第3講小專題:牛頓運動定律的綜合應用考點一動力學中的連接體問題在下列各圖中,質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A、B分別在恒力F的作用下沿同一平面做勻變速直線運動時,你能分別推導出在有、無摩擦力兩種情況下A與B間彈力的表達式嗎?你會發(fā)現(xiàn)怎樣的規(guī)律?提示:各圖示情形中,無論物體是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先將物塊A、B看作一個整體,然后再將其中一個隔離,分別根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。1.“力的分配”兩個物體間無論通過接觸、輕繩、輕桿或輕彈簧連接,在同一平面受與平面平行的力F作用,以相等的加速度做勻變速直線運動時,無論平面是否光滑(若μ≠0,其動摩擦因數(shù)相等),兩物體間沿平面的作用力大小只與質(zhì)量和力F有關(guān),如圖示中FT=m2m1+m2F,2.常見連接體模型類型圖示特點接觸類通過彈力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度輕繩類輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等輕桿類輕桿平動時,連接體具有相同的平動速度彈簧類在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度、加速度不一定相等;在彈簧形變最大時,兩端連接體的速度、加速度相等[例1]【疊放類】(2024·安徽滁州測試)如圖,在光滑地面上,水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動。小車質(zhì)量是M,木塊質(zhì)量是m,加速度大小是a,木塊和小車之間動摩擦因數(shù)是μ。則木塊與小車之間的摩擦力大小是()[A]mM+mF [C]μmg [D]μ(M+m)g【答案】A【解析】對小車和木塊整體,受到重力、支持力和拉力作用,根據(jù)牛頓第二定律,有F=(M+m)a,而木塊受重力、支持力和與F同向的靜摩擦力作用,則有Ff=ma,聯(lián)立解得Ff=ma=mM+mF[變式]若恒力F作用在木塊上,木塊與小車之間的摩擦力又是多少?【答案】MF【解析】對小車和木塊整體,有F=(M+m)a,對小車有Ff′=Ma,聯(lián)立解得Ff′=Ma=MFM[例2]【輕繩類】(2024·河南商丘期末)(多選)如圖甲、乙、丙所示,兩物塊A、B之間用細線相連,第一次將物塊放在水平面上施加水平拉力,第二次將物塊放在足夠長斜面上施加平行斜面向上的拉力,第三次施加豎直向上的拉力,已知物塊與水平面和斜面間動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,斜面傾角為θ=37°,三根細線能夠承受的最大拉力相同,三次均使兩物塊都動起來,三次最大拉力分別為F1、F2、F3,三次物塊最大加速度分別為a1、a2、a3,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,以下說法正確的是()[A]F1<F2<F3 [B]F1=F2=F3[C]a1>a2>a3 [D]a1=a2=a3【答案】BC【解析】以題圖乙為例,兩物塊A、B放在粗糙斜面上,在外力作用下向上加速運動,根據(jù)牛頓第二定律,對整體有F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,設(shè)兩物塊間細線拉力為FT,對物塊B有FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,聯(lián)立解得FT=mBmA+mBF,可知細線拉力FT與θ、μ、a無關(guān),只跟拉力F和兩物塊質(zhì)量有關(guān),當三種情況細線拉力均達到最大時外力F為最大,則Fmax=mA+mBmBFTmax,而三種情況下細線最大拉力相等,可知F1=F2=F3,故A錯誤,B正確;當外力最大時系統(tǒng)加速度最大,對A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律,題圖甲中有F1-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1,題圖乙中有F2-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a2,題圖丙中有F3-(mA+mB)g=(mA+mB)a3,解得a1=F1mA+mB-μg,a2=F2mA+mB-gsinθ-μgcosθ,a3=F3mA[變式]若物體A放在水平桌面上,一輕繩跨過光滑定滑輪,繩的另一端懸掛一物體B,系統(tǒng)做加速運動,物體A與桌面間存在摩擦。