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綜合·融通(一)　動力學中的三類典型問題
(融會課—主題串知綜合應用)
在解答動力學的問題時經常會遇到這三類典型問題：連接體問題、動力學圖像問題、臨界問題；通過本節課的學習，可以初步掌握連接體問題中整體法與隔離法的運用，圖像問題中由圖像獲得信息與牛頓運動定律的綜合應用，臨界問題中臨界條件分析等。
主題(一) 連接體問題
　　　　　　　　　　　　　　　　
[知能融會通]
1．題型概述
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等連接)在一起構成的物體系統稱為連接體。
2．題型分類
(1)加速度相同的連接體；
(2)加速度不同的連接體。
3．解題方法
[典例]　(2024·廈門高一檢測)A、B兩物體中間連接一勁度系數為k＝200 N/m的輕彈簧，靜止置于光滑水平面上，此時彈簧的長度為10 cm，兩物體質量分別為mA＝2 kg，mB＝1 kg，現用F＝6 N、水平向右的力拉物體A。則穩定后(　 )
A．A物體的加速度為3 m/s2
B．彈簧的彈力為3 N
C．彈簧的長度為13 cm
D．彈簧的長度為11 cm
聽課記錄：
整體法與隔離法常涉及的問題類型
(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法。
(2)水平面上的連接體問題：這類問題一般是連接體(系統)內各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。
(3)斜面體與物體組成的連接體的問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析。　　
[題點全練清]
1．(多選)如圖所示，兩滑塊上下底面平行疊放在一起，置于固定的、傾角為θ的斜面上，滑塊A、B的質量分別為mA、mB，A與斜面間的動摩擦因數為μ1，B與A間的動摩擦因數為μ2。已知兩滑塊由靜止開始以相同的加速度從斜面頂端滑下，滑塊B受到的摩擦力(　 )
A．方向沿斜面向上
B．大小等于μ1mAgcos θ
C．大小等于μ1mBgcos θ
D．大小等于μ2mBgcos θ
2.如圖所示，質量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M＞m，將它們用一根跨過光滑的定滑輪的輕細線連接。如果按圖甲放置在水平桌面上，兩物塊剛好做勻速運動。如果互換兩物塊位置按圖乙放置在同一水平桌面上，它們的共同加速度大小為(　 )
A.g B.g
C.g D．上述均不對
主題(二) 動力學圖像問題
[知能融會通]
1．圖像的類型
在動力學問題中，常見的圖像是v t圖像、F t圖像、a F圖像等，這些圖像反映的是物體的運動規律、受力規律，而不是代表物體的運動軌跡。
2．問題的實質
求解力與運動的關系問題的關鍵是理解圖像的物理意義，理解圖像的“軸、點、線、截距、斜率、面積”等的含義。
3．分析的思路
[典例]　一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示。g取10 m/s2。求：
(1)1 s末物塊所受摩擦力的大小f1；
(2)物體在前6 s內的位移大小s；
(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數μ。
嘗試解答：
[題點全練清]
1．(多選)如圖甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，g取10 m/s2。下列選項中正確的是(　 )
A．2～3 s內物塊做勻減速運動
B．在t＝1 s時刻，恒力F反向
C．恒力F大小為10 N
D．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
2．(多選)如圖甲所示，用一個沿水平方向的力F推放在粗糙程度相同的水平面上的物塊，在推力F從一較大值開始不斷減小的過程中，物塊的加速度也不斷變化。圖乙為物塊運動加速度a隨推力F變化的a F圖像，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，以下說法正確的是(　 )
A．物塊的質量為2 kg
B．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4
C．當推力F減小為10 N時，物塊的速度最大
D．當推力F減小為0時，物塊的速度為零主題(三) 臨界極值問題
　　　　　　　　　　　　　　　　
[知能融會通]
1．題型概述
在動力學問題中出現某種物理現象(或物理狀態)剛好要發生或剛好不發生的轉折狀態即臨界問題。問題中出現“最大”“最小”“剛好”“恰能”等關鍵詞語，一般都會涉及臨界問題，隱含相應的臨界條件。
2．臨界問題的常見類型及臨界條件
接觸與分離的臨界條件 兩物體相接觸(或分離)的臨界條件是彈力為零且分離瞬間的加速度、速度分別相同
相對靜止或相對滑動的臨界條件 靜摩擦力達到最大值
繩子斷裂與松弛的臨界條件 繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是繩上的張力恰好為零
出現加速度最值與速度最值的臨界條件 當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度。當出現加速度為零時，物體處于臨界狀態，對應的速度達到最大值或最小值
[典例]　如圖所示，質量為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，斜邊與水平面夾角為θ＝30°。
(1)劈以加速度a1＝水平向左加速運動時，繩的拉力多大？
(2)劈的加速度至少多大時小球對劈無壓力？加速度方向如何？
(3)當劈以加速度a3＝2g向左運動時，繩的拉力多大？
嘗試解答：
解答臨界問題的三種方法
