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[课时通关精练(九)]　课时2　动力学中的临界和极值问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(原创＋生活情景融通)地铁车厢的水平地板上放置一个水杯，水杯与地板间的动摩擦因数为 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若水杯不滑动，则地铁的最大加速度不超过(　　)
A.5.0 m/s2 B.6.0 m/s2
C.8.0 m/s2 D.10.0 m/s2
解析：选A。水杯不滑动时，最大静摩擦力提供加速度，即fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2，A正确。
2.如图所示，质量分别为m1、m2的两物体A、B静止叠放在光滑的水平面上，用大小为F1的水平力拉A，可使两物体一起向右匀加速运动，且此时两物体即将相对滑动。现换用水平力F2来拉B，要想把B从A下拉出来，这时F2的大小至少是(　　)
A.F1 B.(m1＋m2)F1
C.F1 D.F1
解析：选C。若拉力F1拉物体A，则由整体法可知a1＝，对B分析可得f＝m2a1＝F1，若拉力F2拉物体B，则由整体法可知a2＝，对A分析可得f＝m1a2＝F2，求得要想把B从A下拉出来F2＝F1，C正确。
3.质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A.(1－)g B.g
C.g D.g
解析：选B。对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，
由牛顿第二定律有Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得Fsin (θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，当sin (θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，B正确。
4.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
解析：选C。设沿木板向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，A、B、D错误，C正确。
5.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4 kg，mB为6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)(N)，FB＝(2＋2t)(N)，下列说法正确的是(　　)
A.A、B始终做匀变速直线运动
B.A对B的作用力大于B对A的作用力
C.t ＝1.5 s时A的速度小于1.5 m/s
D.t ＝2 s时A、B开始分离
解析：选D。A、B一起运动时，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得加速度为a＝1 m/s2，两物体分离时，A、B之间的作用力为0，对B受力分析由牛顿第二定律有FB＝mBa，代入数据解得t＝2 s，即2 s后A、B分开运动，分开后，B只受FB作用，在变力的作用下，B的加速度是变化的，A错误，D正确；A对B的作用力与B对A的作用力是作用力与反作用力，始终等大，B错误；t＝1.5 s时，A、B一起运动，加速度大小为1 m/s2，由运动学知识有v＝at＝1.5 m/s，C错误。
6.(2025·苏州学情调研)如图所示，劲度系数为100 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为0.1 kg的物块A，A放在质量为0.2 kg的托盘B上。初始时系统在竖直向上的力F作用下静止，此时弹簧被压缩了1 cm。现改变力F的大小，使托盘B以2 m/s2的加速度匀加速下降。取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A.系统静止时力F的大小为3 N
B.系统刚向下运动的瞬间，A、B间的弹力大小为2 N
C.从物块A开始运动到与托盘B分离的时间为2×10－2 s
D.从物块A开始运动到与托盘B分离的时间为6×10－2 s
解析：选D。根据胡克定律，弹簧的弹力F1＝kx1＝100×1×10－2 N＝1 N，系统静止时F＝mAg＋mBg＋F1，解得F＝4 N，A错误；A向下的瞬间，弹簧的弹力不变，对A受力分析有F1＋mAg－FN＝mAa，解得FN＝1.8 N，B错误；物块A与托盘B刚要分离时，物块与托盘间的弹力为0，对A根据牛顿第二定律有F2＋mAg＝mAa，解得弹簧的弹力F2＝－0.8 N，负号说明弹力方向向上，弹簧处于伸长状态，分离时弹簧的弹力｜F2｜＝kx2，解得弹簧的伸长量x2＝0.008 m，根据运动学公式x1＋x2＝at2，解得时间t＝6×10－2 s，C错误，D正确。
