2026高考物理一轮复习（基础版）第三章 第3讲　小专题 牛顿运动定律的综合应用

第3讲小专题:牛顿运动定律的综合应用考点一动力学中的连接体问题在下列各图中,质量分别为m1、m2的物块A、B分别在恒力F的作用下沿同一平面做匀变速直线运动时,你能分别推导出在有、无摩擦力两种情况下A与B间弹力的表达式吗?你会发现怎样的规律?提示:各图示情形中,无论物体是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先将物块A、B看作一个整体,然后再将其中一个隔离,分别根据牛顿第二定律列方程求解。1.“力的分配”两个物体间无论通过接触、轻绳、轻杆或轻弹簧连接,在同一平面受与平面平行的力F作用,以相等的加速度做匀变速直线运动时,无论平面是否光滑(若μ≠0,其动摩擦因数相等),两物体间沿平面的作用力大小只与质量和力F有关,如图示中FT=m2m1+m2F,2.常见连接体模型类型图示特点接触类通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度轻绳类轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等轻杆类轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度弹簧类在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、加速度相等[例1]【叠放类】(2024·安徽滁州测试)如图,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M,木块质量是m,加速度大小是a,木块和小车之间动摩擦因数是μ。则木块与小车之间的摩擦力大小是()[A]mM+mF [C]μmg [D]μ(M+m)g【答案】A【解析】对小车和木块整体,受到重力、支持力和拉力作用,根据牛顿第二定律,有F=(M+m)a,而木块受重力、支持力和与F同向的静摩擦力作用,则有Ff=ma,联立解得Ff=ma=mM+mF[变式]若恒力F作用在木块上,木块与小车之间的摩擦力又是多少?【答案】MF【解析】对小车和木块整体,有F=(M+m)a,对小车有Ff′=Ma,联立解得Ff′=Ma=MFM[例2]【轻绳类】(2024·河南商丘期末)(多选)如图甲、乙、丙所示,两物块A、B之间用细线相连,第一次将物块放在水平面上施加水平拉力,第二次将物块放在足够长斜面上施加平行斜面向上的拉力,第三次施加竖直向上的拉力,已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数均为μ=0.2,斜面倾角为θ=37°,三根细线能够承受的最大拉力相同,三次均使两物块都动起来,三次最大拉力分别为F1、F2、F3,三次物块最大加速度分别为a1、a2、a3,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,以下说法正确的是()[A]F1<F2<F3 [B]F1=F2=F3[C]a1>a2>a3 [D]a1=a2=a3【答案】BC【解析】以题图乙为例,两物块A、B放在粗糙斜面上,在外力作用下向上加速运动,根据牛顿第二定律,对整体有F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,设两物块间细线拉力为FT,对物块B有FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,联立解得FT=mBmA+mBF,可知细线拉力FT与θ、μ、a无关,只跟拉力F和两物块质量有关,当三种情况细线拉力均达到最大时外力F为最大,则Fmax=mA+mBmBFTmax,而三种情况下细线最大拉力相等,可知F1=F2=F3,故A错误,B正确;当外力最大时系统加速度最大,对A、B整体,根据牛顿第二定律,题图甲中有F1-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1,题图乙中有F2-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a2,题图丙中有F3-(mA+mB)g=(mA+mB)a3,解得a1=F1mA+mB-μg,a2=F2mA+mB-gsinθ-μgcosθ,a3=F3mA[变式]若物体A放在水平桌面上,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的另一端悬挂一物体B,系统做加速运动,物体A与桌面间存在摩擦。此时物体B受系统外力F,F=mBg,则轻绳对物体A的拉力FT=mAmA+mBmBg【答案】不等于(1+μ)【解析】此情境下物体A、B并不会同时受摩擦力,不符合力的分配规律,即FT≠mAmA+mBmBg。