(1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)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臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題。
(3)數學法：將物理過程轉化為數學公式，根據數學表達式解出臨界條件。　　
[題點全練清]
1.如圖所示，木板A與木塊B疊放在光滑的水平面上，兩者間的動摩擦因數為0.8，A的質量是B的質量的2倍，水平拉力F作用在木塊B上，兩者一起做勻加速直線運動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當B相對A剛要滑動時，F與B的重力的比值為(　 )
A．0.6 B．1
C．1.2 D．1.5
2.如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1 s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(　 )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
綜合·融通(一)　動力學中的三類典型問題
主題(一)　
[典例]　選D　穩定后，物體A、B以相同的加速度運動，則a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A錯誤；以物體B為分析對象，根據牛頓第二定律可得F彈＝mBa＝2 N，故B錯誤；根據胡克定律，彈簧的形變量為Δl＝＝＝0.01 m＝1 cm，所以彈簧的長度為l＝l0＋Δl＝11 cm，故C錯誤，D正確。
[題點全練清]
1．選AC　以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得加速度為a＝g(sin θ－μ1cos θ)，設A對B的摩擦力方向沿斜面向下，大小為Ff，則有mBgsin θ＋Ff＝mBa，得到Ff＝mBa－mBgsin θ＝－μ1mBgcos θ，負號表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、C正確，B、D錯誤。
2．選C　按甲圖連接時，兩物塊做勻速運動，故FT＝mg，FT＝μMg，聯立解得μ＝。按乙圖連接時，對質量為M的物體，有Mg－FT′＝Ma，對質量為m的物體，有FT′－μmg＝ma，聯立解得a＝g，故C正確。
主題(二)　
[典例]　解析：(1)由題圖乙可知前2 s內物塊處于靜止狀態，此時物塊所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，從題圖甲中可以讀出，當t＝1 s時，f1＝F1＝4 N。
(2)在v t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移，則由題圖乙知物塊在前6 s內的位移大小s＝×(2＋4)×4＝12 m。
(3)由題圖乙知，在2～4 s內，物塊做勻加速運動，加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由牛頓第二定律得F2－f2＝ma
在4～6 s內物塊做勻速運動，有F3＝f2＝μmg
聯立解得μ＝0.4。
答案：(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4
[題點全練清]
1．選BD　物塊勻減速直線運動的加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，勻加速直線運動的加速度大小為：a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，根據牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，聯立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N，則動摩擦因數為：μ＝＝0.3，故C錯誤，D正確；物體勻減速直線運動的時間為：t1＝＝ s＝1 s，即在0～1 s內做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動，故B正確，A錯誤。
2．選BC　由物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖像可知，當推力F＝10 N時，加速度為零，運用牛頓第二定律可得F－μmg＝0；當F＝0時，加速度a＝－4 m/s2，運用牛頓第二定律，－μmg＝ma，聯立解得μ＝0.4，m＝2.5 kg，即物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4，物塊的質量為2.5 kg，A錯誤，B正確；用一個很大的水平力推物塊，并且推力不斷減小，物塊做加速度逐漸減小的加速運動，當推力F減小為10 N時加速度為零，物塊的速度最大，C正確；當推力F減小為0時，物塊做減速運動，物塊的速度不為零，D錯誤。
主題(三)　
[典例]　解析：
(1)對小球受力分析并正交分解，如圖甲所示，
根據牛頓第二定律得
水平方向：
T1cos θ－N1sin θ＝ma1　①
豎直方向：
T1sin θ＋N1cos θ＝mg　 ②
由①②得：T1＝mg。　
(2)當球與斜面恰無作用力時，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得：
T2cos θ＝ma2　③
T2sin θ＝mg　④
由③④得：a2＝g，方向水平向左。
(3)參照甲、乙圖：T3與水平夾角θ≠30°，有：T3＝＝＝mg。
答案：(1)mg　(2)g，方向水平向左　(3)mg
[題點全練清]
1．選C　設B的質量為m，則A的質量為2m，對A、B整體應用牛頓第二定律有F＝3ma，當B相對A剛要滑動時，B對A摩擦力大小為0.8mg，對A應用牛頓第二定律有0.8mg＝2ma，聯立解得F＝1.2mg，即拉力F是B的重力的1.2倍，C項正確。