此時物體B受系統(tǒng)外力F,F=mBg,則輕繩對物體A的拉力FT=mAmA+mBmBg【答案】不等于(1+μ)【解析】此情境下物體A、B并不會同時受摩擦力,不符合力的分配規(guī)律,即FT≠mAmA+mBmBg。設(shè)輕繩的彈力為FT,物體A與桌面間動摩擦因數(shù)為μ,對物體B有mBg-FT=mBa,對物體A有FT-μmAg=mAa,兩式聯(lián)立得FT解答連接體問題的方法(1)對符合“力的分配”規(guī)律的連接體問題,應用其規(guī)律可以快速準確地得出結(jié)果,起到事半功倍的作用。(2)對一般的連接體問題,應利用整體或隔離的方法,分別分析其受力,根據(jù)牛頓第二定律列出方程,再聯(lián)立求解。[例3]【彈簧類】(2024·云南昆明階段檢測)如圖所示,兩個質(zhì)量分別為m1=2kg,m2=4kg的物體P、Q置于光滑的水平面上,中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為F1=40N,F2=16N的水平拉力分別作用在P、Q上,達到穩(wěn)定狀態(tài)后,下列說法正確的是()[A]彈簧測力計的示數(shù)是32N[B]彈簧測力計的示數(shù)是28N[C]在突然撤去F2的瞬間,Q的加速度大小為203m/s[D]在突然撤去F1的瞬間,P的加速度大小為83m/s【答案】A【解析】對兩物體組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律可知a=F1-F2m1+m2=40-162+4m/s2=4m/s2,系統(tǒng)的加速度方向水平向右,設(shè)彈簧測力計的拉力是F,對物體Q有F-F2=m2a,得F=32N,故A正確,B錯誤;在突然撤去F2的瞬間,彈簧的彈力不能突變,物體Q所受的合力等于彈簧的彈力,設(shè)Q此時加速度為a2,則F=m2a2,得a2=8m/s2,同理在突然撤去F1的瞬間,設(shè)此時P加速度為a1,則F=m1a1,得a[變式](1)在[例3]情境中,撤去力F2,穩(wěn)定后彈簧測力計的示數(shù)是多少?(2)若兩物體置于動摩擦因數(shù)為μ=0.2的水平面上,則達到穩(wěn)定狀態(tài)后,彈簧測力計的示數(shù)是多少?【答案】(1)803N(2)32【解析】(1)設(shè)兩物體組成的系統(tǒng)加速度為a′,由牛頓第二定律可知a′=F1m1+m2=402+4其方向水平向右,設(shè)彈簧測力計的拉力是F′,對物體Q,有F′=m2a′,得F′=803N(2)兩物體組成的系統(tǒng)加速度為a″,根據(jù)牛頓第二定律有F1-F2-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a″,得a″=F=40-16-=2m/s2,其方向水平向右,設(shè)彈簧測力計的拉力為F″,對物體Q,由牛頓第二定律得F″-F2-μm2g=m2a″,代入數(shù)據(jù)得F″=32N?？键c二動力學中的臨界和極值問題1.臨界極值問題的特征(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程存在著臨界點。(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點”,而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)。(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點往往就是臨界點。(4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。2.常見臨界問題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件是兩物體間彈力FN=0。(2)相對靜止或滑動的臨界條件是兩物體間靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件,前者繩中張力等于它所能承受的最大張力,后者繩中張力FT=0。