第3章 第二讲 第2课时 动力学中的三类典型问题（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

动力学中的三类典型问题 第2课时 1 2 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 逐点清(一)　动力学中的图像问题 3 逐点清(三)　动力学中的临界 极值问题 逐点清(二)　动力学中的连接体问题 逐点清(一)　动力学中的图 像问题 图像 三种类型 v-t图像、a-t图像、F-t图像、 F-a图像等 (1)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 (2)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 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像 解题策略 破题关键 (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 (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 (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 (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 1.[由图像分析物体的受力] (多选)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图像如图所示，则(　　) A.在0~t1时间内，外力F的大小不断减小 B.在t1时刻，外力F为零 C.在t1~t2时间内，外力F的大小可能不断减小 D.在t1~t2时间内，外力F的大小可能先减小后增大 √ √ √ 解析：根据v-t图像的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内，加速度为正方向并不断减小，根据加速度a=，所以外力F的大小不断减小，故A正确；在t1时刻，加速度为零，此时外力F等于摩擦力，不为零，故B错误；在t1~t2时间内，加速度为负方向并且不断变大，根据加速度a=，外力F可能不断减小，也可能先减小后反向增大，故C、D正确。 2.[由图像分析物体的运动] 如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时，物块停止下滑 √ 解析：根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-f= ma，由题图乙可知F=t，而f=μF，解得a=g-，故随 着时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动， 后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，作出a-t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm=gt0，故选C。 3.[由已知条件确定某物理量的图像] (2025·浙江衢州调研)如图所示，一小球从空中某处由静止释放后竖直下落，运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，以小球的落地点O为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，则关于小球的位置坐标x、速度大小v和加速度大小a的图像可能正确的是(　　) √ 解析：根据牛顿第二定律可得mg-f=ma，又f=kv，可得a=g-，可知a-v图像为一条斜率为负值、纵轴截距为正值的倾斜直线；小球从空中某处由静止释放后，做加速度逐渐减小的加速运动，若落地前加速度已经减为0，则小球继续做匀速直线运动，故C错误，D正确。以小球的落地点O为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，则t=0时刻，小球的x坐标大于0，且在小球加速阶段，x-t图像的切线斜率应逐渐增大，故A、B错误。 1.第1题的解题关键点 由v-t图像可分析物体加速度的变化规律，物体受到的合力为外力F与摩擦力的合力。 2.第2题的解题关键点 (1)t=t0时刻是物块做加速运动和减速运动的转折点。 (2)在物块下滑过程中，水平力F始终是变化的，因此物块所受滑动摩擦力也是变化的，故物块在竖直方向上所受合力始终是变化的。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 逐点清(二)　动力学中的连接体问题 类型 典型图示 运动特点 轻绳连接体 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 轻杆连接体 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 类型 典型图示 运动特点 轻弹簧连接体 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，两端连接体的速度大小相等 题点1　加速度相同的连接体 1.(2024·北京高考)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.F B.F C.F D.F √ 解析：根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a，对空间站受力分析有F'=Ma，联立两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F，故选A。 2.如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力大小为+μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 √ 解析：设木块和水平面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a，可得a= ，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT-μm1g = m1a，可得FT=F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。 题点2　加速度不相同的连接体 3.(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮， 绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在 摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放 置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m 图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　) √ 解析：设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T-f=Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，联立可得a==·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。故选D。 4.(2025·江苏扬州质检)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M=8 kg，重物质量m=2 kg，木箱与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件? 答案：μ≥0.5　 解析：对重物受力分析，根据受力平衡可得FT=mg=20 N 对木箱受力分析，可得Ff=2FT，又Ff=μMg 联立解得μ=0.5， 要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时，求重物的速度大小v。 答案： m/s 解析：设木箱的加速度大小为a，则重物的加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得FT'-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-μMg-2FT'=Ma 解得a=0.5 m/s2 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x=0.5 m时，重物向上的位移为h=2x=1 m，由2×2a×h=v2 可得此时重物的速度大小为v= m/s。 1.对于加速度相同的连接体，通常先用整体法列方程，若求物体间的内力，再隔离受力较少的物体，受力分析，列方程求解。 2.对于加速度不相同的连接体，要对物体隔离分析，列方程求解。 3.用动滑轮连接的连接体可通过位移大小关系寻找物体间的加速度大小关系。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 逐点清(三)　动力学中的临界极值问题 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。 必备知能 (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 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 1.[细线刚好不被拉断的临界问题] (2025·湖南岳阳质检)(多选)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N，已知sin 37°=0.6， cos 37° =0.8，取g=10 m/s2，则(　　) A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为 5 m/s2 D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2 √ √ 解析：小球受力如图所示，系统静止时，竖直方向有Fasin 37° =mg，水平方向有Facos 37°=Fb，解得Fa=10 N，Fb=8 N，故B正确，A错误；系统竖直向上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fmsin 37°-mg=ma，水平方向有Fmcos 37° =Fb'，解得Fb'=12 N，此时加速度有最大值a=5 m/s2，故C正确； 系统水平向右匀加速运动时，当b线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fa'sin 37°=mg，水平方向有Fm-Fa'cos 37° =ma'，解得Fa'=10 N，加速度最大为a'= m/s2，故D错误。 