第3讲 专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

2的肉·讲与练·高三物理 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过C.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获 2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 得的初速度大小至少为3 m/s 5 D.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获 得的初速度大小至少为3m/s 6.(2024·陕西榆林一模) 如图所示，一个质量为 2kg的箱子静止放在水 平面上，箱子与水平面间 的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉 力，使箱子从静止开始运动，经过2$，箱子的位 移为20m。重力加速度大小g取10m/s2,已 知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平 【对点演练) 面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s 5.(多选)(2025·河北衡水高三检测)如下 后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一 个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手 058 迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下 的初速度并与手发生相对运动，筒内的 羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为 M=90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动 摩擦力为F1=2.6N,羽毛球质量为m=5g, 球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之 间的滑动摩擦力大小为F2=0.1N,重力加速 度大小g取10m/s2,空气阻力忽略不计，当球 筒获得一个初速度后 温馨提示) A.羽毛球的加速度大小为10m/s B.羽毛球的加速度大小为30m/s 学习至此，请完成课时作业15 第3讲 专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题 热点题型 突破 题型探究·能力提升 题型一 动力学图像问题 1.常见图像 2.解题策略 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表 像等。 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。 第三章运动和力的关系 讲 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意 4a/(m·s2) 义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两 2 图线的交点，等等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具 →t/s 3 甲 体的题意、情境结合起来，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 A.物块的质量为3kg 式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问 B.最大静摩擦力为3N C.若在4s时撤去水平拉力，物块还可以继续 题作出准确判断。 滑行4.5s 考向1图像的选取 D.若在4s时撤去水平拉力，物块还可以继续 【典例1】(2024·全国甲卷)如 滑行8m 图所示，一轻绳跨过光滑定滑 听课记录 轮，轻绳的一端系物块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 〔对点演练】 1.（2025·河南开封高三联 +m·s) 考)某游泳运动员在0 4 059 6s时间内运动的v-t图 像如图所示。关于该运动 2 员，下列说法正确的是 ( A.在0~6s内所受的合力一直不为0 B.在06s内的位移大小为24m C.在2~4s内一定处于超重状态 D.在4~6s内的位移大小为8m 听课记录 2.如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止 在倾角为0的光滑斜面上。逐渐增大F,物体 开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图 像如图乙所示。重力加速度大小g取10m/s2。 根据图中所提供的信息不能计算出的是() a/(m·s-2) 6 考向2图像信息的应用 【典例2】（多选）(2025·江西临川高三检测)用 2030F/N 水平力F拉静止在水平桌面上的物块，F大小 甲 随时间的变化如图甲所示，物块的加速度α随 A.