對(duì)點(diǎn)練1 動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題
1.(2024·江蘇泰州高三期中)在平直公路上，汽車(chē)由靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到某一值時(shí)，立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)滑行至停止，其v－t圖像，如圖1所示，汽車(chē)的牽引力為F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的阻力恒為f，則下列關(guān)系中正確的是( )
圖1
A.F∶f＝1∶4B.F∶f＝4∶1
C.F∶f＝1∶3D.F∶f＝3∶1
2.(2024·云南玉溪高三檢測(cè))如圖2甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不拴接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移s的關(guān)系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，則下列結(jié)論正確的是( )
圖2
A.物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)
B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cm
C.物體的質(zhì)量為3 kg
D.物體的加速度大小為5 m/s2
3.(2024·廣東清遠(yuǎn)月考)物塊靜止在粗糙的水平面上，從某時(shí)刻開(kāi)始給物塊施加一不斷增大的水平拉力F，物塊的加速度a隨拉力F變化的圖像如圖3所示。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法中正確的是( )
圖3
A.物塊的質(zhì)量為2 kg
B.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
C.物塊與水平面間的最大靜摩擦力大小為1.5 N
D.當(dāng)F＝3.5 N時(shí)，物塊的加速度大小為1.5 m/s2
對(duì)點(diǎn)練2 動(dòng)力學(xué)的連接體問(wèn)題
4.(2023·北京卷，6)如圖4所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1 kg，細(xì)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(yùn)動(dòng)。則F的最大值為( )
圖4
A.1 NB.2 N
C.4 ND.5 N
5.一列車(chē)由40節(jié)質(zhì)量相等的車(chē)廂組成，在車(chē)頭牽引下，列車(chē)沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F。若每節(jié)車(chē)廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為( )
A.FB.eq \f(19F,20)
C.eq \f(F,19)D.eq \f(F,20)
6.如圖5，一不可伸長(zhǎng)的足夠長(zhǎng)輕繩跨過(guò)懸掛的光滑輕質(zhì)定滑輪，兩端系有質(zhì)量分別為0.3 kg和0.2 kg的球a、b?？刂魄騛靜止在離地面高h(yuǎn)＝49 cm的A處，輕繩拉緊，取重力加速度g＝10 m/s2?，F(xiàn)由靜止釋放小球，不計(jì)空氣阻力，則( )
圖5
A.a球落地前，加速度大小為1 m/s2
B.a球運(yùn)動(dòng)到地面所用時(shí)間為0.5 s
C.a球落至地面時(shí)的速度大小為1.6 m/s
D.繩子中張力大小為2.4 N
對(duì)點(diǎn)練3 動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題
7.(多選)在水平直軌道上運(yùn)動(dòng)的火車(chē)車(chē)廂內(nèi)有一個(gè)傾角為30°的斜面，如圖6所示。小球的重力、繩對(duì)球的拉力、斜面對(duì)小球的彈力分別用G、T、FN表示，當(dāng)火車(chē)以加速度a向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則( )
圖6
A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三個(gè)力的作用
B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T兩個(gè)力的作用
C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T兩個(gè)力的作用
D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三個(gè)力的作用
8.(2021·全國(guó)甲卷，14)如圖7，將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處?kù)o止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將( )
圖7
A.逐漸增大B.逐漸減小
C.先增大后減小D.先減小后增大
B級(jí) 綜合提升練
9.(多選)(2024·湖北武漢模擬)如圖8甲所示，足夠長(zhǎng)的軌道固定在水平桌面上，一條跨過(guò)光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩兩端分別連接物塊P和Q。改變物塊P的質(zhì)量，可以得到物塊Q運(yùn)動(dòng)的加速度a和繩中拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示。關(guān)于此運(yùn)動(dòng)的分析，下列說(shuō)法正確的是( )
圖8
A.繩中拉力大小等于物塊P的重力大小
B.軌道不可能是水平的
C.物塊Q的質(zhì)量為0.5 kg
D.物塊Q受到軌道的摩擦力大小為1 N
10.如圖9所示，水平面上O點(diǎn)的左側(cè)光滑，O點(diǎn)的右側(cè)粗糙。有8個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，用輕質(zhì)的細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L(zhǎng)，滑塊1恰好位于O點(diǎn)左側(cè)，滑塊2、3……依次沿直線水平向左排開(kāi)?，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(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶后到第4個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，小滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則下列判斷中正確的是( )
圖9
A.粗糙地帶與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(F,mg)
B.滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，各段輕桿上的彈力大小相等
C.第2個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第3個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，8個(gè)小滑塊的加速度大小為eq \f(F,12m)
D.第1個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第2個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，5和6兩個(gè)小滑塊之間的輕桿上的彈力大小為eq \f(F,4)
11.(2024·山東濰坊模擬)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(dòng)，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg。經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝2.0 s，玩具移動(dòng)了距離s＝2eq \r(3) m，這時(shí)幼兒松開(kāi)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(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)松開(kāi)手后玩具還能滑行多遠(yuǎn)？
(3)幼兒要拉動(dòng)玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時(shí)最省力？
C級(jí) 培優(yōu)加強(qiáng)練
12.如圖11所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)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(jì)，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(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2 s時(shí)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(shí)，彈簧的壓縮量x0；
