新教材高中物理必修一第四章 专题强化 运动学、动力学图像问题
专题强化 瞬时加速度问题和动力学图像问题 高一物理(人教版2019必修第一册)
力学单位制：基本量与基本单位、导出单位、单位制的应用
应用
两类基本问题
从运动情况确定受力 从受力确定运动情况
超重和失重
超重：加速度a 向上，FN>G
失重：加速度a 向下 ，FN<G 完全失重：加速度方向竖直向下，且a＝ g ，FN＝0
(3)他向下加速时的距离为
x1
1 2
a1t12
2m ，他向下减速运动的距离
x2
v1
v2 2
t2
3.75m。
课堂练习
1.（2022全国高一课时训练）如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状
态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的拉力F＝
以烧断后的瞬间，小球的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律，加速度a=gtanθ．故A正确，BCD错误．故选A．
2.（2022.辽宁.高三毕业考试）（多选）质量均为m的A，B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台
面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间（ ）
新人教版 高中物理 必修一
第四章 运动和力的关系
专题强化3 瞬时加速度问题 和动力学图像问题
学习目标
01 会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型. 02 会分析物体受力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结
合图像解答动力学问题.
知识点 1 瞬时加速度问题
物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度， 关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度， 解决此类问题时，要注意两类模型的特点： (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离) 后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失. (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬 时问题中，其弹力往往可以看成是不变的.
高中物理必修一 讲义 第4章 专题强化 动力学中的连接体问题
专题强化动力学中的连接体问题[学习目标] 1.知道什么是连接体，会用整体法和隔离法分析动力学中的连接体问题(重难点)。
2.进一步熟练应用牛顿第二定律解题(重点)。
连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。
如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法。
一、加速度和速度都相同的连接体问题例1如图所示，光滑水平面上A、B两物体用不可伸长的轻绳相连，用力F拉A使A、B 一起运动，A的质量为m A、B质量为m B，求A、B两物体间绳的拉力F T的大小。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________连接体问题的解题方法1．整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解。
其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力。
2．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解。
其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或物体的一部分)的受力情况或单个过程的运动情形。
高中物理必修一 第四章 专题强化 动力学临界问题
当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界状态) 的加速度为a0，受力分析如图甲所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： Tsin 37°＝ma0， Tcos 37°＝mg， 联立并代入数据得： a0＝7.5 m/s2.
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当汽车以加速度a1＝2 m/s2<a0向右匀减速行驶时，小球受力分析如图 乙所示. 由牛顿第二定律和平衡条件得： T1sin 37°－FN1＝ma1， T1cos 37°＝mg， 联立并代入数据得： T1＝50 N，FN1＝22 N， 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.
4.解答临界问题的三种方法 (1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而 找出临界条件. (2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即 假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再 根据实际情况处理. (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角 函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件.
A.g2
m k
C.g
2m k
√B.g
m 2k
D.2g
m k
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静止时弹簧压缩量 x1＝2mk g，分离时 A、B 之间的压 力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为 x2，对 B：kx2－ mg＝ma，得 x2＝32mkg，物块 B 的位移 x＝x1－x2＝m2kg， 由 v2＝2ax 得：v＝g 2mk，B 正确.
第四章
专题强化
探究重点 提升素养 / 专题强化练
动力学临界问题
学习目标
1.掌握动力学临界问题的分析方法. 2.会分析几种典型临界问题的临界条件.
高考物理专题强化运动学图像问题
高考物理专题强化运动学图像问题目标要求 1.掌握x －t 、v －t 、a －t 图像的意义，会分析其截距、斜率、“面积”等意义。
2.会用函数思想分析a －x 、xt－t 、v 2－x 等非常规图像来确定物体运动情况，解决物体运动。
3.掌握运动学图像间的相互转化。
考点一 常规运动学图像对基本图像的理解项目x －t 图像 v －t 图像a －t 图像 斜率 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时速度 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时加速度 加速度随时间的变化率 纵截距 t ＝0时，物体的位置坐标 初速度v 0起始时刻的加速度a 0面积 无意义 位移 速度变化量 交点表示相遇 速度相同加速度相同思考1．描述甲、乙、丙、丁、戊、己物体各做什么运动。
答案 甲物体做匀速直线运动，乙物体做减速直线运动，丙物体先做减速直线运动，后反向做加速直线运动，丁物体做匀加速直线运动，戊物体做加速度减小的加速直线运动，己物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。
2．在直线运动中，图像①②③分别表示物体做什么运动？答案 图线①表示物体做加速度逐渐增大的直线运动，图线③表示物体做加速度逐渐减小的直线运动，图线②表示物体做匀变速直线运动。
例1 图(a)所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图(b)是该机器人在某段时间内的位移—时间图像(后10 s 的图线为曲线，其余为直线)。
以下说法正确的是( )A ．机器人在0～30 s 内的位移大小为7 mB ．10～30 s 内，机器人的平均速度大小为0.35 m/sC ．0～10 s 内，机器人做加速直线运动D ．机器人在5 s 末的速度与15 s 末的速度相同答案 B 解析 根据题图(b)可知，机器人在0～30 s 内的位移大小为2 m ，故A 错误；10～30 s 内，平均速度大小为v ＝Δx Δt ＝720m/s ＝0.35 m/s ，故B 正确；位移—时间图线的斜率表示速度，0～10 s 内，图线的斜率不变，机器人做匀速直线运动，故C 错误；0～10 s 内图线的斜率与10～20 s 内图线的斜率关系为k 1＝－k 2，可知机器人在5 s 末的速度与15 s 末的速度等大反向，故D 错误。
2022届高中物理新教材同步必修第一册 第4章 专题强化 动力学中的板块问题
动力学中的板块问题[学习目标] 1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题．1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系．2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移．4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．一、地面光滑的板块问题如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2)图1(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？答案(1)1 m/s2 3 m/s2(2)0.8 s解析(1)A、B间的摩擦力F f＝μm B g＝4 N以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F －F f ＝m B a B ， 则a B ＝F －F fm B＝3 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F f ′＝m A a A ，由牛顿第三定律得F f ′＝F f 解得a A ＝1 m/s 2.(2)设将B 从木板的左端拉到右端所用时间为t ，A 、B 在这段时间内发生的位移分别为x A 和x B ，其关系如图所示则有x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2x B －x A ＝L 联立解得t ＝0.8 s.(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 答案 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μm A gm A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μm A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.