物体的质量 时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大 B.斜面的倾角 于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2。 C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 下列说法正确的是 D.加速度大小为6m/s2时物体的速度 2勾·讲与练·高三物理 题型二 动力学中的连接体问题 1.连接体的类型 外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B, (1)弹簧连接体：如图所示，在弹簧发生形变的 使轻绳刚好伸直。由静止释放B,在B下落而 过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相 A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止， 等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加 下列说法正确的是 () 速度相等。 A.地面对C有向右的摩擦 B.物体C受到4个力作用 C.绳中拉力等于mg AB卡 D.地面对C的支持力小于(M+2m)g 听课记录 (2)物物叠放连接体：如图所示，两物体通过弹 力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度。 A E B (3)轻绳（杆）连接体（如图所示）： ①轻绳一轻绳在伸直状态下，两端的连接体 沿绳方向的速度大小总是相等。 考向2轻杆连接体 ②轻杆一轻杆平动时，连接体具有相同的平【典例4】（多选)(2025·河北 060 动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速 保定高三期中)如图所示， 度，而线速度与转动半径成正比。 轻杆带转轴一端与物块B B M 连接，轻杆可绕转轴在如图 77777之77 Tmwtm 所示的竖直面内转动，其上端固定小球A,A、 B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小 车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢 2.连接体的分析 壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B 整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各 与车厢地板间的动摩擦因数为：。给小车施 物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作 加水平向左的作用力F,保证轻杆与竖直方向 用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用 的夹角0=30°且与小车始终保持相对静止（假 隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速 律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求 度为g。下列说法正确的是 内力”。 考向1轻绳连接体 A.轻杆对小球的作用力大小一定为2 3mg, 【典例3】(2024·江西鹰 方向沿杆斜向上 潭高三质检)如图所示， B细线拉力为0时，小车的加速度大小为 38 C由质量为M的物块及 右上角光滑轻质定滑轮 C.当4-5时，F< 23 3 mg 组成，静置于水平地面上。跨过滑轮用轻绳连 接两质量分别为2m和m的物块A、B,除地面 D.当u= 23 时，F≤ 2 3 mg 第三章运动和力的关系 听课记录 听课记录 考向3弹簧连接体 考向4叠放连接体 【典例5】（多选）(2020·海南卷)如图所示，在倾 【典例6】（多选）(2024·河 角为0的光滑斜面上，有两个物块P和Q,质 北保定一模)如图所示，一 量分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧 质量M=3kg、倾角为a= 450 77777777777777777777 相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物 45°的斜面体放在光滑水平 块一起向上做匀加速直线运动，则 () 地面上，斜面体上有一质量为m=1kg的光滑 楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜 m 0000000P 面体上，系统恰好保持相对静止一起向左运 1m2 动。重力加速度大小g取10m/s2,下列判断 、10 正确的是 () A.两物块一起运动的加速度大小为a A.系统做匀速直线运动 F B.F=40 N m1+m2 C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5√2N B.