专题 动力学基本模型临界与极值问题-【考点同步解读】2024-2025学年高中物理必修1（人教版2019）

考点同步解读〉高中物理必修第一册RJ色 专题 动力学基本模型 临界与极值问题 高考要求学业标准·考情分析 一考点分布· 课标解读 学法导引 1.建立板块模型的分析方法，能用 牛顿运动定律处理板块问题。 1.动力学滑块一滑板模型.（★★★ 1.通过对动力学常见实例的分析， 2.会对传送带上的物体进行受力 豆 ★★) 构建几种典型的物理模型，归纳 分析，掌握传送带模型的一般分 2.动力学传送带模型.（★★★） 其解题思路及解题技巧 第 析方法 3.动力学弹簧模型.（★★★） 2.进一步理解力和运动的关系，领 3.能应用胡克定律和牛顿第二定 4,动力学临界与极值问题.（★★★ 悟动力学临界问题的分析方法， 律分析动力学弹簧模型， 第三章 ★★) 会分析几种典型临界问题的临界 4.根据问题特征，应用牛顿第二定 5.动力学多过程问题.（★ 条件 律分析动力学多过程问题，动力 学临界与极值问题. 四 考点分类考点透析·典例剖析 考点1 动力学滑块一滑板模型 5年0考* 一核心总结。 ☆名师点拔… 1.此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还 滑块一滑板模型的三个基本关系 存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加 1,加速度关系：如果滑块 速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的 之间没有发生相对运动，可以 位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口.求解时应注意联系 用整体法求出它们一起运动 两个过程的纽带，上一个过程的末速度是下一个过程的初速度， 的加速度：如果滑块之间发生 2.模型特征 相对运动，应采用隔离法求出 每一个滑块运动的加速度.应 (1)上、下叠放的两个物体分别在各自所受力的作用下完 注意找出滑块是否发生相对 成各自的运动，且两者之间还有相对运动 运动等隐含条件 (2)该模型先判断是否存在速度相等的“临界点”，再判定 2.速度关系：滑块之间发 临界速度之后两者的运动形式 生相对运动时，认清滑块之间 (3)在两种位移关系中，当滑块由滑板的一端运动到另一一 的速度关系，从而确定滑块受 端时，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动 到的摩擦力，应注意当滑块的 时，位移之和等于板长。 速度相同时摩擦力会发生突 变的情况 ⊙考题面[经典·江苏高考]（多选题） 3.位移关系：滑块叠放在 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和 一起运动时，应仔细分析各个 m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩 滑块的运动过程，认清滑块对 202 第四章)运动和力的关系 擦因数为4，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于 地的位移和滑块间的相对位 移之间的关系， 滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则 ☆名师点拨， A.当F<2mg时，A、B都相对地面静止 滑块一滑板模型的分析流程 B当F-昌mg时，A的加速度为g 法 C.当F>3mg时，A相对B滑动 8 ·滑兆，得板分利是力分 D无论F为何值，B的加速度不会超过与g )和透动孕公大的“格界 第 无略界码块与图 域见哲问时间内 的位关系，列 解设当外力大小为F,时，A、B保持相对静止以加速度。 连分离 式求解 米FE 第 一起做匀加速直线运动，此时A、B之间的静摩擦力为f,则对A、 击隔 会高」 整休列式 B整体，由牛频第二定律有F一2k·3mg=3ma,解得a=5 3m 后 论质 加速度 ，分别 g,然后隔离B,由牛频第二定律有了一·3mg=ma,代入口 的表达式，解得f=}F+mg.(或对A有R,一f=2ma,同样可 ☆方法技巧， 1.滑块一滑板模型的分 得f=号F十mmg.又A,B之间的最大静摩擦力为f。=2mg, 析技巧 故知要使A、B不发生相对滑动，需有∫≤fm,联立可得F≤ (1)画好两个图一滑块 3mg,所以C正确.设当外力大小为F2时，A、B都相对地面静 受力图和运动过程的示意图 止，对A,B签体，由共点力平衡的条件得B,=f<·3mg, (2)明确两个关系一两 滑块间摩擦力的关系及它们 所以A错误，当F=mg时，F<F<F,故知此时A与B 间的运动关系（时间关系、位 移关系、速度关系、加速度 以共同加速度运动，则将F代入a=- 3m2g,解得a= 3g,所 关系) (3)灵活选择物理规 3 律—滑动摩擦力F=FN 以B正确.由于B有f一号mg=ma,可得ax 静摩擦力大小和方向的确定， 牛顿第三定律、牛颜第二定 2g,所以D正确. 律、运动学公式等 答系BCD 2.