设轻绳的弹力为FT,物体A与桌面间动摩擦因数为μ,对物体B有mBg-FT=mBa,对物体A有FT-μmAg=mAa,两式联立得FT解答连接体问题的方法(1)对符合“力的分配”规律的连接体问题,应用其规律可以快速准确地得出结果,起到事半功倍的作用。(2)对一般的连接体问题,应利用整体或隔离的方法,分别分析其受力,根据牛顿第二定律列出方程,再联立求解。[例3]【弹簧类】(2024·云南昆明阶段检测)如图所示,两个质量分别为m1=2kg,m2=4kg的物体P、Q置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=40N,F2=16N的水平拉力分别作用在P、Q上,达到稳定状态后,下列说法正确的是()[A]弹簧测力计的示数是32N[B]弹簧测力计的示数是28N[C]在突然撤去F2的瞬间,Q的加速度大小为203m/s[D]在突然撤去F1的瞬间,P的加速度大小为83m/s【答案】A【解析】对两物体组成的系统,由牛顿第二定律可知a=F1-F2m1+m2=40-162+4m/s2=4m/s2,系统的加速度方向水平向右,设弹簧测力计的拉力是F,对物体Q有F-F2=m2a,得F=32N,故A正确,B错误;在突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不能突变,物体Q所受的合力等于弹簧的弹力,设Q此时加速度为a2,则F=m2a2,得a2=8m/s2,同理在突然撤去F1的瞬间,设此时P加速度为a1,则F=m1a1,得a[变式](1)在[例3]情境中,撤去力F2,稳定后弹簧测力计的示数是多少?(2)若两物体置于动摩擦因数为μ=0.2的水平面上,则达到稳定状态后,弹簧测力计的示数是多少?【答案】(1)803N(2)32【解析】(1)设两物体组成的系统加速度为a′,由牛顿第二定律可知a′=F1m1+m2=402+4其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力是F′,对物体Q,有F′=m2a′,得F′=803N(2)两物体组成的系统加速度为a″,根据牛顿第二定律有F1-F2-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a″,得a″=F=40-16-=2m/s2,其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F″,对物体Q,由牛顿第二定律得F″-F2-μm2g=m2a″,代入数据得F″=32N。考点二动力学中的临界和极值问题1.临界极值问题的特征(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往就是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件是两物体间弹力FN=0。(2)相对静止或滑动的临界条件是两物体间静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂或松弛的临界条件,前者绳中张力等于它所能承受的最大张力,后者绳中张力FT=0。(4)物体在介质中运动的最终速度(收尾速度)的临界条件是物体所受合力为零。3.求解临界、极值问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件时,往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件[例4]【接触与脱离的临界问题】(2024·重庆江北阶段检测)(多选)如图所示,两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面,处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k。t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升,下列说法正确的是()[A]从t=0到A、B分离过程F逐渐增大[B]分离时弹簧处于原长状态[C]在t=2mk时刻A、[D]分离时B的速度大小为gm【答案】AC【解析】物块A、B分离时,A、B间的弹力为零,物体B向上的加速度为0.5g,合力方向向上,可知弹簧处于压缩状态,故B错误;两物块分离前加速度相同,根据牛顿第二定律,对A、B整体,有F+kx-2mg=2ma,则F=2m(g+a)-kx,由于弹簧形变量减小,从t=0到A、B分离过程F逐渐增大,故A正确;t=0时,弹簧的压缩量x1=2mgk,A、B分离时,对物块B有kx2-mg=ma,解得x2=3mg2k,则弹簧形变量的变化量Δx=x1-x2=mg2k,即从t=0到A、B分离,其位移x=mg2k,根据x=12at2,得t=2mk,故C正确;分离时B[变式]在[例4]情境中为研究物块A、B的分离,某学习小组的同学不是对A施加拉力而是用力缓慢向下压物块A,通过力传感器观察到当压力增加到F1时撤去压力,A开始向上运动,最终A、B分离。