人教版高中物理必修第一册第四章素养提升课(六)连接体问题、临界问题、动力学图像问题学案

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素养提升课(六)　连接体问题、临界问题、动力学图像问题1．学会处理动力学中的连接体问题。2．学会处理动力学中的临界问题。3．学会处理动力学中的图像问题。 探究1　动力学中的连接体问题1．常见连接体模型两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。常见模型如图所示。2．外力和内力如果以物体(包括物体间的绳、弹簧等)组成的系统为研究对象，则系统之外的作用力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。3．处理连接体问题的方法(1)整体法：把多个物体组成的系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。【典例1】　如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连，mA＝2 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，不计绳2与滑轮间的摩擦，取g＝10 m/s2，求：(1)系统的加速度大小；(2)绳1和绳2中的张力大小。[思路点拨]　解此题应抓住以下两点：(1)物体A、B、C的加速度大小相等。(2)物体A、C与水平桌面间存在摩擦力，且动摩擦因数相同，所以A、C可以看作一个“小整体”。[解析]　设系统的加速度大小为a，绳1的张力大小为F1，绳2的张力大小为F2。对物体C由牛顿第二定律得F1－μmCg＝mCa对A、C整体由牛顿第二定律得F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a对物体B由牛顿第二定律得mBg－F2＝mBa联立解得a＝3.75 m/s2，F1＝6.25 N，F2＝18.75 N。[答案]　(1)3.75 m/s2　(2)6.25 N　18.75 N　整体法与隔离法的选用(1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。(2)求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。(3)无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。 [针对训练]1．(2022·全国乙卷)如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为(　　)A．5F8m B．2F5mC．3F8m D．3F10mA　[当两球运动至二者相距3L5时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sin θ＝m绳a，又轻绳质量近似为0，解得F1＝5F8。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝5F8m，选项A正确。]2．(多选)如图所示，用水平恒力F推小车和货物一起做匀加速直线运动，小车质量为M，货物质量为m，它们的共同加速度为a，货物与小车间的动摩擦因数为μ。小车与地面间的摩擦力不计，重力加速度为g，在运动过程中(货物与推杆不接触)(　　)A．货物运动的加速度大小为Fm+MB．货物受到的摩擦力大小一定为μmgC．小车受到的摩擦力大小一定为mFM+mD．小车受到的合力大小一定为F－μmgAC　[小车和货物相对静止，对整体分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a，解得加速度大小为a＝Fm+M，A项正确；隔离货物分析，由牛顿第二定律可得，货物受到的静摩擦力大小为Ff＝ma＝mm+MF，货物受到的是静摩擦力，不一定等于μmg，根据牛顿第三定律可知，小车受到的摩擦力大小一定为mFM+m，B项错误，C项正确；由牛顿第二定律可得，小车受到的合力大小为F合＝F－Ff＝Ma＝Mm+MF，D项错误。] 探究2　动力学中的临界问题1．动力学中的典型临界问题(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力N＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是张力等于它所能承受的最大张力。绳子松弛的临界条件是T＝0。(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化。当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当加速度为零时，所对应的速度便会出现最大值或最小值。2．求解临界极值问题的三种常用方法(1)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。(2)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。(3)数学方法：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。【典例2】　如图所示，一质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜面与水平面夹角为θ＝30°，重力加速度为g，则：(1)劈以加速度a1＝g3水平向左加速运动时，绳的拉力为多大？(2)劈的加速度至少为多大时小球对劈无压力？此时加速度方向如何？[解析]　当劈水平向左的加速度较小时，小球对劈有压力作用，当劈水平向左的加速度较大时，小球将离开斜面。(1)对小球进行受力分析如图甲所示。在水平方向上有FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1在竖直方向上有FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg由以上两式得FT1 ＝3+36mg。(2)对小球进行受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得小球对劈无压力时FT2cos θ＝ma2FT2sin θ＝mg由以上两式得a2＝3g，方向水平向左。[答案]　(1)3+36mg　(2)3g，方向水平向左[母题变式]　本题中若劈的加速度为a3＝2g且水平向左加速运动时，绳的拉力又为多大？[提示]　FT3＝5mg。[针对训练]3．如图所示，有一倾角为θ的光滑斜面，放在水平面上，用固定在斜面上的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球的质量为m。若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起(　　)A．水平向右加速，加速度a＝g tan θB．水平向左加速，加速度a＝g tan θC．水平向右减速，加速度a＝g sin θD．水平向左减速，加速度a＝g sin θB　[球对竖直挡板无压力时，球的受力分析如图所示，重力mg和斜面支持力N的合力方向水平向左。F＝mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ，因此斜面应向左加速或者向右减速，故B正确。]4．如图所示，两个质量均为m的物块叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，物块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升，则A、B分离时B的速度为(　　)A．g2mk B．gm2kC．g2mk D．2gmkB　[两物块静止时，弹簧压缩量x1＝2mgk。两物块分离时，A、B之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为x2，对物块B，有kx2－mg＝ma，得x2＝3mg2k，物块B的位移x＝x1－x2＝mg2k，由v2＝2ax得v＝gm2k，B正确。] 探究3　动力学中的图像问题1．动力学图像2．分析方法：就图像本身而言，分析方法与运动学图像相同，即关注“点、线、斜率、截距、面积”等元素，只是动力学图像问题增加了受力分析，以及应用牛顿第二定律求解物体的加速度(或质量、受力等)。3．解题关键：充分挖掘图像隐含条件或信息，并把运动学图像和力的图像结合分析。【典例3】　(多选)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。以下说法正确的是(　　)A．第2 s内物体位移大小是4 mB．0～4 s过程中物体做匀变速直线运动C．物体的质量m＝5 kgD．物体与地面间的动摩擦因数为0.1CD　[由题图乙可知第2 s内物体位移为x＝12×(2＋4)×1 m＝3 m，故A错误；由题图乙可知，前 2 s 做匀加速直线运动，后2 s做匀速直线运动，故B错误；由牛顿第二定律可知前2 s内F1－μmg＝ma，后2 s内F2＝μmg，由题图甲可知F1＝15 N，由题图乙可知a＝2 m/s2，F2＝5 N，解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C、D正确。][针对训练]5．(2023·全国甲卷)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)A．m甲m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙BC　[对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题F-a图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]6．质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、a-t图像正确的是(　　)A　　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　　DB　[第1 s内物体受力方向为负，t＝1 s时速度为0，则在前1 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速度为1 m/s；第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；第2～4 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，故B正确。]素养提升练(六)1．两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触地放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于(　　)A．m1m1+m2F B．m2m1+m2FC．F D．m1m2FB　[对物体A、B组成的整体根据牛顿第二定律得a＝Fm1+m2，对物体B，由牛顿第二定律得F′＝m2a＝m2m1+m2F，故选项B正确。]