2.[接触与脱离的临界问题] (2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)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.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 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=mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C。 √ 3.[叠加体系统的临界问题] (2025·陕西商洛模拟预测)水平地面上有一质量m1=3 kg的长木板，木板的左端上有一质量m2=2 kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系图像如图乙所示，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的变化关系图像如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。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g取10 m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　) A.F1=16 N B.F2=20 N C.木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2 D.在t1~t2时间段内物块做匀加速直线运动 √ 解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10 N =10 N，木板与物块间的最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10 N=16 N，当拉力F逐渐增大到F1时，由题图丙可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10 N，故A错误；当拉力达到F2时，木板与物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板f2-f1=m1a，对物块F2-f2=m2a，解得F2=20 N，a=2 m/s2，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B正确，C错误；在t1~t2时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。 4.[动力学中的极值问题] 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ在0~90°之间改变，当θ=30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0=10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； 答案：　 解析：当θ=30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin 30°=Ff，其中Ff=μmgcos 30°，解得μ=。 (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 答案：θ=60°　 m 解析：设沿木板向上为正方向，物块的加速度为a，则-mgsin θ-μmgcos θ=ma，由0-=2ax得x==， 又因tan α=μ=，故α=30°， 当α+θ=90°时，即θ=60°时，x最小 最小值为xmin== m。 1.解答第1题的关键点 (1)系统竖直向上加速时，a线拉力为Fm=15 N时达到最大加速度。 (2)系统水平向右加速时，b线拉力为Fm=15 N时达到最大加速度。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 2.解答第2题的关键点 (1)甲向上的速度为0时乙恰好不脱离挡板。 (2)甲向下运动到最低点时挡板对乙的弹力最大。 (3)甲在最高点和最低点的加速度大小相等、方向相反。 3.解答第3题的关键点 (1)t1时刻拉力F1恰好等于m1与地面间的最大静摩擦力。 (2)t2时刻m2与m1间的摩擦力达到最大静摩擦力。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·河南开封检测)小明同学通过网络查到开封北站到郑州东站的线路距离为55 km，所需时间为21分钟。假设高速动车组列车从开封北站到郑州东站做直线运动，其间经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，且匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等。为进一步获取数据，小明同学将质量为0.25 kg的手机放在车厢的水平桌面上，利用手机软件测得列车启动时的加速度—时间图像如图所示，忽略开始时加速度的变化，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 6 7 8 9 10 11 12 13 A.列车启动过程中，手机所受摩擦力的大小为2.5 N B.列车匀速行驶的时间约为15分钟 C.按照题中所给条件，列车运行中的最高时速可以达到350 km/h D.列车加速时间约为9分26秒 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由题图可知列车启动做匀加速运动的加速度为a = 0.14 m/s2，对手机根据牛顿第二定律有f=ma=0.035 N，A错误；设列车最高速度为v，匀加速和匀减速的时间均为t1，匀速的时间为t2，则2×t1+vt2=x，2t1+t2=t，v=at1，联立解得t1≈566 s=9分26秒，t2≈127 s=2分7秒，v ≈ 79.30 m/s≈285.5 km/h，B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.踢毽子是一项全民健身运动。当毽子被竖直踢上去又落下，若其所受空气阻力大小不变，忽略风力，取竖直向下为正方向，下列关于毽子的速度v随时间t的变化图像可能正确的是 (　　) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：取竖直向下为正方向，毽子向上运动时，加速度为正方向，毽子向上做匀减速直线运动，加速度大小为a1=；毽子向下运动时，加速度为正方向，毽子向下做匀加速直线运动，加速度大小为a2=，则有a1>a2，故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(多选)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.当火车匀速直线运动时，T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时，T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时，T1=f1=k×3G，T2=f2=k×2G，T3=f3=k×G，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时，T1-f1=T1-k×3G=3ma，T2-f2=T2-k×2G =2ma，T3-f3=T3-k×G=ma，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(多选)如图甲所示，一倾角为θ的斜面固定在水平面上，小物块在平行于斜面向上的拉力F作用下沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点坐标为-b。由图可知 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.小物块的质量为k B.小物块的质量为 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-f=ma，可得a=-，结合题图乙可得=k=，-=-b，可知小物块的质量为m=，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ+f=c，故选B、D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2025·山西临汾质检)质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上，0~3 s内所受水平拉力与时间的关系图像如图甲所示，0~2 s内加速度与时间的关系图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，由图可知 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.m=1 kg，μ=0.2 　B.m=1 kg，μ=0.1 C.m=2 kg，μ=0.2 　D.m=2 kg，μ=0.1 解析：0~1 s内，根据牛顿第二定律可得F1-μmg=ma1，1~2 s内，有F2=μmg，联立解得m=1 kg，μ=0.2，故选A。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2025·河北保定模拟)质量为M的小物块(可视为质点)在水平外力F的作用下沿粗糙水平面(小物块与水平面之间的动摩擦因数μ为定值)运动的速度—时间图像如图所示，则下列关于力F随时间变化的图像(规定初速度的方向为正方向)可能正确的是 (　　) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由题图可知，小物块先做正方向的匀减速直线运动，经t1时间速度减小到0，开始做反方向的匀加速直线运动，且两次运动的加速度不变，则水平外力F在0~t1和t1之后均为恒力，设0~t1时间内水平恒力的大小为F1，若恒力与运动方向相反(与正方向相反)，则有a=+μg，若恒力与运动方向相同(与正方向相同)，则有a=μg-；设t1之后水平恒力的大小为F2，恒力与运动方向相同(与正方向相反)，则有a=-μg，可知一定有F2>F1，综上所述，0~t1时间内，水平恒力可能与正方向相同，也可能与正方向相反，t1之后，水平恒力与正方向相反，且有F2>F1，故D可能正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(多选)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°，sin 37°=0.6，cos 37° =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 (　　) A.