(1)撤去压力时,物块B对A的作用力多大?(2)物块A、B分离时弹簧处于怎样的状态?【答案】(1)F12+mg【解析】(1)撤去压力时,A、B整体所受合力为F1,方向竖直向上,则加速度a共=F12m,对物块A有FN-mg=ma共,可知FN=F(2)当物块A、B分离时二者速度大小相等,方向竖直向上。此时物块A只受重力,则加速度为重力加速度g而做竖直上抛运动,物块B的加速度方向也向下且大于重力加速度,可知物块B除受重力外还受弹簧拉力,即弹簧处于伸长状态。[例5]【相对静止与滑动的临界问题】(2024·广西南宁阶段检测)如图所示,质量为1kg的长木板Q放在水平地面上,质量为2kg的物块P放在木板Q的左端。物块P与木板Q间的动摩擦因数为0.7,木板Q与地面间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为10m/s2。现对P施加一水平拉力F,则物块速度vP、木板速度vQ随时间变化的图像可能是() [A][B] [C][D]【答案】B【解析】P、Q之间的最大静摩擦力为Ffmax=μ1mg=0.7×2×10N=14N,Q与地面之间的最大静摩擦力为Ffmax′=μ2(m+M)g=0.2×(2+1)×10N=6N,当拉力F大于6N且小于某一数值时,P、Q以相同加速度一起做匀加速运动。设P、Q恰好相对静止且共同运动时拉力为F1,对P、Q整体有F1-μ2(m+M)g=(m+M)a1,对物块P有F1-μ1mg=ma1,解得a1=8m/s2,F1=30N,即6N≤F≤30N时P、Q保持相对静止,其加速度a≤8m/s2,对比选项B、D中v-t图像,可知选项B正确,D错误。若P、Q发生相对滑动,二者速度不同,则P、Q加速度分别为aP>8m/s2、aQ=8m/s2,对比选项A、C中v-t图像,可知选项A、C错误。[变式]若使水平拉力F施加在木板Q上,P、Q一起运动,则力F大小是多少?【答案】6N≤F≤27N【解析】当P、Q整体恰好一起匀速运动,由平衡条件知拉力F1=μ2(M+m)g=6N;当P、Q恰好不相对滑动时,对物块P有μ1mg=ma共,则a共=μ1g=7m/s2,对木板B有F2-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma共,解得F2=27N,可知拉力F的大小为6N≤F≤27N。[例6]【绳子断裂与松弛的临界问题】如图所示,粗糙水平面上放置Q、K两物体,P叠放在K上,P、Q、K的质量分别为m、2m和3m,物体Q、K与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FTmax。现用水平拉力F拉物体Q,三个物体以同一加速度向右运动,则()[A]此过程中物体K受五个力作用[B]当F逐渐增大到FTmax时,轻绳刚好被拉断[C]当F逐渐增大到1.5FTmax时,轻绳刚好被拉断[D]若水平面光滑,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为F【答案】C【解析】由于物体P、Q、K一同向右加速运动,则物体P受重力、支持力和向右的静摩擦力作用,则物体K受重力、P的压力和静摩擦力、地面的支持力、绳子的拉力以及地面的摩擦力六个力作用,故A错误;当物体P、Q、K一同加速运动,根据牛顿第二定律得整体的加速度a=F-μ·6mg6m=F6m-μg,对P、K整体有FT-μ·4mg=4ma,解得FT=23F,当F=1.5FTmax时,FT=FTmax,轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确;若水平面光滑,绳刚要断时,对P、K整体,其加速度a=FTmax4m,[变式]若水平面粗糙,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为多少?【答案】FTmax4【解析】把P、K当成一整体,绳刚要断时由牛顿第二定律可得FTmax-μ·4mg=4ma,对P由牛顿第二定律可得Ff=ma,联立解得P、K间的摩擦力为Ff=FTmax4-[例7]【动力学中的极值问题】(2024·湖南长沙期中)如图甲所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0=10m/s沿木板向上运动,如图乙所示(木板足够长),随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度g取10m/s2。(结果可用根号表示)(1)求小木块与木板间的动摩擦因数;(2)求当θ角满足什么条件时,小木块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。