專題強(qiáng)化四　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用-動(dòng)力學(xué)圖像、連接體及臨界極值問(wèn)題-2026版大一輪高考物理復(fù)習(xí)

專題強(qiáng)化四牛頓運(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)題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握?qǐng)D像的斜率、截距、特殊點(diǎn)、面積的物理意義。2.知道連接體的類型及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，會(huì)用整體法和隔離法分析連接體問(wèn)題。3.會(huì)分析臨界與極值問(wèn)題，并會(huì)用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問(wèn)題?？键c(diǎn)一動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題常見(jiàn)動(dòng)力學(xué)圖像及應(yīng)用方法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(duì)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(gè)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(dòng)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(shí)間段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)例1(多選)(2023·全國(guó)甲卷，19)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(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖1所示。由圖可知()圖1A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙答案BC解析由牛頓第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，結(jié)合F－a圖像可知m甲＞m乙，A錯(cuò)誤，B正確；兩圖線的縱軸截距相同，即μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，C正確，D錯(cuò)誤。動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題的解題策略(1)問(wèn)題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)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(duì)有關(guān)物理問(wèn)題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。1.(多選)如圖2甲所示，一傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上，一個(gè)物塊靜止在斜面上?，F(xiàn)用大小為F＝kt(k為常量，F(xiàn)、t的單位分別為N和s)的拉力沿斜面向上拉物塊，物塊受到的摩擦力Ff隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列判斷正確的是()圖2A.物塊的質(zhì)量為1kgB.k的值為5N/sC.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)D.t＝3s時(shí)，物塊的加速度大小為4m/s2答案ABD解析t＝0時(shí)Ff＝mgsinθ＝5N，解得m＝1kg，故A正確；當(dāng)t＝1s時(shí)，F(xiàn)f＝0，說(shuō)明F＝mgsinθ＝5N，由F＝kt可知k＝5N/s，故B正確；由題圖乙可知，滑動(dòng)摩擦力μmgcosθ＝6N，解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故C錯(cuò)誤；由F＝μmgcosθ＋mgsinθ，即kt0＝6N＋5N，解得t0＝2.2s，即2.2s后物塊開始向上滑動(dòng)，當(dāng)t＝3s時(shí)，F(xiàn)＝15N，則F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝4m/s2，故D正確?？键c(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題1.連接體的五大類型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2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(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(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。(4)接觸連接——兩物體通過(guò)彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。3.連接體問(wèn)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(shí)，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(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。例2(多選)如圖3所示，水平地面上有三個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個(gè)物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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3A.若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1C.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(dòng)，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對(duì)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(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；若μ≠0，分別對(duì)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(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。力的“分配”原則兩物塊在力F作用下一起運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的加速度與每個(gè)物塊的加速度相同，如圖所示。接觸面光滑或粗糙(動(dòng)摩擦因數(shù)相同)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。2.(多選)(2024·湖北孝感開學(xué)考試)如圖4所示，固定在地面上的光滑斜面體傾角為θ＝30°，一根輕繩跨過(guò)斜面體頂端的光滑定滑輪，繩兩端系有小物塊a、b，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為4m。重力加速度為g，定滑輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)輕繩豎直。將a、b由靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是()圖4A.繩子對(duì)b的拉力大小為4mgB.a的加速度大小為eq\f(g,2)C.繩子對(duì)定滑輪的作用力大小為2eq\r(3)mgD.在相同時(shí)間內(nèi)(b未觸地)，a、b速度變化量大小不相等答案BC解析在相同時(shí)間內(nèi)(b未觸地)，a、b加速度的大小相等，速度變化量大小相等，D錯(cuò)誤；將a、b看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律得F合＝4mg－2mgsinθ＝(2m＋4m)a，解得a＝eq\f(g,2)，故B正確；以b為研究對(duì)象，設(shè)拉力為T，由牛頓第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知，兩側(cè)繩子的夾角為60°，則繩子對(duì)定滑輪的力為F＝2Tcos30°＝2eq\r(3)mg，故C正確。3.(2024·江西上饒模擬)如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量分別為3m、m的物體A、B(A物體與彈簧拴接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，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B上，使物體A、B開始向上一起做加速度大小為eq\f(1,4)g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B分離。重力加速度為g，則關(guān)于此過(guò)程說(shuō)法正確的是()圖5A.施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為FAB＝eq\f(mg,4)B.施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為FAB＝eq\f(mg,2)C.從施加力F到A、B分離的時(shí)間為4eq\r(\f(2m,k))D.