2．如图所示，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离开静止状态位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DA　[设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。]3．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　)A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2B　[书放在水平桌面上，若书恰好相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，则高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。]4．(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球球心的连线与竖直方向的夹角为α。下列说法正确的是(　　)A．小铁球所受合力为零B．小铁球受到的合外力方向水平向左C．F＝(M＋m)g tan αD．系统的加速度为a＝g tan αCD　[隔离小铁球受力分析得F合＝mg tan α＝ma，且合外力水平向右，故小铁球的加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A、B错误，D正确；对整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，C正确。]5．(多选)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体所受的重力大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－gABD　[当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝FM－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确。]6．(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v-t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5D．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2BC　[速度—时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，物块沿斜面上滑时的加速度大小为a1＝10 m/s2, 沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律，物块上滑时，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1；物块下滑时，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5，故B、C正确，A、D错误。]7．质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，它们的质量之比m∶M＝1∶2。如图甲所示，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；如图乙所示，当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　)A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3A　[题图甲中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，再对A进行受力分析，可得T1－μmg＝ma，整理可得T1＝mFM+m。题图乙中，同样将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a′，再对A进行受力分析，可得T 2－mg＝ma′，整理可得T 2＝mFM+m。因此两次弹簧的弹力相等，由胡克定律F＝kx可知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1∶x2＝1∶1，故A正确，B、C、D错误。]8．(多选)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后(　　)A．绳子上的拉力大小FT＝(M＋m)gB．物体A的加速度大小a＝m2M+mgC．Mm的取值小一些，便于观测和研究D．Mm的取值大一些，便于观测和研究BD　[对物体A，由牛顿第二定律得FT－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，联立解得FT＝Mg＋Mmg2M+m，a＝m2M+mg, 故A错误，B正确；由a＝m2M+mg＝12Mm+1g知Mm的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故C错误，D正确。]9．(多选)如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在质量为M＝1 kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是(　　)A．木板受到地面的摩擦力的大小可能是1 NB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是4 NC．当F>12 N时，木块才会在木板上滑动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动AC　[木板与地面间滑动摩擦力的大小为Ff2＝μ2(m＋M)g＝4 N，木块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff1＝μ1mg＝6 N，当F≤4 N时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故B错误，A正确；设拉力为F0时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得a0＝F0-μ1mgm＝μ1mg-μ2m+MgM，解得F0＝12 N，所以当F>12 N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；当F>4 N时，木板向右运动，故D错误。]10．(多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是(　　)A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DAD　[从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，v-t图线斜率恒定；绳子拉直后，在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v-t图线斜率减小，弹力等于重力之后，人开始做减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增大，v-t图线斜率绝对值逐渐增大，直到速度减到零，A正确，B错误；从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定；绳子拉直后，在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mg－k(y－y0)＝ma1，则加速度为a1＝g－ky-y0m，弹力等于重力之后，人开始做减速运动，k(y－y0)－mg＝ma2，则加速度大小为a2＝ky-y0m－g，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，D正确，C错误。]11．如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N(cos 53°＝0.6, sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)。(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值；(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。[解析]　(1)对小球受力分析如图所示，小球竖直向上匀加速运动，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得：竖直方向有Fa sin 53°－mg＝ma水平方向有Fa cos 53°＝Fb解得Fb＝9 N，此时加速度有最大值a＝2 m/s2。(2)小球水平向右匀加速运动，当b线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得：竖直方向有Fa sin 53°＝mg水平方向有Fb－Fa cos 53°＝ma′解得Fa＝12.5 N，此时加速度有最大值a′＝7.5 m/s2。[答案]　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s212．如图1所示，一质量为m＝2 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图3所示，4 s后图线没有画出。g取10 m/s2。求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)物体在前6 s内的位移。[解析]　(1)由v-t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，根据v-t图像和加速度定义式a＝ΔvΔt得a1＝44 m/s2＝1 m/s2，在0～4 s内，在水平方向有F1－μmg＝ma1(由F-t图像可知F1＝5 N)解得μ＝0.15。(2)设前4 s物体的位移为x1，由位移公式得x1＝12a1t12＝12×1×16 m＝8 m设4 s后物体运动时的加速度为a2，根据牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2解得a2＝－0.5 m/s2物体在4 s末时的速度为v＝4 m/s，由位移公式得物体减速运动2 s内的位移x2＝vt′＋12a2t′2＝4×2 m－12×0.5×22 m＝7 m所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝15 m。[答案]　(1)0.15　(2)15 m图像题型v-t图像已知物体的运动图像，求解物体的受力情况运动图像关联受力图像，对物体的受力情况、运动情况进行综合考察a-t图像F-t图像已知物体的受力图像，求解物体的运动情况F-a图像