高一物理（人教版2019）导学案必修一教师用书32第四章素养提升课（六）连接体问题临界问题动力学图像问题

素养提升课(六)连接体问题、临界问题、动力学图像问题[学习目标]1．学会处理动力学中的连接体问题。2．学会处理动力学中的临界问题。3．学会处理动力学中的图像问题。探究1动力学中的连接体问题1．常见连接体模型两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。常见模型如图所示。2．处理连接体问题的方法(1)整体法：把多个物体组成的系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。【典例1】如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连，mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，不计绳2与滑轮间的摩擦，取g＝10m/s2，求：(1)系统的加速度大小；(2)绳1和绳2中的张力大小。[思路点拨]解此题应抓住以下两点：(1)物体A、B、C的加速度大小相等。(2)物体A、C与水平桌面间存在摩擦力，且动摩擦因数相同，所以A、C可以看作一个“小整体”。[解析](1)(2)设系统的加速度大小为a，绳1的张力大小为F1，绳2的张力大小为F2对物体C由牛顿第二定律得F1－μmCg＝mCa对A、C整体由牛顿第二定律得F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a对物体B由牛顿第二定律得mBg－F2＝mBa联立解得a＝3.75m/s2，F1＝6.25N，F2＝18.75N。[答案](1)3.75m/s2(2)6.25N18.75N整体法与隔离法的选用(1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。(2)求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。(3)无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。[针对训练]1．如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为(A．5F8C．3F8A[当两球运动至二者相距3L5时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sinθ＝m绳a，又轻绳质量近似为0，解得F1＝5F8。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝52．质量均为5kg的物块1、2放在水平面上并用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块1的表面光滑，物块2与地面间的动摩擦因数为0.2，整个系统在水平拉力F作用下向左做匀加速运动，此时弹簧测力计的示数为15N；若拉力变为2F，其他条件不变，重力加速度大小取g＝10m/s2，则此时弹簧测力计的示数为()A．30N B．25NC．20N D．15NB[当拉力F作用时，对整体，加速度a＝F-μm2gm1+m2，对物块2，FT－μm2g＝m2a，FT＝15N，联立得F＝20N；若拉力变为2F，对整体，加速度a1＝2F-μm2gm1+m2＝3m/s2，对物块2探究2动力学中的临界问题1．动力学中的典型临界问题(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力N＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是张力等于它所能承受的最大张力。绳子松弛的临界条件是T＝0。(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化。当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当加速度为零时，所对应的速度便会出现最大值或最小值。2．求解临界极值问题的三种常用方法(1)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。(2)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，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。(3)数学方法：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。【典例2】如图所示，一质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜面与水平面夹角为θ＝30°，重力加速度为g，则：(1)劈以加速度a1＝g3(2)劈的加速度至少为多大时小球对劈无压力？此时加速度方向如何？[解析]当劈水平向左的加速度较小时，小球对劈有压力作用，当劈水平向左的加速度较大时，小球将离开斜面。(1)对小球进行受力分析如图甲所示。在水平方向上有FT1cosθ－FN1sinθ＝ma1在竖直方向上有FT1sinθ＋FN1cosθ＝mg由以上两式得FT1＝3+36(2)对小球进行受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得小球对劈无压力时FT2cosθ＝ma2FT2sinθ＝mg由以上两式得a2＝3g，方向水平向左。[答案](1)3+36mg(2)3[母题变式]若劈的加速度为a3＝2g且水平向左加速运动时，绳的拉力又为多大？[提示]FT3＝5mg。[针对训练]3．(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()A．12 C．22 B[国产人形机器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用，如图所示。当机器人“天工”站立和稳定行走时，根据平衡条件，沿斜坡方向μmgcos30°≥mgsin30°，解得斜坡的动摩擦因数μ≥33，即机器人的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于33，故B正确，A、C、D错误。故选]4．如图所示，两个质量均为m的物块A、B叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，物块A受到一个竖直向上的作用力F，使得物块A以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升，则A、B分离时B的速度为()A．g2mk BC．g2mk D．2B[两物块静止时，弹簧压缩量x1＝2mgk。两物块分离时，A、B之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为x2，对物块B，有kx2－mg＝ma，得x2＝3mg2k，物块B的位移大小为x＝x1－x2＝mg2k，由v2＝2ax得v探究3动力学中的图像问题1．动力学图像图像题型vt图像已知物体的运动图像，求解物体的受力情况运动图像关联受力图像，对物体的受力情况、运动情况进行综合考察at图像Ft图像已知物体的受力图像，求解物体的运动情况Fa图像2．解题关键：充分挖掘图像隐含条件或信息，并把运动学图像和力的图像结合分析。【典例3】(多选)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是()A．第2s内物体位移大小是4mB．0～4s过程中物体做匀变速直线运动C．物体的质量m＝5kgD．物体与地面间的动摩擦因数为0.1CD[由题图乙可知第2s内物体位移大小为x＝12×(2＋4)×1m＝3m，故A错误；由题图乙可知，前2s做匀加速直线运动，后2s做匀速直线运动，故B错误；由牛顿第二定律可知前2s内F1－μmg＝ma，后2s内F2＝μmg，由题图甲可知F1＝15N，F2＝5N，由题图乙可知a＝2m/s2，解得m＝5kg，μ＝0.1，故C、D正确。图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情境结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系。(3)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义。找出图线的斜率、截距或图线与坐标轴所围图形面积的物理意义。[针对训练]5．(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙BC[对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则Fa图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题图可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题图可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]6．