二、地面不光滑的板块问题如图3所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.图3(1)发生相对滑动时，A 、B 的加速度各是多大？(2)若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v 0为多大？ 答案 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1mgm＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有：时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝2 6 m/s.如图4所示，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，g 取10 m/s 2，求：图4(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 答案 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m 解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F －μ2mg ＝ma 1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得铁块的加速度大小a 1＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝2 m/s 2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t ， 则此过程铁块的位移为x 1＝12a 1t 2木板的位移为x 2＝12a 2t 2两者的位移关系为L ＝x 1－x 2， 即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去) 此时木板的速度 v ＝a 2t ＝4 m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2， 则木板还能继续滑行的距离 x 3＝v 22a 3＝162×1 m ＝8 m.训练1地面光滑的板块问题1.(多选)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图1答案AC解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．2．(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：图2(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力F f的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．答案(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s解析(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：F f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a ′＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和木板达到共同速度v ，则满足： 对滑块：v ＝v 0－at 对木板：v ＝a ′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v ＝1 m/s.3.如图3所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，滑块始终没有滑离长木板，求：图3(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少． 答案 (1)0.15 s (2)0.135 m 解析 (1)根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m.4．(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是物体B 的质量的两倍 答案 D解析 由题意可得，长木板A 所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B 所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt |＝3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出长木板A ，临界条件为当A 、B 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12 m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 受力分析，有：μm B g ＝m A a A ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得：m Am B＝2，故D 正确．5．(多选)如图5甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图5A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 答案 BCD解析 根据v －t 图像可知，物体A 的加速度大小为： a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度大小为：a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；由题图乙知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 若B 不固定，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s 故D 正确．6.如图6所示，有一块木板A 静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M ＝4 kg ，长L ＝2 m ，木板右端放一小滑块B 并处于静止状态，小滑块质量m ＝1 kg ，其尺寸远小于L .小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)图6(1)现用恒力F 始终作用在木板A 上，为了让小滑块B 不从木板A 上滑落，求恒力F 大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F 大小为24 N ，且始终作用在木板A 上，求小滑块B 滑离木板A 时的速度大小．答案 (1)F ≤20 N (2)8 m/s解析 (1)为了使小滑块B 不从木板A 上滑落，设A 、B 相对静止时的最大加速度为a m ，对B 有：μmg ＝ma m对A 、B 整体有：F m ＝(M ＋m )a m 解得：F m ＝20 N即当F ≤20 N 时小滑块B 不从木板A 上滑落． (2)当F ＝24 N 时，A 、B 发生相对滑动 此时，对B ：μmg ＝ma B 对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 m/s.7.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图7所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小． 答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2，木板的加速度a 2＝F －μmgM＝1 m/s 2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止， 故a 1t ＝v 0＋a 2t ， 解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ，木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ，所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ， 对物块，有F f ＝ma ， 故F f ＝mF M ＋m ＝447N. 训练2 地面不光滑的板块问题(选练)1.质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m ＝10 kg 的小铁块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则下列判断正确的是( )图1A ．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B ．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C ．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板 答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．2．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧以初速度v 0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图2(1)A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A 的质量．答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2，对A 由牛顿第二定律得， －μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，A 、B 整体在1～3 s 内的加速度 a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得， －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1t 1＝2 m/s 2. 对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据解得m ＝6 kg.3．如图3所示，厚度不计的薄板A 长l ＝5 m ，质量M ＝5 kg ，放在水平地面上．在A 上距右端x ＝3 m 处放一物体B (大小不计)，其质量m ＝2 kg ，已知A 、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 从B 下抽出前A 、B 的加速度各是多大；(2)B 运动多长时间离开A ；(3)B 离开A 时的速度的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s解析 (1)对B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B解得a B ＝1 m/s 2对A ，由牛顿第二定律可得：F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t ，A 从B 下抽出，则x A ＝12a A t 2 x B ＝12a B t 2 Δx ＝x A －x B ＝l －x解得t ＝2 s.