滑块与滑板相对静止 ⊙变式11T[2024·南宁阶段性检测]如图所示，有一块木 与否的判断技巧 板静止在光滑而且足够长的水平面上，木板的质量为M=4kg、 不明确板块间是相对静 长为L=1.4m,木板右端放着一个小滑块，小滑块的质量m= 止还是相对滑动时，一般先假 1kg,其尺寸远小于L,小滑块与木板间的动摩擦因数为：=0.4 设相对静止.计算维持物体间 (g取10m/s2). 相对静止时各接触面所需要 (1)现用恒力F作用在木板M上，为使m能从M上面滑落 的静摩擦力，然后与能提供的 203 夏考点同步解读〉高中步理必修第一册RJ色 下来，问：F的大小范围是多少？ 最大静摩擦力进行对比 (2)其他条件不变，若恒力F=22.8N,且始终作用在M上， “供不应求”，就会相对滑动， 最终使得m能从M上滑落下来，问：m在M上面滑动的时间是 “供足以应求”，则能雏持相对 多少？ 静止（见考题1解析）. 考点2 动力学传送带模型 5年6考时 核心总结· ☆名师点拔… 1.传送带是动力学中一个重要的物理模型.传送带问题具 1.水平传送带 第二章 有过程复杂、隐含条件多等特点，涉及摩擦力的判断、物体运动 (1)传送带匀速运动 如图甲所示，物体m轻轻 状态的分析和运动学知识的运用，具有较强的综合性和灵 地放上传送带时初速度为0， 第三章 活性 因此相对传递带向左运动，受 到向右的摩擦力作用，产生向 2.模型特征 右的加速度，物体从A轮上方 (1)水平传送带问题 运动到B轮上方，可能发生两 种情况： 图示 滑块可能的运动情况 7 ①若传送带不够长，滑块一直加速运动直 境 到掉落： ②若传送带足够长，滑块先加速运动后与 甲 将滑块轻放在 ①物体m在全过程中始 匀速传送带上 传送带一起匀速运动 终都没有达到与传送带相同 ①若山>，滑块可能一直减速运动（传送 的速度，则物体m在全过程中 带不够长)直到掉落，也可能先减速运动再 都处于匀加速运动状态， 匀速运动（传送带足够长）： ②先经过一段匀加速运 动，当其速度达到与传送带相 滑块以速度% ②若<，滑块可能一直加速运动（传送 等时，摩擦力突变为0，物体则 冲上匀速传送带 带不够长)直到掉落，也可能先加速运动再 在重力和支持力的共同作用 匀速运动（传送带足够长） 下，保持和传送带相同的速度 ①若传送带较短，滑块一直减速运动到达 做匀速直线运动到达B轮的 左端： 上方. 境 ②若传送带较长，滑块的速度减为0还要 (2)传送带匀加速运动 3 滑块以反向的速度 被传送带传回右端.当>u时返回速度为 传送带与物体的初速度 冲上匀速传送带 ,当<v时返回速度为列 均为0，传送带的加速度为， 则把物体轻轻地放在传送带 假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力： 上时，物体将在摩擦力的作用 三0 ①若g≥a,滑块和传送带一起以加速度a 下做匀加速直线运动，而此时 加速运动，滑块受到沿传送带前进方向的 物体与传送带之间是静摩擦 静摩擦力F=ma: 力还是滑动摩擦力（即物体与 将滑块轻放在初速度 ②若ga,滑块将相对传送带向后运动， 传送带之间是否存在相对滑 为0的匀加速启动的 但滑块相对地面仍然是向前加速运动的， 动)取决于传送带的加速度a0 传送带上 此时滑块受到沿传送带前进方向的滑动摩 与物体在最大静摩擦力作用 擦力F=ng,产生的加速度a一g 下产生的加速度a之间的大 小关系，分两种情况讨论： 204 第四章〉运动和力的关系]儿 (2)倾斜传送带问题 ①若传送带的加速度a0 小于物体在最大静摩擦力作 图示 滑块可能的运动情况 用下产生的加速度a时，物体 与传送带相对静止，物体此时 若a角很大，有mgsin a>mngcos a,滑块会 受到的摩擦力为静摩擦力，物 情 m 从传送带下端滑落：若a角很小，有gsin a 体随传送带一起以加速度a <mgcos a,则滑块可能一直加速运动（传 做匀加速直线运动 将滑块轻放在匀 送带较短)，也可能先加速运动后匀速运动 ②若传送带的加速度4 速传送带底端 (传送带足够长) 大于物体在最大静摩擦力作 用下产生的加逸度a时，物体 ①可能一直加速运动（如较大，从下端滑出， 与传送带之间发生相对滑动， 不能共速)： 第 物体此时受到的摩擦力为滑 ②若ngsin a<ngeos a,且传送带足够 动摩擦力，物体将在滑动摩擦力 长，滑块先加速运动后匀速运动： 的作用下做匀加速直线运动. ③若mgsin a>mgcos a,且传送带足够 2.倾斜传送带 第 将滑块轻放在匀 长，滑块先以加速度a1=gsin a十gcos a 图乙所示，传送带倾斜 速传送带顶端 加速运动，再以加速度a2一gsin augcos a 且做匀速直线运动， 加速运动 4⊙R 第 ①可能一直加速运动(>)： ②可能一直匀速运动(v=,tana≤)： 0⊙B ③可能先加速运动后匀速运动(>购 tana≤)： 当把物体轻轻地放在传送 ①可能先减速运动后匀速运动(<w, 带A端时，可分两种情况讨论： (1)当传送带以恒定的速 tan au): 滑块以速度 率向下运行时，物体的初速度 ⑤可能先以a,加速运动再以a:加速运动， 冲上匀速传送带 为0，相对传送带有向上的速 且a>a:(u>t,tana>u): 度，物体受到的滑动摩擦力方 ⑥可能一直减速运动(<，且传送带不够 向沿传送带向下，第一阶段受 长) 力如图丙所示， 则有Fx一ngcos0=0, 0 ①可能一直加速运动(tana>): ②可能一直匀速运动(tana一)： mgsin 0uF=ma,a=gsin 0 ③可能先减速运动后反向加速运动(tana +gcos0.