第3章 第2讲 第2课时 动力学中的三类典型问题(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦动力学图像问题、连接体问题、临界极值问题三大核心考点，依据高考评价体系梳理考查要求，通过分析近五年真题明确图像斜率分析、整体隔离法、临界条件判断等高频考点权重，归纳选择、计算等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于高考真题深度融合与科学思维培养，如以2024北京高考连接体题为例，示范“整体求加速度-隔离求内力”技巧，结合v-t图像斜率分析加速度、临界条件中弹力为零等方法，培养学生运动和相互作用观念与科学推理能力，助力学生掌握解题规律，教师可据此高效开展针对性复习。

动力学中的三类典型问题 第2课时 逐点清(一)　动力学中的图像问题 逐点清(二)　动力学中的连接体问题 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　动力学中的临界极值问题 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　动力学中的图像问题 图像 三种类型 解题策略 破题关键 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 (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](2025·河北张家口期末)起重机是一种做循环、间歇运动的起重机械。如图甲所示为某种类型的起重机正在作业的情境，作业过程中的某一阶段在竖直方向上运动。如图乙所示为被吊起货物在该阶段0~4 s内运动的v⁃t图像，若规定竖直向上为正方向，则此时间内起重机对货物拉力最大的时刻为 (　　) A.0 s B.1 s C.2 s D.3 s √ 解析：由题意，根据牛顿第二定律有F-mg=ma，货物竖直向上的加速度最大时，拉力F最大，由题图乙可知t=0 s和t=4 s时竖直向上的加速度最大，拉力最大，故选A。 1.第1题的解题关键点 由v⁃t图像可分析货物加速度的变化规律，货物受到的合力为拉力与重力的合力，加速度竖直向上达到最大时，拉力最大。 关键点拨 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。 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 3.[由已知条件确定某物理量的图像(2025·内蒙古巴彦淖尔阶段练习)(双选)滑雪是冬季较受欢迎的体育项目，如图所示为某滑雪场的一条雪道，由倾斜的雪道AB和水平的雪道CD组成，两部分雪道平滑连接，BC部分为很小的圆弧，可以忽略此部分的运动时间及对滑雪者速率的影响。一名滑雪爱好者在倾斜雪道AB上的某点由静止滑下，最终停止在水平雪道CD上。滑雪爱好者在整个运动过程中速度v、加速度a、路程x、摩擦力f各物理量的大小随时间变化的图像可能正确的是 (　　) 解析：滑雪爱好者沿雪道AB下滑过程中受到重力、支持力和滑动摩擦力f1=μmgcos θ作用，做匀加速直线运动，加速度恒定，速度大小随时间变化的图像是一条过原点的直线，路程随时间变化的图像是抛物线，加速度随时间变化的图像是平行于时间轴的直线； √ √ 滑雪爱好者在水平雪道CD上做减速运动时，受到的重力和支持力平衡，在滑动摩擦力f2=μmg作用下做匀减速运动，速度大小随时间变化的图像是向下倾斜的直线，路程随时间变化的图像是抛物线，加速度随时间变化的图像是平行于时间轴的直线且方向与倾斜雪道上的加速度方向相反，故选A、D。 逐点清(二) 动力学中的连接体问题 1- 1.(人教版教材必修1 P113T4)如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求空间站的质量。 题点1　加速度相同的连接体 解析：飞船与空间站整体的加速度大小为a===0.01 m/s2 由牛顿第二定律可得F=(M+m)a 解得空间站的质量为M=-m= kg-3.0×103 kg=8.7×104 kg。 答案：8.7×104 kg 1- 2.(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，对空间站应用牛顿第二定律有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。 |教|考|衔|接| 人教版教材中的练习题与2024年北京高考题均考查了牛顿第二定律的简单应用，且教材练习题与高考题命题情境相同，高考题是已知质量求相互作用力，而教材练习题是已知速度变化求质量，学通教材，灵活应用。 2.(2025·安徽高考)如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　) A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N √ 题点2　加速度不相同的连接体 解析：甲相对木箱向右运动，木箱对甲的摩擦力方向向左，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙的加速度为a，整个系统只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱整体分析，竖直方向有FN=M总g-ma，则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的拉力大小为T，对甲受力分析有T-μmg=ma，对乙受力分析有mg-T=ma，联立解得a=2.5 m/s2，T=7.5 N，C正确，D错误。 3.(2025·南平一中模拟)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? 解析：对重物受力分析，根据受力平衡可得T=mg=20 N 对木箱受力分析，可得f=2T，又f=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。 答案：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s=0.5 m时，求重物的速度大小v。 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T'-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-μMg-2T'=Ma 解得a=0.5 m/s2 答案： m/s 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为s=0.5 m时，重物向上的位移为h=2s=1 m，又2×2a×h=v2 解得此时重物的速度大小为v= m/s。 1.力的“分配”原则 两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图所示： F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，与接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同)无关，且F弹=F。 关键点拨 2.加速度不相同的连接体问题的两点提醒 (1)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。 (2)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。 