弹簧的弹力大小为T=m:F D.增大力F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向 m1+m2 C.若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动 上运动 时，它们的间距变大 听课记录 061 D.若只增大0，两物块一起向上匀加速运动 时，它们的间距变大 题型三 临界极值问题 1.“四种”典型的临界条件 续表 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼 离，临界条件是弹力FN=0。 两种可能时，或变化过程中可能出现临界 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对 假设法 条件，也可能不出现临界条件时，往往用假 静止时，常存在着静摩擦力，相对滑动的临界条 设法解决问题 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 将物理过程转化为数学表达式，根据数学 数学法 的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件 表达式解决临界极值问题 是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子 【典例7】 如图所示，一质 B 松弛与拉紧的临界条件是Fτ=0。 量m=0.4kg的物块， (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件： 以v。=2m/s的初速度， 当加速度变为0时，速度达到最大值或最小值。 0 在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面 2.“三种”典型的常用方法 向上做匀加速运动，经1=2s的时间物块由A 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临 点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。 极限法界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解 已知斜面倾角0=30°，物块与斜面之间的动摩擦 决问题的目的 2圈勾·讲与练·高三物理 端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小 因数=3。重力加速度大小g取10m/ 球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的 水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时， 大小。 小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？ 水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时， 拉力F的最小值是多少？ 小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2 的大小之比为 ( A.√5：1 B.√5：3 C.3:1 D.1:3 4.（多选)如图所示，质量mB=2kg 的水平托盘B与一竖直放置的轻 弹簧焊接，托盘上放一质量mA= 1kg的小物块A,整个装置静止。 现对小物块A施加一个竖直向上 的变力F,使其从静止开始以加速 TERREPEYFFPF7FRFRER 度a=2m/s2做匀加速直线运动，己知弹簧的 劲度系数k=600N/m,重力加速度大小g取 10m/s2。下列结论正确的是 A.变力F的最小值为2N B.变力F的最小值为6N 062 C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 0.2m/s D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 〔对点演练】 5 5 m/s 3.(2025·山西临汾高三检测) 如图所示，水平面上的小车内 温馨提示) 固定一个倾角为0=30°的光 0 学习至此，请完成课时作业16 滑斜面，平行于斜面的细绳一 第4讲 专题强化：传送带模型中的动力学问题 热点题型突破 题型探究·能力提升 题型一 水平传送带中的动力学问题 1.三种常见情境 常见情境 v-t图像 02 条件：l≤ μg 条什B正确：水平力F作用在物体上，而物 体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两 个力不是平衡力，也不是相互作用力， C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物 体的弹力是两个物体间的相互作用 力，是一对作用力与反作用力，D正确 典例5A环在竖直方向上受重力及箱 子内的杆对它的竖直向上的摩擦力 F,受力情况如图甲所示，根据牛顿第 三定律，环应给杆一个竖直向下的摩 擦力F,故箱子竖直方向上受重力 Mg、地面对它的支持力Fy及环给它 的摩擦力F,受力情况如图乙所示。 