(4)物體在介質(zhì)中運動的最終速度(收尾速度)的臨界條件是物體所受合力為零。3.求解臨界、極值問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來,以達到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時,或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件時,往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式,根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件[例4]【接觸與脫離的臨界問題】(2024·重慶江北階段檢測)(多選)如圖所示,兩個質(zhì)量均為m的相同的物塊疊放在一個輕彈簧上面,處于靜止狀態(tài)。彈簧的下端固定于地面上,彈簧的勁度系數(shù)為k。t=0時刻,給A物塊一個豎直向上的作用力F,使得兩物塊以0.5g的加速度勻加速上升,下列說法正確的是()[A]從t=0到A、B分離過程F逐漸增大[B]分離時彈簧處于原長狀態(tài)[C]在t=2mk時刻A、[D]分離時B的速度大小為gm【答案】AC【解析】物塊A、B分離時,A、B間的彈力為零,物體B向上的加速度為0.5g,合力方向向上,可知彈簧處于壓縮狀態(tài),故B錯誤;兩物塊分離前加速度相同,根據(jù)牛頓第二定律,對A、B整體,有F+kx-2mg=2ma,則F=2m(g+a)-kx,由于彈簧形變量減小,從t=0到A、B分離過程F逐漸增大,故A正確;t=0時,彈簧的壓縮量x1=2mgk,A、B分離時,對物塊B有kx2-mg=ma,解得x2=3mg2k,則彈簧形變量的變化量Δx=x1-x2=mg2k,即從t=0到A、B分離,其位移x=mg2k,根據(jù)x=12at2,得t=2mk,故C正確;分離時B[變式]在[例4]情境中為研究物塊A、B的分離,某學習小組的同學不是對A施加拉力而是用力緩慢向下壓物塊A,通過力傳感器觀察到當壓力增加到F1時撤去壓力,A開始向上運動,最終A、B分離。(1)撤去壓力時,物塊B對A的作用力多大?(2)物塊A、B分離時彈簧處于怎樣的狀態(tài)?【答案】(1)F12+mg【解析】(1)撤去壓力時,A、B整體所受合力為F1,方向豎直向上,則加速度a共=F12m,對物塊A有FN-mg=ma共,可知FN=F(2)當物塊A、B分離時二者速度大小相等,方向豎直向上。此時物塊A只受重力,則加速度為重力加速度g而做豎直上拋運動,物塊B的加速度方向也向下且大于重力加速度,可知物塊B除受重力外還受彈簧拉力,即彈簧處于伸長狀態(tài)。[例5]【相對靜止與滑動的臨界問題】(2024·廣西南寧階段檢測)如圖所示,質(zhì)量為1kg的長木板Q放在水平地面上,質(zhì)量為2kg的物塊P放在木板Q的左端。物塊P與木板Q間的動摩擦因數(shù)為0.7,木板Q與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為10m/s2?，F(xiàn)對P施加一水平拉力F,則物塊速度vP、木板速度vQ隨時間變化的圖像可能是() [A][B] [C][D]【答案】B【解析】P、Q之間的最大靜摩擦力為Ffmax=μ1mg=0.7×2×10N=14N,Q與地面之間的最大靜摩擦力為Ffmax′=μ2(m+M)g=0.2×(2+1)×10N=6N,當拉力F大于6N且小于某一數(shù)值時,P、Q以相同加速度一起做勻加速運動。設(shè)P、Q恰好相對靜止且共同運動時拉力為F1,對P、Q整體有F1-μ2(m+M)g=(m+M)a1,對物塊P有F1-μ1mg=ma1,解得a1=8m/s2,F1=30N,即6N≤F≤30N時P、Q保持相對靜止,其加速度a≤8m/s2,對比選項B、D中v-t圖像,可知選項B正確,D錯誤。若P、Q發(fā)生相對滑動,二者速度不同,則P、Q加速度分別為aP>8m/s2、aQ=8m/s2,對比選項A、C中v-t圖像,可知選項A、C錯誤。[變式]若使水平拉力F施加在木板Q上,P、Q一起運動,則力F大小是多少?【答案】6N≤F≤27N【解析】當P、Q整體恰好一起勻速運動,由平衡條件知拉力F1=μ2(M+m)g=6N;當P、Q恰好不相對滑動時,對物塊P有μ1mg=ma共,則a共=μ1g=7m/s2,對木板B有F2-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma共,解得F2=27N,可知拉力F的大小為6N≤F≤27N。