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新高考物理一轮复习讲义第3章 运动和力的关系 专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题 (含解析)
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这是一份新高考物理一轮复习讲义第3章 运动和力的关系 专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
学习目标 1.理解图像的坐标轴、斜率等所代表的物理量。 2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。
考点一 动力学图像问题
1.常见动力学图像及应用方法
2.动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
例1 (多选)(2021·全国乙卷，21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图1(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
图1
A.F1＝μ1m1g
B.F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g
C.μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，
F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，B、D正确。
跟踪训练
1.公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图2所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在( )
图2
A.0到6 s内的位移约等于30 m
B.0时刻的速度约为28 km/h
C.4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D.4 s时受到外力的合力约为2 500 N
答案 B
解析 由a－t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋eq \f(1,2)×(1.5＋2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×3×1.5 m/s＝
7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s＝28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x＜eq \f(1,2)v0t＝23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5 000 N，故D错误。
考点二 动力学中的连接体问题
1.连接体的五大类型
2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3.连接体问题的分析
整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
例2 (多选)(2022·全国甲卷，19)如图3，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
图3
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
答案 AD
解析 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx′－μmg＝maP1，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。
跟踪训练
2.(多选)如图4所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
图4
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
答案 AD
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。
3.如图5所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )
图5
A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为eq \f(F,mg)
B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为eq \f(F,12m)
D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为eq \f(F,4)
答案 D
解析 小滑块匀速运动时，拉力F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A错误；小滑块匀速时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之间，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝eq \f(F,24m)，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，解得F弹＝eq \f(F,4)，D正确。
力的“分配”原则
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图所示。
地面光滑或粗糙
F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F。
考点三 动力学中的临界和极值问题
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
2.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
3.解题技巧方法
例3 如图6所示，固定在水平地面上倾角为θ的光滑斜面上，两个质量分别为m1、m2的滑块1、2用平行斜面的细线连接，初始时，使两滑块均处于静止状态，且细线处于松弛状态。两滑块现在一起在斜面上运动，为保证细线不断，若仅对滑块1施加平行斜面向上的拉力，拉力最大值为F1；若仅对滑块2施加平行斜面向下的拉力，拉力最大值为F2。重力加速度大小为g，细线所能承受的最大张力为T。下列说法正确的是( )
图6
A.细线所能承受的最大张力需要满足T≥m2gsin θ
B.对滑块1施加的拉力最大值一定满足F1≥(m1＋m2)gsin θ
C.两个拉力最大值一定满足F1＜F2
D.两个拉力最大值满足eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)
答案 D
解析 若仅对滑块1施加平行斜面向上的最大拉力F1，细线张力达到最大值T，对滑块2分析，由牛顿第二定律，有T－m2gsin θ＝m2a1，当T＜m2gsin θ时，加速度a1为负值，表示加速度平行斜面向下，所以细线所能承受的最大张力不需要满足T≥m2gsin θ，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律有
F1－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a1，得F1＝eq \f(m1＋m2,m2)T，则F1＜(m1＋m2)gsin θ，所以对滑块1施加的拉力最大值不需要一定满足F1≥(m1＋m2)gsin θ，A、B错误；若仅对滑块2施加平行斜面向下的最大拉力F2，细线张力达到最大值T，对滑块1分析，由牛顿第二定律，有T＋m1gsin θ＝m1a2，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律，有F2＋(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，得F2＝eq \f(m1＋m2,m1)T，联立解得eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)，C错误，D正确。
例4 如图7所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B(物块B与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态。现对物块A施加一个竖直向上的恒力F＝eq \f(3,2)mg，重力加速度为g，则由静止开始向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，以下说法正确的是( )
图7
A.物块A做匀加速运动
B.物块B的速度先增大后减小
C.恰好分离时物块B的加速度大小为eq \f(g,2)
D.物块A上升的高度为eq \f(2mg,k)
答案 C
解析 上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；物块B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝eq \f(2mg,k)，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对物块A、B分别应用牛顿第二定律有eq \f(3,2)mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，联立解得a＝eq \f(g,2)，x2＝eq \f(3mg,2k)，则物体A上升的高度为h＝x1－x2＝eq \f(mg,2k)，故C正确，D错误。
跟踪训练
4.(2023·山东聊城高三期末)如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( )
图8
A.eq \f(3μmg,5) B.eq \f(3μmg,4) C.eq \f(3μmg,2) D.3μmg
答案 B
解析 当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg－FT＝ma，对左侧整体有FT＝3ma，联立解得FT＝eq \f(3μmg,4)，A、C、D错误，B正确。
5.如图9所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为( )
图9
m m
m D.0.2 m
答案 C