2．選B　根據題意，小物塊平均速度為1 m/s，小物塊做勻變速直線運動，設小物塊運動的末速度為v，則＝1 m/s，且小物塊的末速度大于等于0。因此v0最大為2 m/s，由v2－v02＝－2μgx得μ最大為0.2，故選B。(共78張PPT)
綜合 融通(一)　動力學中的三類典型問題
(融會課—主題串知綜合應用)
在解答動力學的問題時經常會遇到這三類典型問題：連接體問題、動力學圖像問題、臨界問題；通過本節課的學習，可以初步掌握連接體問題中整體法與隔離法的運用，圖像問題中由圖像獲得信息與牛頓運動定律的綜合應用，臨界問題中臨界條件分析等。
1
主題(一) 連接體問題
2
主題(二) 動力學圖像問題
3
主題(三) 臨界極值問題
4
課時跟蹤檢測
CONTENTS
目錄
主題(一) 連接體問題
1．題型概述
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等連接)在一起構成的物體系統稱為連接體。
2．題型分類
(1)加速度相同的連接體；
(2)加速度不同的連接體。
知能融會通
3．解題方法
√
[思維建模]
整體法與隔離法常涉及的問題類型
(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法。
(2)水平面上的連接體問題：這類問題一般是連接體(系統)內各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。　　
(3)斜面體與物體組成的連接體的問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析。
1．(多選)如圖所示，兩滑塊上下底面平行疊放在一起，置于固定的、傾角為θ的斜面上，滑塊A、B的質量分別為mA、mB，A與斜面間的動摩擦因數為μ1，B與A間的動摩擦因數為μ2。已知兩滑塊由靜止開始以相同的加速度從斜面頂端滑下，滑塊B受到的摩擦力(　 )
題點全練清
A．方向沿斜面向上 B．大小等于μ1mAgcos θ
C．大小等于μ1mBgcos θ D．大小等于μ2mBgcos θ
解析：以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得加速度為a＝g(sin θ－μ1cos θ)，設A對B的摩擦力方向沿斜面向下，大小為Ff，則有mBgsin θ＋Ff＝mBa，得到Ff＝mBa－mBgsin θ＝－μ1mBgcos θ，負號表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、C正確，B、D錯誤。
√
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√
主題(二) 動力學圖像問題
1．圖像的類型
在動力學問題中，常見的圖像是v -t圖像、F-t圖像、a-F圖像等，這些圖像反映的是物體的運動規律、受力規律，而不是代表物體的運動軌跡。
知能融會通
2．問題的實質
求解力與運動的關系問題的關鍵是理解圖像的物理意義，理解圖像的“軸、點、線、截距、斜率、面積”等的含義。
3．分析的思路
[典例]　一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示。g取10 m/s2。求：
(1)1 s末物塊所受摩擦力的大小f1；
[答案]　4 N　
[解析]　由題圖乙可知前2 s內物塊處于靜止狀態，此時物塊所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，從題圖甲中可以讀出，當t＝1 s時，f1＝F1＝4 N。
(2)物體在前6 s內的位移大小s；
[答案]　12 m
(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數μ。
[答案]　0.4
1．(多選)如圖甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，g取10 m/s2。下列選項中正確的是(　 )
題點全練清
A．2～3 s內物塊做勻減速運動
B．在t＝1 s時刻，恒力F反向
C．恒力F大小為10 N
D．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
√
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2．(多選)如圖甲所示，用一個沿水平方向的力F推放在粗糙程度相同的水平面上的物塊，在推力F從一較大值開始不斷減小的過程中，物塊的加速度也不斷變化。圖乙為物塊運動加速度a隨推力F變化的a-F圖像，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，以下說法正確的是(　 )
A．物塊的質量為2 kg
B．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4
C．當推力F減小為10 N時，物塊的速度最大
D．當推力F減小為0時，物塊的速度為零
√
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解析：由物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖像可知，當推力F＝10 N時，加速度為零，運用牛頓第二定律可得F－μmg＝0；當F＝0時，加速度a＝－4 m/s2，運用牛頓第二定律，－μmg＝ma，聯立解得μ＝0.4，m＝2.5 kg，即物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4，物塊的質量為2.5 kg，A錯誤，B正確；用一個很大的水平力推物塊，并且推力不斷減小，物塊做加速度逐漸減小的加速運動，當推力F減小為10 N時加速度為零，物塊的速度最大，C正確；當推力F減小為0時，物塊做減速運動，物塊的速度不為零，D錯誤。