[例6]【繩子斷裂與松弛的臨界問題】如圖所示,粗糙水平面上放置Q、K兩物體,P疊放在K上,P、Q、K的質(zhì)量分別為m、2m和3m,物體Q、K與水平面間的動摩擦因數(shù)相同,其間用一不可伸長的輕繩相連,輕繩能承受的最大拉力為FTmax?，F(xiàn)用水平拉力F拉物體Q,三個物體以同一加速度向右運動,則()[A]此過程中物體K受五個力作用[B]當F逐漸增大到FTmax時,輕繩剛好被拉斷[C]當F逐漸增大到1.5FTmax時,輕繩剛好被拉斷[D]若水平面光滑,則繩剛要斷時,P、K間的摩擦力為F【答案】C【解析】由于物體P、Q、K一同向右加速運動,則物體P受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用,則物體K受重力、P的壓力和靜摩擦力、地面的支持力、繩子的拉力以及地面的摩擦力六個力作用,故A錯誤;當物體P、Q、K一同加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a=F-μ·6mg6m=F6m-μg,對P、K整體有FT-μ·4mg=4ma,解得FT=23F,當F=1.5FTmax時,FT=FTmax,輕繩剛好被拉斷,故B錯誤,C正確;若水平面光滑,繩剛要斷時,對P、K整體,其加速度a=FTmax4m,[變式]若水平面粗糙,則繩剛要斷時,P、K間的摩擦力為多少?【答案】FTmax4【解析】把P、K當成一整體,繩剛要斷時由牛頓第二定律可得FTmax-μ·4mg=4ma,對P由牛頓第二定律可得Ff=ma,聯(lián)立解得P、K間的摩擦力為Ff=FTmax4-[例7]【動力學中的極值問題】(2024·湖南長沙期中)如圖甲所示,木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當θ=30°時,可視為質(zhì)點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端每次均以大小相等的初速度v0=10m/s沿木板向上運動,如圖乙所示(木板足夠長),隨著θ的改變,小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取10m/s2。(結(jié)果可用根號表示)(1)求小木塊與木板間的動摩擦因數(shù);(2)求當θ角滿足什么條件時,小木塊沿木板向上滑行的距離最小,并求出此最小值?！敬鸢浮?1)33(2)θ=60°53【解析】(1)當θ=30°時,小木塊恰好沿木板勻速下滑,根據(jù)平衡條件有mgsinθ=μFN,FN=mgcosθ,聯(lián)立解得μ=33(2)當木塊沿木板向上滑時其加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma,則a=g(sinθ+μcosθ),根據(jù)速度位移公式有v02=2a木塊位移x=v0由數(shù)學知識知sinθ+μcosθ=1+μ2sin(α+其中μ=tanα,則α=30°,即x=v0當α+θ=90°,即θ=60°時x最小,最小值為xmin=v022g(sin60°[變式](1)在[例7]圖乙情境中,當θ=30°時,小木塊沿木板向上滑行的距離為多少?(2)若小木塊沿木板向上滑動的最大距離x與θ角的關(guān)系圖像x-θ如圖所示。則木塊的初速度大小為多少?當θ=45°時小木塊上滑距離為多少?【答案】(1)5m(2)6m/s1.61m【解析】(1)當θ=30°時,在小木塊沿木板向上滑行過程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma,解得a=10m/s2。根據(jù)速度位移關(guān)系式v2-v02=2ax,有v02解得x=5m。(2)由x-θ圖像可知,當θ=π2時,x1=1.8m,此時小木塊做豎直上拋運動,v=2gx1=2×10×以沿木板向上為正方向,木板傾角為θ,小木塊滑到最高點的過程中,有-mgsinθ-μmgcosθ=ma,由0-v2=2ax2,得x2=v2代入數(shù)據(jù)解得x2≈1.61m?？键c三動力學中的圖像問題1.動力學圖像問題類型與動力學問題有關(guān)的圖像問題,一般有下列兩種類型:(1)由題干描述物體的受力情況或運動情況,對物體的運動或受力選擇對應圖像。(2)題干中由圖像提供物體受力或運動信息,然后對物體的運動、受力情況作出判斷解答。2.常見動力學圖像及應用名稱應用方法F-a圖像(1)根據(jù)具體的物理情境,對物體進行受力分析。