解析 设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcs θ)，设木块的位移为x，有0－veq \\al(2,0)＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值
a＝－geq \r(1＋μ2)，此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－eq \f(5,4)g，x的最小值为xmin＝eq \f(2veq \\al(2,0),5g)＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
A级 基础对点练
对点练1 动力学图像问题
1.如图1所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是( )
图1
答案 A
解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
2.(多选)(2023·山东烟台高三期末)如图2甲所示，一个质量为2kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是( )
图2
A.F的大小为8 N
B.0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反
C.t＝3 s时，物体离出发位置最远
D.3 s末物体的速度为0
答案 BCD
解析 由图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小为
2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由图乙可知，0～1 s加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间
t2＝eq \f(v,a2)＝eq \f(4,2) s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D
正确。
3.(2022·广东广州模拟)如图3，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
图3
答案 B
解析 篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力mg－FN＝ma1，开始阶段地面弹力FN小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，FN增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力FN增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为FN－mg＝ma2，随着FN增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，A、C、D不符合题意。
对点练2 动力学的连接体问题
4.(多选)如图4所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )
图4
A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1
B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
答案 AC
解析 三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。
5.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
答案 C
解析 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
6.(多选)如图5所示，倾角为θ＝30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1 kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10 m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A均未碰到地面和滑轮，斜面体相对地面保持静止，则该过程中下列说法正确的是( )
图5
A.物块B运动方向向上
B.物块A的加速度大小为2.5 m/s2
C.轻绳的拉力大小为7.5 N
D.地面给斜面体的摩擦力方向水平向左
答案 BC
解析 物块A沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝5 N对点练3 动力学中的临界和极值问题
7.汽车运送圆柱形工件的示意图如图6所示。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝
10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
图6
A.3 m/s2 B.2.5 m/s2
C.2 m/s2 D.1.5 m/s2
答案 A
解析 当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，对圆柱形工件进行受力分析，如图所示。在竖直方向上根据平衡条件有FQ＋mg＝FNcs 15°，在水平方向上根据牛顿第二定律得FNsin 15°＝ma，联立以上两式可得a＝0.27eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g＋\f(FQ,m)))>2.7 m/s2，故A可能，B、C、D不可能。
8.(多选)如图7所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜面置于光滑的水平地面上，将一质量为m的小球从斜面上由静止释放，同时对斜面施加一水平方向的力F，下列说法正确的是( )
图7
A.若要使斜面和小球保持相对静止，则F＝Mgtan θ
B.若要使斜面和小球保持相对静止，则F＝(M＋m)gtan θ
C.若要使小球做自由落体运动，则F≥eq \f(Mg,tan θ)
D.若要使小球做自由落体运动，则F＝eq \f(（M＋m）g,tan θ)
答案 BC
解析 若要使斜面和小球保持相对静止，则斜面与小球有相同的加速度，以斜面和小球为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，以小球为研究对象，其受力如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma联立可得F＝(M＋m)gtan θ，A错误，B正确；若要使小球做自由落体运动，可知斜面和小球之间的弹力为零，需对斜面施加水平向右的力F，且斜面M垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度，以斜面M为对象，根据牛顿第二定律可得F＝Ma′，又有a′sin θ≥gcs θ，联立解得F≥eq \f(Mg,tan θ)，C正确，D错误。
B级 综合提升练
9.(多选)如图8所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2) ( )
图8
A.当F＜24 N时，A、B都相对地面静止
B.当F＞24 N时，A相对B发生滑动
C.A的质量为4 kg
D.B的质量为24 kg
答案 BC
解析 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当
F＜24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对B，根据牛顿第二定律得，aB＝eq \f(μmAg,mB)＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝eq \f(F－μmAg,mA)＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误。
10.如图9所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
图9
A.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
答案 A
解析 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，
代入数据解得a0≈13.3 m/s2。
①由于a1＝5 m/s2②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cs α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20eq \r(5) N，选项C、D错误。
11.(2023·山东烟台模拟)如图10所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2eq \r(3) m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求：
图10
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能滑行多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)1.04 m (3)30°
解析 (1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
对玩具由牛顿第二定律得
Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
由匀变速直线运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m≈1.04 m。
(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则
Fcs θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
12.如图11所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
图11
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
答案 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N。v－t图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a图像
