素養(yǎng)提升課(六)連接體問題、臨界問題、動力學圖像問題[學習目標]1．學會處理動力學中的連接體問題。2．學會處理動力學中的臨界問題。3．學會處理動力學中的圖像問題。探究1動力學中的連接體問題1．常見連接體模型兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同運動狀態(tài)的整體叫連接體。常見模型如圖所示。2．處理連接體問題的方法(1)整體法：把多個物體組成的系統(tǒng)作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統(tǒng)內(nèi)力的影響，只考慮系統(tǒng)受到的外力。(2)隔離法：把系統(tǒng)中的各個部分(或某一部分)隔離，作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統(tǒng)的內(nèi)力就有可能成為該研究對象的外力，在分析時要特別注意。【典例1】如圖所示，A、B、C三個物體以輕質(zhì)細繩1、2相連，mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，A、C與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，不計繩2與滑輪間的摩擦，取g＝10m/s2，求：(1)系統(tǒng)的加速度大?。?2)繩1和繩2中的張力大小。[思路點撥]解此題應抓住以下兩點：(1)物體A、B、C的加速度大小相等。(2)物體A、C與水平桌面間存在摩擦力，且動摩擦因數(shù)相同，所以A、C可以看作一個“小整體”。[解析](1)(2)設系統(tǒng)的加速度大小為a，繩1的張力大小為F1，繩2的張力大小為F2對物體C由牛頓第二定律得F1－μmCg＝mCa對A、C整體由牛頓第二定律得F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a對物體B由牛頓第二定律得mBg－F2＝mBa聯(lián)立解得a＝3.75m/s2，F(xiàn)1＝6.25N，F(xiàn)2＝18.75N。[答案](1)3.75m/s2(2)6.25N18.75N整體法與隔離法的選用(1)求解各部分加速度都相同的連接體問題時，要優(yōu)先考慮整體法；如果還需要求物體之間的作用力，再用隔離法。(2)求解連接體問題時，隨著研究對象的轉換，往往兩種方法交叉運用。一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統(tǒng)所受合力。(3)無論運用整體法還是隔離法，解題的關鍵還是在于對研究對象進行正確的受力分析。[針對訓練]1．如圖所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距35L時，它們加速度的大小均為(A．5F8C．3F8A[當兩球運動至二者相距3L5時，二者連線與輕繩之間夾角的余弦值cosθ＝0.6。設此時輕繩中拉力大小為F1，對輕繩的中點受力分析得F－2F1sinθ＝m繩a，又輕繩質(zhì)量近似為0，解得F1＝5F8。對質(zhì)量為m的小球，由牛頓第二定律有F1＝ma，解得a＝52．質(zhì)量均為5kg的物塊1、2放在水平面上并用輕質(zhì)彈簧測力計相連，如圖所示，物塊1的表面光滑，物塊2與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，整個系統(tǒng)在水平拉力F作用下向左做勻加速運動，此時彈簧測力計的示數(shù)為15N；若拉力變?yōu)?F，其他條件不變，重力加速度大小取g＝10m/s2，則此時彈簧測力計的示數(shù)為()A．30N B．25NC．20N D．15NB[當拉力F作用時，對整體，加速度a＝F-μm2gm1+m2，對物塊2，F(xiàn)T－μm2g＝m2a，F(xiàn)T＝15N，聯(lián)立得F＝20N；若拉力變?yōu)?F，對整體，加速度a1＝2F-μm2gm1+m2＝3m/s2，對物塊2探究2動力學中的臨界問題1．動力學中的典型臨界問題(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是彈力N＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件為靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限的，繩子斷與不斷的臨界條件是張力等于它所能承受的最大張力。繩子松弛的臨界條件是T＝0。(4)加速度最大與速度最大的臨界條件：當物體在受到變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化。當所受合外力最大時，具有最大加速度；合外力最小時，具有最小加速度。當加速度為零時，所對應的速度便會出現(xiàn)最大值或最小值。2．求解臨界極值問題的三種常用方法(1)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。(2)假設法：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，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題。(3)數(shù)學方法：將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件?！镜淅?】如圖所示，一質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后，掛在三角劈的頂端，繩與斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜面與水平面夾角為θ＝30°，重力加速度為g，則：(1)劈以加速度a1＝g3(2)劈的加速度至少為多大時小球?qū)ε鼰o壓力？此時加速度方向如何？[解析]當劈水平向左的加速度較小時，小球?qū)ε袎毫ψ饔茫斉较蜃蟮募铀俣容^大時，小球?qū)㈦x開斜面。(1)對小球進行受力分析如圖甲所示。在水平方向上有FT1cosθ－FN1sinθ＝ma1在豎直方向上有FT1sinθ＋FN1cosθ＝mg由以上兩式得FT1＝3+36(2)對小球進行受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定律得小球?qū)ε鼰o壓力時FT2cosθ＝ma2FT2sinθ＝mg由以上兩式得a2＝3g，方向水平向左。[答案](1)3+36mg(2)3[母題變式]若劈的加速度為a3＝2g且水平向左加速運動時，繩的拉力又為多大？[提示]FT3＝5mg。[針對訓練]3．(2024·山東卷)如圖所示，國產(chǎn)人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于()A．12 C．22 B[國產(chǎn)人形機器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用，如圖所示。