(2)根據(jù)牛頓第二定律推導出F、a兩個量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)結(jié)合圖像,明確圖像的斜率、截距或面積的意義。(4)由圖像給出的信息求出未知量a-t圖像(1)由加速度的正、負及大小分析每一段的運動情況。(2)結(jié)合物體受力情況,根據(jù)牛頓第二定律列方程求解F-t圖像(1)結(jié)合物體受到的力,根據(jù)牛頓第二定律列方程,確定加速度的情況。(2)分析每一時間段的運動性質(zhì)[例8]【圖像信息與物體的受力問題】(2025·河南高考適應性考試)如圖甲所示的水平地面上,質(zhì)量為1kg的物體在水平方向力F的作用下從靜止開始做直線運動。圖乙為F隨時間t變化的關(guān)系圖像,已知物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s2。求:(1)在2s末物體的速度大小;(2)在0～3s內(nèi)物體所受摩擦力做的功。【答案】(1)8m/s(2)-27J【解析】(1)0～2s內(nèi),由牛頓第二定律有F1-μmg=ma1,解得a1=4m/s2,v=a1t1=8m/s。(2)0～2s內(nèi),物體的位移x1=12a1t12=2～3s內(nèi),由牛頓第二定律有F2+μmg=ma2,解得a2=5m/s2,方向水平向左,位移x2=vt2-12a2t22=5.物體在0～3s內(nèi)的總位移x總=x1+x2=13.5m,在0～3s內(nèi)物體所受摩擦力做的功Wf=-Ffx總=-27J。[例9]【物體運動與運動圖像問題】(2024·廣東卷,7)如圖所示,輕質(zhì)彈簧豎直放置,下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點,取豎直向下為正方向。木塊的位移為y,所受合力為F,運動時間為t。忽略空氣阻力,彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中,其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】在木塊下落H高度之前,木塊所受合外力F為木塊受的重力而保持不變,即F=mg,且為正值,F-y圖像為平行于y軸的一段直線;在木塊接觸彈簧后到最低點,先有F=mg-kΔy(mg>kΔy),后有F=mg-kΔy(mg<kΔy),隨著y增大,F先減小后反向增大,F-y圖像為過y軸的傾斜直線;整個下落過程動能變化量為0,所以整個過程合外力F做功為0,則F-y圖像中圖線在y軸上方和下方與坐標軸包圍的面積大小相等;此后木塊返回,其圖像與下落過程重合,故A錯誤,B正確。在木塊下落H高度之前,木塊做勻加速直線運動,由v=gt可知速度逐漸增大,根據(jù)y=12gt2,y-t圖像斜率逐漸增大;在木塊接觸彈簧后到最低點,根據(jù)牛頓第二定律,木塊先做加速度減小的加速運動,y-t圖像斜率繼續(xù)增大,后做加速度增大的減速運動,y-t圖像斜率減小,到達最低點后,木塊向上做與下落過程關(guān)于木塊經(jīng)最低點時刻對稱的反向運動,則y-t圖像大致如圖所示,故C、D[變式]在[例9]情境中,請大致畫出木塊從釋放到第一次回到原點的v2-x圖像?！敬鸢浮繄D見解析【解析】木塊由靜止下落到接觸彈簧的過程中做自由落體運動,加速度為重力加速度而不變,下落高度為H,由公式v2-v02=2ax可知,v2-x圖線為過原點的傾斜直線OA;木塊開始接觸彈簧到木塊平衡位置,根據(jù)牛頓第二定律,可知木塊加速度正向減小到0,其v2-x圖線為AB;木塊由平衡點繼續(xù)壓縮彈簧到最低點,木塊加速度反向逐漸增大,到最低點加速度最大,且大于重力加速度,對應的v2-x圖像為BC。木塊由最低點開始反向運動,v2-動力學圖像問題的解題策略(1)在圖像問題中,無論是讀圖還是作圖,都應盡量先建立函數(shù)關(guān)系,進而明確“圖像與公式”“圖像與規(guī)律”間的關(guān)系,然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取圖像信息或描點作圖。(2)讀圖時,要注意圖線的起點、斜率、截距、拐點以及圖線與坐標軸包圍的“面積”等所表示的物理意義,盡可能多地提取有效信息。(滿分:80分)對點1.動力學中的連接體問題1.(4分)(2024·北京卷,4)如圖所示,飛船與空間站對接后,在推力F作用下一起向前運動。