主題(三) 臨界極值問題
1．題型概述
在動力學問題中出現某種物理現象(或物理狀態)剛好要發生或剛好不發生的轉折狀態即臨界問題。問題中出現“最大”“最小”“剛好”“恰能”等關鍵詞語，一般都會涉及臨界問題，隱含相應的臨界條件。
知能融會通
2．臨界問題的常見類型及臨界條件
接觸與分離的臨界條件 兩物體相接觸(或分離)的臨界條件是彈力為零且分離瞬間的加速度、速度分別相同
相對靜止或相對滑動的臨界條件 靜摩擦力達到最大值
繩子斷裂與松弛的臨界條件 繩子斷與不斷的臨界條件是實際張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是繩上的張力恰好為零
出現加速度最值與速度最值的臨界條件 當物體在變化的外力作用下運動時，其加速度和速度都會不斷變化，當所受合力最大時，具有最大加速度；當所受合力最小時，具有最小加速度。當出現加速度為零時，物體處于臨界狀態，對應的速度達到最大值或最小值
續表
(2)劈的加速度至少多大時小球對劈無壓力？加速度方向如何？
(3)當劈以加速度a3＝2g向左運動時，繩的拉力多大？
[思維建模]
解答臨界問題的三種方法
(1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)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臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題。
(3)數學法：將物理過程轉化為數學公式，根據數學表達式解出臨界條件。　　
題點全練清
√
解析：設B的質量為m，則A的質量為2m，對A、B整體應用牛頓第二定律有F＝3ma，當B相對A剛要滑動時，B對A摩擦力大小為0.8mg，對A應用牛頓第二定律有0.8mg＝2ma，聯立解得F＝1.2mg，即拉力F是B的重力的1.2倍，C項正確。
2．如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1 s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(　 )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
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解析：由v-t圖像知a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，聯立解得μ＝0.2，F＝6 N，選項A正確。
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2．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上，從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小，能正確描述F與a之間的關系的圖像是(　 )
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解析：設物塊所受滑動摩擦力的大小為f，在水平拉力F作用下，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，F－f＝ma即F＝ma＋f，所以能正確描述F與a之間關系的圖像是C。
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4．某動車組只有5節車廂，其中第1、3節車廂為動車，其余為拖車，假設動車組各車廂質量相等，行駛時各車廂受到的阻力大小相同，動車提供的動力大小均為F，則動車勻加速行駛時，相互之間作用力最大的兩節車廂是(　 )
A．1、2節車廂 B．2、3節車廂
C．3、4節車廂 D．4、5節車廂
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A．要使物塊能運動，小球的質量至少為0.3 kg
B．要使物塊能運動，小球的質量至少為0.35 kg
C．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為13.5 N
D．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為14.5 N
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7．(2024·南平高一模擬)放置于足夠長的固定光滑斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直線運動。拉力F和物塊速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則(　 )
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A．第1 s內物塊受到的合外力為5.5 N
B．物塊的質量為0.5 kg
C．斜面傾角為30°
D．若第3 s末撤去拉力F，物塊停止運動前加速度大小為6 m/s2
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9．如圖甲所示，一個質量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在0～3 s時間內物體的加速度a隨時間t的變化規律如圖乙所示，則(　 )
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A．F的最大值為12 N
B．0～1 s和2～3 s內物體加速度的方向相反
C．3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/s
