第16讲　专题强化三　动力学中的三类典型问题 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第16讲　专题强化三　动力学中的三类典型问题 考点1　动力学中的图像问题 常见图像 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 (2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t0忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　) [答案]　B [解析]　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小的加速运动，速度继续增大，所以y－t图像斜率继续增大，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y－t图像大致如图所示，故C、D错误。 反思提升　　　　 解题策略 【跟踪训练】 (多选)(2023·全国甲卷)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 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 [答案]　BC [解析]　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。 如图甲所示，质量为m＝1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v－t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．小球受到阻力的大小为4 N B．斜面倾角的正弦值为0.5 C．v0＝3 m/s D．t3＝ s [答案]　D [解析]　根据图像，0～1 s时间内列出运动学公式得2v0＝a1t1,1～1.25 s时间内列出运动学公式得0＝－v0＋a2(t2－t1)，又a2－a1＝4 m/s2，解得a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，v0＝2 m/s，故C错误；设斜面倾角为θ，小球从A点运动到挡板，由牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma1，小球从挡板运动到C点，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋f＝ma2，解得sin θ＝0.6，f＝2 N，故A、B错误；根据图像可知BC之间距离大小为x1＝×(t2－t1)＝0.25 m，设小球从C点运动到B点的时间为t，则x1＝a1t2，解得t＝ s，则t3＝t2＋t＝ s，故D正确。 风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F＝CρSv2(S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度)。如图甲所示，风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．开伞前加速度向下，越来越大 B．开伞后加速度向上，越来越大 C．开伞前物体迎风面积为S1＝ D．开伞后物体迎风面积为S2＝ [答案]　C [解析]　物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中F＝CρSv2，F不断增大，加速度不断减小，题图乙中右侧图线与此过程相符，有mg－CρS1v＝ma1，解得S1＝，故A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v＝v1时，有mg＝CρS2v，解得S2＝，且当v减小时，a减小，故B、D错误。 考点2　动力学中的连接体问题 (能力考点·深度研析) ►考向1　共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度 (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) (2025·浙江宁波质检)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为mA和mB，中间用轻绳水平相连。现给B物块水平向右的力F， (1)求轻绳传递给A的力T。 (2)如果地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？ (3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，轻绳传递给A的力T是多少？ (4)如图丙所示，将整个系统置于固定光滑的斜面上，求轻绳传递给A的力T是多少？如果斜面粗糙且物块与斜面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？ [答案]　(1)F　(2)F　(3)F　(4)F　F [解析]　(1)以A、B整体为研究对象，有a＝， 以A为研究对象，有T＝mAa， 联立解得T＝F。 (2)以A、B整体为研究对象， 有a＝， 以A为研究对象，有T－μmAg＝mAa， 得T＝F。 (3)以A、B整体为研究对象， 有a＝ 以A为研究对象，有T－mAg＝mAa 联立得T＝F。 (4)若斜面光滑，以A、B整体为研究对象， 有a＝ 以A为研究对象，有T－mAgsin θ＝mAa 联立得T＝F 若斜面不光滑，以A、B整体为研究对象有 a＝ 以A为研究对象，有 T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa 联立得T＝F。 反思提升　　　　 　　 在上面的连接体问题中，当系统的拉力F不变时，只要作用在物体上的阻力与质量成正比，物体间的作用力均为T＝F，不论有无摩擦、水平面、斜面、竖直面都一样。 【跟踪训练】 (多选)(2025·山东乐陵月考)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g B．细线上的拉力大小为 C．F＝(M＋m)gtan θ D．物块和小球的加速度为gtan θ [答案]　ACD [解析]　对小球和物块组成的整体受力分析，如图甲所示，竖直方向上受重力和支持力处于平衡状态，因此杆对物块的支持力大小为FN＝(M＋m)g，A正确；对小球受力分析，如图乙所示，则FT＝，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtan θ，B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，C正确。 ►考向2　关联速度连接体 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。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 (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(　　) [答案]　D [解析]　当砝码的质量m很小时，物块P未被拉动；当物块P被拉动时，将砝码、砝码盘(质量忽略)和物块P看成一个整体，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－μmPg＝(m＋mP)a，可得a＝，当m→∞时，a→g。综上可知，D正确。 反思提升　　　　 整体法与隔离法的选取原则 (1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 (2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。 【跟踪训练】 (多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g [答案]　ACD [解析]　第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－FT＝Ma；对B，FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。 考点3　动力学中的临界极值问题 (能力考点·深度研析) 1．临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。 2．四种典型的临界条件 (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：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。 3．动力学临界极值问题的三种解法 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 ►考向1　接触与脱离的临界问题 [答案]　BD [解析]　2 s后F为恒力，说明此刻为分离瞬间，此后人仅受自重以及恒力F的作用就可以做加速度不变的运动，设初始状态弹簧压缩量为x1，分离瞬间压缩量为x2，那么在静止时对人和地台整体分析有kx1＝(M＋m)g① 绳子提供拉力后二者开始一起做匀加速直线运动，对整体有kx1＋F－(m＋M)g＝(m＋M)a② 分离瞬间对地台有kx2－mg＝ma③ 从弹簧压缩量为x1到压缩量为x2的过程满足运动学方程x1－x2＝at2④ 解得a＝2 m/s2，故A错误，B正确；从②中分析可知，在分离前等号右边为定值，随着kx的变小，F必须增大，所以对应的最大压缩量x1对应的即为F的最小值，解得F＝120 N，故C错误，D正确。故选BD。 ►考向2　摩擦力作用下的临界问题 [答案]　AB [解析]　根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0<F<4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N<F<12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F>12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 ►考向3　动力学中的极值问题 如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m [答案]　C [解析]　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α ＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 提能训练　练案[16] 基础巩固练 题组一　连接体问题 1．(2023·北京卷)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1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。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．1 N B．2 N C．4 N D．5 N [答案]　C [解析]　对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。 2. (2025·河南新乡模拟)如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则(　　) A．a球落地前，加速度大小为1 m/s2 B．a球运动到地面所用时间为0.5 s C．a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s D．绳子中张力大小为2.4 N [答案]　D [解析]　a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa ，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。 题组二　临界问题和极值问题 3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是(　　) A．F＝1 N时a＝1 m/s2 B．F＝2 N时a＝ m/s2 C．F＝3 N时a＝1.5 m/s2 D．F＝4 N时a＝2 m/s2 [答案]　BD [解析]　当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，此时二者加速度可认为相等，对整体F＝(m＋M)a＝3 N，故C错误；当F小于3 N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F＝1 N时，a1＝＝ m/s2，当F＝2 N时a2＝＝ m/s2，故A错误，B正确；当F超过3 N时，物体和木板相对滑动，当F＝4 N时，对物体a3＝＝ m/s2＝2 m/s2，故D正确。 4．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 [答案]　D [解析]　对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小为a＝gsin θ；设铁架台底边的长度为d，根据几何关系，可知小物块的位移大小为；根据运动学公式＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D项正确。 5. (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 [答案]　BD [解析]　设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。 题组三　图像问题 6．(2025·山东菏泽联考)2024年4月25日晚，神舟十八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻力与速度大小成正比，它的v－t图像正确的是(　　) [答案]　A [解析]　空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f＝kv，上升阶段由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，随着速度的减小，加速度逐渐减小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点加速度为a＝g，下降阶段由牛顿第二定律得mg－kv＝ma′，随着速度的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减小的加速运动，故选A。 7．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ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g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　) A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 [答案]　D [解析]　对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有Fcos θ－mgsin θ＝ma，y方向有FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。 8．(2025·云南省玉溪高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 [答案]　D [解析]　物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。 9．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，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 [答案]　C [解析]　根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由图像可知F＝t，而f＝μF，解得a＝g－，故随时间的增大，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，做出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。 能力提升练 10．(多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是(　　) A．绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B．轨道不可能是水平的 C．物块Q的质量为0.5 kg D．物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N [答案]　BC [解析]　物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，此1 N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 11. (2025·江西上饶模拟)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(　　) 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 [答案]　A [解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝，A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，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、B上升的高度h＝x0－x，由h＝at2，解得从施加力到A、B分离的时间是t＝，C、D错误。 12．(2025·河南漯河高一统考期末)如图所示，现有一倾角为θ＝60°的斜坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑并开始计时。滑撬的顶端有一轻质细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中细线与虚线(垂直于斜坡方向)的夹角为α＝30°，已知滑撬前端与坡底的高度差为h＝10 m，滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处相同。g取10 m/s2，试求： (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数； (2)滑撬前端到达坡底需要的时间。 [答案]　(1)　(2)2 s [解析]　(1)设小球的质量为m，滑撬和小球整体的质量为M，对小球进行受力分析，细线的拉力为FT，小球的加速度为a，由牛顿第二定律得 mgsin θ－FTsin α＝ma FTcos α＝mgcos θ 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为FN，斜坡与滑撬的动摩擦因数为μ，摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得 Mgsin θ－Ff＝Ma FN＝Mgcos θ Ff＝μFN 解得a＝ m/s2 μ＝。 (2)设滑撬前端到达坡底的时间为t，有 ＝at2 解得t＝2 s。