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a－t图像
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
弹簧
连接体
轻绳
连接体
轻杆
连接体
物体叠放
连接体
两物体并排连接体
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
学习目标 1.理解图像的坐标轴、斜率等所代表的物理量。 2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。
考点一 动力学图像问题
1.常见动力学图像及应用方法
2.动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
例1 (多选)(2021·全国乙卷，21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图1(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
图1
A.F1＝μ1m1g
B.F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g
C.μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，
F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，B、D正确。
跟踪训练
1.公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图2所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在( )
图2
A.0到6 s内的位移约等于30 m
B.0时刻的速度约为28 km/h
C.4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D.4 s时受到外力的合力约为2 500 N
答案 B
解析 由a－t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋eq \f(1,2)×(1.5＋2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×3×1.5 m/s＝
7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s＝28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x＜eq \f(1,2)v0t＝23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5 000 N，故D错误。
考点二 动力学中的连接体问题
1.连接体的五大类型
2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3.连接体问题的分析
整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
例2 (多选)(2022·全国甲卷，19)如图3，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
图3
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
答案 AD
解析 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx′－μmg＝maP1，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。
跟踪训练
2.(多选)如图4所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
图4
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
答案 AD
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。
3.如图5所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )
图5
A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为eq \f(F,mg)
B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为eq \f(F,12m)
D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为eq \f(F,4)
答案 D
解析 小滑块匀速运动时，拉力F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A错误；小滑块匀速时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之间，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝eq \f(F,24m)，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，解得F弹＝eq \f(F,4)，D正确。
力的“分配”原则
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图所示。
地面光滑或粗糙
F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F。
考点三 动力学中的临界和极值问题
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
2.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
3.解题技巧方法
例3 如图6所示，固定在水平地面上倾角为θ的光滑斜面上，两个质量分别为m1、m2的滑块1、2用平行斜面的细线连接，初始时，使两滑块均处于静止状态，且细线处于松弛状态。两滑块现在一起在斜面上运动，为保证细线不断，若仅对滑块1施加平行斜面向上的拉力，拉力最大值为F1；若仅对滑块2施加平行斜面向下的拉力，拉力最大值为F2。重力加速度大小为g，细线所能承受的最大张力为T。下列说法正确的是( )
图6
A.细线所能承受的最大张力需要满足T≥m2gsin θ
B.对滑块1施加的拉力最大值一定满足F1≥(m1＋m2)gsin θ
C.两个拉力最大值一定满足F1＜F2
D.两个拉力最大值满足eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)
答案 D
解析 若仅对滑块1施加平行斜面向上的最大拉力F1，细线张力达到最大值T，对滑块2分析，由牛顿第二定律，有T－m2gsin θ＝m2a1，当T＜m2gsin θ时，加速度a1为负值，表示加速度平行斜面向下，所以细线所能承受的最大张力不需要满足T≥m2gsin θ，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律有
F1－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a1，得F1＝eq \f(m1＋m2,m2)T，则F1＜(m1＋m2)gsin θ，所以对滑块1施加的拉力最大值不需要一定满足F1≥(m1＋m2)gsin θ，A、B错误；若仅对滑块2施加平行斜面向下的最大拉力F2，细线张力达到最大值T，对滑块1分析，由牛顿第二定律，有T＋m1gsin θ＝m1a2，对滑块1、2整体分析，由牛顿第二定律，有F2＋(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，得F2＝eq \f(m1＋m2,m1)T，联立解得eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)，C错误，D正确。
例4 如图7所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B(物块B与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态。现对物块A施加一个竖直向上的恒力F＝eq \f(3,2)mg，重力加速度为g，则由静止开始向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，以下说法正确的是( )
图7
A.物块A做匀加速运动
B.物块B的速度先增大后减小
C.恰好分离时物块B的加速度大小为eq \f(g,2)
D.物块A上升的高度为eq \f(2mg,k)
答案 C
解析 上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；物块B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝eq \f(2mg,k)，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对物块A、B分别应用牛顿第二定律有eq \f(3,2)mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，联立解得a＝eq \f(g,2)，x2＝eq \f(3mg,2k)，则物体A上升的高度为h＝x1－x2＝eq \f(mg,2k)，故C正确，D错误。
跟踪训练
4.(2023·山东聊城高三期末)如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( )
图8
A.eq \f(3μmg,5) B.eq \f(3μmg,4) C.eq \f(3μmg,2) D.3μmg
答案 B
解析 当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg－FT＝ma，对左侧整体有FT＝3ma，联立解得FT＝eq \f(3μmg,4)，A、C、D错误，B正确。
5.如图9所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为( )
图9
m m
m D.0.2 m
答案 C
解析 设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcs θ)，设木块的位移为x，有0－veq \\al(2,0)＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值