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N=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T=0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 必备知能 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)(双选)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。 1.解答第1题的关键点 细线与小球相连求最大加速度问题，是由先达到最大拉力的那根细线决定，这是解决这类“临界拉断”问题的核心原则，也是避免计算错误的关键。 关键点拨 2.[接触与脱离的临界问题](2025·海南师范大学附属中学月考)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是 (　　) A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时，它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 √ 解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，故D错误；当两物体刚要分离时，FAB=0，对B受力分析，有F-mg=ma，对A受力分析，有kx-mg=ma，即kx=F时，A、B分离，解得a=0，x=，此时弹簧仍处于压缩状态，故A、B错误；设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg=kx0，h=x0-x，联立解得弹簧的劲度系数k=，故C正确。 2.解答第2题的关键点 (1)B与A脱离前和脱离瞬间加速度均相同。 (2)A向上运动的距离h对应弹簧形变量的变化量大小。 关键点拨 3.[叠加体系统的临界问题](2025·陕西西安模拟)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6 kg，mB=2 kg。A、B间的动摩擦因数μ=0.2。物体A上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线，下列叙述正确的是(g取10 m/s2) (　　) A.当拉力0<F<12 N时，物体A静止不动 B.当拉力F>12 N时，物体A相对物体B滑动 C.当拉力F=16 N时，物体B受到物体A的摩擦力大小为12 N D.在细线可以承受的拉力范围内，无论拉力F多大，物体A相对物体B始终静止 √ 解析：由于物体B放在光滑的水平面上，因此只要拉力F不是零，A、B将一起做加速运动，所以当拉力0<F<12 N时，物体A不会静止不动，A错误；若A、B能发生相对滑动，则有a==6 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律可得发生相对滑动时的拉力为F=(mA+mB)a=48 N，超出了细线的最大拉力，由此可知，在细线能承受的拉力范围内，无论拉力F多大，A、B始终处于相对静止状态，B错误，D正确；当拉力F=16 N时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F=(mA+mB)a'，解得a'=2 m/s2，则物体B受到物体A的摩擦力大小为f=mBa'=4 N，C错误。 3.解答第3题的关键点 (1)物体A、B相对滑动前，一起向右加速运动。 (2)当物体A对物体B的静摩擦力达到μmAg时，物体A与物体B恰好不发生相对滑动。 (3)注意细线能承受的最大拉力是20 N。 关键点拨 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s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； 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°=f，其中f=μmgcos 30°，解得μ=。 答案：　 (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。 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-=2as得s==， 答案：θ=60°　 m 又因tan α=μ=，故α=30°， 当α+θ=90°时，即θ=60°时，s最小 最小值为smin== m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.(2025·陕晋宁青高考)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是 (　　) √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：根据牛顿第二定律和题图画出如图所示的a⁃t图像，可知机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v⁃t图像的斜率表示加速度可知A可能正确，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.如图所示，两相同物块用细线连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在力F的作用下运动时，下列说法正确的是 (　　) A.两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T B.两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T C.两物块的加速度变大，细线的拉力小于T D.两物块的加速度不变，细线的拉力小于T √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设物块的质量为m，当水平地面粗糙时，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1，解得加速度为a1=-μg，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得T-μmg=ma1，联立可得绳子的拉力为T=F，当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F=2ma2，解得加速度为a2=，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得T1=ma2，联立可得绳子的拉力为T1=F，则有T1=T，a2>a1，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于 (　　) A.C处 B.B处 C.D、C之间 D.B、A之间 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，可知木板受除重力以外的其他力的合力为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板中心位于B处，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.