若小车向左加速，加速度不能超过g B.若小车向左加速，加速度不能超过g C.若小车向右加速，加速度不能超过g D.若小车向右加速，加速度不能超过g 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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，根据牛顿第二定律有mgtan 37°=ma1，解得a1=g，所以若小车向左加速，加速度不能超过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，根据牛顿第二定律有mgtan 53°=ma2，解得a2=g，所以若小车向右加速，加速度不能超过g，C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(2025·贵州贵阳模拟预测)如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量为2m，物体B的质量为m，重力加速度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则 (　　) A.绳子的拉力变小 B.绳子的拉力变为原来的两倍 C.物体A和B运动的加速度大小不变 D.物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为F，整体的加速度大小为a，对A受力分析，根据牛顿第二定律有F=mAa，对B受力分析，有mBg-F=mBa，联立解得a=g，F=g；将A和B互换位置后，绳子仍保持与桌面平行，设此时绳子的拉力大小为F'，整体的加速度大小为a'，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有mAg=(mA+mB)a'， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解得a'=，对B受力分析，根据牛顿第二定律有F'=mBa'，解得F'=g；因为mA=2m，mB=m，解得a=g，a'=g，F=F'=mg，可得a'=2a，即绳子的拉力大小不变，物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍。故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2025·河南模拟预测)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度取g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.物块的加速度大小为2 m/s2 B.物块的初速度为零 C.物块与斜面间的动摩擦因数为 D.前2 s内物块的平均速度为5 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由运动学公式x=v0t+at2，整理可得=v0+，由题图乙可知v0=2 m/s，= m/s2=2 m/s2，解得a=4 m/s2，所以物块在斜面上做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，A、B错误；由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得μ=，C正确；第2 s末物块的速度为v=v0+at=10 m/s，则前2 s内物块的平均速度为==6 m/s，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮的轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向的夹角为θ，系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2>m1，绳子的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计，下列说法正确的是 (　　) A.车厢的加速度为0 B.绳子的拉力大小为m1gcos θ C.车厢底板对m2的支持力大小为(m1+m2)g D.车厢底板对m2的摩擦力大小为m2gtan θ 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：物体m1、m2与车厢具有相同的加速度，对物体m1受力分析，受重力和拉力，根据合成法知F合=m1gtan θ，拉力为T=，物体m1的加速度为a==gtan θ，所以车厢的加速度为gtan θ，故A、B错误；物体m2的加速度为gtan θ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力大小为N=m2g-，摩擦力大小为f=m2a=m2gtan θ，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2025·湖南娄底质检)如图甲，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA=6 kg、mB=4 kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.t=0时，A物体的加速度大小为2 m/s2 B.t=1 s时，A、B开始分离 C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度大小为3 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：由题图乙、丙可得FA=8-2t，FB=2+2t，则t=0时，可知FA0=8 N，FB0=2 N，分析可知此时二者不会分开，A、B两物体的加速度大小为a==1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时二者的加速度相同，则有=，即=，解得t=1 s，0~1 s内A、B未分离，整体受合外力为10 N，加速度a=1 m/s2，分离时的速度大小为v=at=1 m/s，故B正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上 端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴 接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现 用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向 上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= C.从施加力F到A、B分离的时间为4 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0=4mg，开始施加拉力F的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma，解得FAB=，故A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为零，弹簧弹力不为零， 对A受力分析得kx-3mg=3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=，则A上升的高度h=x0-x=，由h=at2，解得从施加力F到A、B分离的时间为t=，故C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(14分)如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量mA=2 kg，木板质量mB=1 kg，木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，不计空气阻力，取g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水平向右的恒力F。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)若F=9 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(10分) 答案： 2 m/s2　5 N　 解析： A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N B与地面之间的最大静摩擦力为 f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N 当A、B恰好发生相对滑动时，对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对于整体有F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 当F=9 N<12 N时，B与地面发生相对滑动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体有F-f2=(mA+mB)a1 解得a1=2 m/s2 对于B，根据牛顿第二定律可得f3-f2=mBa1 解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)若F=16 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(4分) 答案：5 m/s2　6 N 解析：当F=16 N>12 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律F-f1=mAa2 解得a2=5 m/s2 A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4=f1=6 N。 2 3 4 $$