【答案】(1)33(2)θ=60°53【解析】(1)当θ=30°时,小木块恰好沿木板匀速下滑,根据平衡条件有mgsinθ=μFN,FN=mgcosθ,联立解得μ=33(2)当木块沿木板向上滑时其加速度为a,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma,则a=g(sinθ+μcosθ),根据速度位移公式有v02=2a木块位移x=v0由数学知识知sinθ+μcosθ=1+μ2sin(α+其中μ=tanα,则α=30°,即x=v0当α+θ=90°,即θ=60°时x最小,最小值为xmin=v022g(sin60°[变式](1)在[例7]图乙情境中,当θ=30°时,小木块沿木板向上滑行的距离为多少?(2)若小木块沿木板向上滑动的最大距离x与θ角的关系图像x-θ如图所示。则木块的初速度大小为多少?当θ=45°时小木块上滑距离为多少?【答案】(1)5m(2)6m/s1.61m【解析】(1)当θ=30°时,在小木块沿木板向上滑行过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma,解得a=10m/s2。根据速度位移关系式v2-v02=2ax,有v02解得x=5m。(2)由x-θ图像可知,当θ=π2时,x1=1.8m,此时小木块做竖直上抛运动,v=2gx1=2×10×以沿木板向上为正方向,木板倾角为θ,小木块滑到最高点的过程中,有-mgsinθ-μmgcosθ=ma,由0-v2=2ax2,得x2=v2代入数据解得x2≈1.61m。考点三动力学中的图像问题1.动力学图像问题类型与动力学问题有关的图像问题,一般有下列两种类型:(1)由题干描述物体的受力情况或运动情况,对物体的运动或受力选择对应图像。(2)题干中由图像提供物体受力或运动信息,然后对物体的运动、受力情况作出判断解答。2.常见动力学图像及应用名称应用方法F-a图像(1)根据具体的物理情境,对物体进行受力分析。(2)根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式。(3)结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义。(4)由图像给出的信息求出未知量a-t图像(1)由加速度的正、负及大小分析每一段的运动情况。(2)结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解F-t图像(1)结合物体受到的力,根据牛顿第二定律列方程,确定加速度的情况。(2)分析每一时间段的运动性质[例8]【图像信息与物体的受力问题】(2025·河南高考适应性考试)如图甲所示的水平地面上,质量为1kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动。图乙为F随时间t变化的关系图像,已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2。求:(1)在2s末物体的速度大小;(2)在0～3s内物体所受摩擦力做的功。【答案】(1)8m/s(2)-27J【解析】(1)0～2s内,由牛顿第二定律有F1-μmg=ma1,解得a1=4m/s2,v=a1t1=8m/s。(2)0～2s内,物体的位移x1=12a1t12=2～3s内,由牛顿第二定律有F2+μmg=ma2,解得a2=5m/s2,方向水平向左,位移x2=vt2-12a2t22=5.物体在0～3s内的总位移x总=x1+x2=13.5m,在0～3s内物体所受摩擦力做的功Wf=-Ffx总=-27J。[例9]【物体运动与运动图像问题】(2024·广东卷,7)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,且为正值,F-y图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有F=mg-kΔy(mg>kΔy),后有F=mg-kΔy(mg<kΔy),随着y增大,F先减小后反向增大,F-y图像为过y轴的倾斜直线;整个下落过程动能变化量为0,所以整个过程合外力F做功为0,则F-y图像中图线在y轴上方和下方与坐标轴包围的面积大小相等;此后木块返回,其图像与下落过程重合,故A错误,B正确。在木块下落H高度之前,木块做匀加速直线运动,由v=gt可知速度逐渐增大,根据y=12gt2,y-t图像斜率逐渐增大;在木块接触弹簧后到最低点,根据牛顿第二定律,木块先做加速度减小的加速运动,y-t图像斜率继续增大,后做加速度增大的减速运动,y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上做与下落过程关于木块经最低点时刻对称的反向运动,则y-t图像大致如图所示,故C、D[变式]在[例9]情境中,请大致画出木块从释放到第一次回到原点的v2-x图像。