D．在0～1 s內物體做勻加速運動，2～3 s內物體做勻減速運動
解析：1～2 s內物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12 N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A錯誤；
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物體在力F作用下由靜止開始運動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3 s內始終做加速運動，第3 s內加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運動，故B錯誤；因為物體速度始終增加，故3 s末物體的速度最大，再根據Δv＝a·Δt知速度的增加量等于加速度與時間的乘積，
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10．(多選)如圖甲所示，物塊受水平向右的力F作用，緊靠豎直墻壁，F隨時間變化規律如圖乙所示。已知物塊質量為m，t＝0時物塊速度為0，物塊與墻壁間動摩擦因數為0.5，重力加速度為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，考慮0～2T0過程，對物塊有(　 )
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A．最大速度為0.5gT0 B．最大速度為gT0
C．位移為0.5gT02 D．位移為gT02
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答案：2 m/s2
解析：豎直向上勻加速運動時小球受力如圖所示
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當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fasin 53°－mg＝ma
水平方向有Facos 53°＝Fb
解得Fb＝9 N，此時加速度有最大值a＝2 m/s2。
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(2)當該系統沿水平方向向右勻加速運動時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值。
答案：7.5 m/s2A
解析：水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fasin 53°＝mg
水平方向有Fb－Facos 53°＝ma′
解得Fa＝12.5 N
當Fb＝15 N時，此時加速度有最大值a′＝7.5 m/s2。
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12．(16分)如圖甲所示，質量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間變化的關系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10 m/s2，求：
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(1)2 s內物塊的位移大小s和通過的路程L；
答案：0.5 m　1.5 m　
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(2)拉力F的大小；
答案：8 N
解析：0～0.5 s，物塊沿斜面加速上升，受力分析如圖(a)所示；0.5～1 s，物塊沿斜面減速上升，受力分析如圖(b)所示。由題圖乙知，兩個階段加速度的大小a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
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設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為f，則
在0～0.5 s內，由牛頓第二定律有　
F－f－mgsin θ＝ma1　①
在0.5～1 s內，由牛頓第二定律有f＋mgsin θ＝ma2　②
聯立①②解得F＝8 N。
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(3)斜面對物塊的滑動摩擦力f的大小。
答案：1.5 N
解析：由題圖乙知，在1～2 s內物塊的加速度大小
a3＝1 m/s2，受力分析如圖(c)所示
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4課時跟蹤檢測(二十三)　動力學中的三類典型問題
(選擇題1～10小題，每小題5分。本檢測卷滿分80分)
1．(2023·龍巖高一檢測)質量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v t圖像如圖所示。則物體與水平面間的動摩擦因數μ和水平推力F的大小分別為(g取10 m/s2)(　　)
A．0.2　6 N B．0.1　6 N
C．0.2　8 N D．0.1　8 N
2．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上，從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小，能正確描述F與a之間的關系的圖像是(　　)
3．(2023·北京高考)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1 kg，細線能承受的最大拉力為2 N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