物体将做初速度为 境 0、加速度为a=gsin0十gcos0 4 ⊙4 <4,且未从下端滑出)： 的匀加速直线运动，直到物体 滑块以反向速度 ④可能一直减速运动(tana<,从下端 和传送带具有相同的速度 冲上匀速传送带 滑出) F AF 加 ⊙考题2[2024·湖南师大附中模拟]如图所示，水平传送 带两端相距x=8m,工件与传送带间的动摩擦因数a=0.6,工件 当物体加速到与传送带 滑上A端时速度vA=10m/s,设工件到达B端时的速度为vg(g 有相同速度时，进入第二阶 段，受力如图丁所示 取10m/s2). 又存在两种情况： ①若mgsin0≤Fs mgeos0,即a≥tan,则物体 相对传送带静止，而不是相对 (1)若传送带静止不动，求 滑动，此时摩擦力由滑动摩擦 力突变为静摩擦力，而且方向 (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说 也发生了突变，此时有ngsin0 明理由：若能，则求出到达B端的速度vm, =F(静摩擦力)，物体将保持 205 夏考点同步解读〉高中物理必修第一册RJ色 (3)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动，求m及工件由 与传送带相同的速度做匀速 A到B所用的时间. 直线运动到B端， ②若ngsin0>Fx= (4)工件由A至B的最短时间是多少，v的大小范围是什么？ mgcos0,即<tan0,则物体 解机(1)根据牛顿第二定律可知g=ma, 将相对传送带向下滑动，滑动 则a=g=6m/s2,且-馆=2a.x,故g=2m/s 摩擦力反向，即滑动摩擦力的 (2)能.当传送带顺时针转动时，物体受力不变，其加速度就 方向由原来的沿斜面向下变 为沿斜面向上 不发生变化，始终减速，故工件到达B端的速度U=2m/s 则有F、-ngcos0=0, 剪 (3)物体速度达到13m/s时所用时间1=一=0.5s, ngsin0-uF、=a, 故a=gsin0-ugcos 6. 第 运动的位移=t1十2ai=5.75m<8m 物体將以传送带的逸度为初 速度，以a=gsin0-gcos8 则工件在到达B端前速度就达到了13m/s,此后工件与传 为加速度做匀加速直线运动 第三重 送带相对静止，因此物体先加速后匀速， 到B端. (2)当传送带以恒定的速 匀速运动的位移x=x一=2.25m,2=亚≈0.17s,t= 率向上运行时，物体的初速度 为0，相对传送带有向下的速 t十te=0.67s. 度，物体受到的滑动摩擦力方 (4)工件A滑上传送带后，若持续做匀加速运动则所需时间 向沿传送带向上，物体受力如 最短。 图戊所示 对工件A加速有后一=2a.x,代入a=6m/s2及x=8m 有%=14m/s, g 即传送带至少应以14m/s的速度逆时针转动. 由运动学公式可知，对工件由A至B有x=十，则1= 此种情形存在三种情况： 2 ①当gsin0 mgcos0. 即u>tan0时，物体将被传送 3s0.67s 带带上去 ⊙变式21如图，水平方向的传送带沿顺时针转动，传送带 ②当mngsin0=ongcos, 即u=tan0时，物体将相对地 速度大小保持v=2m/s不变，两端A、B间距离为3m.一物块从 面静止 B端以。一4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 ③当ngsin6>ngcos0, 4=0.4,g取10m/s.则物块从滑上传送带至离开传送带的过程 即u<tan0时，则有Fv mgcos 0-0,mgsin 0-uFx= 中，速度随时间变化的图像是( ma,故a=gsin0-4gcos0. 此种情况下不存在物体 与传送带具有相同的速度的 情况，所以摩擦力不变，受力 情况在全过程中不发生变化， 物体在全过程中做初速度为0、 加速度为a=gsin0-gcos0 的匀加速直线运动到B端， 1206 第四章)运动和力的关系/ 考点3 动力学弹簧连接体模型 5年5考 ·核心总结 然拓展延伸” 弹簧是中学物理中常见的模型，它总是与其他物体直接或 弹簧模型的力学特性 间接地联系.通过弹簧的伸缩形变，使与之相关联的物体的受 1.空间性，即弹簧的弹力 力情况、运动状态等方面发生改变.物体受弹簧弹力等几个力 随形变（空间住置的变化）而 作用时，一般可能做变速运动，也可能做匀变速直线运动，也可 变化，是一种动态模型，需耍 能做匀速直线运动或处于静止状态。 把空间位置（长度）的变化与 力的大小结合起来考虑。 第 ⊙考题3[2024·湖北省武昌实验中学期中]如图所 F 2.