3.2.2 动力学中的四类典型问题（课件PPT）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

动力学中的四类典型问题 (题型研究课) 第2课时 动力学中的图像问题、连接体问题、临界极值问题及多过程问题属于牛顿运动定律的综合应用问题，这类问题常和生活中的实际情境相结合。这类题目物理情境较新颖，抽象出物理模型的难度较大，学生常因为计算失误而丢分。常用方法有：整体法和隔离法、数图转换法、临界极值法、控制变量法。选择题中等偏易，计算题则趋向中等偏难，过程复杂，计算量大，需优选解决动力学问题的方法。 1 类型(一)　动力学中的图像问题 CONTENTS 目录 类型(二)　动力学中的连接体问题 2 课时跟踪检测 5 4 类型(四)　动力学中的多过程问题 类型(三)　动力学中的临界极值问题 3 动力学中的图像问题 NO.1 续表 续表 A．m甲<m乙 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 [针对训练] 题点1　由图像分析物体的受力 1．(2023·全国甲卷)(双选)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(　 ) √ √ 解析：根据牛顿第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 题点2　由图像分析物体的运动 2．(2024·福州模拟)(双选)如图所示，水平面上有质量m＝1.0kg的静止物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小，取重力加速度g＝10m/s2。下列判断正确的是(　 ) A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3 B．5s内拉力对物块做的功为0 C．4s末物块所受合力大小为4.0N D．6～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2 √ √ 解析：从题图可知，物块开始滑动后，物块所受滑动摩擦力为3N，依题意有μmg＝3N，解得μ＝0.3，故A正确；从题图可知，物块前四秒静止，第5秒开始拉力大于摩擦力，物块开始加速运动，则根据功的定义，可知第5秒内拉力对物块做正功，所以5s内拉力对物块做的功不为0，故B错误；由题图可知，竖直方向上重力与支持力平衡；水平方向上，物块在4s末受水平拉力为4N、与之等大反向的最大摩擦力，则物块所受合力为0，故C错误；从题图可知，在6～9s内，物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定，则有F合＝F－Ff＝2N＝ma，解得a＝2.0m/s2，故D正确。 题点3　由已知条件确定图像 3．(2024·莆田模拟)如图(a)所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。研究从力F刚作用在木块A的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是(　 ) 解析：设平衡时弹簧的压缩量为x0，则mg＝kx0，当弹簧处于压缩状态时，对A由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma；当弹簧处于伸长状态时，根据牛顿第二定律得F－k(x－x0)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma，综上可得力F和木块A的位移x之间的关系为一次函数，并与F轴有交点。故选A。 √ 动力学中的连接体问题 NO.2 1．连接体的类型 续表 2．连接体的运动特点 [考法全训] 考法(一)　加速度相同的连接体问题 [例1]　(双选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是(　 ) A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2 C．若μ>sinθ，有x1>x2 D．若μ<sinθ，有x1<x2 √ √ [针对训练] 1．(2023·北京高考)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　 ) A．1N B．2N C．4N D．5N √ 解析：拉力F最大时，对两物块整体受力分析有F＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N。 考法(二)　加速度不同的连接体问题 [例2]　(2022·全国甲卷)(双选)如图，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(　 ) 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 √ √ [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，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1= =－2μg ， 此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q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，aPm＝－2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg, A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 [针对训练] 2．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为(　 ) A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N √ 动力学中的临界极值问题 NO.3 1．四类典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝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是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度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 2．三种常用解题方法   [考法全训] 考法(一)　接触与脱离的临界问题 [例1]　(2024年1月·九省联考黑龙江、吉林卷)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　 ) A．2mgsinθ B．3mgsinθ C．4mgsinθ D．5mgsinθ [解析]　物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mgsinθ，对甲有F弹1＋mgsinθ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mgsinθ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ＝4mgsinθ，故选C。 √ 考法(二)　叠加体系统的临界问题 [例2]　(双选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　 ) √ √ [规律方法] 叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)　动力学中的极值问题 [例3]　如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ 。