4．某動車組只有5節車廂，其中第1、3節車廂為動車，其余為拖車，假設動車組各車廂質量相等，行駛時各車廂受到的阻力大小相同，動車提供的動力大小均為F，則動車勻加速行駛時，相互之間作用力最大的兩節車廂是(　　)
A．1、2節車廂 B．2、3節車廂
C．3、4節車廂 D．4、5節車廂
5.(多選)如圖所示，質量為M＝1 kg的物塊放在水平桌面上，桌面的左端固定一光滑定滑輪，輕繩繞過定滑輪，一端連接在物塊上，另一端吊著質量為m的小球，物塊與滑輪間的輕繩水平。由靜止釋放物塊，當小球的質量為0.5 kg時，物塊由靜止開始到在水平桌面上運動0.5 m所用的時間為1 s。已知重力加速度大小g取10 m/s2，物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是(　　)
A．要使物塊能運動，小球的質量至少為0.3 kg
B．要使物塊能運動，小球的質量至少為0.35 kg
C．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為13.5 N
D．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為14.5 N
6.可升降的跳樓機是游樂園和主題樂園常見的大型機動游戲裝置。若某人乘坐跳樓機的v t圖像如圖，取豎直向上為正方向，g取10 m/s2，則(　　)
A．跳樓機在2 s～4 s內的加速度比4 s～6 s內的加速度大
B．跳樓機在0～6 s內的平均速度大小為4 m/s
C．跳樓機在4 s末離地高度最大
D．4 s～6 s時間內人對座椅的壓力大小與自身重力的比值為3∶5
7．(2024·南平高一模擬)放置于足夠長的固定光滑斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直線運動。拉力F和物塊速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則(　　)
A．第1 s內物塊受到的合外力為5.5 N
B．物塊的質量為0.5 kg
C．斜面傾角為30°
D．若第3 s末撤去拉力F，物塊停止運動前加速度大小為6 m/s2
8.如圖所示，兩個質量均為m的物塊疊放壓在一個豎直輕彈簧上面，處于靜止狀態，彈簧的勁度系數為k，t＝0時刻，物體受到一個豎直向上的作用力F，使得物體以0.5g(g為重力加速度)的加速度勻加速上升，則A、B分離時B的速度為(　　)
A. B．g
C．g D．2g
9．如圖甲所示，一個質量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在0～3 s時間內物體的加速度a隨時間t的變化規律如圖乙所示，則(　　)
A．F的最大值為12 N
B．0～1 s和2～3 s內物體加速度的方向相反
C．3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/s
D．在0～1 s內物體做勻加速運動，2～3 s內物體做勻減速運動
10．(多選)如圖甲所示，物塊受水平向右的力F作用，緊靠豎直墻壁，F隨時間變化規律如圖乙所示。已知物塊質量為m，t＝0時物塊速度為0，物塊與墻壁間動摩擦因數為0.5，重力加速度為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，考慮0～2T0過程，對物塊有(　　)
A．最大速度為0.5gT0 B．最大速度為gT0
C．位移為0.5gT02 D．位移為gT02
11.(14分)如圖所示，矩形盒內用兩根細線固定一個質量為m＝1.0 kg的均勻小球，a線與水平方向成53°角，b線水平。兩根細線所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N。(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)當該系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值；
(2)當該系統沿水平方向向右勻加速運動時，為保證細線不被拉斷，加速度可取的最大值。
12.(16分)如圖甲所示，質量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間變化的關系圖像(v t圖像)如圖乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)2 s內物塊的位移大小s和通過的路程L；
(2)拉力F的大小；
(3)斜面對物塊的滑動摩擦力f的大小。
課時跟蹤檢測(二十三)
1．選A　由v t圖像知a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，聯立解得μ＝0.2，F＝6 N，選項A正確。
2．選C　設物塊所受滑動摩擦力的大小為f，在水平拉力F作用下，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，F－f＝ma即F＝ma＋f，所以能正確描述F與a之間關系的圖像是C。
3．選C　拉力F最大時，對兩物塊整體受力分析有F＝2ma，再對后面的物塊受力分析有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，聯立解得F＝4 N。
4．選C　設1、2節車廂間相互作用力大小為F1,2、3節車廂間相互作用力大小為F2,3、4節車廂間相互作用力大小為F3,4、5節車廂間相互作用力大小為F4，根據牛頓第二定律，對整體，有2F－5f＝5ma，對第1節車廂，有F－f－F1＝ma，對第1、2節車廂，有F－2f－F2＝2ma，對第1、2、3節車廂，有2F－3f－F3＝3ma，對第1、2、3、4節車廂，有2F－4f－F4＝4ma，解得F1＝F，F2＝F，F3＝F，F4＝F，故選C。
