專題強(qiáng)化四牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

動(dòng)力學(xué)圖像、連接體及臨界極值問題

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握圖像的斜率、截距、特殊點(diǎn)、面積的物理意義。2.知道連接體

的類型及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，會(huì)用整體法和隔離法分析連接體問題。3.會(huì)分析臨界與極值

問題，并會(huì)用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問題。

考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)圖像問題

常見動(dòng)力學(xué)圖像及應(yīng)用方法

v-t根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓

圖像第二定律求解合外力

首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后

F-a根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出Ra兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，

圖像根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積

的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量

a-t要注意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然

圖像后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程

F-t要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分

圖像析每一時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)

例1（多選）（2023?全國甲卷，19）用水平拉力使質(zhì)量分別為加甲、機(jī)乙的甲、乙兩物

體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為

〃甲和〃乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力R與其加速度a的關(guān)系圖線如圖1所

示。由圖可知（）

甲

-乙

A.m甲〈機(jī)乙B.m甲〉加乙

C.“甲V4乙D.〃甲〉〃乙

答案BC

解析由牛頓第二定律知F-/Limg=ma,整理得F=ma-\-/j.mg,則F—a圖像的斜

率為機(jī)，縱軸截距為〃機(jī)g,結(jié)合R—a圖像可知機(jī)甲>機(jī)乙，A錯(cuò)誤，B正確；兩

圖線的縱軸截距相同，即〃甲機(jī)甲g=〃乙機(jī)乙g,則〃甲<〃乙，C正確，D錯(cuò)誤。

■方法總結(jié)'

動(dòng)力學(xué)圖像問題的解題策略

（1）問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐

點(diǎn)、面積的物理意義。

⑵應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像

與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。

L跟蹤訓(xùn)練

1.（多選）如圖2甲所示，一傾角6=30。的足夠長斜面體固定在水平地面上，一個(gè)

物塊靜止在斜面上?，F(xiàn)用大小為左為常量，F(xiàn)、/的單位分別為N和s）的拉

力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力B隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,

物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判

斷正確的是（）

A.物塊的質(zhì)量為1kg

B.k的值為5N/s

C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3

Dl=3s時(shí)，物塊的加速度大小為4m/s2

答案ABD

解析t=0時(shí)Ff=mgsin0=5N,解得m=lkg,故A正確；當(dāng)％=1s時(shí)，F(xiàn)f=0,

說明尸=Mgsin。=5N,由方=笈可知左=5N/s,故B正確；由題圖乙可知，滑動(dòng)

2、八

摩擦力〃掰geos。=6N,解得〃=§，故C錯(cuò)誤；由尸=〃加geos6+機(jī)gsina即

&o=6N+5N,解得/o=2.2s,即2.2s后物塊開始向上滑動(dòng)，當(dāng)。=3s時(shí)，F(xiàn)=

15N,則b一〃機(jī)geos。一根gsin解得加速度。=4m/s?,故D正確。

考點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問題

1.連接體的五大類型

彈簧連接體

輕桿連接體

物體疊放連

接體

兩物體并排

連接體

2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)

⑴輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。

⑵輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有

相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。

⑶輕彈簧一一在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧

形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。

⑷接觸連接——兩物體通過彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度O

其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。

3.連接體問題的分析

整體法、隔離法的交替運(yùn)用，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體

之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究

對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。

例2（多選）如圖3所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、3和C,質(zhì)量均為

m,設(shè)它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，用水平向右的恒力R推物塊A,使三個(gè)

物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用為、八分別表示A與3、3與C之間相互作

用力的大小，則下列判斷正確的是（）

圖3

A.若“K0,則Fi：F2=2：1B.若后0,則Fi：F2=3：1

C.若〃=0,則Fi：F2=2：1D.若〃=0,貝UFi：F2=3：1

答案AC

解析三物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,若〃=0,分別對物塊

B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有八=2ma,F2=ma,易得Fi：仍

=2：1,C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；若尸0,分別對物塊5、。組成的系統(tǒng)和物塊C

應(yīng)用牛頓第二定律有Fi—2/umg=2ma,F2—pimg=ma,易得Ri：Fi=2：1,A項(xiàng)

正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。

■方法總結(jié)■

力的“分配”原則

兩物塊在力R作用下一起運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的加速度與每個(gè)物塊的加速度相同，如圖所