【答案】图见解析【解析】木块由静止下落到接触弹簧的过程中做自由落体运动,加速度为重力加速度而不变,下落高度为H,由公式v2-v02=2ax可知,v2-x图线为过原点的倾斜直线OA;木块开始接触弹簧到木块平衡位置,根据牛顿第二定律,可知木块加速度正向减小到0,其v2-x图线为AB;木块由平衡点继续压缩弹簧到最低点,木块加速度反向逐渐增大,到最低点加速度最大,且大于重力加速度,对应的v2-x图像为BC。木块由最低点开始反向运动,v2-动力学图像问题的解题策略(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与规律”间的关系,然后根据函数关系读取图像信息或描点作图。(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、拐点以及图线与坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义,尽可能多地提取有效信息。(满分:80分)对点1.动力学中的连接体问题1.(4分)(2024·北京卷,4)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为()[A]MM+mF [C]MmF [D]m【答案】A【解析】对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F′=Ma,两式联立可得飞船和空间站之间的作用力F′=MM+mF,A正确,B、C2.(6分)(2024·安徽芜湖阶段练习)(多选)如图所示,物体A和B中间用一个轻杆相连,在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑,杆与斜面平行。已知物体B光滑,质量为m,物体A与斜面间的动摩擦因数为μ,质量为2m,下列说法正确的是()[A]物体A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ[B]轻杆对物体A的作用力沿斜面向下[C]增加物体A的质量,A、B整体将沿斜面减速下滑[D]增加物体B的质量,A、B整体将沿斜面匀速下滑【答案】BC【解析】物体B光滑,轻杆对B的作用力沿斜面向上,则轻杆对A的作用力沿斜面向下,故B正确;对物体A、B(含杆)整体,沿斜面方向,根据平衡条件得3mgsinθ=2μmgcosθ,解得μ=32tanθ,故A错误;设A物块质量增加Δm,其整体所受合力F合=(3m+Δm)gsinθ-μ(2m+Δm)gcosθ=-12Δmgsinθ,方向沿斜面向上,故A、B整体做减速运动,故C正确;同理若增加B的质量,则A、B整体的合力F合′=Δmgsinθ,方向沿斜面向下而向下做加速运动,故3.(14分)(2024·安徽合肥阶段练习)如图所示,轻绳一端固定于天花板,绕过轻质动滑轮Ⅰ和轻质定滑轮Ⅱ,另一端悬挂重物B,重物A悬挂于动滑轮Ⅰ下方,悬挂滑轮的轻质细线竖直,且使重物A、B从距地面为h的同一高度由静止释放,重物落地后不反弹,重物不会与滑轮碰撞。已知重力加速度为g,不计摩擦力和空气阻力。(1)若释放后A、B静止,求A、B的质量之比mA(2)若mA=4mB,求释放瞬间B的加速度大小aB和释放后B上升的最大高度hm。【答案】(1)2∶1(2)0.5g3h【解析】(1)若释放后A、B静止,由平衡条件可知2mBg=mAg,可得mAmB(2)设细绳拉力为FT,释放瞬间A的加速度为aA,B的加速度为aB,根据牛顿第二定律,对重物A有mAg-2FT=mAaA,对重物B有FT-mBg=mBaB,其中aAaB联立解得aB=0.5g,方向竖直向上,aA=14g,方向竖直向下当重物由静止释放后,重物A下落,重物B上升,则当A落地时,其速度vA=2aAhB的速度vB=2vA=2g此后B做上抛运动,还能上升的高度hB=vB22即B上升的最大高度为hm=2h+h=3h。对点2.动力学中的临界和极值问题4.(4分)(2024·甘肃兰州期中)一辆货车在平直道路上以加速度a向右加速行驶,车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止。A、B间的动摩擦因数为μ1,B与车厢底面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()[A]a可能大于μ1g[B]a可能大于μ2g[C]A对B的摩擦力水平向右[D]车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力【答案】D【解析】以向右为正方向,由于木箱A、B均与货车保持相对静止,对木箱A,当摩擦力达到最大静摩擦力时,有μ1mAg=mAamax,解得amax=μ1g,即a≤μ1g,A错误;对木箱A、B整体有μ2(mA+mB)g=(mA+mB)amax′,解得amax′=μ2g,即a≤μ2g,故B错误;A向右做加速运动,则B对A的摩擦力向右,由牛顿第三定律可知,A对B的摩擦力水平向左,故C错误;木箱B加速度水平向右,则B受车厢底面向右的摩擦力,设A对B的摩擦力为Ff1、车厢对B的摩擦力为Ff2,有Ff2-Ff1=mBa,即Ff2>Ff1,故D正确。