學(xué)習(xí)目標(biāo) 1.理解圖像的坐標(biāo)軸、斜率等所代表的物理量。 2.知道連接體的類型及運(yùn)動特點，會用整體法和隔離法分析連接體問題。 3.會分析臨界與極值問題，并會用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問題。
考點一 動力學(xué)圖像問題
1.常見動力學(xué)圖像及應(yīng)用方法
2.動力學(xué)圖像問題的解題策略
(1)問題實質(zhì)是力與運(yùn)動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。
例1 (多選)(2021·全國乙卷，21)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖1(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則( )
圖1
A.F1＝μ1m1g
B.F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g
C.μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D.在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
答案 BCD
解析 分析可知，t1時刻長木板和物塊剛要一起滑動，此時有F1＝μ1(m1＋m2)g，A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，長木板向右加速滑動，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正確；0～t1時間內(nèi)長木板和物塊均靜止，t1～t2時間內(nèi)長木板和物塊一起加速，一起加速的最大加速度滿足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，
F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)g，B、D正確。
跟蹤訓(xùn)練
1.公共汽車進(jìn)站時，剎車過程的加速度—時間圖像如圖2所示，若它在6 s時恰好停在站臺處，已知汽車質(zhì)量約為5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，則汽車在( )
圖2
A.0到6 s內(nèi)的位移約等于30 m
B.0時刻的速度約為28 km/h
C.4 s時的加速度約為0.5 m/s2
D.4 s時受到外力的合力約為2 500 N
答案 B
解析 由a－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示速度的變化量，及題圖可知，速度的變化量大小約為Δv＝2×1 m/s＋eq \f(1,2)×(1.5＋2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×3×1.5 m/s＝
7.75 m/s，所以0時刻的速度約為v0＝Δv＝7.75 m/s＝28 km/h，又因為公共汽車做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，故0～6 s內(nèi)的位移滿足x＜eq \f(1,2)v0t＝23.25 m，故A錯誤，B正確；由題圖可知4 s時公共汽車的加速度約為1.0 m/s2，故C錯誤；由牛頓第二定律可知4 s時公共汽車受到外力的合力約為F＝ma＝5 000 N，故D錯誤。
考點二 動力學(xué)中的連接體問題
1.連接體的五大類型
2.連接體的運(yùn)動特點
(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。
(2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。
(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。
3.連接體問題的分析
整體法、隔離法的交替運(yùn)用，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。
例2 (多選)(2022·全國甲卷，19)如圖3，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前( )
圖3
A.P的加速度大小的最大值為2μg
B.Q的加速度大小的最大值為2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
答案 AD
解析 設(shè)兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，則拉力大小為F＝2μmg，對Q受力分析可知，彈簧的彈力為kx＝μmg；以向右為正方向，撤去拉力后，對滑塊P由牛頓第二定律有－kx′－μmg＝maP1，對滑塊Q有kx′－μmg＝maQ，從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，彈簧彈力由kx一直在減小，可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運(yùn)動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度大小為2μg，Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小最大值為μg，A正確，B錯誤；由于彈簧恢復(fù)原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C錯誤，D正確。
跟蹤訓(xùn)練
2.(多選)如圖4所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運(yùn)動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是( )
圖4
A.增大推力F B.減小傾角θ
C.減小B的質(zhì)量 D.減小A的質(zhì)量
答案 AD
解析 設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，對B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，應(yīng)增大推力F或減小A的質(zhì)量，增大B的質(zhì)量，故A、D正確，B、C錯誤。
3.如圖5所示，水平面上O點的左側(cè)光滑，O點的右側(cè)粗糙。有8個質(zhì)量均為m的完全相同的小滑塊(可視為質(zhì)點)，用輕質(zhì)的細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L，滑塊1恰好位于O點左側(cè)，滑塊2、3……依次沿直線水平向左排開?，F(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1上，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第3個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶后到第4個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運(yùn)動，已知重力加速度為g，則下列判斷中正確的是( )
圖5
A.粗糙地帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)為eq \f(F,mg)
B.滑塊勻速運(yùn)動時，各段輕桿上的彈力大小相等
C.第2個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第3個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，8個小滑塊的加速度大小為eq \f(F,12m)
D.第1個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第2個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，5和6兩個小滑塊之間的輕桿上的彈力大小為eq \f(F,4)