Zj\O

接觸面光滑或粗糙（動(dòng)摩擦因數(shù)相同）

R一定，兩物塊間的彈力只與物塊的質(zhì)量有關(guān)，且口彈=」^~幾

m\-rm2

■跟蹤訓(xùn)練

2.（多選）（2024.湖北孝感開學(xué)考試）如圖4所示，固定在地面上的光滑斜面體傾角為

。=30。，一根輕繩跨過斜面體頂端的光滑定滑輪，繩兩端系有小物塊a、6,。的

質(zhì)量為2/n,Z?的質(zhì)量為4m。重力加速度為g,定滑輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)

輕繩豎直。將a、6由靜止釋放，則下列說法正確的是（）

□6

e

圖4

A.繩子對b的拉力大小為4mg

B.a的加速度大小為機(jī)

C.繩子對定滑輪的作用力大小為2小mg

D.在相同時(shí)間內(nèi)（。未觸地），a、8速度變化量大小不相等

答案BC

解析在相同時(shí)間內(nèi)（。未觸地），。、6加速度的大小相等，速度變化量大小相等，

D錯(cuò)誤;將〃、Z?看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律得/合=4機(jī)g—2加gsin。=（2加+

4m）a,解得故B正確；以b為研究對象,設(shè)拉力為T,由牛頓第二定律有

4mg-T=4ma,解得T=2mg,故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知，兩側(cè)繩子的夾角為60。，

則繩子對定滑輪的力為F=27cos30°=2y/3mg,故C正確。

3.（2024?江西上饒模擬）如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊

放兩個(gè)質(zhì)量分別為3m、m的物體A、B（A物體與彈簧拴接），彈簧的勁度系數(shù)為k,

初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力R作用在物體5上，使物體A、

3開始向上一起做加速度大小為親的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B分離。重力加

速度為g，則關(guān)于此過程說法正確的是（）

圖5

A.施加拉力的瞬間，A、3間的彈力大小為RAB=等

B.施加拉力的瞬間，A、3間的彈力大小為EAB=等

C.從施加力R到A、3分離的時(shí)間為4、陣

2m

D.從施加力R到A、3分離的時(shí)間為2k

答案A

解析設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為xo,則依o=4mg,拉力R開始施加的瞬間，彈簧

對A的彈力不變，對A物體，根據(jù)牛頓第二定律有質(zhì)o—3?zg—￡48=3機(jī)a,解得

FAB—,A正確，B錯(cuò)誤；在A、3分離瞬間，A、3間的彈力為0,彈簧彈力不

為零，對A受力分析得近一3機(jī)g=3機(jī)a,解得這一瞬間彈簧的壓縮量為x=T，

則A、5上升的高度/z=xo—x,由//=%?,解得從施加力到A、3分離的時(shí)間是

t=竿，C、D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題

1.常見臨界問題的條件

(1)接觸與脫離的臨界條件：彈力斤=0。

(2)相對滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。

(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受

的最大張力；繩子松弛的臨界條件是巧=0。

(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合力為零。

2.解題基本思路

(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個(gè)階段)。

(2)尋找過程中變化的物理量。

(3)探索物理量的變化規(guī)律。

(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。

角度11恰好分離的臨界問題

例3(多選)(2024?江西南昌模擬)如圖6所示，傾角8=30。的光滑斜面固定在水平

地面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一

端與物塊A連接，質(zhì)量為機(jī)的物塊A和質(zhì)量為2m的物塊5并排放在斜面上，物

塊A、3不粘連，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的外力R拉物塊3,已知重

力加速度為g,F=2mg,彈簧的勁度系數(shù)為總不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的

是()

R

PxMg.....................

777777777777777777777777777777777777）

圖6

A.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，物塊A、B分離

B.物塊A、5分離瞬間，物塊A的加速度大小為余

C.物塊A、3分離瞬間，彈簧的壓縮量為翳

乙K

D.從外力R作用在物塊3上到物塊A、3分離的過程中，物塊3的位移大小為翳

答案BD

解析物塊A、B分離前，在外力的作用下一起沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊A、

3分離時(shí)物塊A、3的加速度相等且沿斜面向上，A、3間的彈力為零，對物塊A

受力分析可知彈簧對A的彈力沿斜面向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；物塊

A、3分離瞬間，物塊A、3加速度相等，對物塊5,由牛頓第二定律有R—2/ngsin

30°=2ma,解得a=%,所以物塊A的加速度大小為%,故B正確；對物塊A受

力分析，由牛頓第二定律可得fcn一mgsin30。=機(jī)a,解得彈簧的壓縮量為4=管，

故C錯(cuò)誤；尸沒有作用在5上時(shí)，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得

3mgsin30°=te,解得X2=^^,因此5運(yùn)動(dòng)的位移為42—％1=等，故D正確。

角度發(fā)生相對滑動(dòng)的臨界問題

例4（2024?陜西西安交大附中期中）如圖7所示，物體A放在3上，物體3放在光

滑的水平面上，已知HU=6kg,HW=2kg。A、3間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2。A物體上