a＝－geq \r(1＋μ2)，此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－eq \f(5,4)g，x的最小值为xmin＝eq \f(2veq \\al(2,0),5g)＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
A级 基础对点练
对点练1 动力学图像问题
1.如图1所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是( )
图1
答案 A
解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
2.(多选)(2023·山东烟台高三期末)如图2甲所示，一个质量为2kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是( )
图2
A.F的大小为8 N
B.0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反
C.t＝3 s时，物体离出发位置最远
D.3 s末物体的速度为0
答案 BCD
解析 由图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小为
2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由图乙可知，0～1 s加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间
t2＝eq \f(v,a2)＝eq \f(4,2) s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D
正确。
3.(2022·广东广州模拟)如图3，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
图3
答案 B
解析 篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力mg－FN＝ma1，开始阶段地面弹力FN小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，FN增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力FN增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为FN－mg＝ma2，随着FN增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，A、C、D不符合题意。
对点练2 动力学的连接体问题
4.(多选)如图4所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )
图4
A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1
B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
答案 AC
解析 三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。
5.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
答案 C
解析 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
6.(多选)如图5所示，倾角为θ＝30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1 kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10 m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A均未碰到地面和滑轮，斜面体相对地面保持静止，则该过程中下列说法正确的是( )
图5
A.物块B运动方向向上
B.物块A的加速度大小为2.5 m/s2
C.轻绳的拉力大小为7.5 N
D.地面给斜面体的摩擦力方向水平向左
答案 BC
解析 物块A沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝5 N
7.汽车运送圆柱形工件的示意图如图6所示。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝
10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
图6
A.3 m/s2 B.2.5 m/s2
C.2 m/s2 D.1.5 m/s2
答案 A
解析 当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，对圆柱形工件进行受力分析，如图所示。在竖直方向上根据平衡条件有FQ＋mg＝FNcs 15°，在水平方向上根据牛顿第二定律得FNsin 15°＝ma，联立以上两式可得a＝0.27eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g＋\f(FQ,m)))>2.7 m/s2，故A可能，B、C、D不可能。
8.(多选)如图7所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜面置于光滑的水平地面上，将一质量为m的小球从斜面上由静止释放，同时对斜面施加一水平方向的力F，下列说法正确的是( )
图7
A.若要使斜面和小球保持相对静止，则F＝Mgtan θ
B.若要使斜面和小球保持相对静止，则F＝(M＋m)gtan θ
C.若要使小球做自由落体运动，则F≥eq \f(Mg,tan θ)
D.若要使小球做自由落体运动，则F＝eq \f(（M＋m）g,tan θ)
答案 BC
解析 若要使斜面和小球保持相对静止，则斜面与小球有相同的加速度，以斜面和小球为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，以小球为研究对象，其受力如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma联立可得F＝(M＋m)gtan θ，A错误，B正确；若要使小球做自由落体运动，可知斜面和小球之间的弹力为零，需对斜面施加水平向右的力F，且斜面M垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度，以斜面M为对象，根据牛顿第二定律可得F＝Ma′，又有a′sin θ≥gcs θ，联立解得F≥eq \f(Mg,tan θ)，C正确，D错误。
B级 综合提升练
9.(多选)如图8所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2) ( )
图8
A.当F＜24 N时，A、B都相对地面静止
B.当F＞24 N时，A相对B发生滑动
C.A的质量为4 kg
D.B的质量为24 kg
答案 BC
解析 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当
F＜24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对B，根据牛顿第二定律得，aB＝eq \f(μmAg,mB)＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝eq \f(F－μmAg,mA)＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误。
10.如图9所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
图9
A.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
答案 A
解析 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，
代入数据解得a0≈13.3 m/s2。
①由于a1＝5 m/s2
11.(2023·山东烟台模拟)如图10所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2eq \r(3) m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求：
图10
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能滑行多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)1.04 m (3)30°
解析 (1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
对玩具由牛顿第二定律得
Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
由匀变速直线运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m≈1.04 m。
(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则
Fcs θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
12.如图11所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
图11
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
答案 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N。v－t图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a图像
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a－t图像
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
弹簧
连接体
轻绳
连接体
轻杆
连接体
物体叠放
连接体
两物体并排连接体
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
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