素养提升5⇒动力学中的三类典型问题

动力学中的三类典型问题题型一动力学中的连接体问题（精品微信公众号：偷着学）1.连接体的运动特点轻绳——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。轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。2.解决方法（1）分析方法：整体法和隔离法。（2）选用整体法和隔离法的策略①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法。②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。共速连接体——力的“分配”情境描述两物块在力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情境图结论F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且T＝m2【例1】（2024·湖南常德模拟）如图所示，5块质量均为m的木块并排放在水平地面上，编号为3的木块与地面间的动摩擦因数为F10mg，其他木块与地面间的动摩擦因数为F20mg，当用水平力F推第1块木块使它们共同加速运动时，A.由右向左，两块木块之间的摩擦力依次变小B.木块加速度为0.2m/s2C.第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.90FD.第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.38F答案：D解析：木块之间只有弹力，无摩擦力，A错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律F－F10mg×mg－F20mg×4mg＝5ma，得a＝7F50m，由于Fm未知，无法求得加速度结果，B错误；对前两块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－F20mg×2mg－F23＝2ma，得F23＝0.62F，C错误；对前三块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－F20mg×2mg－F10mg×mg－F关联速度连接体【例2】（2024·四省联考）如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v－t图像如图（b）所示，已知砝码质量为0.10kg，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物块A的质量；（2）物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。答案：（1）0.4kg（2）0.125解析：（1）由题图（b）可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝Δv1Δt1＝2根据牛顿第二定律mBg＝（mB＋mA）a1代入数据解得mA＝0.4kg。（2）物块A在P点右边运动的加速度a2＝Δv2Δt2＝3根据牛顿第二定律mBg－μmAg＝（mB＋mA）a2代入数据解得μ＝0.125。题型二动力学中的临界和极值问题1.“四种”典型临界条件接触与脱离两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0相对滑动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绳子断裂与松弛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FT＝0速度达到最值加速度为02.“两种”典型分析方法临界法分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值解析法明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值相对滑动的临界问题【例3】（多选）（2024·内蒙古赤峰模拟）如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（）A.当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止B.当F＞3μmg时，A、B间相对滑动C.当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μgD.无论F为何值，A的加速度不会超过μg答案：CD解析：B与地面的最大静摩擦力为f地＝0.5μ（2m＋m）g＝1.5μmg＜F＝2μmg可知，当F＝2μmg时，A、B都相对地面发生运动，A错误；物块A能够获得的最大加速度amax＝μ·2mg2m＝μg，当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对静止，则有3μmg－0.5μ（m＋2m）＝（m＋2m）a1，解得a1＝0.5μg＜amax＝μg可知，当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，C正确；若A、B恰好发生相对运动，对A有amax＝μ·2mg2m＝μg，对A、B有F2－0.5μ（2m＋m）g＝（2m＋m）amax，解得F2＝4.5μmg可知，当F＞4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为amax＝μ·2mg2m恰好脱离的动力学临界问题【例4】（多选）（2024·辽宁抚顺模拟）如图所示，在水平地面上有一倾角为θ，表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板，用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F，使斜面体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知θ＝30°，重力加速度大小为g，则（）A.若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，小球对滑块压力为零B.若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，线中拉力为（1+C.当斜面体以加速度a＝2g向右加速运动时，线中拉力为5mgD.当斜面体以加速度a＝2g向左加速运动时，线中拉力为零答案：BCD解析：若斜面体以临界加速度a0向右加速运动时，小球对斜面体的压力刚好为零，则小球只受到重力和细线的拉力，如图，由牛顿第二定律有mgtanθ＝代入数据解得小球刚好离开斜面体的临界加速度为a0＝3g若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度a0，则小球对斜面体仍然有压力，故A错误；若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，对小球由牛顿第二定律得水平方向的合力大小为F合＝ma＝mg对小球受力分析如图所示，可知水平和竖直方向分别满足如下关系FT'cosθ－FNsinθ＝mgFT'sinθ＋FNcosθ＝mg代入数据解得细线的拉力大小为FT'＝（1+故B正确；当斜面体以加速度a＝2g向右加速运动时，超过临界加速度a0，小球离开斜面，对小球由牛顿第二定律得水平方向细线拉力的分力大小为F1'＝ma＝2mg，由勾股定理可知细线中拉力为FT'＝（mg）2＋（2mg）2＝5mg，故C正确；若斜面体以临界加速度a'向左加速运动时，细线对小球的拉力刚好为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma'，代入数据解得细线刚好没有拉力的临界加速度为a'＝33g，当斜面体以加速度a＝2g动力学中的极值问题【例5】（多选）（2024·湖南怀化模拟）如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，则（）A.物块的初速度为2m/sB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C.物块沿斜面上滑的最大加速度为gD.物块沿斜面上滑的最小距离为25答案：AD解析：由题图乙可知，当斜面与水平方向的夹角为90°时，位移为0.2m，由竖直上拋运动规律v02＝2gh，解得v0＝2m/s，故A正确；当斜面与水平方向的夹角为0°时，位移为0.4m，根据v02＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B错误；根据μmgcosθ＋mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ＋μgcosθ＝1+μ2gsin（θ＋φ），因此最大加速度为amax＝1+μ2g＝52g，此时根据速度与位移公式得v02＝2amaxxmin，解得x题型三动力学中的图像问题1.“两大类型”（1）已知物体在某一过程中所受的合力（或某个力）随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。（2）已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。2.“一个桥梁”：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁。3.解决图像问题的方法和关键（1）分清图像的类别：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：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义。（3）明确能从图像中获得哪些信息：把图像与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中得出的有用信息。这些信息往往是解题的突破口或关键点。通过F－t、F－x图像分析运动情况【例6】（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。g取10m/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7.5N/cmC.物体的质量为2kgD.物体的加速度大小为5m/s2答案：CD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10N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30N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故A、B错误，C、D正确。通过v－t、a－t图像分析受力情况【例7】（多选）（2024·山东聊城期末）如图甲所示，一质量m＝2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的v－t图线，如图乙所示。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）则下列说法正确的是（）A.小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2B.小物块在斜面上滑行的最大位移为8mC.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25D.小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5N答案：AC解析：由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得加速度大小为a＝ΔvΔt＝8.0m/s2，可知小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2，故A正确；设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为x，则有x＝v022a＝642×8m＝4m，故B错误；小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向f＋mgsin37°＝ma，垂直斜面方向FN－mgcos37°＝0，摩擦力为f＝μFN，代入数据解得f＝4N，μ＝通过a－F图像分析力与运动的关系【例8】（多选）（2024·山东济宁模拟）如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图（b）判断，下列说法正确的是（）A.物体的质量m＝2kgB.斜面的倾角θ＝53°C.加速度为5m/s2时力F的大小为25ND.物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N答案：AD解析：当a1＝2m/s2，a2＝6m/s2，a3＝－6m/s2时，F1cosθ－mgsinθ＝ma1，F2cosθ－mgsinθ＝ma2，mgsinθ＝m｜a3｜，其中F1＝20N，F2＝30N，解得θ＝37°，m＝2kg，故A正确，B错误；加速度为5m/s2时，由Fcosθ－mgsinθ＝ma，解得F＝552N，故C错误；物体静止在斜面上时，有Fcosθ＝mgsinθ，解得F＝15N，故D跟踪训练·巩固提升1.（多选）（2023·全国甲卷19题）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乙解析：BC根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg。由题图可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，故选B、C。2.（2024·宁夏银川模拟）将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v－t图像如图所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A.小球所受重力和阻力之比为6∶1B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3C.小球回落到抛出点的速度大小为86m/sD.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：C由图像可知，小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝mg－fm＝10－21m/s2＝8m/s2，根据x＝12at2得t＝2xa，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝a2∶a1＝6∶3，故选项B错误；根据v－t图像可知小球匀减速上升的位移x＝12×2×24m＝24m，根据v2＝2a2x得v＝2a2x＝2×8×24m/s＝863.如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1。如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是（）A.a1＞a2，N1＞N2 B.a1＞a2，N1＜N2C.a1＝a2，N1＝N2 D.a1＞a2，N1＝N2解析：D对于题图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a1＝FmA＋mB，对B隔离分析，A对B的作用力N1＝mBa1＝mBFmA＋mB。对于题图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a2＝F－（mA＋mB）gsinθmA＋mB＝FmA＋mB－gsinθ，对B隔离分析，有N2－mBgsinθ＝4.（多选）如图所示，A、B两物块叠放在一起静止在水平地面上，A物块的质量mA＝2kg，B物块的质量mB＝3kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，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10m/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（）A.若外力F作用到物块A时，则其最小值为8NB.若外力F作用到物块A时，则其最大值为10NC.若外力F作用到物块B时，则其最小值为13ND.若外力F作用到物块B时，则其最大值为25N解析：BDA物块与B物块之间的最大静摩擦力为μ1mAg＝8N，B物块与地面之间的最大静摩擦力为μ2（mA＋mB）g＝5N，所以无论外力F作用到物块A上或物块B上，当F取最小值5N时，满足题述情况，故A、C错误；当外力F作用到A上，二者相对静止，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，F的值最大，对B根据牛顿第二定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa，代入数据解得a＝1m/s2。对整体有F－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，代入数据解得F＝10N，故B正确；当外力F作用到B上，二者相对静止，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，F的值最大，对A根据牛顿第二定律有μ1mAg＝mAa'，代入数据解得a'＝μ1g＝4m/s2，对A、B整体根据牛顿第二定律有F'－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a'，代入数据解得F'＝25N，故D正确。（精品微信公众号：偷着学）5.（多选）（2024·甘肃天水期末）如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落（或上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g。已知物体A、B的质量相等，均为4m，物体C的质量为2m，一切摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，现将装置从静止释放。下列说法正确的是（）A.物体C的加速度为gB.物体C的加速度为gC.物体C对B的拉力为8D.物体C对B的拉力为8解析：AC对A、B、C组成的整体，由牛顿第二定律得6mg－4mg＝10ma，解得a＝15g，即物体C的加速度为g5，选项A正确，B错误；对物体C分析可知2mg－T＝2ma，解得T＝8mg5，即物体C对B的拉力为8mg5，6.（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，现用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A恰好分离（）A.弹簧的劲度系数等于6B.B和A刚分离时，弹簧为原长C.B和A刚分离时，B和A的加速度相同D.从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小解析：ACD当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力为F弹＝2mg，由胡克定律F弹＝kΔx1可得弹簧的压缩量为Δx1＝2mgk，当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律可得F＋F弹'－2mg＝2ma，对B物体进行隔离分析，得F＋FN－mg＝ma，当A和B开始分离时，FN＝0，解得a＝－0.2g，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为F弹'＝2ma＋2mg－F＝0.8mg，由胡克定律可得弹簧的压缩量为Δx2＝0.8mgk，由题中条件可得Δx1－Δx2＝h，可得k＝6mg5ℎ，综上分析可知B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，B和A的加速度相同，故A、C正确，B错误；从开始运动到B和A刚分离的过程中，两物体的加速度方向先向上后向下，7.（多选）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，其一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接。A、B质量均为m，且初始时均处于静止状态。现用平行于斜面向上的力拉物块B，使B沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v－t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g。则（）A.从0到t2时刻，拉力F逐渐增大B.t1时刻，弹簧形变量为mgC.t2时刻，弹簧形变量为mgD.A、B刚分开时的速度为a解析：BC从0到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F－2mgsinθ＋kx＝2ma，得F＝2mgsinθ－kx＋2ma，则知拉力F逐渐增大；在t1时刻A、B分离，t1～t2时间内，对B分析，根据牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，拉力F不变，故A错误；由题图乙可知，t1时刻A、B分离，此时刻对A根据牛顿第二定律有kx1－mgsinθ＝ma，解得x1＝mgsinθ＋mak，开始时有2mgsinθ＝kx0，又v2＝2a（x0－x1），联立解得v＝2a（mgsinθ－ma）k，故B正确，D错误；由题图乙可知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mg8.（多选）如图所示，光滑的水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的坐标系，某时刻仅将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，已知A、B质量关系为mA＜mB，则下列关于外力F、两滑块间弹力大小FN与滑块B的位移变化的关系图像可能正确的是（）解析：BD当A、B分离时A仍有加速度，所以弹簧不可能处于原长。开始时外力大小F＝kx0，某时刻仅将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，A、B分离前，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，当x＝0时，解得2kx0＝（mA＋mB）a；对A，有k（x0－x）－FN＝mAa，联立解得FN＝kx0mB－mAmA＋mB－kx，当FN＝0时，可得x＝mB－mAmA＋mBx0＜x0，此时A9.如图所示，将质量m＝1kg的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为103N的拉力F，使圆环由静止