(3)v B ＝a B t ＝2 m/s.4.如图4所示，长22.5 m 、质量为40 kg 的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为60 kg 的人立于木板左端，人与木板均静止，当人以3 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑时(g 取10 m/s 2)，求：图4(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从木板左端跑到右端所需要的时间．答案 (1)180 N 方向水平向右 (2)2 m/s 2 方向水平向左 (3)3 s 解析 (1)设人的质量为m 1，加速度大小为a 1，木板的质量为m 2，加速度大小为a 2，人对木板的摩擦力为F f ，木板对人的摩擦力为F f ′，木板的长度为l . 分析人的受力情况，由牛顿第二定律得F f ′＝m 1a 1＝180 N ，方向水平向右．(2)对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得F f －μ(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2由牛顿第三定律得F f ＝F f ′解得a 2＝2 m/s 2，方向水平向左．(3)设人从木板左端跑到右端所需要的时间为t由运动学公式得l ＝12a 1t 2＋12a 2t 2 解得t ＝3 s.。
新教材高中物理必修一 第四章 专题强化 动力学连接体问题和临界问题
[学习目标]掌握动力学连接体问题和临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件．一、动力学的连接体问题1．连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，如图1所示，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法．图12．整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力．3．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形．4．整体法与隔离法的选用(1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．(2)求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交替运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力．如图2甲所示，A、B两木块的质量分别为m A、m B，在水平推力F作用下沿水平面向右加速运动，重力加速度为g.(1)若地面光滑，则A、B间的弹力为多大？(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间的弹力为多大？(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的推力F作用下沿斜面向上加速，A、B间的弹力为多大？图2答案(1)m Bm A＋m BF(2)m Bm A＋m BF(3)m Bm A＋m BF解析(1)若地面光滑，以A、B整体为研究对象，有F＝(m A＋m B)a，然后隔离出B为研究对象，有F N＝m B a，联立解得F N＝m Bm A＋m BF.(2)若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，有F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a1，然后隔离出B为研究对象，有F N′－μm B g＝m B a1，联立解得F N′＝m Bm A＋m BF.(3)以A、B整体为研究对象，设斜面的倾角为θ，F－(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a2以B为研究对象F N″－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a2联立解得F N″＝m Bm A＋m BF.连接体的动力分配原理：两个物体(系统的两部分)在外力(总动力)的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比.相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关.针对训练(多选)如图3所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，轻绳与斜面平行，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是()图3A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ答案AB解析当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，有F－(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a，得a＝Fm A＋m B－g sin θ－μg cos θ.隔离B研究，根据牛顿第二定律有F T－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a，则F T＝m B g sin θ＋μm B g cos θ＋m B a＝m B Fm A＋m B，要增大F T，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确．(多选)(2019·济南一中高一期末)如图4所示，质量为m2的物体2放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体1相连，车厢沿水平直轨道向右行驶，某一段时间内与物体1相连的细绳与竖直方向成θ角，重力加速度为g.由此可知()图4A．车厢的加速度大小为g tan θB．细绳对m1的拉力大小为m1g cos θC．底板对物体2的支持力为(m2－m1)gD．底板对物体2的摩擦力大小为m2gtan θ答案AB解析以物体1为研究对象，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得：m1g tan θ＝m1a，解得a＝g tan θ，则车厢的加速度也为g tan θ，故A正确．如图甲所示，细绳的拉力F T＝m1gcos θ，故B正确．以物体2为研究对象，受力分析如图乙所示，在竖直方向上，由平衡条件得F N＝m2g－F T＝m2g－m1gcos θ，故C错误．在水平方向上，由牛顿第二定律得：F f＝m2a＝m2g tan θ，故D错误．在采用隔离法时，优先对受力已知且受力个数较少的物体进行隔离后受力分析，可较为简便地解决问题.二、动力学的临界问题1．临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．临界问题的常见类型及临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零．(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力．(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的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零．(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值．4．解答临界问题的三种方法(1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件．(2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理．(3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件．(多选)如图5所示，A、B两物块叠在一起静止在光滑水平地面上，A物块的质量m A ＝2 kg，B物块的质量m B＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ＝0.3，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g取10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()图5A．若外力F作用到物块A时，则其最小值为8 NB．若外力F作用到物块A时，则其最大值为10 NC．若外力F作用到物块B时，则其最小值为13 ND．若外力F作用到物块B时，则其最大值为15 N答案BD解析A物块与B物块之间的最大静摩擦力为F f＝μm A g＝6 NF作用在A上时，物块A、B一起沿水平地面运动且相对静止时，最大加速度的大小为a m＝F fm B＝2 m/s2则水平外力的最大值为F m＝(m A＋m B)a m＝10 N，故B正确；F作用在B上时，物块A、B一起沿水平地面运动且相对静止时，最大加速度的大小为a m′＝F fm A＝3 m/s2则水平外力的最大值为F m′＝(m A＋m B)a m′＝15 N，故D正确．如图6所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)．图6(1)当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？(2)当滑块以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(3)当滑块以2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)g(3)5mg解析(1)当F T＝0时，小球受重力mg和斜面支持力F N作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得F N cos 45°＝mg，F N sin 45°＝ma1，解得a1＝g.故当向右运动的加速度至少为g时线上的拉力为0.(2)假设小球恰好对A没有压力，此时小球受重力和拉力，F合＝mgtan 45°，由牛顿第二定律F合＝ma2，则a2＝gtan 45°＝g.(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图乙所示，此时对小球由牛顿第二定律得F T ′cos α＝ma ′，F T ′sin α＝mg ，解得F T ′＝m a ′2＋g 2＝5mg .1．(连接体问题)(多选)(2019·滨州市高一上学期期末)如图7所示，在光滑的水平面上有A 、B 两木块，质量分别为m 和2m ，中间用原长为l 0、劲度系数为k 的水平轻质弹簧连接起来，现用一水平恒力F 向右拉木块B ，当两木块一起向右做匀加速直线运动时( )图7A ．