专题强化四　牛顿运动定律的综合应用-动力学图像、连接体及临界极值问题

专题强化四牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题学习目标1.掌握图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。考点一动力学图像问题常见动力学图像及应用方法v－t图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力F－a图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量a－t图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F－t图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质例1(多选)(2023·全国甲卷，19)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1所示。由图可知()图1A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙答案BC解析由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a图像可知m甲＞m乙，A错误，B正确；两图线的纵轴截距相同，即μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，C正确，D错误。动力学图像问题的解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(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进行准确判断。1.(多选)如图2甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为F＝kt(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力f随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是()图2A.物块的质量为1kgB.k的值为5N/sC.物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)D.t＝3s时，物块的加速度大小为4m/s2答案ABD解析t＝0时f＝mgsinθ＝5N，解得m＝1kg，故A正确；当t＝1s时，f＝0，说明F＝mgsinθ＝5N，由F＝kt可知k＝5N/s，故B正确；由题图乙可知，滑动摩擦力μmgcosθ＝6N，解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故C错误；由F＝μmgcosθ＋mgsinθ，即kt0＝6N＋5N，解得t0＝2.2s，即2.2s后物块开始向上滑动，当t＝3s时，F＝15N，则F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝4m/s2，故D正确。考点二动力学中的连接体问题1.连接体的五大类型弹簧连接体轻绳连接体轻杆连接体物体叠放连接体两物体并排连接体2.连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。(2)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。(3)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；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。3.连接体问题的分析整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。角度共速连接体例2(多选)如图3所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()图3A.若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大B.若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq\f(m1F,m1＋m2)C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关答案BC解析设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μ（m1＋m2）g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有T－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(T－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得T＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为T＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大绳的拉力越小，故B、C正确。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。接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同)F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹＝eq\f(m2,m1＋m2)F。角度关联速度连接体例3(多选)如图4所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是()图4A.绳子对b的拉力大小为4mgB.a的加速度大小为eq\f(g,2)C.绳子对定滑轮的作用力大小为2eq\r(3)mgD.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等答案BC解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，D错误；将a、b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合＝4mg－2mgsinθ＝(2m＋4m)a，解得a＝eq\f(g,2)，故B正确；以b为研究对象，设拉力为T，由牛顿第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F＝2Tcos30°＝2eq\r(3)mg，故C正确。考点三动力学中的临界和极值问题1.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。2.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。角度分离的临界问题例4如图5所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为eq\f(1,4)g的匀加速直线运动，直到A、B分离。重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是()图5A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝eq\f(mg,4)B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝eq\f(mg,2)C.从施加力F到A、B分离的时间为4eq\r(\f(2m,k))D.从施加力F到A、B分离的时间为2eq\r(\f(2m,k))答案A解析设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝eq\f(mg,4)，A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，弹簧弹力不为零，对A受力分析得kx－3mg＝3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x＝eq\f(15mg,4k)，则A、B上升的高度h＝x0－x，由h＝eq\f(1,2)at2，解得从施加力到A、B分离的时间是t＝eq\r(\f(2m,k))，C、D错误。角度发生相对滑动的临界问题例5(2024·陕西西安交大附中期中)如图6所示，物体A放在B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg。A、B间动摩擦因数μ＝0.2。A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线(取g＝10m/s2)，下列叙述正确的是()图6A.当拉力0<F<12N时，A静止不动B.当拉力F>12N时，A相对B滑动C.当拉力F＝16N时，B受到A的摩擦力等于12ND.在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止答案D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将一起加速运动，所以当拉力0<F<12N时，A不会静止不动，A错误；若A、B能发生相对滑动，则有a＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.2×6×10,2)m/s2＝6m/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＝(6＋2)×6N＝48N，超出了绳子的最大拉力，由此可知，在绳子承受的最大拉力20N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＝16N时，对整体，由牛顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a′，解得a′＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(16,6＋2)m/s2＝2m/s2，则B受到A的摩擦力f＝mBa′＝2×2N＝4N，C错误。角度动力学的极值问题例6如图7所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离s将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，s的最小值为()图7A.0.12m B.0.14m C.0.16m D.0.2m答案C解析设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，设木块的位移为s，有0－veq\o\al(2,0)＝2as，根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－geq\r(1＋μ2)＝－eq\f(5,4)g，此时s有最小值，为smin＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)＝0.16m，故A、B、D错误，C正确。方法总结处理动力学临界和极值问题的方法技巧极限法把物理问题(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A级基础对点练对点练1动力学图像问题1.(2024·江苏泰州高三期中)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到某一值时，立即关闭发动机滑行至停止，其v－t图像，如图1所示，汽车的牵引力为F，运动过程中所受的阻力恒为f，则下列关系中正确的是()图1A.F∶f＝1∶4 B.F∶f＝4∶1C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝3∶1答案B解析由题图可知，在0～1s内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝ma1，在1～4s内，有f＝ma2，又由图可知eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)，可得eq\f(F,f)＝eq\f(4,1)，故B正确。2.(2024·云南玉溪高三检测)如图2甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，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s的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()图2A.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3kgD.物体的加速度大小为5m/s2答案D解析物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5N/cm，B错误；s≥4cm后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第二定律有30N－mg＝ma，且由纵轴截距知10N＝ma，联立解得m＝2kg，a＝5m/s2，C错误，D正确。3.(2024·广东清远月考)物块静止在粗糙的水平面上，从某时刻开始给物块施加一不断增大的水平拉力F，物块的加速度a随拉力F变化的图像如图3所示。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是()图3A.物块的质量为2kgB.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1C.物块与水平面间的最大静摩擦力大小为1.5ND.当F＝3.5N时，物块的加速度大小为1.5m/s2答案D解析由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝eq\f(1,m)F－μg，将F1＝3N，a1＝1m/s2和F2＝4N，a2＝2m/s2代入，联立可得m＝1kg，μ＝0.2，A、B错误；物块与水平面间的最大静摩擦力为f＝μmg＝2N，C错误；由牛顿第二定律可知F－f＝ma，代入数据解得a＝1.5m/s2，D正确。对点练2动力学的连接体问题4.(2023·北京卷，6)如图4所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()图4A.1N B.2N C.4N D.5N答案C解析对两物块整体受力分析，有F＝2ma，对后面的物块，有T＝ma，联立得F＝2T，而细线能承受的最大拉力Tmax＝2N，故F的最大值为Fmax＝4N，故C正确。5.一列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.F B.eq\f(19F,20) C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)答案C解析设列车做匀加速直线运动的加速度为a，将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma；将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq\f(1,19)F，C正确，A、B、D错误。6.如图5，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3kg和0.2kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则()图5A.a球落地前，加速度大小为1m/s2B.a球运动到地面所用时间为0.5sC.a球落至地面时的速度大小为1.6m/sD.绳子中张力大小为2.4N答案D解析a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝eq\f(1,2)at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝eq\r(\f(2h,a))＝0.7s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa，解得绳子中张力大小为T＝2.4N，故D正确。对点练3动力学中的临界和极值问题7.(多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图6所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则()图6A.若a＝20m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用B.若a＝20m/s2，小球只受G、T两个力的作用C.若a＝10m/s2，小球只受G、T两个力的作用D.若a＝10m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用答案BD解析设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得eq\f(mg,tan30°)＝ma0，解得a0＝10eq\r(3)m/s2≈17m/s2。若a＝20m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。8.(2021·全国甲卷，14)如图7，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()图7A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq\f(l,cosθ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，由s＝eq\f(1,2)at2，得eq\f(l,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，解得t＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。B级综合提升练9.(多选)(2024·湖北武汉模拟)如图8甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是()图8A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小B.轨道不可能是水平的C.物块Q的质量为0.5kgD.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1N答案BC解析物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝eq\f(1,m)F＋eq\f(F1,m)，图线的斜率k＝eq\f(1,m)＝2kg－1，解得m＝0.5kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5kg×2m/s2＝1N，结合B项分析可知，1N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。10.如图9所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是()图9A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为eq\f(F,mg)B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为eq\f(F,12m)D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为eq\f(F,4)答案D解析小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝eq\f(F,3mg)，A错误；小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝eq\f(F,24m)，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，联立解得F弹＝eq\f(F,4)，D正确。11.(2024·山东潍坊模拟)如图10所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg。经过时间t＝2.0s，玩具移动了距离s＝2eq\r(3)m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10m/s2)。求：图10(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)1.04m(3)30°解析(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有s＝eq\f(1,2)at2解得a＝eq\r(3)m/s2对玩具由牛顿第二定律得Fcos30°－μ(mg