系一細(xì)線，細(xì)線能承受的最大拉力是20N,水平向右拉細(xì)線（取g=10m/s2）,下

列敘述正確的是（）

FA]~-F

圖7

A.當(dāng)拉力0<F<12N時(shí)，A靜止不動(dòng)

B.當(dāng)拉力Q12N時(shí)，A相對3滑動(dòng)

C.當(dāng)拉力R=16N時(shí)，3受到A的摩擦力等于12N

D.在細(xì)線可以承受的范圍內(nèi)，無論拉力F多大,A相對3始終靜止

答案D

解析由于物體3放在光滑的水平面上，因此只要拉力R不是零，A、3將一起

加速運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)拉力0(F<12N時(shí)，A不會(huì)靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤；若A、3能發(fā)生

相對滑動(dòng)，則有。:磔^二絲分"m/s2=6m/s2,對A、3整體，由牛頓第二

定律可得發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)的拉力為F=(mA+mB)a=(6+2)X6N=48N,超出了繩

子的最大拉力，由此可知，在繩子承受的最大拉力20N范圍內(nèi)，無論拉力R多

大，A、3始終處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)拉力R=16N時(shí)，對整體，

F16

由牛頓第二定律可得尸=(〃〃+機(jī)B)。'，解得"=一二一=7V7m/s2=2m/s2,則3

mA-rmB6十2

受到A的摩擦力B="ZBa'=2X2N=4N,C錯(cuò)誤。

角度動(dòng)力學(xué)的極值問題

例5如圖8所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.75,木

板與水平面成。角，讓木塊從木板的底端以初速度oo=2m/s沿

木板向上滑行，隨著。的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力

加速度g=10m/s2,x的最小值為()

A.0.12mB.0.14m

C.0.16mD.0.2m

答案c

解析設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a,當(dāng)木板與水平面成。角時(shí)，

由牛頓第二定律得一機(jī)gsind—f/mgcos0=ma,解得a=-g(sin。+〃cos0),設(shè)木

塊的位移為x,有0—笳=2依，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sin4cos0=^/1+//2sin(8+a),

其中tana=〃=0.75,可得a=37。，當(dāng)6+a=90。時(shí)，加速度有最大值，為am=

一代1+〃2=—總此時(shí)x有最小值，為加皿=碧=0.16m,故A、B、D錯(cuò)誤,

C正確。

方法總結(jié)處理動(dòng)力學(xué)臨界和極值問題的方法技巧

把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來，

極限法

以達(dá)到正確解決問題的目的

臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過程

假設(shè)法中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解

決問題

數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件

■提升素養(yǎng)能力（限時(shí)：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)練1動(dòng)力學(xué)圖像問題

1.（2024?江蘇泰州高三期中）在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速

度達(dá)到某一值時(shí)，立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)滑行至停止，其。一/圖像，如圖1所示，汽車

的牽引力為R運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力恒為了,則下列關(guān)系中正確的是（）

A.F：/=1：4B.F：/=4：1

C.F：/=1：3D.F：/=3：1

答案B

解析由題圖可知，在0?1s內(nèi)，根據(jù)汽車的受力及牛頓第二定律可知尸機(jī)⑶,

/Ji3F4

在1?4s內(nèi)，有尸根〃2,又由圖可知可得故B正確。

2.（2024?云南玉溪高三檢測）如圖2甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，

上端放置一物體（物體與彈簧不拴接），初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上

的拉力R作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力R與物體位移x的

關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s?）,則下列結(jié)論正確的是（）

A.物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)

B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cm

C.物體的質(zhì)量為3kg

D.物體的加速度大小為5m/s2

答案D

解析物體與彈簧分離時(shí)，二者沒有相互作用力，所以彈簧處于原長，A錯(cuò)誤；

物體不受拉力時(shí)，有mg=kxo；物體與彈簧一起向上勻加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定

律得F+k(xo-x)—mg=ma,聯(lián)立得F=kx+ma,可知題圖乙中圖線斜率表示勁

度系數(shù)，可得左=5N/cm,B錯(cuò)誤；G4cm后，物體與彈簧脫離，根據(jù)牛頓第二

定律有30N—mg=ma,且由縱軸截距知10N=/na,聯(lián)立解得m=2kg,a=5m/s2,

C錯(cuò)誤，D正確。

3.如圖3甲所示，傾角a=37。的斜面體固定在水平面上，一質(zhì)量為機(jī)=1kg的滑

塊放在斜面上，滑塊與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,/=0時(shí)刻在滑塊上施

加一平行斜面向上的外力R使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，滑塊的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)