7.(2025·常州五校联考)如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为53°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为MP＝2 kg的物块P；Q为一质量为MQ＝4 kg的重物，Q与P接触但不粘连。弹簧的劲度系数k＝100 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，加速度为a且大小未知，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.加速度a大小为6 m/s2
B.Q与P分离时的弹簧弹力大小为32 N
C.变力F作用下P、Q向上移动的距离为0.48 m
D.0.2 s后恒力F的大小为56 N
解析：选B。力F作用前，系统处于静止状态，故有弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力，即(MP＋MQ)gsin 53°＝kx1，当P与Q分离时，设弹簧的形变量为x2，此时P、Q之间的弹力为0，对P，根据牛顿第二定律有kx2－MPgsin 53°＝MPa，又Δx＝x1－x2＝a，联立解得a＝8 m/s2，x1＝0.48 m，x2＝0.32 m，则在变力F作用下P、Q向上移动的距离为Δx＝a＝0.16 m，Q与P分离时的弹簧弹力大小为F弹＝kx2＝32 N，A、C错误，B正确；0.2 s后Q与P分离，对Q，根据牛顿第二定律有F－MQgsin 53°＝MQa，解得F＝64 N，D错误。
8.(生产生活融通题)某物流公司安装一货物传送通道，货物从h＝3 m的平台无初速度进入斜面通道，斜面通道末端与水平通道通过小圆弧连接，使货物经过此拐点时，速率能保持不变。斜面通道倾角为θ＝37°，斜面通道和货物之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求货物沿斜面通道下滑时的加速度大小；
(2)若水平通道长度只有2.8 m，为保证货物不滑出，货物与水平通道之间的动摩擦因数至少多大？
(3)若水平通道足够长且制造材料与斜面通道相同，并可通过调节斜面通道的长度来改变θ，请写出全过程货物水平位移x与θ之间可能的关系。
解析：(1)货物沿斜面通道下滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma
得a＝gsin θ－μgcos θ＝2.8 m/s2。
(2)设货物沿斜面通道下滑到水平通道上时速度大小为v，则v2＝2a
解得v＝2 m/s
为保证货物不滑出，设货物与水平通道之间的动摩擦因数至少为μ1，则在水平通道上加速度大小
a'＝＝μ1g
由运动学公式得0－v2＝－2a'x
解得μ1＝0.5。
(3)当tan θ≤μ时，货物不下滑；当tan θ＞μ，货物将下滑，最终停在水平面上。在货物下滑的情况下：
倾斜轨道上的水平投影长度x1＝
倾斜轨道长度L＝
在倾斜轨道上的加速度大小
a1＝gsin θ－μgcos θ
滑到轨道底端的速度v＝
水平轨道上货物的加速度大小a2＝μg
且－2a2x2＝0－v2
货物的水平位移x＝x1＋x2
解得x＝
可知水平方向位移x与倾斜轨道的倾角θ无关。
答案：(1)2.8 m/s2　(2)0.5　(3)见解析第3讲　牛顿运动定律的综合应用　
对应学生用书P57　
学习目标 教考链接
1.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义 2.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题 3.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题 1.图像综合化：v-t、a-t、F-t图像结合，考查多过程动力学问题 2.连接体模型化：常见滑轮、叠块等模型，考查整体法与隔离法 3.临界精准化：聚焦摩擦、分离临界，要求准确分析受力突变 4.极值数学化：需结合函数、导数求极值，体现数理结合 5.情境生活化：联系实际情境，考查模型构建与迁移的能力
一、 动力学图像问题
1.与动力学相关的常见的几种图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、a-F图像等。
2.两类问题
3.求解图像问题的步骤
AI精准定位：高考命题关键点
识图辨义明轴意，斜率面积析变化
先明确是v-t、a-t还是F-t图像，理解坐标轴物理含义及单位。v-t图像斜率表示加速度，a-t图像面积表示速度变化量。
【例1】 质量为3 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F。物体运动的v-t图像如图所示，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)(　　)
A.0.2，9 N　　　　　　　 B.0.1，9 N
C.0.2，3 N D.0.1，6 N
二、动力学的连接体问题
1.连接体：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等连接)在一起构成的物体系统。