以环为研究对象，有mg一F:=ma,以 箱子和杆整体为研究对象，有F、 F十Mg=F:十Mg=Mg十mg-ma。 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压 力大小等于地面对箱子的支持力大 小，即F=Mg十mg-ma,A正确。 F、 m mg iz777777777777 Mg 甲 第2讲牛顿第二定律的应用 …必备知识梳理… 一、1.(1)无关(2)不等于 2.(1)大于(2)向上 3.(1)小于(2)向下 4.(1)完全没有(2)g 教材链接·想一想 提示：航天器内的物体处于完全失重 状态，液滴在表面张力作用下呈球形。 二、1.运动情况受力情况 2.加速度牛顿第二定律 概念辨析 1.×2.×3.×4./5.×6.× 7./ 关键能力提升… 考点一瞬时加速度问题 典例1B对于题图甲，突然撤去挡板 的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹 簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速 度为0，对于B,所受合力大小等于有 挡板时挡板对其的支持力大小，为 2 ngsin0,由牛顿第二定律有2gsin9= maB,可得B的加速度大小为aB 2 g sin 0;对于题图乙，突然撤去挡板的 瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第 二定律有2 ng sin0=21a',可得A、B 的加速度大小均为a'=gsin0,设轻杆 对A的作用力为F,对A由牛顿第二 定律有ng sin日十F=ma',可知F 0,故题图乙中轻杆的作用力一定为0。 故选B。 对点演练 1.A剪断前，对B、C、D分析得FA= (3十2m十m)g,对D分析得Fcp= mg,剪断B、C间细线后，对B分析 FAm一3g=3maB,解得am=g,方向 竖直向上，对C分析Fc十2mg= 2ac,解得ac=1.5g,方向竖直向下。 故选A。 2.C在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚 性轻质杆接触处的形变立即消失，受 到的合力均等于各自重力，所以由牛 顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4 间轻弹簧的形变还来不及改变，此时 弹簧对物块3向上的弹力大小和对物 块4向下的弹力大小仍为mg,因此物 块3满足mg=F,即a?=0,由牛顿第 二定律得物块4满足a,=F+M8 M ,C压 考点二超重与失重问题 典例2AC人的下蹲动作分别有失重 和超重两个过程，先是加速下降失重， 有F<mg=600N,到达最大速度后再 减速下降超重，有F>mg=600N,故 04s完成了一次下蹲过程，故A正 确；由图像知，在1.8s时F最小，该同 学向下的加速度最大，还在向下加速， 由mg一Fnin=am,对应图像有Fnin= 280N,代入解得am≈5.3m/s,故B、 D错误；0~8s内当F最大时，该同学 向上的加速度最大，由Fx mg= mam,对应图像有Fx=920N,代入 解得an≈5.3m/s,故C正确。 对点演练 3.C在B,点时人与装备的速度最大，加 速度为零，处于平衡状态，有kx=g, 在A点未释放时，有kx'=g十F,又 x'-x=2m,联立解得k=500N/m, 故A错误，C正确；在C,点速度为零， 有向下的加速度，人与装备处于失重 状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛 顿第二定律，可得kx一g=F=a, 解得a=12.5m/s,故D错误。 4.D电梯静止时，对小球受力分析可得 kx=mg,电梯运行时，对小球由牛顿 第二定律有F合三mg二k:云z月 4mg=ma,解得此时小球加速度a= 1 g=2.5m/s,方向竖直向下，即电 梯和乘客加速度都向下，处于失重状 态。电梯可能加速下降或减速上升， 加速度大小为2.5m/s2,A、B、C错误； 对乘客由牛顿第二定律有Mg一N= Ma,由牛顿第三定律可知，乘客对电梯 地板的压力N'=N=375N,D正确。 考点三动力学中的两类基本问题 典例3(1)2m/s2(2)4m/s (3)2.7m 解析：(1)根据牛顿第二定律可得 gsin24°-mgc0s24°=1a1,代入数 据解得a1=2m/s2。 (2)根据运动学公式v2=2a1l1,解得 v=4m/s。 -533- (3)根据牛顿第二定律可得mg= a2,根据运动学公式可得v u”=-2a2l2,联立并代入数据解得 l2=2.7m。 对点演练 5.BD依题意，对羽毛球受力分析，由于 羽毛球相对于球筒向上运动，受到球 筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据 牛顿第二定律可得mg十Fn=ma1,求 得羽毛球的加速度大小为a1=30m/s, 羽毛球向下做匀加速直线运动，故A 错误，B正确；对球筒受力分析，根据牛 顿第二定律有Mg一Fn一Fe=Ma2, 求得a2=一20m/s,负号表示球筒的 加速度方向竖直向上，说明球筒向下 做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽 毛球头部能从上端筒口出来，则当羽 毛球到达简口时，二者速度相等，此时 球筒获得的初速度最小为vm,有 ait-Umin+ait,(vint+2t)- 1 之a1t=d,联立并代入数据解得0m= 3m/s,故C错误，D正确。 