如图甲所示，质量为m的物体，静止在粗糙的水平面上，从t＝0时刻起，受到一个水平外力F的作用，F随时间变化的规律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列关于物块运动的at图像和vt图像可能正确的是()ABCDD[由题图可知，在t1之前，外力逐渐增加，初始时，外力F较小，小于最大静摩擦力，所以开始一段时间没有加速度，若外力F的最大值大于最大静摩擦力，则在外力F大于最大静摩擦之后，物块开始运动，由F－Ff＝ma，整理有F＝ma＋Ff，可知，外力F与加速度a呈线性关系，到达t1之后，外力F不变，所以加速度a也不变，所以对于at图像来说，应该初始一段时间a＝0(没有图线)，某时刻后是一条倾斜的直线，t1之后为一条与t轴平行的直线，故A、B错误；由上述分析可知，初始一段时间加速度为零，之后逐渐增加，t1之后加速度不变，而vt图像中，斜率表示加速度，故C错误，D正确。]素养提升练(六)1．两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触地放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于()A．m1m1+mC．F D．m1B[对物体A、B组成的整体根据牛顿第二定律得a＝Fm1+m2，对物体B，由牛顿第二定律得F′＝m2a＝m2．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止状态位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()ABCDA[设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，A正确。]3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过()A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2B[书放在水平桌面上，若书恰好相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2，则高铁的最大加速度为4m/s2，B正确，A、C、D错误。]4．(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球球心的连线与竖直方向的夹角为α。下列说法正确的是()A．小铁球所受合力为零B．小铁球受到的合力方向水平向左C．F＝(M＋m)gtanαD．系统的加速度为a＝gtanαCD[隔离小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma，且合力水平向右，故小铁球的加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A、B错误，D正确；对整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，C正确。]5．(多选)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体所受的重力大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－gABD[当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝FM－g，A点表示的意义为F＝Mg，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确。6．(2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到am图像。重力加速度大小为g。在下列am图像中，可能正确的是()ABCDD[设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－μ+1Mgm+M，可知7．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，弹簧的形变量为x，如图所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内()A．小车一定向左做加速运动B．弹簧可能处于压缩状态C．小车的加速度方向向左，大小为a＝gtanθD．弹簧的形变量为x＝m1gC[由题意知，木块、小车、小球相对静止，具有相同的加速度，对小球进行受力分析有：小球受重力和细线的拉力，在两个力作用下小球在竖直方向处于平衡状态，水平方向产生加速度，所以水平方向有Tsinθ＝ma，竖直方向有Tcosθ＝mg，所以可得小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左，则小车的加速度为a＝gtanθ，方向水平向左，而小车的速度方向不确定，所以小车可能向左做加速运动，也可能向右减速运动，故A错误，C正确；对木块分析知木块的加速度水平向左，合力水平向左，弹簧对木块必定有水平向左的拉力，所以弹簧一定处于伸长状态，故B错误；对木块由牛顿第二定律，得kx＝m1a，解得x＝m1gktanθ，故8．(多选)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后()A．绳子上的拉力大小FT＝(M＋m)gB．物体A的加速度大小a＝m2C．MmD．MmBD[对物体A，由牛顿第二定律得FT－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，联立解得FT＝Mg＋Mmg2M+m，a＝m2M+mg，故A错误，B正确；由a＝m2M+mg＝129．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ。现在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的有()A．木块Q对地面的压力大于2mgB．当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大C．若加速度a＝gtanθ，则P不受摩擦力D．地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大C[P、Q整体的加速度不存在竖直方向的分量，所以木块Q对地面的压力等于2mg，地面与Q间的滑动摩擦力不变，故A、D错误；假设Q对P的摩擦力f始终沿P、Q接触面向上，设Q对P的支持力为N，在水平方向上根据牛顿第二定律有Nsinθ－fcosθ＝ma，在竖直方向上根据平衡条件有Ncosθ＋fsinθ＝mg，解得a＝gtanθ－fmcosθ，当F增大时，a增大，若f>0，则f减小；若加速度a＝gtanθ，则f＝0，即P不受摩擦力，故B10．(2024·广东卷)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Fy图像或yt图像可能正确的是()ABCDB[在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力，即F＝mg，保持不变，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有F＝mg－k(y－H)，随着y增大，F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，随着y增大，F增大，故Fy图像如图所示，故B正确，A错误；同理，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据y＝12gt2，速度逐渐增大，所以yt图像斜率逐渐增大；当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律知F＝mg－k(y－H)，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以yt图像斜率继续增大；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以yt图后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度恒定的加速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，yt图像大致如图所示，故C、D错误。故选B。]11．如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线