重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ [答案]　(1)3m/s2　8m/s (2)30°　 N 动力学中的多过程问题 NO.4 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下： (1)求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？ [针对训练] (双选)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示，一质量m＝2.0kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s，然后无人机又匀速向上运动3s，接着匀减速向上运动4s，速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm＝4m/s，受到的空气阻力恒为f＝1N，重力加速度大小g取10m/s2，则(　 ) A．无人机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25N B．无人机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20N C．无人机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18N D．无人机上升的总高度为24m √ √ 解析：第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝2m/s2，由牛顿第二定律得F1－mg－f＝ma1，得F1＝mg＋ma1＋f＝25N，故A正确；由平衡条件可知，F2＝mg＋f＝21N，故B错误；第三阶段加速度为a2＝－1m/s2，由牛顿第二定律得F3－mg－f＝ma2，得F3＝mg＋ma2＋f＝19N，故C错误；无人机上升的总高度为h＝24m，故D正确。 课时跟踪检测 NO.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A级——全员必做 1．在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A．运动员的质量为40kg B．运动员在3.6～4.8s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50m/s2 D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2．(2023·九江模拟)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析： A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsinθ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图所示，根据平行四边形定则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，故选项B、C、D都错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 3．(2023·广州模拟)如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为g。则下列判断正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4．(2023·广东韶关高三模拟)如图甲所示，公园的“跳楼机”深受大人和儿童喜爱。如图乙是座舱中某人竖直向下运动的速度—时间图像，此人质量为50kg，g取10m/s2，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A．0～1.5s座椅对人的作用力小于人对座椅的作用力 B．1.5～6s座椅对人的作用力小于人受到的重力 C．0～1s座椅对人的作用力大小为300N D．1.5～3s座椅对人的作用力大小为600N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：座椅对人的作用力与人对座椅的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；1.5～6s内人向下匀减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，即座椅对人的作用力大于人受到的重力，故B错误；由速度—时间图像可知，0～1.5s内人向下匀加速运动的加速度大小为a＝6m/s2，由牛顿第二定律有mg－N＝ma，得N＝mg－ma＝200N，故C错误；由速度—时间图像可知，1.5～6s内人向下匀加速运动的加速度大小为a′＝2m/s2，由牛顿第二定律有N′－mg＝ma′，得N′＝mg＋ma＝600N，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 5．(2023·合肥模拟)(双选)如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin37°＝0.6 ， cos37°＝0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6．(2024·宁德联考)如图所示，将两块相同的圆形强磁体A和B放入内壁光滑、上端开口、下端封闭的塑料圆筒内，磁体B位于圆筒底部，磁体A恰好悬浮在筒口附近。现将整个装置从一定高度由静止释放，已知圆筒质量与每块磁体的质量相等，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A．释放瞬间，三个物体都处于完全失重状态 B．释放瞬间，磁体B和圆筒的加速度均为1.5g C．释放后，磁体A相对于地面向上运动，并从圆筒口飞出 D．释放后，磁体A对B的作用力大于磁体B对A的作用力 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：设圆筒和磁体的质量均为m，释放瞬间A、B间的磁力作用为F，未释放前，对磁体A，根据平衡条件有mg＝F，释放瞬间，B与圆筒一起运动，对B与圆筒整体有2mg＋F＝2ma，解得a＝1.5g，释放瞬间对磁体A有mg＝F，则可知释放瞬间磁体A的加速度为零，故A错误，B正确；释放后，易知磁体A、B间的距离增大，则可知A、B间的磁力作用减小，对磁体A有mg－F′＝ma0(F′<F)，可得a0<g，即磁体A的加速度向下，磁体A相对地面向下运动，故C错误；释放后，根据牛顿第三定律可知，磁体A对B的作用力等于磁体B对A的作用力，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7．(2024·泉州模拟)一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v-t图像，如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是(　 ) A．0～10s内位移等于100m B．10～15s内加速度逐渐增大 C．0～10s内运动员所受阻力逐渐减小 D．10～15s内平均速度小于15m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析： v-­t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图像所示数据可知，0～10s内图像与时间轴所围几何图形的面积大于100m，即0～10s内位移大于100m，故A错误；v-­t图像中，图像上某点切线的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知10～15s内，图像斜率的绝对值逐渐减小，即10～15s内加速度逐渐减小，故B错误；根据上述可知，0～10s内加速度逐渐减小，速度增大，根据mg－f＝ma可知，0～10s内 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8．