5．選BC　根據題意，當m1＝0.5 kg時，有m1g－Ff＝(M＋m1)a，s＝at2，解得Ff＝3.5 N，要使物塊能運動，則mg≥Ff，解得小球的質量至少為mmin＝0.35 kg，A錯誤，B正確；根據mg－Ff＝(M＋m)a，T－Ff＝Ma，解得T＝，當m增大時，T增大，當m趨于無窮大時T＝13.5 N，C正確，D錯誤。
6．選D　跳樓機在2 s～4 s內的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，4 s～6 s內的加速度a2＝＝ m/s2＝－4 m/s2，負號表示方向，跳樓機在2 s～4 s內的加速度比4 s～6 s內的加速度小，A錯誤；跳樓機在0～6 s內位移大小等于v t圖像與坐標軸圍成的面積s＝2×4 m＋×2×(4＋8)m＋×8×2 m＝28 m，跳樓機在0～6 s內的 平均速度大小＝＝ m/s＝ m/s，B錯誤；跳樓機在6 s末離地高度最大，C錯誤；設座椅對人的支持力大小為FN，人的質量為m，由牛頓第二定律得mg－FN＝ma2，解得FN＝6m，由牛頓第三定律得，人對座椅的壓力FN′的大小等于座椅對人的支持力FN的大小，4 s～6 s時間內人對座椅的壓力大小與自身重力的比值＝＝，D正確。
7．選C　由題圖可知，在0～1 s時間內物塊做加速運動，a＝ m/s2＝0.5 m/s2，設斜面傾角為θ，物塊質量為m，分析物塊的受力情況，由牛頓第二定律得，F合＝F1－mgsin θ＝ma，其中F1＝5.5 N，在1～3 s時間內物塊做勻速運動，F2＝mgsin θ＝5 N，得m＝1 kg，θ＝30°，F合＝0.5 N，撤去拉力F后，物塊停止運動前加速度大小為a′＝gsin θ＝5 m/s2，故A、B、D錯誤，C正確。
8．選B　靜止時彈簧壓縮量x1＝，A、B分離時兩物塊之間的彈力恰好為零，且B的加速度仍為0.5g，設此時彈簧壓縮量為x2，對B由牛頓第二定律得kx2－mg＝ma，得x2＝，物塊B上升的高度為s＝x1－x2＝，由v2＝2as得v＝g ，B正確。
9．選C　1～2 s內物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12 N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A錯誤；物體在力F作用下由靜止開始運動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3 s內始終做加速運動，第3 s內加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運動，故B錯誤；因為物體速度始終增加，故3 s末物體的速度最大，再根據Δv＝a·Δt知速度的增加量等于加速度與時間的乘積，在a t圖像上即為圖像與時間軸所圍圖形的面積，Δv＝×(1＋3)×4 m/s＝8 m/s，物體由靜止開始做加速運動，故最大速度為8 m/s，C正確；第2 s內物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運動，在0～1 s內物體做加速度增大的加速運動，2～3 s內物體做加速度減小的加速運動，故D錯誤。
10．選AC　0～T0過程中，F＝mg，物塊與墻壁間最大靜摩擦力為0.5mg，小于物塊自身重力，物塊向下做勻加速直線運動，加速度大小為a1＝＝0.5g，T0時刻，物塊速度為v1＝a1t1＝0.5gT0，位移為s1＝a1t12＝0.25gT02，T0～2T0過程中，F＝3mg，物塊與墻壁間為滑動摩擦力，大小為1.5mg，大于物塊自身重力，物塊會向下做勻減速運動，加速度大小為a2＝＝0.5g，減速至0的時間為t2＝＝T0，該段時間內物塊向下位移為s2＝v1t2－a2t22＝0.25gT02，由上述分析可知，物塊在T0時刻速度最大，最大速度為0.5gT0，整個過程中位移為s＝s1＋s2＝0.5gT02，故選A、C。
11．解析：(1)豎直向上勻加速運動時小球受力如圖所示
當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fasin 53°－mg＝ma
水平方向有Facos 53°＝Fb
解得Fb＝9 N，此時加速度有最大值a＝2 m/s2。
(2)水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得
豎直方向有Fasin 53°＝mg
水平方向有Fb－Facos 53°＝ma′
解得Fa＝12.5 N
當Fb＝15 N時，此時加速度有最大值a′＝7.5 m/s2。
答案：(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2
12．解析：(1)在2 s內，由題圖乙知
物塊上升的最大距離s1＝×2×1 m＝1 m
物塊下滑的距離s2＝×1×1 m＝0.5 m所以，位移大小s＝s1－s2＝0.5 m
路程L＝s1＋s2＝1.5 m。
(2)0～0.5 s，物塊沿斜面加速上升，受力分析如圖(a)所示；0.5～1 s，物塊沿斜面減速上升，受力分析如圖(b)所示。由題圖乙知，兩個階段加速度的大小a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為f，則
在0～0.5 s內，由牛頓第二定律有　
F－f－mgsin θ＝ma1　①
在0.5～1 s內，由牛頓第二定律有
f＋mgsin θ＝ma2　②
聯立①②解得F＝8 N。
(3)由題圖乙知，在1～2 s內物塊的加速度大小
a3＝1 m/s2，受力分析如圖(c)所示
由牛頓第二定律有mgsin θ－f＝ma3　③
聯立②③解得f＝1.5 N。
答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)8 N　(3)1.5 N
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