　　系统稳定时，连接体一般具有相同的速度、加速度
2.力的“分配”原则
整体隔离结合用，明确内力加速度
1.优先考虑整体法求加速度，再用隔离法求内力。
2.明确是绳力、杆力、弹力还是摩擦力，判断方向。
【例2】 (原创)如图所示，A、B两箱子并排放在光滑水平面上，质量分别为1 kg和2 kg。在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6 N，则水平推力F的大小为(　　)
A.F＝4 N B.F＝9 N
C.F＝10 N D.F＝12 N
题后反思：
三、动力学中的临界和极值问题
1.临界、极值条件的标志
(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“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
2.常见的临界条件
接触与脱离的临界条件
相对滑动的临界条件
绳子断裂的临界条件
抓住临界状态受力特征，用尽临界条件，结合数学方法求极值
1.找准临界状态：如刚好滑动、即将分离等，分析此时受力特点。
2.用好临界条件：如静摩擦力达最大值，或弹力为零等。
【例3】 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，运动一段距离后A、B分离。重力加速度为g，则(　　)
A.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为Mg
B.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g＋a)
C.A、B恰好分离时，弹簧的弹力大小为Mg
D.A、B恰好分离时，弹簧的弹力大小为M(g＋a)
【例1】 解析：选A。由图可知，物体做匀减速直线运动时，加速度为a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，解得a＝－μg，则物体与水平面间的动摩擦因数μ＝－＝0.2。由图可知，物体在匀加速直线运动中，加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得水平推力F的大小为F＝μmg＋ma1＝0.2×3×10 N＋3×1 N＝9 N，A正确。
【例2】 解析：选B。根据题意，由牛顿第二定律，对整体有F＝(mA＋mB)a，对B箱子有FAB＝mBa，联立解得F＝＝ N＝9 N，B正确。
【例3】 解析：选D。拉力F施加的瞬间，设A、B间的弹力大小为FAB，对B物体根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，又F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，A、B错误；A、B恰好分离时，A、B间的弹力FAB＝0，对B物体根据牛顿第二定律有F弹'－Mg＝Ma，得F弹'＝M(g＋a)，C错误，D正确。
考点一　动力学图像问题
v-t图像：展示速度随时间变化趋势，可分析加速度(斜率)、位移(面积)及受力情况
【例1】 (传统文化融通题)(2025·广西一模)如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t＝0时刻对算珠施加沿杆方向的力F＝0.1 N，使其由静止开始运动，经0.15 s撤去F，此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B.算珠的质量为25 g
C.若不撤去F，则算珠在0.2 s时已处于归零状态
D.杆长9 cm
角度突破
先 “看” 后 “算” 先分段观察图像(平、斜、折)，确定每段运动性质(匀速、匀变速)，再提取关键数据(起点、拐点、斜率)
受力与运动双向推导 已知 v-t 图像→求a→求F合→分析受力 或已知受力→求a→判断 v-t 图像斜率变化
【例1】 解析：选B。由v-t图像面积表示位移，可知杆长为x＝ m＝0.045 m＝4.5 cm，D错误；由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，由图可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为a1＝a2＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得μ＝0.2，m＝25 g，A错误，B正确；若F不撤去，算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，经0.2 s运动位移为x'＝×2×0.22 m＝4 cm＜4.5 cm，则此时未到归零状态，C错误。
a-t图像：描述加速度随时间的变化，用于计算速度变化量(面积)和推断合力变化
【例2】 在水平地面上放置一块海绵垫，手持手机上端使其处于竖直状态，现将手机从海绵垫正上方某处自由释放，手机传感器自动记录了竖直方向加速度随时间变化的情况(如图所示)，若加速度方向向下为正、向上为负，下列说
法不正确的是(　　)
A.t＝0.55 s时手机对海绵垫有力的作用