对称性、双向性，即在 示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上 弹簧形变量相同的条件下，压 面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k.t=0时刻，给A 第 缩时和伸长时的弹力大小相 物体一个竖直向上的作用力F,使得物体以0.5g的加速 等：既能提供拉力，又能提供 度匀加速上升，重力加速度为g,求： 推力. (1)A、B分离时弹簧的弹力大小 3.渐变性，即弹力的大小 (2)分离时A、B的速度大小. 随其长度的变化而逐渐变化 解(1)分离的临界条件：物体间的相互作用力为0，且两物 时，不会发生突变，这与轻绳 体的加速度相同， 模型拉力可瞬间变化有明显 当A、B间的相互作用力为0时，由牛顿第二定律得 的差别. an-F-mg an-Fn-mg 12 由题意知aA=aB=0.5g, 联立解得F#=1.5mg 念方法梳理… △F_g (2)从初始时刻到分离时A,B向上运动的距离△x一一求， 弹簧模型的分析方法 1.画好一个图—弹簧 其中△F为弹簧弹力的变化量。 形变过程图 A、B向上做匀加速运动，由运动学公式可知 2.明确研究弹簧所处的 状态或变化过程，要特别注意 u=√2a△x=g√2k m 三个位置—弹簧自然长度 故分离时A,B的速度大小为5√： 位置，形变量最大（仲长或缩 短最大)的位置及平衡位置. ⊙变式31[武汉高三起点考试]如图所示，在倾角为0的 3.用好相关规律—如 光滑斜面上有两个用轻质弹簧连接的物块A、B,它们的质量分别 胡克定律、牛顿运动定律、对 为mA、g,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板.系统处于静止 称性规律 状态.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求 物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A 207 考点同步解读〉】高中物型必修第一册心 的位移d(重力加速度为g). ww☒ 8 考点4 动力学临界与极值问题 5年9考* ·核心总结 位难点突破+ 在运用牛顿运动定律解动力学问题时，常常需讨论相互作 叠加体产生临界问题的条件 第二章 用的物体是否会发生相对滑动，相互接触的物体是否会发生分 1.接触与脱离的临界条 离等.这类问题就是临界问题 件：两物体相接触或脱离，临 第三章 解决临界问题的关键是分析临界状态.例如两物体刚好要 界条件是弹力F、=O. 发生相对滑动时，接触面上必须出现最大静摩擦力：两个物体 2.相对滑动的临界条件： 要发生分离，相互之间的作用力弹力必定为0 两物体相接触且处于相对静 止时，常存在着静摩擦力，则 ⊙考题4[上海高考题改编]如图甲所 相对滑动的临界条件是静摩 示，细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形 擦力达到最大值 滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量 3.绳子断裂与松袍的临 为m的小球.当滑块至少以多大的加速度@ 界条件：绳子所能承受的张力 向左运动时，小球对滑块的压力等于0？当滑 是有限的，绳子断与不断的临 块以α=2g的加速度向左运动时，线中拉力F为多少？ 界条件是绳中张力等于它所 解析假设滑块具有向左的加速度：时，小球受重力mg、绳 能承受的最大张力，绳子松弛 的拉力F和斜面的支持力F、作用，如图乙所示 的临界条件是FT=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 丙 大加速度；当所受合外力最小 由牛顿第二定律得水平方向有Fcos45°-Fcos45°=ma, 时，具有最小加速度.当加速 竖直方向有Fsin45°+Fxsin45°-mg=0. 度等于0时，往往会出现速度 最大或速度最小的情形. 由上追两式解得F一品，F-g品 2cos 45 由此两式可看出，当加速度a增大时，球所受支持力Fv减 小，绳拉力F增大 当a=o=g时，FN=0,此时小球虽与斜面有接触但无压力， 208 第四章)运动和力的关系 处于临界我态，这时绳的拉力F=心行=2mg、所以滑块至少 ☆名师点拨 叠加体系统临界问题的 以a=a。=g向左运动时，小球对滑块的压力等于0. 求解思路 当滑块加速度a>ao一g时，则小球将“飘”离斜面而只受两 求临界加造 隔离法 个力作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角a<45”,由 整你法， 度a-E n 牛顿第二定律得 Fcos a=ma,Fsin a=mg,解得F=mVa十g=V5mg. d dn, 帆设叠加 ⊙变式4[经典·江苏高考]如图所示，将小砝码置于桌 体间无相 无相对滑 比较判断 动： 对滑动，求 面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移 a>dn 第 解系统加 有相对滑 动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码 建度a 动 第 和纸板的质量分别为1和2，各接触面间的动摩擦因数均为：. 