從施加力F到A、B分離的時(shí)間為2eq\r(\f(2m,k))答案A解析設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為x0，則kx0＝4mg，拉力F開始施加的瞬間，彈簧對(duì)A的彈力不變，對(duì)A物體，根據(jù)牛頓第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝eq\f(mg,4)，A正確，B錯(cuò)誤；在A、B分離瞬間，A、B間的彈力為0，彈簧彈力不為零，對(duì)A受力分析得kx－3mg＝3ma，解得這一瞬間彈簧的壓縮量為x＝eq\f(15mg,4k)，則A、B上升的高度h＝x0－x，由h＝eq\f(1,2)at2，解得從施加力到A、B分離的時(shí)間是t＝eq\r(\f(2m,k))，C、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題1.常見(jiàn)臨界問(wèn)題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件：彈力FN＝0。(2)相對(duì)滑動(dòng)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(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。(2)尋找過(guò)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。角度恰好分離的臨界問(wèn)題例3(多選)(2024·江西南昌模擬)如圖6所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為2m的物塊B并排放在斜面上，物塊A、B不粘連，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的外力F拉物塊B，已知重力加速度為g，F(xiàn)＝2mg，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()圖6A.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊A、B分離B.物塊A、B分離瞬間，物塊A的加速度大小為eq\f(1,2)gC.物塊A、B分離瞬間，彈簧的壓縮量為eq\f(mg,2k)D.從外力F作用在物塊B上到物塊A、B分離的過(guò)程中，物塊B的位移大小為eq\f(mg,2k)答案BD解析物塊A、B分離前，在外力的作用下一起沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊A、B分離時(shí)物塊A、B的加速度相等且沿斜面向上，A、B間的彈力為零，對(duì)物塊A受力分析可知彈簧對(duì)A的彈力沿斜面向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；物塊A、B分離瞬間，物塊A、B加速度相等，對(duì)物塊B，由牛頓第二定律有F－2mgsin30°＝2ma，解得a＝eq\f(1,2)g，所以物塊A的加速度大小為eq\f(1,2)g，故B正確；對(duì)物塊A受力分析，由牛頓第二定律可得kx1－mgsin30°＝ma，解得彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mg,k)，故C錯(cuò)誤；F沒(méi)有作用在B上時(shí)，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得3mgsin30°＝kx2，解得x2＝eq\f(3mg,2k)，因此B運(yùn)動(dòng)的位移為x2－x1＝eq\f(mg,2k)，故D正確。角度發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界問(wèn)題例4(2024·陜西西安交大附中期中)如圖7所示，物體A放在B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg。A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。A物體上系一細(xì)線，細(xì)線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細(xì)線(取g＝10m/s2)，下列敘述正確的是()圖7A.當(dāng)拉力0<F<12N時(shí)，A靜止不動(dòng)B.當(dāng)拉力F>12N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)C.當(dāng)拉力F＝16N時(shí)，B受到A的摩擦力等于12ND.在細(xì)線可以承受的范圍內(nèi)，無(wú)論拉力F多大，A相對(duì)B始終靜止答案D解析由于物體B放在光滑的水平面上，因此只要拉力F不是零，A、B將一起加速運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)拉力0<F<12N時(shí)，A不會(huì)靜止不動(dòng)，A錯(cuò)誤；若A、B能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則有a＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.2×6×10,2)m/s2＝6m/s2，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律可得發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的拉力為F＝(mA＋mB)a＝(6＋2)×6N＝48N，超出了繩子的最大拉力，由此可知，在繩子承受的最大拉力20N范圍內(nèi)，無(wú)論拉力F多大，A、B始終處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)拉力F＝16N時(shí)，對(duì)整體，由牛頓第二定律可得F＝(mA＋mB)a′，解得a′＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(16,6＋2)m/s2＝2m/s2，則B受到A的摩擦力Ff＝mBa′＝2×2N＝4N，C錯(cuò)誤。角度動(dòng)力學(xué)的極值問(wèn)題例5如圖8所示，一足夠長(zhǎng)的木板上表面與木塊之間的動(dòng)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＝2m/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＝10m/s2，x的最小值為()圖8A.0.12m B.0.14mC.0.16m D.0.2m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(shí)，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，設(shè)木塊的位移為x，有0－veq\o\al(2,0)＝2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，加速度有最大值，為am＝－geq\r(1＋μ2)＝－eq\f(5,4)g，此時(shí)x有最小值，為xmin＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)＝0.16m，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。方法總結(jié)處理動(dòng)力學(xué)臨界和極值問(wèn)題的方法技巧極限法把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的假設(shè)法臨界問(wèn)題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問(wèn)題數(shù)學(xué)法將物理過(guò)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A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(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，汽車由靜止開始做勻加速運(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1A.F∶f＝1∶4 B.F∶f＝4∶1C.F∶f＝1∶3 D.F∶f＝3∶1答案B解析由題圖可知，在0～1s內(nèi)，根據(jù)汽車的受力及牛頓第二定律可知F－f＝ma1，在1～4s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.(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，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示(g＝10m/s2)，則下列結(jié)論正確的是()圖2A.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7.5N/cmC.物體的質(zhì)量為3kgD.物體的加速度大小為5m/s2答案D解析物體與彈簧分離時(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－x)－mg＝ma，聯(lián)立得F＝kx＋ma，可知題圖乙中圖線斜率表示勁度系數(shù)，可得k＝5N/cm，B錯(cuò)誤；x≥4cm后，物體與彈簧脫離，根據(jù)牛頓第二定律有30N－mg＝ma，且由縱軸截距知10N＝ma，聯(lián)立解得m＝2kg，a＝5m/s2，C錯(cuò)誤，D正確。3.如圖3甲所示，傾角α＝37°的斜面體固定在水平面上，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊放在斜面上，滑塊與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，t＝0時(shí)刻在滑塊上施加一平行斜面向上的外力F使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，滑塊的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，取沿斜面向上的方向?yàn)檎?，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A.0～1s內(nèi)外力與3～4s內(nèi)外力大小之比為1∶1B.2s末滑塊速度的大小為6m/sC.1s末與3s末滑塊的速度等大反向D.