两木块的加速度a 的大小为F 3mB ．弹簧的形变量为F 3kC ．两木块之间弹簧的弹力的大小为FD ．A 、B 两木块之间的距离为l 0＋F k答案 AB解析 对A 、B 整体：F ＝3ma 得a ＝F 3m，A 正确； 对A ：F 弹＝kx ＝ma ＝F 3得x ＝F 3k ，A 、B 两木块之间的距离为l 0＋F 3k，B 正确，C 、D 错误． 2.(连接体问题)(多选)如图8所示，在光滑的水平地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车的质量为M ，木块的质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小为( )图8A ．μmgB.mF M ＋m C ．μ(M ＋m )gD ．ma答案 BD解析 木块和小车无相对滑动，加速度a 相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝(M ＋m )a ，则加速度a ＝F M ＋m；以木块为研究对象，根据牛顿第二定律得，木块受到的摩擦力F f ＝ma ＝mF M ＋m，选项B 、D 正确． 3．(临界问题)如图9所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m ＝1.0 kg 的均匀小球，a 线与水平方向成53°角，b 线水平．两根细线所能承受的最大拉力都是F m ＝15 N ．(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图9(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值；(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值． 答案 (1)2 m /s 2 (2)7.5 m/s 2解析 (1)竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示，当a 线拉力为15 N 时，由牛顿第二定律得：y 轴方向有：F m sin 53°－mg ＝max 轴方向有：F m cos 53°＝F b解得F b ＝9 N ，此时加速度最大值a ＝2 m/s 2(2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向有：F a ′sin 53°＝mg水平方向有：F b ′－F a ′cos 53°＝ma ′解得F a ′＝12.5 N当F b ′＝15 N 时，加速度最大，此时a ′＝7.5 m/s 2.4.(临界问题)(2019·冀州中学高一测试)如图10所示，小车在水平路面上加速向右运动，小球质量为m ，用一条水平绳OA 和一条斜绳OB (与竖直方向成θ＝30°角)把小球系于车上，求：图10(1)若加速度a 1＝g 3，那么此时OB 、OA 两绳的拉力大小分别为多少？ (2)若加速度a 2＝2g 3，那么此时OB 、OA 两绳的拉力大小分别为多少？答案 (1)233mg 3－13mg (2)133mg 0 解析 设OB 、OA 绳的张力分别为F T1、F T2，对小球受力分析如图所示，当小球向右加速至F T2刚好为0时，设此时加速度为a 0，则ma 0＝mg tan θ，a 0＝g tan θ＝33g . (1)当a 1＝g 3<a 0时，F T2≠0，有F T1sin θ－F T2＝ma 1 F T1cos θ＝mg解得F T1＝233mg ，F T2＝3－13mg . (2)当a 2＝2g 3>a 0时，F T2′＝0，有F T1′sin α＝ma 2 F T1′cos α＝mg tan α＝a 2g解得F T1′＝133mg .训练1 连接体问题1.(2019·吉林省实验中学高一上期末)五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图1所示，现对左侧第1个物体施加大小为F 、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于( )图1A.15FB.25FC.35FD.45F 答案 C解析 设各物体的质量均为m ，对整体运用牛顿第二定律得a ＝F 5m，对3、4、5应用牛顿第二定律得F N ＝3ma ，解得F N ＝35F .故选C.2．(多选)(2019·长安一中高一第一学期期末)如图2所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，物体的加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a，使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，物体的加速度大小为a2.已知斜面的倾角为θ，则有()图2A．x1＝x2B．x1>x2C．a1＝a2D．a1<a2答案AD3.(多选)(2019·黄山市高一第一学期期末)如图3所示，材料相同、质量分别为M和m的两物体A和B靠在一起放在光滑水平面上．用水平推力F向右推A使两物体一起向右加速运动时(图甲)，A和B之间的作用力大小为F1，加速度大小为a1.用同样大小的水平推力F向左推B加速运动时(图乙)，A和B之间的作用力大小为F2，加速度大小为a2，则()图3A．F1∶F2＝1∶1 B．F1∶F2＝m∶MC．a1∶a2＝M∶m D．a1∶a2＝1∶1答案BD解析由整体法知a＝FM＋m，则a1∶a2＝1∶1，在甲图中隔离B物体有：F1＝ma，在乙图中隔离A物体有：F2＝Ma，所以F1∶F2＝m∶M.4．如图4所示，质量分别为m1＝3 kg，m2＝2 kg的A、B物体置于光滑的水平面上，中间用水平轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N，F2＝20 N的水平拉力分别作用在A、B上，则()图4A．弹簧测力计的示数是50 NB．弹簧测力计的示数是24 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，B 的加速度大小为4 m/s 2D ．在突然撤去F 2的瞬间，A 的加速度大小为10 m/s 2答案 B解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝2 m/s 2，隔离B ，对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律有F 弹－F 2＝m 2a ，解得F 弹＝24 N ，即弹簧测力计的示数是24 N ，选项B 正确，A 错误；在突然撤去F 2的瞬间，弹簧的弹力不突变，B 的加速度大小为a ′＝F 弹m 2＝12 m /s 2，A 的加速度大小为2 m/s 2，所以选项C 、D 错误． 5.如图5所示，在光滑的水平桌面上有一物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与轻质定滑轮之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长且与A 相连的绳水平，重力加速度为 g ．如果m B ＝3m A ，则绳子对物体A 的拉力大小为( )图5A ．mB gB.34m A g C ．3m A gD.34m B g 答案 B解析 对A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得m B g ＝(m A ＋m B )a ，对物体A ，设绳的拉力为F ，由牛顿第二定律得，F ＝m A a ，解得F ＝34m A g ，B 正确． 6.如图6所示，固定在水平面上的斜面的倾角θ＝37°，木块A 的MN 面上钉着一颗小钉子，质量m ＝1.5 kg 的光滑小球B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)图6(1)木块与小球的共同加速度的大小；(2)小球对木块MN 面的压力的大小和方向．答案 (1)2 m/s 2 (2)6 N 沿斜面向下解析 (1)以小球和木块组成的整体为研究对象，设木块的质量为M ，共同加速度为a ，根据牛顿第二定律有：(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a代入数据得：a ＝2 m/s 2(2)以小球为研究对象，设MN 面对小球的作用力为F N ，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F N ＝ma ，代入数据得：F N ＝6 N根据牛顿第三定律，小球对木块MN 面的压力大小为6 N ，方向沿斜面向下．7.(2019·江西上高二中高一期末)如图7所示，质量为2 kg 的物体A 和质量为1 kg 的物体B 放在水平地面上，A 、B 与地面间的动摩擦因数均为13，在与水平方向成α＝37°角、大小为20 N 斜向下推力F 的作用下，A 、B 一起做匀加速直线运动(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图7(1)A 、B 一起做匀加速直线运动的过程中加速度大小；(2)运动过程中A 对B 的作用力大小；(3)若3 s 后撤去推力F ，求撤去推力F 后1 s 内A 、B 在地面上滑行的距离．答案 (1)23m/s 2 (2)4 N (3)0.6 m 解析 (1)以A 、B 整体为研究对象进行受力分析，有：F cos α－μ[(m A ＋m B )g ＋F sin α]＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得a ＝23m/s 2. (2)以B 为研究对象，设A 对B 的作用力为F AB ，根据牛顿第二定律有：F AB －μm B g ＝m B a代入数据解得F AB ＝4 N.(3)若3 s 后撤去推力F ，此时物体A 、B 的速度：v ＝at ＝2 m/s撤去推力F 后，物体A 、B 的加速度为a ′＝μ(m A ＋m B )g m A ＋m B＝μg ＝103 m/s 2 滑行的时间为t ′＝v a ′＝0.6 s 则撤去推力F 后1 s 内物体A 、B 在地面上滑行的距离等于0.6 s 内物体A 、B 在地面上滑行的距离，则x ＝v 2t ′＝0.6 m.训练2临界问题1.(2019·银川一中高一上学期期末)如图1所示，在光滑的水平面上叠放着两木块A、B，质量分别是m1和m2，A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要把B从A下面拉出来，则拉力的大小必须满足()图1A．F>μ(m1＋m2)g B．F>μ(m1－m2)gC．F>μm1g D．F>μm2g答案A解析以木块A为研究对象，则刚要发生相对滑动时，μm1g＝m1a以A、B整体为研究对象，则刚要发生相对滑动时，F0＝(m1＋m2)a解得F0＝μ(m1＋m2)g则拉力F必须满足F>μ(m1＋m2)g，故选A.2.(多选)一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ＝53°的斜面顶端，如图2，斜面静止时，球紧靠在斜面上，细线与斜面平行，不计摩擦及空气阻力，当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，则(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2)()图2A．