计算求解 根据判断的蛄果 重力加速度为g 进行有美计算 (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小 (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小 (3)本实验中，m=0.5kg,2=0.1kg,=0.2,砝码与纸板 左端的距离d=0.1m,g取10m/s2.若砝码移动的距离超过1 0.O02m,人眼就能感知.为确保实验成功，纸板所需的拉力至少 多大？ 拉力 考点5 动力学多过程问题 5年10考 ·核总结 ☆名师点拔· 1.模型特征 1.审题要点 部分动力学问题涉及物体有两个或多个连续的运动过程， 设小物块和木板的质量 在物体不同的运动阶段，运动情况及受力情况都发生了变化， 分别为m和M. 这类问题称为动力学多过程问题， 第一步：分析对象，构建 2.类型分类 模型。 根据涉及物体的多少可分为单体多过程问题和多体多过 小物块可以看作质点.初 程问题 始条件un未知，如图(a)所示 209 考点同步解读)高中物现必修第一府R色 ⊙考题5[经典·全国卷I门一长木板置于粗糙的水平地面 第二步：分析过程，构建 上，木板左端放置一小物块：在木板右方有一墙壁，木板右端与墙 模型 壁的距离为4.5m,如图甲所示.1=0时刻开始，小物块与木板一 (1)认为地面各点的粗糙 起以共同速度向右运动，直至一1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时 程度相同，小物块和木板一起 向右做匀变速运动，到速度大 间极短).碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反：运动过程中 小为功，如图(b)所示 小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的t图 (2)木板与墙壁碰撞过 线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大 程：物块受到滑动摩擦力（设 小g取10m/s2,求： 置的初始条件)，由于碰撞时 ↑zwm·s) 间极短（△1→0），故碰撞后物 第 块的速度不变，木板的速度方 童 向突变（设置的初始条件），如 图(c)所示. 第三重 甲 (3)然后物块向右减速， (1)木板与地面间的动摩擦因数：及小物块与木板间的动 木板向左减速，经1s物块的 摩擦因数， 四 速度减小为0，如图(d)所示. (2)木板的最小长度. 由于木板的加速度较小，故物 (3)木板右端离墙壁的最终距离。 块的速度为0时，木板仍有速 解祈园(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前，小物块和 度.然后物块向左加速，木板 木板一起向右做匀变速运动，设加速度为1，小物块和木板的质 向左减速，到二者达到共同速 量分别为m和M.由牛顿第二定律有 度，如图(e)所示. -i(m+M)g=(m+M)a. (4)分析临界条件，包括 由题中-（图像可知，木板与墙壁碰楂前瞬间的速度一 时间关系和空间关系，如图 4m/s,由运动学公式得 (e)所示. =h十a1t1. (⑤)在小物块和木板具有 =w4十2a元. 共同速度后，两者向左做匀变 速直线运动直至停止，如图() 式中，=1s,x=4.5m是木板碰撞前的位移，W是小物块 所示. 和木板开始运动时的速度 B (a) 联立各式和题给条件得1=0.1. 在木板与墙壁碰撞后，木板以一的初速度向左做匀变速运 (b) 动，小物块以的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度 (c) 为2，由牛顿第二定律有 d 一12mg=ma2. 、 (c) 由题中t图像可得a2=边二 2一t1 stEtrtteteteesssttto. 式中，12=2s,边=0，联立各式和题给条件得2=0.4. 210 第四章)运动和力的关系/ (2)设碰撞后木板的加速度为，经过时间△1，木板和小物块 第三步：选择计算方法 刚好具有共同速度防由牛顿第二定律及运动学公式得 上面的每一个过程都有 u2mgu (M+m)g=Mas. 特定条件要求，应根据各自的 g=一十ag△1. 物理规律，选择相应的计算方 法解题 h=十a2△1. 2.思雏引导 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运 (1)可以利用图像求出小 动的位移为 物块的加速度，进而求得小物 4=二)十. 块与木板间的动摩擦因数， 第 2 (2)碰撞前二者向右做匀 小物块运动的位移为=十西. 2 减速直线运动，碰撞后物块继 第 小物块相对木板的位移为△x=2一x1。 续向右做匀减速直线运动，木 联立各式并代入数值得△x=6.0m. 板向左做匀减速直线运动. 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度 (3)物块恰好没有离开木 板的条件为二者共速时物块 应为6.0m. 