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲　专题强化三　动力学中的三类典型问题 考点1　动力学中的图像问题 常见图像 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 (2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t0忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　) [答案]　B [解析]　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小的加速运动，速度继续增大，所以y－t图像斜率继续增大，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y－t图像大致如图所示，故C、D错误。 反思提升　　　　 解题策略 【跟踪训练】 (多选)(2023·全国甲卷)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 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 [答案]　BC [解析]　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。 如图甲所示，质量为m＝1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v－t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．小球受到阻力的大小为4 N B．斜面倾角的正弦值为0.5 C．v0＝3 m/s D．t3＝ s [答案]　D [解析]　根据图像，0～1 s时间内列出运动学公式得2v0＝a1t1,1～1.25 s时间内列出运动学公式得0＝－v0＋a2(t2－t1)，又a2－a1＝4 m/s2，解得a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，v0＝2 m/s，故C错误；设斜面倾角为θ，小球从A点运动到挡板，由牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma1，小球从挡板运动到C点，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋f＝ma2，解得sin θ＝0.6，f＝2 N，故A、B错误；根据图像可知BC之间距离大小为x1＝×(t2－t1)＝0.25 m，设小球从C点运动到B点的时间为t，则x1＝a1t2，解得t＝ s，则t3＝t2＋t＝ s，故D正确。 风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F＝CρSv2(S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度)。如图甲所示，风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．开伞前加速度向下，越来越大 B．开伞后加速度向上，越来越大 C．开伞前物体迎风面积为S1＝ D．开伞后物体迎风面积为S2＝ [答案]　C [解析]　物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中F＝CρSv2，F不断增大，加速度不断减小，题图乙中右侧图线与此过程相符，有mg－CρS1v＝ma1，解得S1＝，故A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v＝v1时，有mg＝CρS2v，解得S2＝，且当v减小时，a减小，故B、D错误。 考点2　动力学中的连接体问题 (能力考点·深度研析) ►考向1　共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度 (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) (2025·浙江宁波质检)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为mA和mB，中间用轻绳水平相连。现给B物块水平向右的力F， (1)求轻绳传递给A的力T。 (2)如果地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？ (3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，轻绳传递给A的力T是多少？ (4)如图丙所示，将整个系统置于固定光滑的斜面上，求轻绳传递给A的力T是多少？如果斜面粗糙且物块与斜面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？ [答案]　(1)F　(2)F　(3)F　(4)F　F [解析]　(1)以A、B整体为研究对象，有a＝， 以A为研究对象，有T＝mAa， 联立解得T＝F。 (2)以A、B整体为研究对象， 有a＝， 以A为研究对象，有T－μmAg＝mAa， 得T＝F。 (3)以A、B整体为研究对象， 有a＝ 以A为研究对象，有T－mAg＝mAa 联立得T＝F。 (4)若斜面光滑，以A、B整体为研究对象， 有a＝ 以A为研究对象，有T－mAgsin θ＝mAa 联立得T＝F 若斜面不光滑，以A、B整体为研究对象有 a＝ 以A为研究对象，有 T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa 联立得T＝F。 反思提升　　　　 　　 在上面的连接体问题中，当系统的拉力F不变时，只要作用在物体上的阻力与质量成正比，物体间的作用力均为T＝F，不论有无摩擦、水平面、斜面、竖直面都一样。 【跟踪训练】 (多选)(2025·山东乐陵月考)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g B．细线上的拉力大小为 C．F＝(M＋m)gtan θ D．物块和小球的加速度为gtan θ [答案]　ACD [解析]　对小球和物块组成的整体受力分析，如图甲所示，竖直方向上受重力和支持力处于平衡状态，因此杆对物块的支持力大小为FN＝(M＋m)g，A正确；对小球受力分析，如图乙所示，则FT＝，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtan θ，B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，C正确。 ►考向2　关联速度连接体 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。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 (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(　　) [答案]　D [解析]　当砝码的质量m很小时，物块P未被拉动；当物块P被拉动时，将砝码、砝码盘(质量忽略)和物块P看成一个整体，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－μmPg＝(m＋mP)a，可得a＝，当m→∞时，a→g。综上可知，D正确。 反思提升　　　　 整体法与隔离法的选取原则 (1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 (2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。 【跟踪训练】 (多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g [答案]　ACD [解析]　第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－FT＝Ma；对B，FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。 考点3　动力学中的临界极值问题 (能力考点·深度研析) 1．临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。 2．四种典型的临界条件 (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：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。 3．动力学临界极值问题的三种解法 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 ►考向1　接触与脱离的临界问题 [答案]　BD [解析]　2 s后F为恒力，说明此刻为分离瞬间，此后人仅受自重以及恒力F的作用就可以做加速度不变的运动，设初始状态弹簧压缩量为x1，分离瞬间压缩量为x2，那么在静止时对人和地台整体分析有kx1＝(M＋m)g① 绳子提供拉力后二者开始一起做匀加速直线运动，对整体有kx1＋F－(m＋M)g＝(m＋M)a② 分离瞬间对地台有kx2－mg＝ma③ 从弹簧压缩量为x1到压缩量为x2的过程满足运动学方程x1－x2＝at2④ 解得a＝2 m/s2，故A错误，B正确；从②中分析可知，在分离前等号右边为定值，随着kx的变小，F必须增大，所以对应的最大压缩量x1对应的即为F的最小值，解得F＝120 N，故C错误，D正确。故选BD。 ►考向2　摩擦力作用下的临界问题 [答案]　AB [解析]　根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0<F<4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N<F<12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F>12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 ►考向3　动力学中的极值问题 如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m [答案]　C [解析]　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α ＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 提能训练　练案[16] 基础巩固练 题组一　连接体问题 1．(2023·北京卷)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1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。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．1 N B．2 N C．4 N D．5 N [答案]　C [解析]　对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。 2. (2025·河南新乡模拟)如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则(　　) A．a球落地前，加速度大小为1 m/s2 B．a球运动到地面所用时间为0.5 s C．a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s D．绳子中张力大小为2.4 N [答案]　D [解析]　a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa ，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。 题组二　临界问题和极值问题 3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是(　　) A．F＝1 N时a＝1 m/s2 B．F＝2 N时a＝ m/s2 C．F＝3 N时a＝1.5 m/s2 D．F＝4 N时a＝2 m/s2 [答案]　BD [解析]　当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，此时二者加速度可认为相等，对整体F＝(m＋M)a＝3 N，故C错误；当F小于3 N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F＝1 N时，a1＝＝ m/s2，当F＝2 N时a2＝＝ m/s2，故A错误，B正确；当F超过3 N时，物体和木板相对滑动，当F＝4 N时，对物体a3＝＝ m/s2＝2 m/s2，故D正确。 4．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 [答案]　D [解析]　对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小为a＝gsin θ；设铁架台底边的长度为d，根据几何关系，可知小物块的位移大小为；根据运动学公式＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D项正确。 5. (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　) A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用 D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用 [答案]　BD [解析]　设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。 题组三　图像问题 6．(2025·山东菏泽联考)2024年4月25日晚，神舟十八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻力与速度大小成正比，它的v－t图像正确的是(　　) [答案]　A [解析]　空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f＝kv，上升阶段由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，随着速度的减小，加速度逐渐减小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点加速度为a＝g，下降阶段由牛顿第二定律得mg－kv＝ma′，随着速度的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减小的加速运动，故选A。 7．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ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g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　) A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 [答案]　D [解析]　对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有Fcos θ－mgsin θ＝ma，y方向有FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。 8．(2025·云南省玉溪高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 [答案]　D [解析]　物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。 9．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，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 [答案]　C [解析]　根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由图像可知F＝t，而f＝μF，解得a＝g－，故随时间的增大，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，做出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。 能力提升练 10．(多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是(　　) A．绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B．轨道不可能是水平的 C．物块Q的质量为0.5 kg D．物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N [答案]　BC [解析]　物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，此1 N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 11. (2025·江西上饶模拟)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(　　) 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 [答案]　A [解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝，A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，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、B上升的高度h＝x0－x，由h＝at2，解得从施加力到A、B分离的时间是t＝，C、D错误。 12．(2025·河南漯河高一统考期末)如图所示，现有一倾角为θ＝60°的斜坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑并开始计时。滑撬的顶端有一轻质细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中细线与虚线(垂直于斜坡方向)的夹角为α＝30°，已知滑撬前端与坡底的高度差为h＝10 m，滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处相同。g取10 m/s2，试求： (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数； (2)滑撬前端到达坡底需要的时间。 [答案]　(1)　(2)2 s [解析]　(1)设小球的质量为m，滑撬和小球整体的质量为M，对小球进行受力分析，细线的拉力为FT，小球的加速度为a，由牛顿第二定律得 mgsin θ－FTsin α＝ma FTcos α＝mgcos θ 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为FN，斜坡与滑撬的动摩擦因数为μ，摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得 Mgsin θ－Ff＝Ma FN＝Mgcos θ Ff＝μFN 解得a＝ m/s2 μ＝。 (2)设滑撬前端到达坡底的时间为t，有 ＝at2 解得t＝2 s。 学科网（北京）股份有限公司 $