答案 D
解析 小滑塊勻速運(yùn)動時，拉力F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A錯誤；小滑塊勻速時加速度為零，后邊5根輕桿上的彈力均為零，但2、3間，1、2間輕桿上彈力不為零，B錯誤；第2個滑塊完全進(jìn)入到第3個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶之間，由牛頓第二定律得F－2μmg＝8ma2，則a2＝eq \f(F,24m)，C錯誤；第1個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第2個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶之前，由牛頓第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑塊為一系統(tǒng)，由牛頓第二定律得F彈＝3ma1，解得F彈＝eq \f(F,4)，D正確。
力的“分配”原則
兩物塊在力F作用下一起運(yùn)動，系統(tǒng)的加速度與每個物塊的加速度相同，如圖所示。

地面光滑或粗糙
F一定，兩物塊間的彈力只與物塊的質(zhì)量有關(guān)，且F彈＝eq \f(m2,m1＋m2)F。
考點三 動力學(xué)中的臨界和極值問題
1.常見臨界問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件：彈力FN＝0。
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合力為零。
2.解題基本思路
(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。
(2)尋找過程中變化的物理量。
(3)探索物理量的變化規(guī)律。
(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。
3.解題技巧方法
例3 如圖6所示，固定在水平地面上傾角為θ的光滑斜面上，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的滑塊1、2用平行斜面的細(xì)線連接，初始時，使兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線處于松弛狀態(tài)。兩滑塊現(xiàn)在一起在斜面上運(yùn)動，為保證細(xì)線不斷，若僅對滑塊1施加平行斜面向上的拉力，拉力最大值為F1；若僅對滑塊2施加平行斜面向下的拉力，拉力最大值為F2。重力加速度大小為g，細(xì)線所能承受的最大張力為T。下列說法正確的是( )
圖6
A.細(xì)線所能承受的最大張力需要滿足T≥m2gsin θ
B.對滑塊1施加的拉力最大值一定滿足F1≥(m1＋m2)gsin θ
C.兩個拉力最大值一定滿足F1＜F2
D.兩個拉力最大值滿足eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)
答案 D
解析 若僅對滑塊1施加平行斜面向上的最大拉力F1，細(xì)線張力達(dá)到最大值T，對滑塊2分析，由牛頓第二定律，有T－m2gsin θ＝m2a1，當(dāng)T＜m2gsin θ時，加速度a1為負(fù)值，表示加速度平行斜面向下，所以細(xì)線所能承受的最大張力不需要滿足T≥m2gsin θ，對滑塊1、2整體分析，由牛頓第二定律有
F1－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a1，得F1＝eq \f(m1＋m2,m2)T，則F1＜(m1＋m2)gsin θ，所以對滑塊1施加的拉力最大值不需要一定滿足F1≥(m1＋m2)gsin θ，A、B錯誤；若僅對滑塊2施加平行斜面向下的最大拉力F2，細(xì)線張力達(dá)到最大值T，對滑塊1分析，由牛頓第二定律，有T＋m1gsin θ＝m1a2，對滑塊1、2整體分析，由牛頓第二定律，有F2＋(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，得F2＝eq \f(m1＋m2,m1)T，聯(lián)立解得eq \f(F1,F2)＝eq \f(m1,m2)，C錯誤，D正確。
例4 如圖7所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放著兩個質(zhì)量均為m的物塊A、B(物塊B與彈簧拴接)，初始時物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對物塊A施加一個豎直向上的恒力F＝eq \f(3,2)mg，重力加速度為g，則由靜止開始向上運(yùn)動到物塊A、B恰好分離的過程中，以下說法正確的是( )
圖7
A.物塊A做勻加速運(yùn)動
B.物塊B的速度先增大后減小
C.恰好分離時物塊B的加速度大小為eq \f(g,2)
D.物塊A上升的高度為eq \f(2mg,k)
答案 C
解析 上升過程中A、B整體向上做加速度減小的加速運(yùn)動，故A錯誤；物塊B速度一直在增大，故B錯誤；設(shè)初始時彈簧的壓縮量為x1，根據(jù)胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝eq \f(2mg,k)，設(shè)當(dāng)物塊A、B恰好分離時彈簧的壓縮量為x2，對物塊A、B分別應(yīng)用牛頓第二定律有eq \f(3,2)mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq \f(g,2)，x2＝eq \f(3mg,2k)，則物體A上升的高度為h＝x1－x2＝eq \f(mg,2k)，故C正確，D錯誤。
跟蹤訓(xùn)練
4.(2023·山東聊城高三期末)如圖8所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊，使四個木塊以同一加速度運(yùn)動，則輕繩對m的最大拉力為( )
圖8
A.eq \f(3μmg,5) B.eq \f(3μmg,4) C.eq \f(3μmg,2) D.3μmg
答案 B
解析 當(dāng)繩中拉力最大時，物塊要相對滑動，設(shè)繩中拉力為FT，對右側(cè)的m，根據(jù)牛頓第二定律有μmg－FT＝ma，對左側(cè)整體有FT＝3ma，聯(lián)立解得FT＝eq \f(3μmg,4)，A、C、D錯誤，B正確。
5.如圖9所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，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＝10 m/s2，x的最小值為( )
圖9
m m
m D.0.2 m
答案 C
解析 設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，當(dāng)木板與水平面成θ角時，由牛頓第二定律得－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcs θ)，設(shè)木塊的位移為x，有0－veq \\al(2,0)＝2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，當(dāng)θ＋α＝90°時加速度有最大值，且最大值
a＝－geq \r(1＋μ2)，此時θ＝90°－α＝53°，加速度最大值為a＝－eq \f(5,4)g，x的最小值為xmin＝eq \f(2veq \\al(2,0),5g)＝0.16 m，故A、B、D錯誤，C正確。
A級 基礎(chǔ)對點練
對點練1 動力學(xué)圖像問題
1.如圖1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?fàn)顟B(tài)?，F(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(yùn)動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F與x之間關(guān)系的圖像可能正確的是( )
圖1
答案 A
解析 假設(shè)物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。