(双选)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1kg的小物块放在质量m2＝2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F＝18N，木板运动的v­t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，g取10m/s2，则(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。 (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？并求出此最小值。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 B级——重点选做 10．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，则图________(选填“甲”或“乙”)是滑块上滑的照片，滑块下滑时的加速度大小________(选填“大于”“小于”或“等于”)上滑时的加速度大小。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由牛顿第二定律可得，下滑时满足mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，上滑时满足mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，对比可得a1＜a2，故滑块下滑时的加速度大小小于上滑时的加速度大小；设斜面的长度为L，下滑时有L＝ a1t12，根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得L＝a2t22，可得t1＞t2，设频闪时间间隔为T，由题图可知，图甲为5T，图乙为4T，故图乙是滑块上滑的照片。 答案：乙　小于 1 5 6 7 8 9 10 11 11．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4N，飞行器上升9s后由于出现故障而失去升力，出现故障9s后恢复升力但升力变为F2＝16N，取重力加速度大小g＝10m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动。求： (1)飞行器9s末的速度大小v1； (2)飞行器0～18s内离地面的最大高度H； (3)飞行器落回地面的速度大小v2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：(1)0～9s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－mg－f＝ma1，解得a1＝4m/s2，飞行器9s末的速度大小v1＝at1＝36m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 答案：(1)36m/s (3)48m/s (2)216m 图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等 三种 类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像 解题 策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像 解题 策略 (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作出准确判断 破题 关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点的突破口或关键点 破题 关键 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点 弹簧 连接体 物物 叠放 连接体 轻绳 连接体 轻杆 连接体 轻绳 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等 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 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 [解析]　在水平面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1，联立解得弹簧上的拉力为FT＝eq \f(m,m＋M)F，在斜面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsinθ＝ma2，联立解得弹簧上的拉力FT′＝eq \f(m,m＋M)F，对比可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，A、B正确，C、D错误。 eq \f(－T0－μmg,m) 解析： P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0N，f＝T1＝2.0N<μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝eq \f(T1,2)＝1.0N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P将有大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N。　 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 eq \f(1,2) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A的加速度为eq \f(1,3)μg C．当F＞μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg [解题指导]　 (1)当A对B的静摩擦力达到最大值2μmg时，物块B的加速度达到最大值。 (2)当拉力F使物块A、B一起运动的加速度达到物块B加速度的最大值时，拉力F再增大，物块A将相对物块B发生相对滑动。 [解析]　A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为eq \f(3,2)μmg，对A、B整体，只要F＞eq \f(3,2)μmg，整体就会相对地面运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－eq \f(3,2)μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝eq \f(1,2)μg，D正确；对A、B整体，有F－eq \f(3,2)μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，C错误；当F＝eq \f(5,2)μmg时，两者相对 静止，一起滑动，加速度满足F－eq \f(3,2)μmg＝3ma，解得a＝eq \f(1,3)μg，B正确。 eq \f(\r(3),3) [解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋eq \f(1,2)at2 ① v＝v0＋at ② 联立①②式，代入数据得a＝3m/s2 ③ v＝8m/s。 ④ (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma ⑤ Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 ⑥ 又Ff＝μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得：F＝eq \f(mgsin θ＋μcos θ＋ma,cos α＋μsin α) ⑧ 由数学知识得cos α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝eq \f(13\r(3),5)N。 eq \f(13\r(3),5) [典例]　(2024·厦门调研)如图所示，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＝6.5N，玩具的质量m＝1kg。经过时间t＝2.0s，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＝10m/s2) [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 Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝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。 (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Fcosθ－Ff>0，Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsinθ＝mg，解得F>eq \f(μmg,cos θ＋μsin θ) cosθ＋μsinθ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ) 则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。 [答案]　(1)eq \f(\r(3),3) (2)eq \f(3\r(3),5)m (3)30° 解析：由题可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A错误；由图可知，运动员在3.6～4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝eq \f(F2－mg,m)＝eq \f(2 500－500,50)＝40m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4－6.8s＝1.6s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝3.2m，故D正确。 A．B的加速度为gsinθ B．绳的拉力为eq \f(G,cos θ) C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G A．图线与纵轴的交点M的绝对值为g B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数eq \f(1,m) 解析：由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝eq \f(2,m)FT－g，由a-FT图像可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于eq \f(2,m)，则A正确，B、D错误；横轴截距代表a＝0时，FTN＝eq \f(mg,2)，C错误。 A．若小车向左加速，加速度不能超过eq \f(3,5)g B．若小车向左加速，加速度不能超过eq \f(3,4)g C．若小车向右加速，加速度不能超过eq \f(5,3)g D．若小车向右加速，加速度不能超过eq \f(4,3)g 解析：若小车向左加速，当ab面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgtan37°＝ma1，解得a1＝eq \f(3,4)g，所以若小车向左加速，加速度不能超过eq \f(3,4)g，A错误，B正确；若小车向右加速运动，当bc面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgtan53°＝ma2，解得a2＝eq \f(4,3)g，所以若小车向右加速，加速度不能超过eq \f(4,3)g，C错误，D正确。 运动员所受阻力逐渐增大，故C错误；假设10～15s内做匀变速直线运动，则作出其图像，如图虚线所示，则假设状态下的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(20＋10,2)m/s＝15m/s，根据上述，假设状态下的位移大于实际的位移，可知假设状态下的平均速度大于实际的平均速度，即10～15s内平均速度小于15m/s，故D正确。 A．木板的长度为2m B．木板的长度为1m C．木板与地面间的动摩擦因数为0.7 D．物块与木板间的动摩擦因数为eq \f(8,19) 解析：从题图乙可知，木板运动2s后与小物块分离，在0～2s内，由图像可知x＝eq \f(2×1,2)m＝1m，所以木板的长度L＝2x＝2m，A正确，B错误；设物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，在2～3s内，由图像知木板的加速度a2＝eq \f(Δv,Δt)＝4m/s2，由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，解得μ2＝0.5，C错误；在0～2s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋Tsin37°＝m1g，水平方向Tcos37°＝f1，又知f1＝μ1FN，木板的加速度a1＝eq \f(Δv′,Δt′)＝0.5m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得 F－f1′－μ2(m2g＋FN′)＝m2a1，由牛顿第三定律得f1＝f1′，FN＝FN′，联立解得μ1＝eq \f(8,19)，D正确。 解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析mgsin30°＝μFN，FN－mgcos30°＝0，解得μ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)。 (2)当θ变化时，取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax，得x＝ ＝ ，其中tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝ ＝ 。 答案：(1)eq \f(\r(3),3) (2)60°　 (2)最初9s内位移h1＝eq \f(1,2)a1t12＝162m，设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：f＋mg＝ma2，解得a2＝12m/s2，由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2，h2＝eq \f(1,2)a2t22，飞行器0～18s内离地面的最大高度H＝h1＋h2，解得t2＝3s，H＝216m。 (3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3，解得a3＝8m/s2，恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9s－t2＝6s，所以其速度v2＝a3t3，解得v2＝48m/s，由于H>eq \f(1,2)a3t32＝144m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48m/s。 $$