恰好运动到木板的最右端. (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运 (4)木板的最小长度为二 动直至停止，设加速度为α，此过程中小物块和木板运动的位移 者的相对位移， 为x,由牛顿第二定律及运动学公式得 (m十M)g=(m+M)a. 0-=2a1x3. 碰撞后木板运动的位移为x=十， 解得x=-6.5m. 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m ⊙变式5[2024·洛阳一中月考]质量为m=1.0kg的小 滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板 上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为：一0.2，木板长 L=1.0m.开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右 的恒力F=12N,如图所示，经一段时间后撤去F.为使小滑块不 掉下木板，试求水平恒力F作用的最长时间(g取10m/s2). 211参考答案与提示> 【基础通关测评】 仅受重力,由牛顿第二定律知加速度为g,方向竖直向 1.B [mg-F=ma=,F-2,选项 B正确.] 下.再以A为研究对象,其加速度为g,方向竖直向 下,由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力,所以 2.C [当电梯加速运行时,人受到重力G、支持力N、静 A仅受重力作用,即A和B之间没有作用力,故选A.] 摩擦力/的作用;当电梯匀速运行时,人受到重力G 4.C [对小球A受力分析如图所 和支持力N的作用,此过程人不处于超重状态,所以 示,则竖直方向有PFrcos0-ng一 AB错误,在加速运行时,N方向向上,/方向向右,则 N与/的合力方向指向右上方,其反作用力为人对扶 na;水平方.有FrsinF.其AB 梯的作用力,由牛顿第三定律可知,该力方向指向左 中弹策弹力F一x.联立以上三 下方;在匀速运行时,人对扶梯的压力方向竖直向下, 所以C正确,D错误。] 式可解得:一- 3.BD [球在最高点只受重力作用,海卿与它不接触,对 5.A [题图中7.时刻人处于失重状态,人先向下加速 它没有力的作用,故A错误;球上升到最高点时速度 然后向下减速,人做的是下蹲动作,同理1。时刻人的 为0.但还受到重力的作用,根据牛顿第二定律,可知 加速度为g,故B正确;只要物体有向上或向下的加速 加速度向上,向上加速,处于超重状态,然后向上减 速,人做起立动作,整个过程人完成了一组“下蹲一起 度,物体就处于超重或失重状态,与物体向上运动还 立”动作,故A错误,BC正确;起立过程中,加速度先 是向下运动无关,球上升和下落过程都只受重力的作 向上后向下,人先超重后失重,故D正确, 用,加速度均为g,方向竖直向下,都处于失重状态,故 6.D [将吊篮绳子剪断的瞬间,装水的杯子做自由落体 C错误,D正确.] 运动,水处于完全失重状态,可认为水和球之间没有 4.D[xr~图像中图线的斜率表示速度,由题图知,0~ 相互作用力.以杯子为参考系,A球受到向上的弹力 2.时间内,v增大,乘客向下做加速运动,加速度竖直 作用,B球受到向下的弹力作用,C球不受弹力作用. 向下,以竖直向下为正方向,a为正值,由牛顿第二定 故A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动,故D 律得mg-F一ma,则F<ng,A错误;同理,l~t 正确] 时间内,v不变,由平衡条件可知F一ng,B错误; 7.(1)由加速段u-at,得a.-0.9m/s. ~时间内,v减小,乘客向下做减速运动,加速度 -0 竖直向上,a为负值,由牛顿第二定律得mg一F 2=180m. na.则F>mg.C错误,D正确.] (2)由F-mg=m.,得F-654 N. 【高考通关测评】 由生顿第三定律可知,小明对地板的压力大小也为 1.D [在手托物体向上抛出的过程中,必定有向上加速 654N.方向竖直向下. 的过程,其后可以减速或匀速,因此物体一定先发生 (3)根据运动过程作出v7图像,如题图乙所示,可 超重,后续可能失重,可能一直超重,也可能既不超重 知图线与7轴围成的图形面积表示位移大小H一 也不失重,AB错误;物体离开手的瞬间只受重力的作 将(t-tc)+ut-549m,得t&:=6s. 用,因此加速度等于重力加速度,C错误;手和物体分 【竞赛强基演练】 离前的速度相同,分离后手的速度减小得比物体快 1.A [两物体均做匀加速运动,加速度的大小为a一 故手的加速度比物体的加速度大,因此手的加速度大 出二20 3 m/s{,对n:而言,由牛顿第二定律有 于重力加速度,D正确.] 2.BD[当升降机匀速向上运动时,物块沿斜面匀速下 mg-T=ma,解得T-50 0N.故弹策秤的读数为 滑,设斜面倾角为9,则有n-tan8.当升降机以加速度 “加速上升时,升降机处于超重状态,正压力F、 (ng十ma)coso,变大;当升降机加速上升时,有/ 专题 动力学基本模型 临界与极值问题 F =(mg+ma)cos6-(ng+mo)sinθ.故物块仍相 【变式训练】 对于斜面匀速下滑,选项BD正确,AC错误。] [变式1-1](1)要使n能从M上滑下,则m与M发生 3.A [以A、B整体为研究对象,在上升和下降过程中 相对滑动,此时对n有mg一nt. 29 /考点同步解读> 高中物理 必修 第一母 RJ& 对M有F-mg-M:,且a.a. 由题意知a-a,at-at:. 解得F20N. 解得F-2m+(1+d)m:]g, (2)当F一22.8N时,由(1)知n和M相对滑动,对M 代人数据得F-22.4N. 有F-ung-Mas.设经时间1,m、M脱离,则a^*一 [变式5-1] 撤力前后木板先加速后减速,设加速过程 1ar*1.解得(-2s. 的位移为x&.,加速度为a,加速运动的时间为t;减速过 程的位移为习,加速度为a,减速运动的时间为,由牛 [变式2-1] B [物块在传送带上与传送带相对滑动 顿第二定律得撤力前F-(n+M)g-Ma;,解得a= 时,加速度为a-g一4m/s2,则当物块减速为0时,位 #4m/s.撤力后(m+tMg=Mat,解得ao-8m/s2. x-af.x-a,为使小滑块不从木板上掉下, 句运动,加速度大小不变,当物块与传送带共速之后,险 传送带一起匀速运动,故B正确。] 应满足x十x<L,又al一at,由以上各式可解得 [变式3-1] 弹形变过程分析如图所示,令x)表示未 4.<1s,即作用的最长时间为1s. 加F时弹的压缩量,对物块A进行分析,由胡克定律 【基础通关测评】 和牛顿定律可知 1.B [本题的临界条件为F一Mg,以猴子为研究对象, magsin0-r. ① 其受到向上的静摩擦力F和重力ng,由牛顿第二定 律可知,F-mg=ma,而F-F,故有Mg-mg=ma, 所以a-5m/s,故选B.] 2.B [当水平外力作用在A上,使A刚好要相对B滑 动,此时A、B加速度相等,隔离对B进行分析,则有 _o7g 令表示B刚要离开C时弹策的伸长量,a表示此时A 刚好要相对A滑动,此时A、B加速度相等,隔离对A 的加速度,分别对物块B和A进行分析,由胡克定律和 进行分析,则有mg=m。,联立解得a:·a=1:2,故 牛顿定律可知 B正确.] hr.-mgsin0. 。 3.B [因卡车底板和B间动摩擦因数 大于A、B间 F-magsinθ-kx:-ma. 动摩擦因数,则要使汽车安全停下来最大加速度为 联立②③式可得。F-(m+mn)gsin a'-g,根据-2a's。可得v-2a'so-v2egso, n B正确。] 由题意,得d一x十. 4.A [开始时弹策的弹力等于A物体的重力,即F一 联立①②式可得d-(m:+m)gsin8 mg,放上B物体的瞬间,弹策弹力不变,对整体分析, [变式4-1](1)码对纸板的摩擦力F。-ng; 根据牛顿第二定律得a-(m+m-)g-Fmng_ n十n 桌面对纸板的摩擦力Fr-(n+n:)g n十n 纸板所受摩擦力F-Fn+Fe,解得F-(2m+m)g 2m/s,故选A.] (2)设磕码的加速度为a,纸板的加速度为a。. 5.CD [若B不下滑,其受力示意图如图甲,对B有 则F-ma,F-Fn-F:-m:a. .Fxmeg,由牛顿第二定律得F、-ma;A、B整体 发生相对运动a>a,解得F>2(n+m)g. 的受力示意图如图乙,由牛顿第二定律有F一是(m 1. +m)g=(m+n)a,由上述三式得F(n+ (3)纸板抽出前,码运动的距离x= 纸板运动的距离d十x-1a:f. 1 1P. 纸板抽出后,码在桌面上运动的距离x:o=1a, m:+:)g l-r十x. 乙 30 /参考答案与提示> 【高考通关测评】 运动;当F-24N时,对B,根据牛顿第二定律得a= 1.BC [本题根据牛顿第二定律确定静摩擦力,并需应 nAg-4m/s{},对A,根据牛顿第二定律得aa= 用假设法,对A、B整体受力分析如图甲所示,在沿斜 mn F-mag-4 m/s*,联立解得ma-4 kg,m-2kg, 面方向上由牛顿第二定律有 nA (m+M)gsin8-F-(m+M)a. ① 则A、B间的最大静摩擦力fan=驱n-8N.故选C] 且滑动摩擦力 5.D [对A分析,因为mgsin37>ungcos37*,则A所 F-.(m+M)gcos 8. ② 受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线运动,对B 分析,B所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线 运动,两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等 m 位移大小相等,初速度大小相等,则运动的时间相等, (Mnt)g A.B到达底端的速度大小相等,故ABC错误.以A为 2 甲 研究对象,划痕的长度等于A的位移减去传送带的位 移,由牛顿第二定律得a-ngsin 37*-mgcos 37*_ 假设B受的摩擦力F;方向沿斜面向下,B的受力示 n 意图如图乙所示,在沿斜面方向上有 2.m/s{},由运动学公式得xa-t+-a^{},其中= mgsin0+F:-na. ③ 由①②③式解得F--mgcos0. Im/s.x=2m,可得t=1s,传送带运动的位移大小 负号表示F。