2.(多選)(2023·山東煙臺高三期末)如圖2甲所示，一個質(zhì)量為2kg的物體在水平力F作用下由靜止開始沿粗糙水平面做直線運(yùn)動，t＝1 s時撤去外力。物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是( )
圖2
A.F的大小為8 N
B.0～1 s和1～3 s內(nèi)物體加速度的方向相反
C.t＝3 s時，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)
D.3 s末物體的速度為0
答案 BCD
解析 由圖乙可知t＝1 s時撤去外力，物體在摩擦阻力作用下，加速度大小為
2 m/s2，由牛頓第二定律可得摩擦阻力大小為Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s時間內(nèi)，物體的加速度為4 m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，F(xiàn)＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A錯誤；由圖乙可知，0～1 s加速度為正方向，1～3 s內(nèi)物體加速度為負(fù)方向，所以0～1 s和1～3 s內(nèi)物體加速度的方向相反，B正確；t＝1 s時，物體的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物體做減速運(yùn)動的時間
t2＝eq \f(v,a2)＝eq \f(4,2) s＝2 s，即物體在t＝3 s時速度是零，物體離出發(fā)位置最遠(yuǎn)，C、D
正確。
3.(2022·廣東廣州模擬)如圖3，籃球從某一高度自由落下，與地面反復(fù)碰撞，最后停在地面上，空氣阻力不計，下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是( )
圖3
答案 B
解析 籃球自由落地到與地面接觸前，只受重力作用，加速度不變，以向下為正方向，加速度為正值，圖線為平行于t軸的線段；籃球與地面接觸到反彈離開地面過程中，受地面的向上的彈力先從零開始逐漸增大，籃球所受的合力mg－FN＝ma1，開始階段地面彈力FN小于重力，合力向下，籃球向下繼續(xù)擠壓，F(xiàn)N增大，合力逐漸減小，加速度逐漸減小，籃球這一階段向下做加速度(向下，為正)減小的加速運(yùn)動；彈力FN增大到超過重力大小時，合力向上，其大小為FN－mg＝ma2，隨著FN增大，加速度a逐漸增大，方向向上，籃球向下做加速度(向上，為負(fù))增大的減速運(yùn)動直至速度為零；籃球開始向上運(yùn)動(離開地面前)的過程是籃球向下擠壓地面過程的逆過程，加速度變化特點是：向上(為負(fù))減小，再向下(為正)增大。故B符合題意，A、C、D不符合題意。
對點練2 動力學(xué)的連接體問題
4.(多選)如圖4所示，水平地面上有三個靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是( )
圖4
A.若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1
B.若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1
D.若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1
答案 AC
解析 三物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C項正確，D項錯誤；若μ≠0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A項正確，B項錯誤。
5.(2020·江蘇卷，5)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻(xiàn)了中國力量。某運(yùn)送抗疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為( )
A.F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
答案 C
解析 設(shè)列車做勻加速直線運(yùn)動的加速度為a，可將后面的38節(jié)車廂作為一個整體進(jìn)行分析，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f，則有F－38f＝38ma，再將最后面的2節(jié)車廂作為一個整體進(jìn)行分析，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯(lián)立解得F′＝eq \f(1,19)F，C項正確，A、B、D項均錯誤。
6.(多選)如圖5所示，傾角為θ＝30°的光滑直角斜面體固定在水平地面上，斜面體頂端裝有光滑定滑輪。質(zhì)量均為1 kg的物塊A、B用跨過滑輪的輕繩相連。物塊A和滑輪之間的輕繩與斜面平行，B自然下垂，不計滑輪的質(zhì)量，重力加速度g取10 m/s2，同時由靜止釋放物塊A、B后的一小段時間內(nèi)，物塊A均未碰到地面和滑輪，斜面體相對地面保持靜止，則該過程中下列說法正確的是( )
圖5
A.物塊B運(yùn)動方向向上
B.物塊A的加速度大小為2.5 m/s2
C.輕繩的拉力大小為7.5 N
D.地面給斜面體的摩擦力方向水平向左
答案 BC
解析 物塊A沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝5 N2.7 m/s2，故A可能，B、C、D不可能。
8.(多選)如圖7所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面置于光滑的水平地面上，將一質(zhì)量為m的小球從斜面上由靜止釋放，同時對斜面施加一水平方向的力F，下列說法正確的是( )
圖7
A.若要使斜面和小球保持相對靜止，則F＝Mgtan θ
B.若要使斜面和小球保持相對靜止，則F＝(M＋m)gtan θ
C.若要使小球做自由落體運(yùn)動，則F≥eq \f(Mg,tan θ)
D.若要使小球做自由落體運(yùn)動，則F＝eq \f(（M＋m）g,tan θ)
答案 BC
解析 若要使斜面和小球保持相對靜止，則斜面與小球有相同的加速度，以斜面和小球為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a，以小球為研究對象，其受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtan θ＝ma聯(lián)立可得F＝(M＋m)gtan θ，A錯誤，B正確；若要使小球做自由落體運(yùn)動，可知斜面和小球之間的彈力為零，需對斜面施加水平向右的力F，且斜面M垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度，以斜面M為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝Ma′，又有a′sin θ≥gcs θ，聯(lián)立解得F≥eq \f(Mg,tan θ)，C正確，D錯誤。
B級 綜合提升練
9.(多選)如圖8所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2) ( )
圖8
A.當(dāng)F＜24 N時，A、B都相對地面靜止
B.當(dāng)F＞24 N時，A相對B發(fā)生滑動
C.A的質(zhì)量為4 kg
D.B的質(zhì)量為24 kg
答案 BC
解析 當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F＞24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當(dāng)
F＜24 N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤，B正確；對B，根據(jù)牛頓第二定律得，aB＝eq \f(μmAg,mB)＝4 m/s2，對A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA＝eq \f(F－μmAg,mA)＝4 m/s2，F(xiàn)＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正確，D錯誤。