滑塊4s末運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)答案D解析由題圖乙知，在0～1s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度恒定為2m/s2，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F1－mgsinα－μmgcosα＝ma1，解得F1＝12N，在3～4s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度沿斜面向下，大小恒為2m/s2，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα－F2＝ma2，解得F2＝8N，則0～1s內(nèi)外力與3～4s內(nèi)外力大小之比為3∶2，故A錯(cuò)誤；a－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量，因此由a－t圖像可得，在t＝2s時(shí)，滑塊的速度大小為v＝eq\f(1,2)×(1＋2)×2m/s＝3m/s，故B錯(cuò)誤；在t＝1s到t＝3s時(shí)間內(nèi)，滑塊先加速后減速，由題圖中面積關(guān)系可知，速度變化量大小相等，故1s末與3s末滑塊的速度大小均為2m/s，方向均沿正方向，故C錯(cuò)誤；在0～4s時(shí)間內(nèi)，由面積關(guān)系可知，滑塊運(yùn)動(dòng)的方向不變，先沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，后沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)，滑塊的速度為零，此時(shí)運(yùn)動(dòng)到斜面體的最高點(diǎn)，故D正確。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1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N。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4A.1N B.2NC.4N D.5N答案C解析對(duì)兩物塊整體受力分析，有F＝2ma，對(duì)后面的物塊，有FT＝ma，聯(lián)立得F＝2FT，而細(xì)線能承受的最大拉力FTmax＝2N，故F的最大值為Fmax＝4N，故C正確。5.一列車由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(shí)，第2節(jié)對(duì)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(duì)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(dòng)的加速度為a，將后面的38節(jié)車廂作為一個(gè)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；將最后面的2節(jié)車廂作為一個(gè)整體進(jìn)行分析，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)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正確，A、B、D錯(cuò)誤。6.(2024·河南新鄉(xiāng)模擬)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0.3kg和0.2kg的球a、b?？刂魄騛靜止在離地面高h(yuǎn)＝49cm的A處，輕繩拉緊，取重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)由靜止釋放小球，不計(jì)空氣阻力，則()圖5A.a球落地前，加速度大小為1m/s2B.a球運(yùn)動(dòng)到地面所用時(shí)間為0.5sC.a球落至地面時(shí)的速度大小為1.6m/sD.繩子中張力大小為2.4N答案D解析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＝2m/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))＝0.7s，故B錯(cuò)誤；a球落至地面時(shí)的速度大小為v＝at＝1.4m/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＝2.4N，故D正確。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)的火車車廂內(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)火車以加速度a向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則()圖6A.若a＝20m/s2，小球受G、T、FN三個(gè)力的作用B.若a＝20m/s2，小球只受G、T兩個(gè)力的作用C.若a＝10m/s2，小球只受G、T兩個(gè)力的作用D.若a＝10m/s2，小球受G、T、FN三個(gè)力的作用答案BD解析設(shè)火車加速度為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,tan30°)＝ma0，解得a0＝10eq\r(3)m/s2≈17m/s2。若a＝20m/s2，可知小球已經(jīng)離開斜面，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＝10m/s2，可知小球還沒(méi)有離開斜面，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.(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7A.逐漸增大 B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案D解析設(shè)P點(diǎn)與豎直桿的距離為l，則PQ＝eq\f(l,cosθ)。對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2，得eq\f(l,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，解得t＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，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。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8A.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0.5kgD.物塊Q受到軌道的摩擦力大小為1N答案BC解析物塊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2m/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)＝2kg－1，解得m＝0.5kg，故C正確；由圖線與縱軸的交點(diǎn)可知F1＝ma1＝0.5kg×2m/s2＝1N，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，1N并非物塊Q受到的摩擦力，故D錯(cuò)誤。10.(多選)(2022·全國(guó)甲卷，19)如圖9，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(dòng)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(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)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(zhǎng)之前()圖9A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.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(shí)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(dòng)，則拉力大小為F＝2μmg，對(duì)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，由牛頓第二定律對(duì)滑塊P有，－kx′－μmg＝maP，對(duì)滑塊Q有kx′－μmg＝maQ，從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，彈簧彈力一直在減小，則滑塊P減速的加速度減小，滑塊Q的加速度增大，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故P加速度大小的最大值amP＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－kx－μmg,m)))＝2μg，Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，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(cuò)誤；由于彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)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(shí)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(cuò)誤，D正確。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＝6.5N，玩具的質(zhì)量m＝1kg。經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝2.0s，玩具移動(dòng)了距離x＝2eq\r(3)m，這時(shí)幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下(取g＝10m/s2)。求：圖10(1)玩具與地面間的動(dòng)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(dòng)玩具，拉力F與水平面間的夾角為多大時(shí)最省力？答案