律如圖乙所示，取沿斜面向上的方向?yàn)檎?sin37°=0.6,cos37。=0.8,g取10m/s2,

則下列說法正確的是()

圖3

A.0-1s內(nèi)外力與3?4s內(nèi)外力大小之比為1：1

B.2s末滑塊速度的大小為6m/s

C.ls末與3s末滑塊的速度等大反向

D.滑塊4s末運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)

答案D

解析由題圖乙知，在0?1s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度恒定為2m/s2,做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得B—/ngsina—〃掰geosa=mai,解得Ri=12N,在3?4

s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度沿斜面向下，大小恒為2m/s2,做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛

頓第二定律得mgsina+geosa-F2=ma2,解得仍=8N,則0?1s內(nèi)外力與3?

4s內(nèi)外力大小之比為3：2,故A錯(cuò)誤；a—/圖像中圖線與/軸圍成的面積表示

速度的變化量，因此由a—f圖像可得，在f=2s時(shí)，滑塊的速度大小為0=3乂（1

+2）X2m/s=3m/s,故B錯(cuò)誤；在/=1s到f=3s時(shí)間內(nèi)，滑塊先加速后減速，

由題圖中面積關(guān)系可知，速度變化量大小相等，故1s末與3s末滑塊的速度大小

均為2m/s,方向均沿正方向，故C錯(cuò)誤；在0?4s時(shí)間內(nèi)，由面積關(guān)系可知，

滑塊運(yùn)動(dòng)的方向不變，先沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，后沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，在f=4s時(shí)，

滑塊的速度為零，此時(shí)運(yùn)動(dòng)到斜面體的最高點(diǎn)，故D正確。

對點(diǎn)練2動(dòng)力學(xué)的連接體問題

4.（2023?北京卷，6）如圖4所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，

兩物塊質(zhì)量均為1kg,細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力R作用下，

兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則R的最大值為（）

~II~F

T7777777777777/77777/777777777.

圖4

A.lNB.2N

C.4ND.5N

答案C

解析對兩物塊整體受力分析，有F=2ma,對后面的物塊，有F^=ma,聯(lián)立得

F=2FT,而細(xì)線能承受的最大拉力Frmax=2N,故歹的最大值為居皿=4N,故C

正確。

5.一列車由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行

駛時(shí)，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為凡若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均

相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）

A.F

e19，20

答案C

解析設(shè)列車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為。，將后面的38節(jié)車廂作為一個(gè)整體

進(jìn)行分析，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為機(jī)，每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力

大小均為了,則有歹一38/=38ma；將最后面的2節(jié)車廂作為一個(gè)整體進(jìn)行分析，

設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為則有V—4=2機(jī)a,聯(lián)立解

得〃=彌，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

6.（2024.河南新鄉(xiāng)模擬）如圖5,一不可伸長的足夠長輕繩跨過懸掛的光滑輕質(zhì)定滑

輪，兩端系有質(zhì)量分別為0.3kg和0.2kg的球a、b,控制球。靜止在離地面高/z

=49cm的A處，輕繩拉緊，取重力加速度g=10m/s??，F(xiàn)由靜止釋放小球，不

計(jì)空氣阻力，則（）

h

、

^77777777/Ob

圖5

A.a球落地前，加速度大小為1m/s2

B.a球運(yùn)動(dòng)到地面所用時(shí)間為0.5s

C.a球落至地面時(shí)的速度大小為1.6m/s

D.繩子中張力大小為2.4N

答案D

解析。球落地前，對。、。球整體根據(jù)牛頓第二定律有機(jī)ag—機(jī)箔=（如+儂）a,

解得a=2m/s2,故A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式力=%?可得，。球運(yùn)動(dòng)到地面所用

時(shí)間為/=d^=0.7s,故B錯(cuò)誤;a球落至地面時(shí)的速度大小為v=at=lAm/s,

故C錯(cuò)誤；對。球，根據(jù)牛頓第二定律有機(jī)吆一解得繩子中張力大小為

T=2.4N,故D正確。

對點(diǎn)練3動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題

7.（多選）在水平直軌道上運(yùn)動(dòng)的火車車廂內(nèi)有一個(gè)傾角為30。的斜面，如圖6所

示。小球的重力、繩對球的拉力、斜面對小球的彈力分別用G、八K表示，當(dāng)