6.(1)30N(2)18.975m 解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直 1 线运动，有L=2at,解得a 2 10m/s2,由牛顿第二定律有F=a十 g=30N。 (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加 速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2 的加速度匀减速t2时间后速度减为0， 有Fcos37°-u(mg-Fsin37)= a1,解得a1=11,5m/s2,撤去拉力后 a2=g=5m/s。由于匀加速阶段的 末速度即为匀减速阶段的初速度，因此 有a1t=a2t2,其中t=1s,箱子加速、 减选的总位移L-a片十a, 联立解得L'=18.975m。 第3讲专题强化：动力学图像、 连接体和临界极值问题 热点题型突破 题型一动力学图像问题 典例1D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一f=Ma,以 盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律 可得mg一T=ma,联立可得a= mg了=”m·m,可知当砝码受到 M+mM+m 的重力大于f时，P才有一定的加速 度，当m趋于无穷大时，P的加速度趋 近等于g。 典例2AD根据题图乙可知，在2s时 刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小 等于最大静摩擦力，根据题图甲可知， 最大静摩擦力为6N,B错误；设滑动 摩擦力为f,物块质量为，根据牛顿 参考答案“☑。 第二定律可知，在2s时刻有F1一∫= ma1,在4s时刻有F2一f=ma2,代入 数据解得m=3kg,f=3N,A正确； a-t图像与横轴所围的面积表示速度 的变化量，结合上述则有v1=△v= X2X1+3)m/s=40m/s,报 拉力后物块的加速度a=上=1m/s, m 则物块还可以继续滑行的时间t= =4.0s,C错误；若在4s时撤去水 a 平拉力，物块还可以继续滑行的距离 2a =8m,D正确。 对点演练 1.Dv-t图像的斜率代表加速度，由图 像可知，在24s该运动员有加速度， 由牛顿第二定律可知F合=ma,在0~ 2s与4~6s该运动员并无加速度，即 此时合力为零，综上所述，该运动员在 0~2s与4~6s所受合力为零，在2 4s所受合力不为零，故A错误；由于 v-t图像与坐标轴围成的面积表示位 移，所以该运动员在0一6s内的位移 1 大小为x=2X(2+4)×4m=12 m, 故B错误：由之前的分析，在24s结 合图像可知，该运动员加速度大小为 4-0 a= 4-2 m/s2=2m/s2,由于不知道运 动员运动方向，只知道该时间内运动 员加速度方向与运动员的运动方向相 同，而超重则加速度方向为竖直向上， 所以其不一定是超重状态，故C错误； 结合之前的分析，该运动员在4一6s 的位移大小为x1=4X2m=8m,故D 正确。 2.D对物体受力分析，受推力、重力、支 持力，如图所示，x方向有Fc0s日一 mg sin日=ma,y方向有Fy-Fsin日- ng cos 0=0,从a-F图像中取两个点 (20N,2m/s),(30N,6m/s2)代入， 解得m=2kg,日=37°，因而A、B可以 算出；当a=0时，可解得F=15N,因 而C可以算出；题中并未说明力F随 时间变化的情况，故无法求出加速度 大小为6m/s2时物体的速度大小，因 而D不能算出。 mg 题型二动力学中的连接体问题 典例3A设轻绳拉力为T,对B由牛 顿第二定律mg一T=ma,对A由牛顿 第二定律T=2ma,联立可得a= T= 2mg,C错误；对ABC整体应用牛 3 2对勾·讲与练·高三物理 顿第二定律，水平方向地面摩擦力∫= .2 2ma=3mg,摩擦力方向与A加速度 方向一致，水平向右，A正确；物体C 受到A的压力、轻绳对滑轮作用力、地 面支持力、重力和地面摩擦力五个力， C错误：对ABC整体应用牛顿第二定 律，竖直方向(M十3m)g-N=ma,解 得N=Mg+8学，故地面对C的支特 力大于(M十2m)g,D错误。 典例4ABC杆为动杆，对小球的作用 力一定沿着杆的方向，设大小为F、。 对小球，由竖直方向平衡有Fvc0s30° 2√3 mg,得Fy= 3mg,故A正确；细线 拉力为0时，对小球，水平方向由牛顿 第二定律得Fxsin30°=ma,又由A项 分折可知R、2 3一)空，角晖得—3·文 V3 B正确：当μ=时，对物块B,设小车 对其的支持力为V,则N=Fxcos30°十 mg,物块B受到小车的静摩擦力向左 达到最大时，加速度最大，大小为Q1, 水平方向由牛顿第二定律得N √3 Fssin30=ma1,解得a1=6g,对A、 B和小车整体，由牛顿第二定律得F 42a1= g,因此有F≤23 25 3 3 mg, 故C正兔：查以一时，对物块品设小车 对其的支持力为V,则N=F、cos30°十 mg,物块B受到小车的静摩擦力向左 达到最大时，加速度最大，大小为Q2, 水平方向由牛顿第二定律得N Fxsin30°=ma2,解得a2= 23 38,A 向左能达到的最大加速度a?= Fxsin30°√3 m 3g,可得ai<a2,即系统 白左能达到的最大加速度为三g,对 A、B和小车整体，由牛顿第二定律得 4W3 4W5 F=na:=3mg,因此有F≤3mg, 故D错误。 典例5BC对P、Q及弹簧组成的整体 受力分析，根据牛顿第二定律有F (m1十2)gsin8=(m1十m2)a,解得 两物块一起运动的加速度大小为a= F m1十m2 一gsin8,故A错误；对Q受 力分析，设弹簧弹力为T,根据牛顿第 二定律有T-m2gsin9=m2a,解得弹 m2 F 簧的弹力大小为T= ,故B正 m1十2 m2F 确；根据T= 三F,可知若 m1+m2L+1 m2 -534- 只增大m2,两物块一起向上匀加速运 动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定 律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的 间距变大，故C正确；根据T= m2F ，可知若只增大日，两物块一起 1十m2 向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变， 根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不 变，故它们的间距不变，故D错误。 典例6BD对整体受力分析如图甲所 示，由牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示，由 牛顿第二定律有mgtan45°=ma,可得 F=40N,a=10m/s,A错误，B正 确：斜面体对楔形物体的作用力F2= 品行=万mg=10EN,C错误：外 力F增大，则斜面体加速度增大，由于 斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔 形物体将会相对斜面体沿斜面上滑， D正确。 mg 45° (M+m)8 为 乙 题型三临界极值问题 典例7(1)3m/s28m/s(2)30 135N 5 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)，由运动学公 式得L=ut十7at'①，w=,十at②， 联立①②式，代入数据得a=3m/s ③，v=8m/s。④ (2)设物块所受支持力为F、,所受摩 擦力为F,拉力与斜面间的夹角为a, 受力分析如图所示。 F F mg 由牛顿第二定律得Fcos a一mgsin8- F,=ma⑤，Fsin a十Fy-mg cos8= 0⑥，又F:=uF⑦，联立⑤⑥⑦式，可 得F=mg(sin9+cos9)+m⑧， cosa十usin a 由数学知识得cosa十了sina= 23 3sin(60°十a)⑨，由⑧②式可知对应 F最小时的夹角a=30°0，联立③⑧⑩ 式，得F的最小值为Fm=135N 5 对点演练 3.D小球和小车保持相对静止时，小球 的受力情况如图所示。如果小车在水 平面上向左加速，对小球受力由正交 分解法得，水平方向上有F、sin日 Frcos日=a,竖直方向上有F、cos0十 Frsin日=mg,解得加速度大小a= Fxsin 0-Frcos0 Fcos0十Fr sin8,小球能够和小车 保持相对静止的临界条件是细绳拉力 FT=0,此时小车向左加速的加速度最 大，解得小车向左做加速运动的最大 加速度大小a1=gtan30°，同理可得， 如果小车在水平面上向右做加速运 动，对小球受力由正交分解法得，水平 方向上有Frcos日-Fxsin0=ma',竖 直方向上有Fxcos日十Frsin8=g,解 将物选及大小。部名 小球能够和小车保持相对静止的临界 条件是斜面对小球的弹力F、=0,此 时小车向右加速的加速度最大，解得 小车向右做加速运动的最大加速度大 g 小a=an30,所以a1:a2=1:3,故 选D。 FN 0 mg 4.BCA、B整体受力产生加速度，则有 F+Fu-(m1A十mB)g=(mA十mn)a, F=(mA十B)a十(mA十mg）g一 FNAB,当FAB最大时，F最小，即刚 开始施力时，F最大且等于A和 B的重力之和，此时F最小，则 Fmim=(mA十mB)a=6N,B正确， A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1 (mA+m)g=0.05m,A、B分离时， 其间恰好无作用力，对托盘B,由牛顿 第二定律可知kx2一mg=ma,得 x2=0.04m,小物块A在这一过程的 位移为△x=x1一x2=0.01m,由运动 学公式可知u2=2a△x,代入数据得 v=0.2m/s,C正确，D错误。 第4讲专题强化：传送带模型 中的动力学问题 热点题型突破 题型一水平传送带中的动力学问题 典例1D小滑块相对于传送带向右滑 动，滑动摩擦力方向向左，加速度方向 向左，根据牛顿第二定律得mg= ma,解得a=g,故A错误；若vo< 1,小滑块的速度从。