5.(6分)(2024·贵州贵阳期末)(多选)风洞实验是研究流体力学的重要依据,风洞实验室中可以产生水平向右、大小可调节的风力。现将质量为1kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ=37°的细直杆上,放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径。在无风情况下小球由静止开始经0.5s沿细杆运动了0.25m,假设小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8)则下列说法正确的是()[A]小球与细杆间的动摩擦因数为0.5[B]风力越大,小球受到的摩擦力越大[C]若小球始终静止在杆上,风力F要满足2011N≤F≤20[D]若风力恒为40N,则2s内小球从静止出发在细杆上通过的位移为44m【答案】AC【解析】在无风情况下小球运动中根据x=12at2,可得加速度大小为a=2m/s2,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得小球与细杆间的动摩擦因数为μ=0.5;若使小球静止在杆上,其摩擦力沿杆向上且最大时风力最小,根据平衡条件有mgsinθ=Fmincosθ+Ffmax,FN=mgcosθ+Fminsinθ,又Ffmax=μFN,联立解得Fmin=2011N,当摩擦力沿杆向下且最大时,风力最大,同理,解得Fmax=20N,即风力F要满足2011N≤F≤20N,故A、C正确。当静摩擦力沿杆向上时,风力越大,静摩擦力越小,故B错误。若风力恒为40N,可知小球沿杆向上加速运动,根据牛顿第二定律有Fcosθ-mgsinθ-μ(Fsinθ+mgcosθ)=ma′,解得加速度大小为a′=10m/s2,则2s内小球从静止出发在细杆上通过的位移为x′=12a′t′2=206.(16分)(2024·广西南宁期末)雪橇运动是冬季一项雪地户外活动。如图为水平雪地上四人推拉雪橇的场景。丙、丁两名乘坐雪橇的人和各自所乘雪橇的总质量分别为m丙=50kg、m丁=60kg,开始时两雪橇紧靠在一起。从t=0由静止开始运动,甲和乙两人分别施加水平拉力F甲和水平推力F乙作用于丙和丁所乘的雪橇上,F甲、F乙随时间的变化规律为F甲=(20+20t)N,F乙=(200-20t)N。已知雪橇与雪地间的动摩擦因数μ=0.1,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)t=0时,雪橇的加速度大小;(2)经过多长时间两雪橇分离;(3)t=10s时丁的速度大小。【答案】(1)1m/s2(2)4s(3)4m/s【解析】(1)t=0时,对丙、丁及所乘坐的雪橇整体,由牛顿第二定律得F甲+F乙-μ(m丙+m丁)g=(m丙+m丁)a0,解得a0=1m/s2。(2)当丙、丁及所乘坐的雪橇分离时,二者具有相同的速度和加速度,且其间无弹力,根据牛顿第二定律,对丙有(20+20t1)-μm丙g=m丙a,对丁有(200-20t1)-μm丁g=m丁a,联立解得t1=4s,a=1m/s2。(3)在0～4s内丙、丁所乘坐的雪橇分离前,整体做匀加速直线运动,4～10s内,对丁有F乙-μm丁g=(200-20t)-μm丁g=m丁a丁,解得a丁=7-在0～10s内丁的a丁-t图像如图所示,a丁-t图像的面积表示速度的变化量,即t=10s时丁的速度为v丁=S丁=(1×4+12×3×1-12×3×1=4m/s。对点3.动力学中的图像问题7.(6分)(2024·四川绵阳期末)(多选)起重机将一重物由静止竖直提起。传感器测得此过程中不同时刻重物的速度v与对轻绳的拉力F,得到如图所示的v-1F关系图线,线段BC与v轴平行,线段AB的延长线过坐标原点。重物速度增加到v2时开始做匀速运动。图中v1、v2、F1、F2都是已知量,重力加速度为g,不计阻力。则([A]重物的质量是F[B]重物的质量是F[C]重物在BA段做匀加速运动[D]重物在CB段运动时间是F【答案】BD【解析】由于速度增加到v2后物体做匀速运动,则有F2=mg,解得重物的质量为m=F2g,故A错误,B正确;从B→A过程,1F增大,拉力F减小,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得a=F-mgm,可知重物的加速度逐渐减小,则在AB段做变加速运动,故C错误;重物在CB段,1F不变,拉力F不变,则加速度不变,而速度增大,且重物的加速度a=F1-mgm=F1-F2gg8.(4分)(2024·黑龙江佳木斯一模