(2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是 (　　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：从t1到t3，f方向向下，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；从t2到t3，f方向向下且减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上且减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，即a=+g，故加速度大小减小，故B正确；从t3到t5，f方向向上，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向下，先增大后减小，实验舱先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，实验舱内物体先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；根据以上分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻，实验舱到达最高点，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.(2025·福建龙岩模拟)如图甲所示，一可视为质点的滑块在t=0时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M，0~0.4 s内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示，其中0~0.2 s内的图线为抛物线。整个过程中，斜面体M始终保持静止，下列说法正确的是 (　　) A.滑块的初速度大小为1 m/s B.0~0.4 s内斜面体M一直受到地面的摩擦力 C.0~0.4 s内斜面体M受到的支持力始终不变 D.0~0.2 s内滑块处于失重状态 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题图乙可知，滑块向上先匀减速到零，再保持静止，根据s=v0t，解得v0=2 m/s，故A错误；对滑块、斜面体M整体受力分析可得，0~0.2 s内整体受到地面的摩擦力f=max，方向水平向左，地面的支持力满足G总-F支=may，0.2~0.4 s内整体处于静止状态，摩擦力消失，G总=F支，故B、C错误；由以上分析可知，0~0.2 s内滑块的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分量，滑块处于失重状态，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·四川攀枝花三模)(双选)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是(　　) A.2∶5 B.4∶5 C.4∶1 D.8∶1 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由静止释放两球，释放瞬间B球的加速度大小为，若B球的加速度方向竖直向下，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg-T= mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得T-mAgsin 30°=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=4∶5；若B球的加速度方向竖直向上，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得T'-mBg=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAgsin 30°-T'=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=8∶1，故B、D正确，A、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(双选)如图所示，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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 8.(2025·福州一中调研)如图甲所示，一滑雪道由倾斜的AB和水平的BC两段滑道组成，t=0时刻，一背包在滑道顶端A处由静止滑下，滑雪者在t=1 s时从A处以1.5 m/s的初速度去追赶并在倾斜滑道上的某一位置追上背包，滑雪者与背包在倾斜滑道上运动的部分速度—时间图像如图乙所示。已知滑雪者与倾斜滑道及背包与倾斜滑道间的动摩擦因数始终不变，则追上背包时滑雪者的速度大小为 (　　) A.7.5 m/s B.4.0 m/s C.6.0 m/s D.3.0 m/s 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题图乙可知，背包在斜面上运动时的加速度大小a1== m/s2 =2.0 m/s2，滑雪者追背包过程的加速度大小a2== m/s2=3.0 m/s2，设滑雪者追上背包时所用时间为t，则有a1(t+1.0)2=v0t+a2t2，其中v0= 1.5 m/s，解得t=2.0 s，则滑雪者追上背包时的速度大小为v=v0+a2t=7.5 m/s，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(2025·海南海口模拟)(双选)CR450动车组的最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为 C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：当动车组做匀速运动时，对整体有4F=8f，则F=2f，根据平衡条件，对1号车厢有F12=f，对1、2号车厢整体有2f=F+F23，可得2、3号车厢间作用力F23=0，以此类推，可知F34=f，F45=0，F56=f，F67=0，F78=f，可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律有2F-8f=8ma，整列车的加速度大小为a=，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有4F-8f=8ma2，整列车的加速度大小为a2=，故C正确；若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律有F34'+2F-5f=5ma2，解得F34'=，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(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。 (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) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 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 对于整体有F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 答案：2 m/s2　5 N　 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (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。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $