2025年高考物理复习素养提升：动力学中的三类典型问题

素翳提升5,_____

动力学中的三类典型问题

题型一动力学中的连接体问题

深化理解

1.连接体的运动特点

轻绳一一轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。

轻杆一一轻杆平动时，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。

轻弹簧一一在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不■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。

共速连接体一一力的“分配”

（考向一）__________________________________

情境

两物块在力尸作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同

描述

叫di

情境图

地面光滑地面粗糙两物块与粗糙斜

面间动摩擦因数

相同

结论尸一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且

m1+m2

【例1】（2024•湖南常德模拟）如图所示，5块质量均为机的木块并排放在水平地面上，编号为3的木块与地面

间的动摩擦因数为后，其他木块与地面间的动摩擦因数为后，当用水平力厂推第1块木块使它们共同加速运

10mg20mg

动时，下列说法正确的是（）

.....^Hl|?|3|4|5|

V777777777777777/7777777777.

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/s2

C.第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.90F

D.第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.38尸

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，由牛顿第二定律尸一*Xmg一户X4/〃g

=5ma,得。=叁，由于上未知，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

50mm

F-^X2mg-F23=2ma,得尸23=0.62凡C错误；对前三块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得尸一

—^―X2mg~^—Xmg~F34=3ma,得尸34=0.38尸，D正确。

207ng010mg°

关联速度连接体

考向二

【例2】（2024.四省联考）如图（a）,足够高的水平长桌面上，尸点左边光滑，右边粗糙，物块A在磋码B的

拉动下从桌面左端开始运动，其v—f图像如图（b）所示,已知祛码质量为0.10kg,重力加速度大小g取10

m/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在尸点左边运动的加速度

ai=—=-m/s2=2m/s2

1

根据牛顿第二定律相咽=（ms+mA）a\

代入数据解得出=0.4kgo

（2）物块A在P点右边运动的加速度〃2=箸=二二m/s2=lm/s2

根据牛顿第二定律

mBg—p.mAg=。2

代入数据解得日=0.125。

题型二动力学中的临界和极值问题

深化理解

1.“四种”典型临界条件

接触与脱离两物体相接触或脱离，临界条件是弹力尺=0

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

相对滑动

大值

绳子断裂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

与松弛力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=O

速度达到最值加速度为0

2.“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2机和机的A、8两物块,

静止叠放在水平地面上。A、8间的动摩擦因数为山8与地面间的动摩擦因数为0.55最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力尸，则下列说法中正确的是（）

A.当尸=2同咫时，A、8都相对地面静止

B.当F>3国77g时，A、8间相对滑动

C.当尸=3国咫时，B的加速度等于0.5同

D.无论/为何值，A的加速度不会超过明

答案：CD

解析：8与地面的最大静摩擦力为了地=0.5）i（2m+m）g=1.5国咫<尸=2|1加8可知，当尸=2同咫时，A、2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当E=3国ng时，假设A、8能够保持相

对静止，则有0.5pi（m+2m）=Cm+2m）a\,解得ai=0.5Ng<amax=Hg可知，当尸=3同wg时，A、3保

持相对静止，8的加速度等于0.5魅，C正确；若A、8恰好发生相对运动，对A有40^=^^=!^,对48有

0.5卜I（2m+m）g=（2m+m）〃max,解得尸2=4.5同咫可知，当尸>4.5p/ng时，A、5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=W吆=Hg,即无论尸为何值，A的加速度不会超过

jig,D正确。

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0,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。的匀加速直线运动。已知0=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mg

C.当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时，线中拉力为逐根g

D.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劭向右加速运动时，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，由牛顿第二定律有翳=/

微机即

代入数据解得小球刚好离开斜面体的临界加速度为如=gg

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＜%,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Fa=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'COS0—FNsin0=mg

Fr'sin9+FNCOSQ—mg

故B正确；当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时，超过临界加速度刖，小球离开斜面，对小球由牛顿第二定

22

J(mg)+(2mg)

=®ig,故C正确；若斜面体以临界加速度优向左加速运动时，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mgtanO=aa，，代入数据解得细线刚好没有拉力的临界加速度为优=?g,当

斜面体以加速度a=2g向左加速运动时，可知超过临界加速度优，则细线对小球没有拉力，故D正确。

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o,实验测得物块运动的最远位移尤与斜面倾角e的关系如图乙所示，g取io

m/s2,则()

A.物块的初速度为2m/s

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g

D.物块沿斜面上滑的最小距离为等m

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,由竖直上抛运动规律为2=2g〃，解得w

=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%2=2〃%，^mg=ma,可得|i=0.5,

故B错误；根据RngcosO+zngsin。=加〃可得a=gsin0+|igcos0=JTTT^gsin(0+(p),因此最大加速度为〃max

=层此时根据速度与位移公式得为2=2amaxXmin,解得Xmin=袈m,故C错误，D正确。

题型三动力学中的图像问题

深化理解

L“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—f图像与下一f图像的桥梁。

3.解决图像问题的方法和关犍

(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。

通过尸一KF—无图像分析运动情况

考向一

【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/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/cm

C.物体的质量为2kg

D.物体的加速度大小为5rn/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，有机g

=kx-,拉力B为ION时，根据牛顿第二定律有担+质一物体与弹簧分离后，拉力尸2为30N,根据牛顿

第二定律有/2-，阳=优。；代入数据解得根=2kg,^=500N/m=5N/cm,a=5m/s2,故A、B错误，C、D正确。

通过v—Ka—f图像分析受力情况

考向二

【例7】（多选）（2024•山东聊城期末）如图甲所示，一质量根=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—f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/s2

B.小物块在斜面上滑行的最大位移为8m

C.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25

D.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一时间图线，可得加速度大小为。=|黑|=8.0向$2,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=芈=?m=

2a2x8

4m,故B错误；小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向/+Mgsin37。=根”，垂直斜面方向外一mgcos37。

=0,摩擦力为/=四产N,代入数据解得了=4N,pi=0.25,故C正确，D错误。

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0的光

滑斜面上，逐渐增大F,物体做变加速运动，其加速度a随外力尸变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10

m/s2。根据图（b）判断，下列说法正确的是（）

A.物体的质量m=2kg

B.斜面的倾角0=53。

C.加速度为5m/s2时力F的大小为25N

D.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ai=2m/s2,°2=6m/s2,<23=-6m/s2Ficos0—mgsinB=mai,F2COS0-m^sin0=m«2,mgsin0=

mIa3I,其中丹=20N,F2=30N,解得。=37。，相=2kg,故A正确，B错误；加速度为5m/s2时，由八:os0

—mgsinQ=ma,解得/=^N,故C错误；物体静止在斜面上时，有Feos0=;wgsin0,解得尸=15N,故D正

确。

跟踪训练巩固提升

基础练

1.（多选）（2023•全国甲卷19题）用水平拉力使质量分别为机甲、相乙的甲、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四甲和N乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力厂与其加速度。的关

系图线如图所示。由图可知（）

A.m甲VHI乙

C.pt甲乙D.|i甲〉乙

解析：BC根据牛顿第二定律得F—\img=ma9整理得F=ma+iimg,则F-a图像的斜率为m,纵截距为^mg。

由题图可知加甲〉加乙，甲m甲g=p,乙加乙g,则甲〈四乙，故选B、Co

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

2

定，方向与运动方向相反。该过程的图像如图所示，gmi0m/so下列说法正确的是（）

A.小球所受重力和阻力之比为6：1

B.小球上升与下落所用时间之比为2：3

C.小球回落到抛出点的速度大小为8V6m/s

D.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ai=12m/s2,根据牛顿第二定律得加g+尸根0，解

得阻力/=根的一根g=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。2=号，=

m/s2=8m/s2,根据尤=%产得t=隹，知上升的时间和下落的时间之比为"：女=5/^：/57=伤：3,故选项

B错误；根据口一/图像可知小球匀减速上升的位移x=^X2X24m=24m,根据侯=2〃加得v=yj2a2x=

V2x8x24m/s=8V6m/s,故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误。

3.如图甲所示，当A、5两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力尸作用于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的，A、5间的相互作用力的大小为M。如图乙所示，当A、3两物块放在固定光滑

斜面上时，在恒力厂作用下，使A、5一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为念，A、8间的相互作

用力大小为Nz,则有关〃1、〃2和M、M的关系正确的是（）

A.〃I>G2，NI>N?B.4I>〃2，N1VN2

C.〃I=42，NI=N?D.〃I>42，NI=LN2

解析：D对于题图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度对8隔离分析，A对8的作用力跖=切“1

mA+mB

=」*。对于题图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度。2=~—二"晨gne=_j—8,对B隔离分

析，有SBgsinO=mM2,得噌、可知0＞。2,M=M,故D正确，A、B、C错误。

mA+mB

4.（多选）如图所示，A、8两物块叠放在一起静止在水平地面上，A物块的质量《u=2kg,8物块的质量租B=3

kg,A与J5接触面间的动摩擦因数同=0.4,B与地面间的动摩擦因数阳=0.1，现对A或对B施加一水平外力尸,

使A、8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.若外力厂作用到物块A时，则其最小值为8N

B.若外力厂作用到物块A时，则其最大值为10N

C.若外力尸作用到物块2时，则其最小值为13N

D.若外力F作用到物块B时，则其最大值为25N

解析：BDA物块与8物块之间的最大静摩擦力为NMAg=8N,2物块与地面彳间的最大静摩擦力为因（M?A+

g=5N,所以无论外力尸作用到物块A上或物块8上，当斤取最小值5N时，满足题述情况，故A、C错

误；当外力尸作用到A上，二者相对静止，A对8的摩擦力达到最大静摩擦力时，尸的值最大，对8根据牛顿第

二定律，有（ipWAg一口2（«U+；WB）g=mBa,代入数据解得a=lm/s?。对整体有尸一眼（出+:g）g=（WU+，〃B）

a,代入数据解得尸=10N,故B正确；当外力厂作用到2上，二者相对静止，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力

时，尸的值最大，对A根据牛顿第二定律有由“%?=电1。'，代入数据解得＜/=|iig=4m/s2,对A、B整体根据牛顿

第二定律有?一眼（MIA+MIB）g=（如+，牡）a',代入数据解得F=25N,故D正确。

提升练

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、8的质量相等，均为4加，物体C的质量为2加，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（）

歌

A.物体C的加速度为:

B.物体C的加速度为乌

C.物体C对8的拉力为誓

D.物体C对B的拉力为手

解析：AC对A、B、C组成的整体，由牛顿第二定律得6%g—4mg=10〃以，解得。=也，即物体C的加速度为

f,选项A正确，B错误；对物体C分析可知2mg—T=2ma,解得7=等，即物体C对8的拉力为誓，选项C

正确，D错误。

6.（多选）如图所示，质量均为机的A、8两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，现用大小等于0.8sg的恒力

厂向上拉8,当运动距离为〃时B与A恰好分离（）

B

A

//〃〃〃〃〃/

A.弹簧的劲度系数等于誓

B.B和A刚分离时，弹簧为原长

C.8和A刚分离时，8和A的加速度相同

D.从开始运动到8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8两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力为尸弹=2根g,由胡克定律尸弹=

可得弹簧的压缩量为Axi=半，当A和8两物体一起上升时，把A和8两物体看成一个整体，由牛顿第二定

律可得尸+尸弹2mg=2根〃，对3物体进行隔离分析，得尸十外一根8=根4,当A和5开始分离时，尸N=0,解得〃

=—0.2g,负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为尸弹，=2+2根g—尸=0.8mg,由胡克定律可得弹簧的压缩

量为最2=粤，由题中条件可得AXI-AX2=/2,可得左=瞥，综上分析可知8和A刚分离时，弹簧处于压缩状

态，2和A的加速度相同，故A、C正确，B错误；从开始运动到2和A刚分离的过程中，两物体的加速度方向先

向上后向下，两物体向上先加速运动，后减速运动，两物体的动能先增大后减小，故D正确。

7.（多选）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为总其一端固定在倾角为。的斜面底端，另一端与物

块A连接。A、2质量均为处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2,使B沿斜面向上做

加速度为。的匀加速运动，A、8两物块在开始一段时间内的v—t关系分别对应图乙中A、8图线5时刻A、8的

图线相切，打时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g。则（）

A.从0到打时刻，拉力F逐渐增大

B11时刻，弹簧形变量为mgsi?+ma

C.f2时刻，弹簧形变量为誓

D.A、8刚分开时的速度为乒还宴面

解析：BC从0到0时刻，对A、8整体，根据牛顿第二定律得/一2mgsin。+丘=2根〃，得尸=2根gsin。一日+

2ma,则知拉力尸逐渐增大；在九时刻A、8分离，力〜为时间内，对3分析，根据牛顿第二定律得尸一mgsin。=

ma,得尸=mgsin0+m4,拉力尸不变，故A错误；由题图乙可知，介时刻A、B分离,此时刻对A根据牛顿第二

定律有依1一根gsin。=m〃，解得尤i="吃詈^竺，开始时有2根gsin。=依），又优=2〃（沏一为），联立解得口=

J2a（小嘤fa二故B正确，D错误；由题图乙可知，/2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mgsin0=fct2,得&=竺等，故C正确。

8.（多选）如图所示，光滑的水平地面上，可视为质点的两滑块A、8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xo，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8向右做匀加速运动，已知A、B质量关系为仇4〈唐B，则下列关于外力尸、两滑块间弹力

大小心与滑块8的位移变化的关系图像可能正确的是（）

AB

3F

4V\/W\AA/W|~n*----

^/zz/zz/zz/z/zz/zz/zz

o-------T

解析：BD当4B分离时A仍有加速度，所以弹簧不可能处于原长。开始时外力大小某时刻仅将外力

突然反向并使B向右做匀加速运动，A、8分离前，对A、8整体，根据牛顿第二定律有尸+左(而一x)=(恤+

ms)a,当尤=0时，解得2—)=°;对A