先向右减速到 0再返回加速到0，刚好返回到左端， 时间为1=20，故B错误：若6>1， ug 小滑块的速度从。先向右减速到0的 心，然后加 时间1=%，位移为1=2 ug 速返回，速度加速到U1的时间t1= ，位移为工：=2g g ,最后以速度 匀速回到左端，时间为，=1工 2u8 2ug vvi ·,小滑块返回到左 U1 2ugvi 端的时间t=t1十t2十t,解得t= +u+-ui_+),故c ug ug T2μg01 Zugv1 错误，D正确。 对点演练 1.C由题图乙可知，物块P先做加速度 为g的匀加速运动，当与传送带共速 后，与传送带一起向右做匀加速运动， 故B错误，C正确；物块P与传送带一 起向右做匀加速运动时，物块P受静 摩擦力，物块P也不可能从题图甲的 左端滑下传送带，故A、D错误。 2.C假设物块在传送带上一直做减速 运动，加速度的大小为a,L=v6t 2at,解得a=3m/s,离开传送带时 物块的速度为v=vo一at=2m/s< 4m/s,假设不成立，故物块在传送带 上先做减速运动，再与传送带共速，最 后从右端离开，A错误；设物块在传送 带上做匀减速运动的时间为t1,则与 传送带一起匀速的时间为2s一t1,L= 8m/s+4m/t,+4m/s×(2s-t), 2 解得t1=1s,B错误；物块在传送带上 做匀减速运动的时间为1s,根据加速 度的龙又可知。-品-8学g 4m/s,由牛顿第二定律可得mg= ma',解得以=0.4，C正确；物块与传 送带的相对位移大小即划痕长度为 1 △x=vot1- 2 a'ti-uti=2 m, D错误。 题型二倾斜传送带中的动力学问题 典例2(1)16m(2)5m 解析：(1)煤块速度达到10m/s之前， mg sin8十img cos8=ma1,解得a1= 1 10m/s2.4=0=1s,x1=201i 5m,煤块速度达到10m/s之后运动 的时间t2=1s,ngsin8-umg cos日= ma2,解得a2=2m/s2,x2=t2十 2at号=11m,L=x1十x2=16m. (2)煤块速度小于传送带时51相= t1一x1=5m,煤块速度大于传送带 时s2湘=x2一t2=1m,由于51物> s2相，所以痕迹长为5m。 对点演练 3.B货物刚放上传送带时做初速度为0 的匀加速直线运动，加速阶段位移大 小x1=之41=8m,1=4s时货物与 -535- 传送带共递，剥加達度a==1m/, 根据牛顿第二定律得umgcos37°一 mg sin37°=ma,解得μ=0.875，故A、 D错误；货物与传送带共速后向上做匀 速直线运动，设历时t2到达顶端，有 L一x1=t2,解得t2=3s,所以货物从 传送带底端到达上方机舱所经过的时 间为t=t1十t2=7s,故B正确；货物 在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 △x=v·t1一x1=8m,故C错误。 4.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带 的速度1，所以小包裹受到传送带的 摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 定律可知mg cos日-mgsin8=1a,解 得a=0.4tm/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送 带上做匀减速直线运动，用时t1= 02-u1_1.6-0.6 s=2.5s,小包裹在 a 0.4 传送带上滑动的距离为工1=四。心， 2 0.6+1.6×2.5m=2.75m,因为小包 2 裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带运 行方向上的分力，即ng cos日>gsin8, 所以小包裹与传送带共速后做匀速直线 运动至传送带底端，匀速运动的时间为 4=1--3.95-275 =2s,所以 01 0.6 小包襄通过传送带所需的时间为t t1十t2=4.5s。 第5讲专题强化：滑块一木板 模型中的动力学问题 … 热点题型突破 题型一水平面上的板块问题 典例1(1)0.10.4(2)6m (3)6.5m 解析：(1)根据图像可以判定碰撞前小 物块与木板共同速度为v=4m/s,碰 撞后木板速度水平向左，大小也是= 4m/s,小物块受到滑动摩擦力而向右 做匀减速直线运动，加速度大小a,= u-04-0 m/s2=4m/s,根据牛顿 t 1 第二定律有2mg=ma2,解得？= 0,4,木板与墙壁碰撞前，匀减速运动 时间t=1s,位移x=4.5m,末速度 v=4m/s,其逆运动则为匀加速直线 运动，可得x=ut十2a1t,解得a1= 1m/s,对小物块和木板整体受力分 析，由牛顿第二定律得h1(m十15m)g (m十15m)a1,即1g=a1,解得h1= 0.1。 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，根 据牛顿第二定律有41(15m十m)g十 4 ,mg=15ma,可得a=3m/s,对 小物块，加速度大小为a2=4m/s2,由 参考答案·☑。