B.t＝0.3 s时手机受到重力和空气阻力的作用
C.手机开始释放位置距海绵垫的高度为1.8 m
D.手机在t＝0.7 s时竖直方向的合力大于t＝1.0 s时竖直方向的合力
题后反思：
角度突破
抓住一个核心 a-t图像的“面积”表示速度变化量Δv
明确两个关系 ①a与F的关系：a由合力F决定，a-t图像反映了合力F随时间的变化趋势
②a与v的关系：速度的增减由a和v的方向决定，a-t图像“面积”代表速度的变化量
能力要语
图像的纵坐标a既是运动学量，也是动力学量，它是连接运动与力的核心。
【例2】 解析：选C。由图可知t＝0.55 s时加速度为负，即方向向上，所以海绵垫对手机有向上的力，根据牛顿第三定律可知手机对海绵垫有向下的力的作用，A正确；由图可知t＝0.3 s时加速度为正，即方向向下，且大小相对恒定，说明手机正在向下落，手机与海绵垫没有相互作用，则手机受到重力和空气阻力的作用，B正确；由图可知，释放后手机开始下落，在下落的0.5 s内平均加速度小于10 m/s2，故下降的高度h＜gt2＝×10×0.52 m＝1.25 m，C错误； 由图可知手机在t＝0.7 s时的加速度大于t＝1.0 s时的加速度，所以手机在t＝0.7 s时竖直方向的合力大于t＝1.0 s时竖直方向的合力，D正确。
考点二　动力学中的连接体问题
加速度相同的连接体问题
【例3】 (2025·苏州模拟)如图所示，置于光滑水平面上的木块A、B，其质量分别为mA和mB，当用水平力F作用于A木块左端时，两木块一起以加速度a1运动，这时A、B之间的作用力大小为N1；当水平力F作用于木块B的右端时，两木块一起以加速度a2运动，这时A、B之间的作用力大小为N2，则(　　)
A.a1＞a2　　　　　　 B.N1＋N2＜F
C.N1＋N2＝F D.N1∶N2＝mA∶mB
解析：选C。对左图，整体的加速度为a1＝，隔离A对B分析有N1＝mBa1＝。对右图，整体的加速度为a2＝，隔离B对A分析有N2＝mAa2＝。两次木块运动的加速度大小相等，方向不同，有a1＝a2，N1＋N2＝F，N1∶N2＝mB∶mA，C正确。
破题路径
加速度不同的连接体问题
【例4】 如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮)，斜面体静止不动。求：
(1)物体A、B的加速度大小之比；
(2)轻绳对P点的拉力大小。
解析：(1)由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移大小的两倍，则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍，即物体A、B的加速度大小之比为＝。
(2)设物体A的加速度为a，则物体B的加速度为2a；设轻绳的拉力大小为T，对A根据牛顿第二定律得
2T－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
对B根据牛顿第二定律得2mg－T＝2m·2a
联立解得a＝g，T＝mg
可知轻绳对P点的拉力大小为mg。
答案：(1)　(2)mg
能力要语
“隔离分析”是基础，“关联关系”是桥梁，联立求解是关键。 整体法在此类问题中通常不适用。
破题路径
教学札记：
考点三　动力学中的临界和极值问题
“静摩擦力临界分析”：当静摩擦力达到最大值时，求解系统保持静止的临界条件
【例5】 物体A叠放在物体B上，B置于水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，B与水平面间的动摩擦因数是0.1，A、B之间的动摩擦因数是0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，直至增大到45 N的过程中(　　)
A.当拉力F＜12 N时，两物体均保持静止状态
B.两物体间从受力开始就有相对运动
C.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
D.两物体开始没有相对运动，当拉力超过24 N时，开始相对滑动
思维链
【例5】 解析：选D。A、B间的最大静摩擦力f1＝μ1mAg＝12 N，B与水平面间的最大静摩擦力f2＝μ2(mBg＋mAg)＝8 N，只要拉力F大于f2，A、B即一起发生滑动 ，隔离A对B分析，当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，得aB＝＝2 m/s2，再对A分析，要使A、B发生相对滑动F－f1＝mAaB，解得F＝12＋6×2 N＝24 N，在F小于24 N时，两物体是保持相对静止的，当拉力超过24 N时，开始相对滑动，D正确。
通过三角函数的有界性求解物理量的极值问题
【例6】 如图所示，一质量m＝0.4 kg的物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2，v＝v0＋at
联立上式，代入数据得
a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
(2)
设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0，又Ff＝μFN