方向与假设的方向相反,即应沿斜面向 x=u-1×1m-1m,所以A在传送带上的划痕长度 上.故BC正确.] △x=xA-x=(2-1)m=1m,以B为研究对象,划 2.C [若小车向左做匀速运动,根据平衡条件得知,物 痕的长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小, 块所受的摩擦力不可能为0,F。不可能为0;若小车声 同理得出B在传送带上的划痕长度△z:一x&十工 左做加速运动,根据牛顿第二定律可知,合力向左,F 3m.所以划痕长度之比为1:3,故D正确。] 不可能为0.F可能为0;若小车向左做减速运动,由 6.B [由题图乙知,滑块在摩擦力的作用下做匀减速直 牛顿第二定律可知合力向右,则物块所受摩擦力不可 线运动,本板在摩擦力的作用下做初速度为0的匀加 能为0,则F;不可能为0.故AB错误,若小车向右偶 速直线运动,最终两者相对静止,一起运动,滑块没有 匀速运动,根据平衡条件得知,物块所受的摩擦力不 滑离木板,故A错误,B正确;滑块与木板间的摩擦力 分别使滑块、木板获得加速度,所以满足n.一May. 可能为0,F;不可能为0:若小车向右做加速运动,根 据牛顿第二定律可知,合力向右,F;不可能为0,F不 由题图乙知,在0~1.时间内滑块匀减速运动的加速 可能为0:若小车向右做减速运动,由牛顿第二定律可 度小于不板匀加速运动的加速度,即a.a,所以可 知合力向左,则物块所受F、不可能为0,F可能为0 知mM,即滑块的质量大于木板的质量,故C错误 故C正确,D错误.] 3.BC [小球与挡板之间弹力为0时分离,此时小球的 加速度仍为a,由牛顿第二定律得ng一kx一ma,由匀 木板长度大于或等于t,故D错误。] 7.A [在木块与木板相对滑动前,F一t一(m:十m)a. /2m(g-a).故选项A错误,B正确:小球速度最大 木块与木板相对滑动后,木板受到的摩擦力/a一g 时所受合力为0.,此时弹策伸长量x,选项C正 确,D错误.] 4.C [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,由题图乙可知,B的最大加速度为 知A正确,BCD错误.] 4 m/s,即拉力F24N时,A相对于B发生滑动,当 8.(1)对货物根据牛顿第二定律可知 F<24N时,A.B保持相对静止,一起做匀加速直线 mgsin 24*-ngcos 24=ma. 31 考点同步解读> 高中物理 必修 第一母 RJ乡 解得a.-2m/s. 故小包裹做匀速直线运动,设小包裹匀速运动至最 (2)货物从静止匀加速至滑轨末端,有v一2a/. 低点的时间为。,有 解得v-4m/s. _. (3)货物在水平滑轨做匀减速运动,有 ---2al. 故小包裹通过传送带所需的时间/三士t,联立解 加速度大小a:-_g-g, 得1-4.5s. 【竞赛强基演练】 解得/。-2.7m. 1.BD [设物块质量为m,作用力为F,板长为L,则物 9.(1)木板最初做匀速运动,由F-Mg得-M 块相对于地面的加速度为a-F-mng,木板相对于地 n 1000.5. 面的加速度为a'-. (2)第1块铁块放上后,本板做匀减速运动,设加速度 物块相对于木板的加速度为aF-mg_ g. n 大小为a,则(M+m)g-F-Ma. M 代入数据解得a:-0.5m/s{,方向向左. 2L 物块在本板上的运动时间为(一 (3)根据速度位移关系式得一一2L ~ n 解得v-2v6m/s. 物块相对干地面的速度为 (4)设最终有”块铁块能静止在本板上,则本板运动 F-m 2 -ar= n n 木板的速度为v-M 第1块铁块放上后,2aL-一. 20 第2块铁块放上后,2aL一一. & n ...... 物块相对于地面的位移为 第n块铁块放上后,2a.L一一. (_0_) (F-ng)L n 综合分析可知,答案为BD 木板停下时,-0,得n-6.6. F 2.(1)对整体而言,产生的加速度为a ,故 所以最终本板上放有7块铁块 n:十7+77 10.(1)小包裹相对干传送带下滑时,对其受力分析如 B、C间的摩擦力fac一msa= _nF 图所示,以沿传送带向下为正方向,由牛顿第二定律 mi十m十m. 可得 隔离B进行分析(如图),则; ngsina-ngcos a-ma. 在水平方向上有fa cosθ-Nsin0-fac-ma. 解得a--0.4m/s{,则小包裹相对于传送带滑动时 在竖直方向上有(m+m)g-f.sin0+Ncos8. 加速度的大小为0.4m/s 行# (2)F逐渐增大.a逐渐增大,使B、C间滑动的临界加 速度为a=ng;此时,对应fa=(m。+m)(gsin0十 ngcos0)(m:十ms)ngcos0,说明A、B间的最大静摩 (2)设小包事匀减速运动的时间为么,运动位移为 擦力不足以满足对应的摩擦力要求,故A、B间先滑动 r.,则有 N. -0-n_- 1_ 解得=2.5s.x-2.75m 3.95m 。 当小包裹减速至和传送带共速后,小包裹受到传送 带的静摩擦力与其重力沿传送带向下的分力平衡, 32