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M,則飛船和空間站之間的作用力大小為()[A]MM+mF [C]MmF [D]m【答案】A【解析】對整體應用牛頓第二定律有F=(M+m)a,對空間站分析有F′=Ma,兩式聯(lián)立可得飛船和空間站之間的作用力F′=MM+mF,A正確,B、C2.(6分)(2024·安徽蕪湖階段練習)(多選)如圖所示,物體A和B中間用一個輕桿相連,在傾角為θ的固定斜面上勻速下滑,桿與斜面平行。已知物體B光滑,質(zhì)量為m,物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,質(zhì)量為2m,下列說法正確的是()[A]物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ[B]輕桿對物體A的作用力沿斜面向下[C]增加物體A的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面減速下滑[D]增加物體B的質(zhì)量,A、B整體將沿斜面勻速下滑【答案】BC【解析】物體B光滑,輕桿對B的作用力沿斜面向上,則輕桿對A的作用力沿斜面向下,故B正確;對物體A、B(含桿)整體,沿斜面方向,根據(jù)平衡條件得3mgsinθ=2μmgcosθ,解得μ=32tanθ,故A錯誤;設(shè)A物塊質(zhì)量增加Δm,其整體所受合力F合=(3m+Δm)gsinθ-μ(2m+Δm)gcosθ=-12Δmgsinθ,方向沿斜面向上,故A、B整體做減速運動,故C正確;同理若增加B的質(zhì)量,則A、B整體的合力F合′=Δmgsinθ,方向沿斜面向下而向下做加速運動,故3.(14分)(2024·安徽合肥階段練習)如圖所示,輕繩一端固定于天花板,繞過輕質(zhì)動滑輪Ⅰ和輕質(zhì)定滑輪Ⅱ,另一端懸掛重物B,重物A懸掛于動滑輪Ⅰ下方,懸掛滑輪的輕質(zhì)細線豎直,且使重物A、B從距地面為h的同一高度由靜止釋放,重物落地后不反彈,重物不會與滑輪碰撞。已知重力加速度為g,不計摩擦力和空氣阻力。(1)若釋放后A、B靜止,求A、B的質(zhì)量之比mA(2)若mA=4mB,求釋放瞬間B的加速度大小aB和釋放后B上升的最大高度hm?！敬鸢浮?1)2∶1(2)0.5g3h【解析】(1)若釋放后A、B靜止,由平衡條件可知2mBg=mAg,可得mAmB(2)設(shè)細繩拉力為FT,釋放瞬間A的加速度為aA,B的加速度為aB,根據(jù)牛頓第二定律,對重物A有mAg-2FT=mAaA,對重物B有FT-mBg=mBaB,其中aAaB聯(lián)立解得aB=0.5g,方向豎直向上,aA=14g,方向豎直向下當重物由靜止釋放后,重物A下落,重物B上升,則當A落地時,其速度vA=2aAhB的速度vB=2vA=2g此后B做上拋運動,還能上升的高度hB=vB22即B上升的最大高度為hm=2h+h=3h。對點2.動力學中的臨界和極值問題4.(4分)(2024·甘肅蘭州期中)一輛貨車在平直道路上以加速度a向右加速行駛,車廂中疊放著兩個木箱A、B均與貨車保持相對靜止。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1,B與車廂底面間的動摩擦因數(shù)為μ2,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則()[A]a可能大于μ1g[B]a可能大于μ2g[C]A對B的摩擦力水平向右[D]車廂底面對B的摩擦力一定大于A對B的摩擦力【答案】D【解析】以向右為正方向,由于木箱A、B均與貨車保持相對靜止,對木箱A,當摩擦力達到最大靜摩擦力時,有μ1mAg=mAamax,解得amax=μ1g,即a≤μ1g,A錯誤;對木箱A、B整體有μ2(mA+mB)g=(mA+mB)amax′,解得amax′=μ2g,即a≤μ2g,故B錯誤;A向右做加速運動,則B對A的摩擦力向右,由牛頓第三定律可知,A對B的摩擦力水平向左,故C錯誤;木箱B加速度水平向右,則B受車廂底面向右的摩擦力,設(shè)A對B的摩擦力為Ff1、車廂對B的摩擦力為Ff2,有Ff2-Ff1=mBa,即Ff2>Ff1,故D正確。5.(6分)(2024·貴州貴陽期末)(多選)風洞實驗是研究流體力學的重要依據(jù),風洞實驗室中可以產(chǎn)生水平向右、大小可調(diào)節(jié)的風力?，F(xiàn)將質(zhì)量為1kg的小球套在足夠長與水平方向夾角θ=37°的細直桿上,放入風洞實驗室,小球孔徑略大于細桿直徑。