙雅禮中學(xué)月考)水平面上放置一質(zhì)量為m的滑塊A，上方有圓形凹槽，質(zhì)量為2m的圓柱B恰好能放置在凹槽中，其截面圖如圖所示，圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線跟豎直方向夾角θ＝30°。一質(zhì)量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩與A相連，細(xì)繩伸直后由靜止釋放C，不計(jì)一切摩擦，A離定滑輪足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
C級(jí)　培優(yōu)加強(qiáng)練
A.若A、B能保持相對(duì)靜止，則細(xì)繩的張力大小為
B.若A、B能保持相對(duì)靜止，則A對(duì)B的作用力大小為2mg
C.當(dāng)M＝(＋1)m時(shí)，B恰要從凹槽中滾出
D.若θ＝45°，則只要M足夠大，B一定可以從凹槽中滾出
解析　若A、B相對(duì)靜止，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律得Mg＝(m＋2m＋M)a，則加速度大小為a＝，對(duì)A、B受力分析，有FT＝3ma，解得FT＝;再對(duì)B受力分析，有＝(2ma)2＋(2mg)2，所以FAB＝2mg，故A、B正確;小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力FAB沿著圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線方向，得FABsin θ＝2ma1，F(xiàn)ABcos θ＝2mg，臨界加速度大小為a1＝g，對(duì)A、B整體有a1＝，解得M＝m，故C錯(cuò)誤;若θ＝45°，由FABsin θ＝2ma2和FABcos θ＝2mg，解得臨界加速度大小a2＝g，由于

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