10.如圖9所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時，細(xì)繩平行于斜面。取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列說法正確的是( )
圖9
A.當(dāng)斜面體以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動時，繩子拉力大小為20 N
B.當(dāng)斜面體以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動時，繩子拉力大小為30 N
C.當(dāng)斜面體以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動時，繩子拉力大小為40 N
D.當(dāng)斜面體以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動時，繩子拉力大小為60 N
答案 A
解析 小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零，斜面對小球的彈力恰好為零時，設(shè)繩子的拉力為F，斜面體的加速度為a0，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcs θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0，
代入數(shù)據(jù)解得a0≈13.3 m/s2。
①由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示，設(shè)繩子與水平方向的夾角為α，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F2cs α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0，代入數(shù)據(jù)解得F2＝20eq \r(5) N，選項C、D錯誤。
11.(2023·山東煙臺模擬)如圖10所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒用與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運(yùn)動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg。經(jīng)過時間t＝2.0 s，玩具移動了距離x＝2eq \r(3) m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下(取g＝10 m/s2)。求：
圖10
(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)；
(2)松開手后玩具還能滑行多遠(yuǎn)？
(3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時最省力？
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)1.04 m (3)30°
解析 (1)玩具沿水平地面做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，由位移公式有x＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
對玩具由牛頓第二定律得
Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
由勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式得
玩具的位移x′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m≈1.04 m。
(3)設(shè)拉力F與水平方向間的夾角為θ，玩具要在水平面上運(yùn)動，則
Fcs θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在豎直方向上，由平衡條件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
則當(dāng)θ＝30°時，拉力最小，最省力。
12.如圖11所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的足夠長的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝6 kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝10 kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600 N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動，已知在前0.2 s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2 s以后F為恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
圖11
(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的壓縮量x0；
(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動的加速度大小a；
(3)力F的最大值與最小值。
答案 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
解析 (1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0，
對P、Q整體受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2 s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，對物體P，由牛頓第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s時間內(nèi)兩物體的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
聯(lián)立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)對兩物體受力分析知，開始運(yùn)動時F最小，分離時F最大，則
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
對Q應(yīng)用牛頓第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N。v－t圖像
根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力
F－a圖像
首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出F、a兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
a－t圖像
要注意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程
F－t圖像
要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運(yùn)動性質(zhì)
彈簧
連接體
輕繩
連接體
輕桿
連接體
物體疊放
連接體
兩物體并排連接體
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(dá)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，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題
數(shù)學(xué)法
將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件

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