當機器人“天工”站立和穩(wěn)定行走時，根據(jù)平衡條件，沿斜坡方向μmgcos30°≥mgsin30°，解得斜坡的動摩擦因數(shù)μ≥33，即機器人的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于33，故B正確，A、C、D錯誤。故選]4．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的物塊A、B疊放壓在一個豎直輕彈簧上面，處于靜止狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為k，t＝0時刻，物塊A受到一個豎直向上的作用力F，使得物塊A以0.5g(g為重力加速度的大小)的加速度勻加速上升，則A、B分離時B的速度為()A．g2mk BC．g2mk D．2B[兩物塊靜止時，彈簧壓縮量x1＝2mgk。兩物塊分離時，A、B之間的壓力恰好為零，設此時彈簧的壓縮量為x2，對物塊B，有kx2－mg＝ma，得x2＝3mg2k，物塊B的位移大小為x＝x1－x2＝mg2k，由v2＝2ax得v探究3動力學中的圖像問題1．動力學圖像圖像題型vt圖像已知物體的運動圖像，求解物體的受力情況運動圖像關聯(lián)受力圖像，對物體的受力情況、運動情況進行綜合考察at圖像Ft圖像已知物體的受力圖像，求解物體的運動情況Fa圖像2．解題關鍵：充分挖掘圖像隱含條件或信息，并把運動學圖像和力的圖像結合分析?！镜淅?】(多選)粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運動，水平拉力F及運動速度v隨時間變化的圖像如圖甲和圖乙所示。重力加速度g＝10m/s2。以下說法正確的是()A．第2s內(nèi)物體位移大小是4mB．0～4s過程中物體做勻變速直線運動C．物體的質(zhì)量m＝5kgD．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1CD[由題圖乙可知第2s內(nèi)物體位移大小為x＝12×(2＋4)×1m＝3m，故A錯誤；由題圖乙可知，前2s做勻加速直線運動，后2s做勻速直線運動，故B錯誤；由牛頓第二定律可知前2s內(nèi)F1－μmg＝ma，后2s內(nèi)F2＝μmg，由題圖甲可知F1＝15N，F(xiàn)2＝5N，由題圖乙可知a＝2m/s2，解得m＝5kg，μ＝0.1，故C、D正確。圖像問題的分析方法(1)把圖像與具體的題意、情境結合起來，明確圖像的物理意義，明確圖像所反映的物理過程。(2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)關系式，明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系。(3)特別注意圖像中的一些特殊點，如圖線與橫、縱坐標軸的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等所表示的物理意義。找出圖線的斜率、截距或圖線與坐標軸所圍圖形面積的物理意義。[針對訓練]5．(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙BC[對水平面上的物體根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則Fa圖像中圖線的斜率k＝m，截距為μmg，由題圖可知k甲>k乙，則m甲>m乙，A錯誤，B正確；由題圖可知兩圖線的截距相同，則μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因為m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正確，D錯誤。]6．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體，靜止在粗糙的水平面上，從t＝0時刻起，受到一個水平外力F的作用，F(xiàn)隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列關于物塊運動的at圖像和vt圖像可能正確的是()ABCDD[由題圖可知，在t1之前，外力逐漸增加，初始時，外力F較小，小于最大靜摩擦力，所以開始一段時間沒有加速度，若外力F的最大值大于最大靜摩擦力，則在外力F大于最大靜摩擦之后，物塊開始運動，由F－Ff＝ma，整理有F＝ma＋Ff，可知，外力F與加速度a呈線性關系，到達t1之后，外力F不變，所以加速度a也不變，所以對于at圖像來說，應該初始一段時間a＝0(沒有圖線)，某時刻后是一條傾斜的直線，t1之后為一條與t軸平行的直線，故A、B錯誤；由上述分析可知，初始一段時間加速度為零，之后逐漸增加，t1之后加速度不變，而vt圖像中，斜率表示加速度，故C錯誤，D正確。]素養(yǎng)提升練(六)1．兩個物體A和B，質(zhì)量分別為m1和m2，互相接觸地放在光滑水平面上，如圖所示，對物體A施以水平的推力F，則物體A對物體B的作用力等于()A．m1m1+mC．F D．m1B[對物體A、B組成的整體根據(jù)牛頓第二定律得a＝Fm1+m2，對物體B，由牛頓第二定律得F′＝m2a＝m2．如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止狀態(tài)位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是()ABCDA[設物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，A正確。]3．高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若書不滑動，則高鐵的加速度不超過()A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2B[書放在水平桌面上，若書恰好相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度，即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2，則高鐵的最大加速度為4m/s2，B正確，A、C、D錯誤。]4．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽球心和小鐵球球心的連線與豎直方向的夾角為α。下列說法正確的是()A．小鐵球所受合力為零B．小鐵球受到的合力方向水平向左C．F＝(M＋m)gtanαD．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαCD[隔離小鐵球受力分析得F合＝mgtanα＝ma，且合力水平向右，故小鐵球的加速度為gtanα，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統(tǒng)的加速度也為gtanα，A、B錯誤，D正確；對整體受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，C正確。]5．