火車以加速度。向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則（）

圖6

A.若o=20m/s2,小球受G、T、RN三個(gè)力的作用

B.若。=20m/s2,小球只受G、T兩個(gè)力的作用

C.若。=10m/s2,小球只受G、T兩個(gè)力的作用

D.若。=10m/s2,小球受G、T、八三個(gè)力的作用

答案BD

解析設(shè)火車加速度為ao時(shí)，小球剛好對斜面沒有壓力，對小球，根據(jù)牛頓第二

定律可得tafgokMm解得m/s2心17mzs?。若。=20m/s2,可知小球

已經(jīng)離開斜面，小球受到重力和繩子拉力兩個(gè)力的作用，A錯(cuò)誤，B正確；若a

=10m/s2,可知小球還沒有離開斜面，小球受到重力、繩子拉力和斜面支持力三

個(gè)力的作用，C錯(cuò)誤，D正確。

8.（2021.全國甲卷，14）如圖7,將光滑長平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板

尸處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的

夾角0可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑

至尸點(diǎn)所用的時(shí)間/與夾角。的大小有關(guān)。若。由30。逐漸增大至60。，物塊的下

滑時(shí)間/將（）

鐵架臺(tái)

圖7

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

答案D

解析設(shè)P點(diǎn)與豎直桿的距離為/,則PQ=?M。對物塊，根據(jù)牛頓第二定律,

有mgsinO=ma,解得a=gsin0,由得烹》=ggsinS?戶，解得t=

gsin20,當(dāng)2。=90。，即6=45。時(shí)，/最小，由題知。從30。增大到60。，則物

塊的下滑時(shí)間先減小后增大，選項(xiàng)D正確。

B級綜合提升練

9.（多選）（2024?湖北武漢模擬）如圖8甲所示，足夠長的軌道固定在水平桌面上，一

條跨過光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩兩端分別連接物塊尸和。。改變物塊尸的質(zhì)量，可

以得到物塊Q運(yùn)動(dòng)的加速度。和繩中拉力R的關(guān)系圖像如圖乙所示。關(guān)于此運(yùn)動(dòng)

的分析，下列說法正確的是（）

A.繩中拉力大小等于物塊P的重力大小

B.軌道不可能是水平的

C.物塊。的質(zhì)量為0.5kg

D.物塊Q受到軌道的摩擦力大小為1N

答案BC

解析物塊尸有向下的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知，繩對P的拉力大小小于

物塊P的重力大小，故A錯(cuò)誤；從a—R圖像看出，當(dāng)拉力等于零時(shí)，物塊。的

加速度大小為2m/s2,說明軌道不是水平的，故B正確；設(shè)物塊Q的質(zhì)量為內(nèi)

。在運(yùn)動(dòng)方向上除了拉力G設(shè)其他力合力大小為根據(jù)牛頓第二定律得R+

177i1一

Fi=ma,變形得a=:b+葭，圖線的斜率左=7=2kg-I解得加=0.5kg,故C

正確；由圖線與縱軸的交點(diǎn)可知B=mai=0.5kgX2ni/s2=lN,結(jié)合B項(xiàng)分析可

知，1N并非物塊。受到的摩擦力，故D錯(cuò)誤。

10.（多選）（2022?全國甲卷，19）如圖9,質(zhì)量相等的兩滑塊尸、。置于水平桌面上,

二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大

小為g。用水平向右的拉力R拉動(dòng)P,使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去

該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前()

F

〃〃/〉〃/)〃〃〃〃〃〃〃/〉〃”〃——〃〃〃-〃〃〃/

圖9

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小

答案AD

解析設(shè)兩滑塊的質(zhì)量均為陰，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力

大小為F=2fimg,對Q受力分析可知，彈簧的彈力為kx=fimg-,以向右為正方向，

撤去拉力后，由牛頓第二定律對滑塊P有，—kx'—/Mng=map,對滑塊Q有近，

-fimg=maQ,從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，彈簧彈力一直在減小，

則滑塊尸減速的加速度減小，滑塊Q的加速度增大，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，

故P加速度大小的最大值。標(biāo)=一質(zhì);始一陶,。加速度大小最大值為彈簧

恢復(fù)原長時(shí)，有一〃祖g=/na°m,解得a°m=—〃g,故滑塊Q加速度大小最大值為

fig,A正確，B錯(cuò)誤；由于彈簧恢復(fù)原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，

所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時(shí)刻Q的速度，所以P的位移大小一定小

于Q的位移大小，C錯(cuò)誤，D正確。

11.(2024?山東濰坊模擬)如圖10所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒用

與水平面成30。角的恒力拉著它沿水平面運(yùn)動(dòng)，已知拉力R=6.5N,玩具的質(zhì)量

m=lk