细线的拉力为1.60 NB．细线的拉力为2 2 NC．斜面对小球的弹力为1.20 ND．斜面对小球的弹力为0答案BD解析当小球对斜面的压力恰为零时，斜面的加速度为a0，根据牛顿第二定律可知mg tan 37°＝ma0，解得a0＝7.5 m/s2，由于a0＝7.5 m/s2<10 m/s2，则当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，小球将飘离斜面，设此时细线与竖直方向的夹角为α，则mg tan α＝ma，解得α＝45°，则此时细线的拉力F T＝mgcos α＝2 2 N，选项B、D正确．3.如图3所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图3A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．F ＝(M ＋m )g tan αC ．系统的加速度为a ＝g sin αD ．F ＝mg tan α答案 B解析 对小铁球受力分析得F 合＝mg tan α＝ma 且合外力方向水平向右，故小铁球的加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A 、C 错误．对系统整体受力分析得F ＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )g tan α，故B 正确，D 错误．4.(多选)如图4所示，已知物块A 、B 的质量分别为m 1＝4 kg 、m 2＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2，在水平力F 的推动下，要使A 、B 一起运动且B 不下滑，则力F 的大小可能是( )图4A ．50 NB ．100 NC ．125 ND ．150 N答案 CD解析 若B 不下滑，对B 有μ1F N ≥m 2g ，由牛顿第二定律得F N ＝m 2a ；对整体有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，得F ≥(m 1＋m 2)⎝⎛⎭⎫1μ1＋μ2g ＝125 N ，选项C 、D 正确． 5.如图5所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图5A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．当轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为F T答案 C解析 质量为2m 的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、木块m 的压力和摩擦力五个力的作用，选项A 错误；当轻绳达到最大拉力F T 时，对m 和2m 整体受力分析，F T ＝3ma ，再对三个木块整体受力分析，F ＝(m ＋2m ＋3m )a ，得到F ＝2F T ，选项B 错误，选项C 正确；对木块m ，由F f ＝ma ，得F f ＝13F T ，选项D 错误． 6.(多选)(2020·玉溪第一中学高一期末)如图6所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始处于静止状态，现对A 施加一个逐渐增加的水平力F ，在F 逐渐增大的过程中，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．当拉力F <12 N 时，物体A 保持静止状态B ．当拉力超过12 N 时，A 、B 开始相对滑动C ．当F ＝24 N 时，A 的加速大小为3 m/s 2D ．当拉力超过48 N 时，A 、B 才开始相对滑动答案 CD解析 由于B 置于光滑水平面上，有力作用在物体A 上，A 、B 整体加速运动；对B ，当A 、B 间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，最大静摩擦力F max ＝μm A g ＝12 N ，则最大加速度，a ＝μm A g m B ＝122m /s 2＝6 m/s 2 对整体运用牛顿第二定律，有F ＝(m A ＋m B )a ＝48 N知两物体开始没有相对运动，当拉力增加到48 N 时，发生相对滑动，故A 、B 错误，D 正确；当F ＝24 N 时，两物体没有相对运动，根据牛顿第二定律，A 的加速度大小为a ＝F m A ＋m B＝246＋2m /s 2＝3 m/s 2，故C 正确． 7.如图7，质量为m 的物体放置在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝33，现用拉力F (与水平方向的夹角为θ)拉动物体沿地面匀速前进，下列说法正确的是( )图7A ．θ＝0°即拉力F 水平时，拉力最小B ．θ＝45°时，拉力F 最小C ．拉力F 的最小值为12mg D ．拉力F 的最小值为33mg 答案 C解析 设物体受到的拉力与水平方向的夹角为θ，根据共点力平衡可知F cos θ＝μ(mg －F sin θ)，F ＝μmg cos θ＋μsin θ＝mg 2sin (θ＋60°)根据数学知识可得，当θ＝30°时，拉力F 有最小值，且最小值为12mg ，故C 正确，A 、B 、D 错误．8.如图8所示，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑斜面上端系有一劲度系数为k ＝100 N /m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m ＝8 kg 的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．从t ＝0时刻开始挡板A 以加速度a ＝1 m/s 2，沿斜面向下匀加速运动，(g ＝10 m/s 2)问：图8(1)t ＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？答案 (1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m解析 (1)因开始时弹簧无形变，故对小球根据牛顿第二定律得mg sin 30°－F 1＝ma解得F 1＝32 N(2)当挡板和小球分离时，对小球根据牛顿第二定律得mg sin 30°－kx ＝ma其中x ＝12at 2 解得t ＝0.8 s(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx 1解得x 1＝0.4 m.。
高中物理必修一 讲义 第4章 专题强化练16 动力学图像问题
专题强化练16动力学图像问题1．(2023·肇庆市第一中学高一阶段练习)排球是人们最喜爱的运动之一。
运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是()2.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g 取10 m/s2)()A．0.2 6 N B．0.1 6 NC．0.28 N D．0.18 N3．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体加速度a随力F变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2。
则()A．加速度a与力F成正比B．物体在力F作用下做匀加速直线运动C．物体的质量为1 kgD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.34．(多选)(2022·皖西中学高一期末)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。
重力加速度g＝10 m/s2。
以下说法正确的是()A．第2 s内物体位移大小是4 mB．0～4 s过程中物体做匀变速直线运动C．物体的质量m＝5 kgD．物体与地面间的动摩擦因数为0.15．(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A、m B、m C，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是()A．μA＝μB，m A＜m B B．μB＜μC，m B＝m CC．μB＝μC，m B＞m C D．μA＜μC，m A＜m C6．(2022·烟台市高二期末)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。
2023人教版新教材高中物理必修第一册同步练习--08-专题强化练9 动力学中的图像问题
2023人教版新教材高中物理必修第一册第四章运动和力的关系专题强化练9 动力学中的图像问题一、选择题1.(2022江西鹰潭期中)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。
重力加速度g=10m/s2。
由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )甲乙A.0.5 kg,0.4B.1.5 kg,215C.0.5 kg,0.2D.1 kg,0.22.(2022云南罗平期中)(多选)一个质量为1 kg 的物体在水平拉力F作用下沿水平面运动,一段时间后撤去F,该物体运动的v-t图像如图所示,重力加速度g=10 m/s2。
则下列说法正确的是( )A.物体1 s末距离出发点最远B.拉力F的方向与初速度方向相同C.拉力是在2 s末撤去的D.摩擦力大小为10 N3.(2022四川宜宾期中)质量为M=1 kg的木板静止在粗糙水平地面上,木板与地面间的动摩擦,在木板的左端放置一个质量为m=1 kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的动摩因数为μ1,取g=10 m/s2。
若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木擦因数为μ2板足够长,铁块所受木板摩擦力Ff随拉力F的变化关系如图所示。
则两个动摩擦因数的数值为( )A.μ1=0.1,μ2=0.4 B.μ1=0.1,μ2=0.2C.μ1=0.2,μ2=0.4 D.μ1=0.4,μ2=0.44.(2022河南信阳月考)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。
以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )5.(2022河南周口期末)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。
高中物理必修一 讲义 第4章 专题强化 动力学图像问题
专题强化动力学图像问题[学习目标] 1.会分析物体受到的力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题。
2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。