(多選)如圖甲所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的物體，用豎直向上的力F向上提它，力F變化引起物體加速度變化的函數(shù)關系如圖乙所示，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．當F小于圖乙中A點橫坐標表示的值時，物體的重力Mg>F，物體不動B．圖乙中A點的橫坐標等于物體所受的重力大小C．物體向上運動的加速度與力F成正比D．圖線延長線和縱軸的交點B的縱坐標為－gABD[當0≤F≤Mg時，物體靜止，A正確；當F>Mg時，能將物體提離地面，此時，F(xiàn)－Mg＝Ma，a＝FM－g，A點表示的意義為F＝Mg，B正確，C錯誤；圖線的縱軸截距為－g，D正確。6．(2024·全國甲卷)如圖所示，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到am圖像。重力加速度大小為g。在下列am圖像中，可能正確的是()ABCDD[設物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為T，對砝碼和輕盤組成的整體有mg－T＝ma，對物塊P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－μ+1Mgm+M，可知7．在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根水平輕彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k，在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為m的小球。某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止，彈簧的形變量為x，如圖所示。不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)()A．小車一定向左做加速運動B．彈簧可能處于壓縮狀態(tài)C．小車的加速度方向向左，大小為a＝gtanθD．彈簧的形變量為x＝m1gC[由題意知，木塊、小車、小球相對靜止，具有相同的加速度，對小球進行受力分析有：小球受重力和細線的拉力，在兩個力作用下小球在豎直方向處于平衡狀態(tài)，水平方向產(chǎn)生加速度，所以水平方向有Tsinθ＝ma，豎直方向有Tcosθ＝mg，所以可得小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左，則小車的加速度為a＝gtanθ，方向水平向左，而小車的速度方向不確定，所以小車可能向左做加速運動，也可能向右減速運動，故A錯誤，C正確；對木塊分析知木塊的加速度水平向左，合力水平向左，彈簧對木塊必定有水平向左的拉力，所以彈簧一定處于伸長狀態(tài)，故B錯誤；對木塊由牛頓第二定律，得kx＝m1a，解得x＝m1gktanθ，故8．(多選)如圖所示的裝置叫阿特伍德機。繩子兩端的物體豎直運動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g，這使得實驗者可以有較長的時間從容地觀測、研究。已知物體A、B的質(zhì)量均為M，物體C的質(zhì)量為m。輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長。物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后()A．繩子上的拉力大小FT＝(M＋m)gB．物體A的加速度大小a＝m2C．MmD．MmBD[對物體A，由牛頓第二定律得FT－Mg＝Ma，對B、C整體，由牛頓第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，聯(lián)立解得FT＝Mg＋Mmg2M+m，a＝m2M+mg，故A錯誤，B正確；由a＝m2M+mg＝129．如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個木塊P、Q疊放在水平地面上，P、Q接觸面的傾角為θ?，F(xiàn)在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相對靜止一起向左做勻加速直線運動，已知重力加速度為g，下列說法正確的有()A．木塊Q對地面的壓力大于2mgB．當F增大時，P、Q間的摩擦力一定增大C．若加速度a＝gtanθ，則P不受摩擦力D．地面與Q間的滑動摩擦力隨推力F的增大而增大C[P、Q整體的加速度不存在豎直方向的分量，所以木塊Q對地面的壓力等于2mg，地面與Q間的滑動摩擦力不變，故A、D錯誤；假設Q對P的摩擦力f始終沿P、Q接觸面向上，設Q對P的支持力為N，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有Nsinθ－fcosθ＝ma，在豎直方向上根據(jù)平衡條件有Ncosθ＋fsinθ＝mg，解得a＝gtanθ－fmcosθ，當F增大時，a增大，若f>0，則f減小；若加速度a＝gtanθ，則f＝0，即P不受摩擦力，故B10．(2024·廣東卷)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)。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其Fy圖像或yt圖像可能正確的是()ABCDB[在木塊下落H高度之前，木塊所受合力為木塊的重力，即F＝mg，保持不變，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律有F＝mg－k(y－H)，隨著y增大，F(xiàn)減??；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合力向上，隨著y增大，F(xiàn)增大，故Fy圖像如圖所示，故B正確，A錯誤；同理，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據(jù)y＝12gt2，速度逐漸增大，所以yt圖像斜率逐漸增大；當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律知F＝mg－k(y－H)，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，所以yt圖像斜率繼續(xù)增大；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以yt圖后，木塊向上運動，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度恒定的加速運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，最后做勻減速直線運動到最高點，yt圖像大致如圖所示，故C、D錯誤。故選B。]11．如圖所示，矩形盒內(nèi)用兩根細線固定一個質(zhì)量為m＝1.0kg的均勻小球，a線與水平方向成53°角，b線