(2)物體Q從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；
(3)力F的最大值與最小值。
參考答案
專(zhuān)題強(qiáng)化練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
——?jiǎng)恿W(xué)圖像、連接體及臨界極值問(wèn)題
1.B [由題圖可知，在0～1 s內(nèi)，根據(jù)汽車(chē)的受力及牛頓第二定律可知F－f＝ma1，在1～4 s內(nèi)，有f＝ma2，又由圖可知eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,1)，可得eq \f(F,f)＝eq \f(4,1)，故B正確。]
2.D [物體與彈簧分離時(shí)，二者沒(méi)有相互作用力，所以彈簧處于原長(zhǎng)，A錯(cuò)誤；物體不受拉力時(shí)，有mg＝kx0；物體與彈簧一起向上勻加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，聯(lián)立得F＝ks＋ma，可知題圖乙中圖線斜率表示勁度系數(shù)，可得k＝5 N/cm，B錯(cuò)誤；s≥4 cm后，物體與彈簧脫離，根據(jù)牛頓第二定律有30 N－mg＝ma，且由縱軸截距知10 N＝ma，聯(lián)立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C錯(cuò)誤，D正確。]
3.D [由牛頓第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝eq \f(1,m)F－μg，將F1＝3 N，a1＝1 m/s2和F2＝4 N，a2＝2 m/s2代入，聯(lián)立可得m＝1 kg，μ＝0.2，A、B錯(cuò)誤；物塊與水平面間的最大靜摩擦力為f＝μmg＝2 N，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知F－f＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.5 m/s2，D正確。]
4.C [對(duì)兩物塊整體受力分析，有F＝2ma，對(duì)后面的物塊，有T＝ma，聯(lián)立得F＝2T，而細(xì)線能承受的最大拉力Tmax＝2 N，故F的最大值為Fmax＝4 N，故C正確。]
5.C [設(shè)列車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，將后面的38節(jié)車(chē)廂作為一個(gè)整體進(jìn)行分析，設(shè)每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量均為m，每節(jié)車(chē)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；將最后面的2節(jié)車(chē)廂作為一個(gè)整體進(jìn)行分析，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車(chē)廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯(lián)立解得F′＝eq \f(1,19)F，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
6.D [a球落地前，對(duì)a、b球整體根據(jù)牛頓第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式h＝eq \f(1,2)at2可得，a球運(yùn)動(dòng)到地面所用時(shí)間為t＝eq \r(\f(2h,a))＝0.7 s，故B錯(cuò)誤；a球落至地面時(shí)的速度大小為v＝at＝1.4 m/s，故C錯(cuò)誤；對(duì)a球，根據(jù)牛頓第二定律有mag－T＝maa，解得繩子中張力大小為T(mén)＝2.4 N，故D正確。]
7.BD [設(shè)火車(chē)加速度為a0時(shí)，小球剛好對(duì)斜面沒(méi)有壓力，對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律可得eq \f(mg,tan 30°)＝ma0，解得a0＝10eq \r(3) m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已經(jīng)離開(kāi)斜面，小球受到重力和繩子拉力兩個(gè)力的作用，A錯(cuò)誤，B正確；若a＝10 m/s2，可知小球還沒(méi)有離開(kāi)斜面，小球受到重力、繩子拉力和斜面支持力三個(gè)力的作用，C錯(cuò)誤，D正確。]
8.D [設(shè)P點(diǎn)與豎直桿的距離為l，則PQ＝eq \f(l,cs θ)。對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，由s＝eq \f(1,2)at2，得eq \f(l,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，解得t＝eq \r(\f(4l,gsin 2θ))，當(dāng)2θ＝90°，即θ＝45°時(shí)，t最小，由題知θ從30°增大到60°，則物塊的下滑時(shí)間先減小后增大，選項(xiàng)D正確。]
9.BC [物塊P有向下的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知，繩對(duì)P的拉力大小小于物塊P的重力大小，故A錯(cuò)誤；從a－F圖像看出，當(dāng)拉力等于零時(shí)，物塊Q的加速度大小為2 m/s2，說(shuō)明軌道不是水平的，故B正確；設(shè)物塊Q的質(zhì)量為m，Q在運(yùn)動(dòng)方向上除了拉力F，設(shè)其他力合力大小為F1，根據(jù)牛頓第二定律得F＋F1＝ma，變形得a＝eq \f(1,m)F＋eq \f(F1,m)，圖線的斜率k＝eq \f(1,m)＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正確；由圖線與縱軸的交點(diǎn)可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，1 N并非物塊Q受到的摩擦力，故D錯(cuò)誤。]
10.D [小滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A錯(cuò)誤；小滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)誤；第2個(gè)小滑塊完全進(jìn)入到第3個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶之前，由牛頓第二定律得F－2μmg＝8ma2，則a2＝eq \f(F,24m)，C錯(cuò)誤；第1個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第2個(gè)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，聯(lián)立解得F彈＝eq \f(F,4)，D正確。]
11.(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(dòng)，由位移公式有s＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
對(duì)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(shí)，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(dòng)的速度與位移公式得
松手后玩具的位移s′＝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(dòng)，則
Fcs θ－f＞0
f＝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(shí)，拉力最小，最省力。
12.(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(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為x0，對(duì)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(shí)間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2 s時(shí)刻兩物體分離，此時(shí)P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x1，對(duì)物體P，由牛頓第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s時(shí)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(duì)兩物體受力分析知，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)F最小，分離時(shí)F最大，則
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
對(duì)Q應(yīng)用牛頓第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N。

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