常见的图像形式：在动力学问题中，常见的图像是v－t图像、F－t图像、a－F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是物体的运动轨迹。
一、由运动学图像分析物体的受力情况例1(多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙固定斜面上滑，上滑到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v－t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C．动摩擦因数μ＝0.5D．动摩擦因数μ＝0.2例2(2022·长沙市第一中学高一期末)建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移x随时间t的变化关系如图所示。
材料受到的拉力大小为F T、速度大小为v。
重力加速度为g，则()A．0～t1内，v减小，F T<mgB．t1～t2内，v增大，F T>mgC．t2～t3内，v减小，F T>mgD．t2～t3内，v减小，F T<mg二、由F－t(a－t)图像、F－x图像分析物体的运动情况例3(2023·西安中学月考)质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图像、a－t图像正确的是()例4(多选)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)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之间的关系如图乙所示。
不计空气阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是()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/cmC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2三、由a－F图像分析物体的受力或运动情况例5(多选)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g图像问题的解题策略1．把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程。
人教版高中物理必修第一册第四章运动和力的关系专题强化6动力学中的连接体问题和图像问题
返回导必修·第一册 RJ）
2．解决连接体问题的基本方法 处理连接体问题的方法：整体法与隔离法。不管用什么方法解题， 所使用的规律都是牛顿运动定律。 (1)解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种 方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当 选择使用隔离法或整体法。 在连接体内各物体具有相同的加速度时，可先把连接体当成一个整 体，分析受到的外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度；若要 求连接体内各物体相互作用的内力，则需把物体隔离，对某个物体单独 进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解。
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
解析：由图丙可知，0～2 s 内物体没有推动，物体处于静止状态，
推力大小等于摩擦力，A 错误；由 v－t 图像可知，2～4 s 物体做匀加速
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
(2)在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一 个物体，也可以是连接体的某一部分物体(包含两个或两个以上的单个物 体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况灵活处理。
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
B．F＋2μ3mg D．F＋23μmg
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
解析：以 A、B 组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－μmg ＝3ma
以 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 T－μmg＝ma 解得 T＝F＋23μmg 根据牛顿第三定律，B 对 A 的反作用力为 T′＝T＝F＋23μmg，故选 D。
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第四章 运动和力的关系
第4章 专题强化练1 动力学中的图像问题 (新教材人教版必修一)
第四章运动和力的关系专题强化练1 动力学中的图像问题一、选择题1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v-t图像如图所示。
则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2) ()A.0.2 6 NB.0.1 6 NC.0.28 ND.0.18 N2.(2020山东德州高一上期末)如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度随外力F变化的图像如图乙所示,根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2) ()A.物体的质量为1 kgB.物体的质量为2 kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.53.(2020北京八一中学高三上期中)如图所示,水平地面上有质量m=1.0 kg的物块,受到如图甲所示随时间变化的水平拉力F的作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小如图乙所示。
重力加速度g取10 m/s2。
下列判断正确的是 ()A.5 s内物块的位移为0B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与地面之间的动摩擦因数为0.4D.6~9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s24.(2020山东曲阜师大附中高一上期末)(多选)一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动。
t=0时,开始对物体施加一外力F,力F的方向与速度方向相同,大小随时间变化的关系如图所示,则在0~t0时间内 ()A.物体的加速度a逐渐减小,速度v逐渐减小B.物体的加速度a逐渐减小,速度v逐渐增大C.t0时刻物体的加速度a=0,速度v最大D.t0时刻物体的加速度a=0,速度v=05.(2020北京大学附中河南分校高一上期末)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。
高中物理新教材同步 必修第一册第4章 专题强化 动力学中的临界问题
专题强化动力学中的临界问题[学习目标] 1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。
2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。
临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。
一、接触与脱离的临界问题接触与脱离的临界条件(1)加速度相同。
(2)相互作用力F N＝0。
例1如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)答案(1)g(2)5mg解析(1)由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。
此时，滑块和小球的加速度仍相同，当F N＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，F合＝mgtan 45°＝g。
由牛顿第二定律得F合＝ma，则a＝gtan 45°所以此时滑块的加速度a块＝g。
(2)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由牛顿第二定律得F T′cos α＝ma′，F T′sin α＝mg，解得F T′＝5mg。
例2 如图，A 、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg 。
从t ＝0开始，推力F A 和拉力F B 分别作用于A 、B 上，F A 、F B 随时间的变化规律为F A ＝(8－2t )N ，F B ＝(2＋2t )N 。
(1)两物体何时分离？(2)求物体B 在1 s 时和5 s 时运动的加速度大小？ 答案 (1)2 s (2)1 m/s 2 2 m/s 2解析 (1)设两物体在t 1时刻恰好分离(即相互作用的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得F A m A ＝F Bm B，代入数据解得t 1＝2 s 。
2023年人教版高中物理必修第一册第四章运动和力的关系拓展课九动力学图像问题及等时圆模型
确图像所反映的物理过程． (2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵轴的交点，图线
的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图
线与坐标轴所围图形面积的物理意义．
【典例】 例 1 如图甲所示，小物块A放在长木板B的左端，一起以v0的速度在水平 台阶上向右运动，已知台阶MN段光滑，小物块与台阶PQ间动摩擦因数μ1 ＝0.1，台阶的P点切线水平且与木板等高，长木板撞到台阶后立即停止运 动，小物块继续滑行．从长木板右端距离台阶P点s＝8 m时开始计时，得到 小物块的vt图像如图乙所示．小物块3 s末刚好到达台阶P点，4 s末速度刚 好变为零．若图中v0和v1均为未知量，g取10 m/s2，下列说法中正确的是 () A. 由题中数据可知，长木板长度为2.5 m B．小物块在P点的速度为2 m/s C．小物块和长木板的初速度v0＝3 m/s D．小物块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4
拓展课九 动力学图像问题及等时圆模型
目标要求 1.综合应用牛顿第二定律、运动学规律，结合Ft图像、vt图像、aF 图像等信息解决动力学问题． 2．能够将图像与实际受力情况和运动情景相结合，应用牛顿运动定 律解决实际问题． 3．掌握等时圆模型．
拓展1 动力学中的图像问题 【归纳】 1．常见的图像形式 在动力学问题中，常见的图像是vt图像、Ft图像、aF图像等，这些 图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨
答案：C
答案：BD
例 5 如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、
b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点．每根杆上都套
2024学年新教材高中物理第四章重难专题15动力学图像问题pptx课件新人教版必修第一册
B
A. B. C. D.
A
A. B. C. D.
[解析] 由 图像知加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为 ， ，由 ， ，解得 ， ，选项A正确。
7.[2023江苏新海高级中学期中]用一水平力 拉静止在水平面上的物体，在外力 从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度 随外力 变化的关系如图所示， 取 。则下列说法错误的是( )
5.[2022江苏如皋期末]某物体由静止开始运动，它所受到的合外力 随时间 变化的规律如图所示，则在 这段时间的速度 随时间 变化的规律可能是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由题图可知，物块上滑的加速度大小 ，下滑的加速度大小 ，物块上滑时根据牛顿第二定律有 ，物块下滑时根据牛顿第二定律有 ，可求得斜面倾角及动摩擦因数，无法求出物块的质量，A、C不符合题意，B符合题意；根据图像，物块沿斜面向上滑行的最大距离 ，斜面倾角可求，可以根据 求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，D不符合题意。
（2）猴子下滑过程中最大速度和落地时的速度各是多少？
[答案] ;
[解析] 内猴子做匀加速直线运动， 末的速度最大，为 内猴子做匀减速直线运动，落地时的速度 。
[解析] 由于开始摩擦力与恒力 方向相同，水平向左，由于取向右为正方向，故 ， ，则物体速度很快减为零，随后产生向左的运动趋势，静摩擦力大小为 ，方向向右，为正，故选B。
例题3 [2023江苏苏州中学评估]物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为 和 ，与水平面间的动摩擦因数分别为 和 。用水平拉力 分别拉物体A和B，所得加速度 与拉力 的关系图像如图中直线甲、乙所示。则有( )
人教版高中物理必修第一册第4章素养提升课5连接体问题、临界问题、动力学图像问题学案
素养提升课(五)连接体问题、临界问题、动力学图像问题学习任务1．学会处理动力学中的连接体问题。
2．学会处理动力学中的临界问题。
3．学会处理动力学中的图像问题。
动力学中的连接体问题1．连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。
如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2．处理连接体问题的方法(1)整体法：把多个物体组成的系统作为一个研究对象来分析的方法。
不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。
此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
3．整体法与隔离法的选用(1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。
(2)求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交叉运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
(3)无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
【典例1】如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连，m A＝2 kg，m B＝3 kg，m C＝1 kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，不计绳2与滑轮间的摩擦，取g＝10 m/s2，求：(1)系统的加速度大小。
(2)绳1和绳2中的张力大小。
[思路点拨]解此题应抓住以下两点(1)物体A、B、C的加速度大小相等。
(2)物体A、C与水平桌面间存在摩擦力，且动摩擦因数相同，所以A、C可以看作一个“小整体”。
[解析]设系统的加速度大小为a，绳1的张力大小为F1，绳2的张力大小为F2。
对物体C由牛顿第二定律得F1－μm C g＝m C a对A、C整体由牛顿第二定律得F2－μ(m A＋m C)g＝(m A＋m C)a对物体B由牛顿第二定律得m B g－F2＝m B a解得：a＝3.75 m/s2，F1＝6.25 N，F2＝18.75 N。
2019-2020新人教版物理必修1 第4章 习题课3 动力学的图像问题和连接体问题
习题课3动力学的图像问题和连接体问题[学习目标] 1.学会结合图像解决动力学问题．2.学会用整体法和隔离法分析简单的连接体问题．3.认识临界问题，会分析连接体中的有关临界问题．1.在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题．【例1】如图甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：甲乙(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s末物体离a点的距离．思路点拨：①恒力F的方向不变，而摩擦力的方向随速度方向的改变而改变．②v-t图像的斜率表示物体的加速度．③v-t图像与t轴所围面积表示物体的位移．[解析] (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由v -t 图像得a 1＝2 m/s 2根据牛顿第二定律，有F ＋μmg ＝ma 1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，则由v -t 图像得a 2＝1 m/s 2根据牛顿第二定律，有F －μmg ＝ma 2联立解得F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离a 点的距离为d ，d 应为v -t 图像与横轴所围的面积，则d ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m ，负号表示物体在a 点左边． [答案] (1)3 N 0.05 (2)在a 点左边2 m 处解决此类题的思路从v -t 图像上获得加速度的信息，再结合实际受力情况，利用牛顿第二定律列方程．1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图像可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )甲 乙A ．0.5 kg,0.4B ．1.5 kg ，215C ．0.5 kg,0.2D ．1 kg,0.2A [由F -t 图和v -t 图可得，物块在2～4 s 内所受外力F ＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2，F －F f ＝ma ，即3－10μm ＝2m ①物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，则F′＝F f，F′＝μmg，即10μm＝2②由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．]1.连接体．例如，几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、弹簧、细杆等连在一起．2．处理连接体问题的方法(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力．(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意．(3)整体法与隔离法的选用：求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用．3．连接体中的两类临界问题(1)两物体分离的临界条件：两物体由相接触到将分离的临界条件是弹力F N ＝0且二者的加速度、速度均相同．(2)相对静止或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，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零．4．运用隔离法解题的基本步骤(1)明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象．选择原则：一要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少．(2)将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来．(3)对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图．(4)寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解．【例2】一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)思路点拨：①0.2 s时P、Q两物块恰好分离．②两物块分离瞬间加速度仍相同，而相互作用力恰好为零．[解析]从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力恰好为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．设刚开始时弹簧压缩量为x0.则(m1＋m2)g sin θ＝kx0 ①因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力恰好为0，由牛顿第二定律知kx1－m1g sin θ＝m1a ②F－m2g sin θ＝m2a ③前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝12at2④①②④式联立解得a＝3 m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有F min＝(m1＋m2)a＝36 N当P与Q分离时拉力最大，此时有F max＝m2(a＋g sin θ)＝72 N.[答案]72 N36 N整体法与隔离法的选取技巧当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法．整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效．2．(多选)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是()A．无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小AD[因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a减小，选项A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力F T这三个力的作用，由牛顿第二定律得F－μmg－F T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力F T增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在C木块上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有F T－2μmg＝2ma，F T减小，选项D正确．]