在無風情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細桿運動了0.25m,假設(shè)小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8)則下列說法正確的是()[A]小球與細桿間的動摩擦因數(shù)為0.5[B]風力越大,小球受到的摩擦力越大[C]若小球始終靜止在桿上,風力F要滿足2011N≤F≤20[D]若風力恒為40N,則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細桿上通過的位移為44m【答案】AC【解析】在無風情況下小球運動中根據(jù)x=12at2,可得加速度大小為a=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得小球與細桿間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5;若使小球靜止在桿上,其摩擦力沿桿向上且最大時風力最小,根據(jù)平衡條件有mgsinθ=Fmincosθ+Ffmax,FN=mgcosθ+Fminsinθ,又Ffmax=μFN,聯(lián)立解得Fmin=2011N,當摩擦力沿桿向下且最大時,風力最大,同理,解得Fmax=20N,即風力F要滿足2011N≤F≤20N,故A、C正確。當靜摩擦力沿桿向上時,風力越大,靜摩擦力越小,故B錯誤。若風力恒為40N,可知小球沿桿向上加速運動,根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ-mgsinθ-μ(Fsinθ+mgcosθ)=ma′,解得加速度大小為a′=10m/s2,則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細桿上通過的位移為x′=12a′t′2=206.(16分)(2024·廣西南寧期末)雪橇運動是冬季一項雪地戶外活動。如圖為水平雪地上四人推拉雪橇的場景。丙、丁兩名乘坐雪橇的人和各自所乘雪橇的總質(zhì)量分別為m丙=50kg、m丁=60kg,開始時兩雪橇緊靠在一起。從t=0由靜止開始運動,甲和乙兩人分別施加水平拉力F甲和水平推力F乙作用于丙和丁所乘的雪橇上,F甲、F乙隨時間的變化規(guī)律為F甲=(20+20t)N,F乙=(200-20t)N。已知雪橇與雪地間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)t=0時,雪橇的加速度大小;(2)經(jīng)過多長時間兩雪橇分離;(3)t=10s時丁的速度大小。【答案】(1)1m/s2(2)4s(3)4m/s【解析】(1)t=0時,對丙、丁及所乘坐的雪橇整體,由牛頓第二定律得F甲+F乙-μ(m丙+m丁)g=(m丙+m丁)a0,解得a0=1m/s2。(2)當丙、丁及所乘坐的雪橇分離時,二者具有相同的速度和加速度,且其間無彈力,根據(jù)牛頓第二定律,對丙有(20+20t1)-μm丙g=m丙a,對丁有(200-20t1)-μm丁g=m丁a,聯(lián)立解得t1=4s,a=1m/s2。(3)在0～4s內(nèi)丙、丁所乘坐的雪橇分離前,整體做勻加速直線運動,4～10s內(nèi),對丁有F乙-μm丁g=(200-20t)-μm丁g=m丁a丁,解得a丁=7-在0～10s內(nèi)丁的a丁-t圖像如圖所示,a丁-t圖像的面積表示速度的變化量,即t=10s時丁的速度為v丁=S丁=(1×4+12×3×1-12×3×1=4m/s。對點3.動力學中的圖像問題7.(6分)(2024·四川綿陽期末)(多選)起重機將一重物由靜止豎直提起。傳感器測得此過程中不同時刻重物的速度v與對輕繩的拉力F,得到如圖所示的v-1F關(guān)系圖線,線段BC與v軸平行,線段AB的延長線過坐標原點。重物速度增加到v2時開始做勻速運動。圖中v1、v2、F1、F2都是已知量,重力加速度為g,不計阻力。則([A]重物的質(zhì)量是F[B]重物的質(zhì)量是F[C]重物在BA段做勻加速運動[D]重物在CB段運動時間是F【答案】BD【解析】由于速度增加到v2后物體做勻速運動,則有F2=mg,解得重物的質(zhì)量為m=F2g,故A錯誤,B正確;從B→A過程,1F增大,拉力F減小,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma,得a=F-mgm,可知重物的加速度逐漸減小,則在AB段做變加速運動,故C錯誤;重物在CB段,1F不變,拉力F不變,則加速度不變,而速度增大,且重物的加速度a=F1-mgm=F1-F2gg8.(4分)(2024·黑龍江佳木斯一模