1．如图所示，质量为2 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1 kg的物块B与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力F＝11 N的作用下，A、B一起做加速运动，则下列说法中正确的是()A．A、B的加速度均为3.67 m/s2B．A、B的加速度均为3.3 m/s2C．A对B的作用力为3.3 ND．A对B的作用力为3.0 ND[在已知水平力F＝11 N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体F－μm A g＝(m A＋m B)a，解得a＝3 m/s2，故A、B选项均错误；隔离B物体F AB＝m B a＝3 N，故D选项正确，C选项错误．]2．(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是()A．小铁球所受合力为零B．小铁球受到的合外力方向水平向左C．F＝(M＋m)g tan αD．系统的加速度为a＝g tan αCD[解答本题的疑难在于求系统的加速度，突破点是先选小铁球为研究对象求出其加速度．隔离小铁球受力分析得F合＝mg tan α＝ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A、B错误，D正确．整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，故选项C正确．]3．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18BC[设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．]4．在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰(碰撞时间极短)后弹到空中某一高度．以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，g取10 m/s2，则以下结论正确的是()A．小球弹起的最大高度为1.0 mB．小球弹起的最大高度为0.45 mC．小球弹起到最大高度的时刻t2＝0.80 sD．空气阻力与重力的比值为1∶5D[小球下落过程中有a1＝ΔvΔt＝40.5m/s2＝45g，mg－F f＝ma1，解得F f＝mg－ma1＝15mg，故F fmg＝15，故D正确；在小球弹起过程中有mg＋F f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故小球上升的时间Δt＝312s＝14s＝0.25 s，故t2＝t1＋Δt＝0.75 s，故C错误；根据图像可知小球弹起的最大高度h＝3×0.25×12m＝0.375 m，A、B错误．]。
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A和B的v－t图像如图乙所示，
重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩
擦因数μ1；
答案 0.2
图4
解析 由题图乙可知，A 在 0～1 s 内的加速度 a1＝v1－t1 v0＝－2 m/s2，对 A 由牛顿第二定律得， －μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.
(2)B与水平面间的动摩擦因 数μ2； 答案 0.1
例3 质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下， 经2.5 s落地.轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情 况如图3甲所示，g取10 m/s2，则： (1)消防队员下滑过程中最大速度和 落地速度大小各是多少？ 答案 4 m/s 1 m/s
图3
解析 消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝ 2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下滑(mg<F2). 第一个过程，mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4 m/s 第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1 m/s.
例1 (多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为
mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于 水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线
如图1中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是
√A.μA＝μB，mA＜mB √B.μB＜μC，mB＝mC
(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像. 答案 见解析图
解析 v－t图像如图所示.
例4 (2019·张家口市上学期期末)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，
可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上
木板，如图4甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，
C.μB＝μC，mB＞mC
√D.μA＜μC，mA＜mC 图1
解析 根据牛顿第二定律有 F－μmg＝ma，得 a＝mF－μg，则 a－F 图像 的斜率 k＝m1 ，由图像可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则 mA ＜mB＝mC.当 F＝0 时，a＝－μg，根据图像可看出，μA＝μB＜μC，故选 A、 B、D.
(4)物块相对木板滑行的距离Δx. 答案 2 m
解析 由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离 Δx 对应图中(0,4)， (0,0)，(1,2)点所围三角形面积，故 Δx＝12×4×1 m＝2 m.
随堂演练
1.(图像问题)(多选)(2020·济宁市期末)如图5甲所示，一质量为m的滑块放
在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现给滑块一水
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
√C.物体的质量为2 kg
√D.物体的加速度大小为5 m/s2
图6
123
解析 物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误； 刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1 为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后， 拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确.
图5
123
2.(图像问题)(多选)如图6甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上
端放置的物体(物体与弹簧不连接)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之间
的关系如图乙所示.g取10 m/s2，下列判断正确的是
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
解析 由题图乙知，AB在1～3 s内的加速度 a3＝v3－t2 v1＝－1 m/s2， 对AB由牛顿第二0.1.
(3)A的质量； 答案 6 kg
解析 由题图乙可知B在0～1 s内的加速度 a2＝vt11＝2 m/s2. 对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2， 代入数据解得m＝6 kg.
123
3.(图像问题)在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力 F的作用下由静止开始运动.10 s后拉力大小减小为F ，并保持恒定.该物
第四章 运动和力的关系
学习目标
1.会分析力、加速度、速度随时间的变化图像. 2.能结合图像分析动力学问题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
重点探究 随堂演练 专题强化练
重点探究
1.常见的图像形式 在运动学与动力学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x－t图 像)、速度－时间图像(v－t图像)和力－时间图像(F－t图像)等，这些图 像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹. 2.图像问题的分析方法 (1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确 图像所反映的物理过程. (2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图 线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义.注意图线的斜率、图 线与坐标轴所围图形面积的物理意义.
例2 (多选)给一物块一定的速度使其沿粗糙斜面上滑，上升到斜面某
一位置后，又自行滑下，该滑块的v－t图像如图2所示，则由此可知(g
取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
A.斜面倾角为30°
√B.斜面倾角为37°
√C.动摩擦因数μ＝0.5 D.动摩擦因数μ＝0.2
图2
解析 速度－时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升 时的加速度大小为a1＝10 m/s2； 沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得：上升 时，有ma1＝mgsin θ＋μmgcos θ； 下滑时，有ma2＝mgsin θ－μmgcos θ，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5.
平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以 滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速
度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s.下列说法正确的是
√A.滑块的质量为2 kg
B.滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2
C.3 s末滑块返回到出发点
√D.4 s末滑块加速度大小为1 m/s2