联立上式，可得
F＝
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin (60°＋α)
由上式可知对应F最小时的夹角α＝30°，综上可得F的最小值为
Fmin＝ N。
答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
能力要语
通过三角变换将物理问题转化为数学上的三角函数极值问题。
破题路径
教学札记：
[课时通关精练(九)]　课时1　动力学图像问题　动力学中的连接体问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.某同学将一小段粉笔竖直向上抛出，粉笔所受空气阻力大小与速率成正比。关于粉笔被抛出后运动的v-t图像，下列选项最合理的是(　　)
解析：选A。根据题意可知，上升阶段，由牛顿第二定律可得mg＋kv＝ma上，速度越来越小，加速度也越来越小，对应图像的斜率逐渐减小，在最高点，速度为0，加速度为重力加速度，然后开始下降，再结合牛顿第二定律可得mg－kv＝ma下，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，对应图像的斜率也是逐渐减小，A正确。
2.(2025·无锡学情调研)如图甲所示，将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.物块A在加速阶段的平均速度比减速阶段的大
B.加速阶段绳对A的拉力等于B的重力
C.由图中数据可算出物块A的质量
D.由图中数据可算出A与桌面间的动摩擦因数
解析：选D。由v-t图像结合平均速度公式知＝ m/s＝1 m/s，物块A在加速阶段的平均速度和减速阶段的平均速度相等，A错误；加速阶段，B具有向下的加速度，绳子拉力小于B的重力，B错误；由v-t图可知，取水平向右为正方向，物块A在0～1 s的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 ，由牛顿第二定律得mBg－μmAg＝mAa1，1～3 s的加速度a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2 ，1～3 s内，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得－μmAg＝mAa2，解得μ＝0.1，无法求出A的质量，C错误，D正确。
3.(休闲娱乐融通题)如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v-t图像和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是(　　)
解析：选D。设毽子的质量为m，所受阻力为f，由牛顿第二定律可知，上升过程有mg＋f＝ma1，下落过程有mg－f＝ma2，则a1＞a2，加速度方向均竖直向下，根据逆向思维法，由公式x＝at2知，毽子上升时间小于下落时间，D正确，C错误；由公式v2＝2ax知，毽子返回初始位置时的速度小于踢出时的速度，A、B错误。
4.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为3 kg。t＝0时，对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A.t＝1 s时物块A的速度小于1.2 m/s
B.t＝1 s时弹簧弹力为0.6 N
C.物块B的质量为2 kg
D.F大小为1.5 N
解析：选C。根据题意可知，t＝0时，弹簧弹力为0，对物块A，由牛顿第二定律有F＝mAa0，由图乙可知，t＝0时，物块A的加速度为1 m/s2，则恒力F的大小为F＝3×1 N＝3 N，t＝1 s时，物块A、B的加速度均为0.6 m/s2，设此时弹簧的弹力为F1，则有F－F1＝mAa1，F1＝mBa1，解得mB＝2 kg，F1＝1.2 N，B、D错误，C正确；
若0～1 s内，物块A的加速度均匀减小，如图所示，由a-t图像的面积表示速度变化量可知，t＝1 s时物块A的速度为v1＝Δv＝×(1＋0.6)×1 m/s＝0.8 m/s，由图可知，实际的面积小于此面积，则t＝1 s时物块A的速度小于0.8 m/s，A错误。
5.如图所示，一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接，两者保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑，不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是(　　)
解析：选B。由题意可知小球、小车加速度相同，设斜面角度为θ，对整体，由牛顿第二定律得(m球＋m车)gsin θ＝(m球＋m车)a，解得加速度a＝gsin θ，方向沿斜面向下，故小球的合力大小F合＝m球a＝m球gsin θ，即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力，细线拉力垂直斜面向上，B正确。
6.如图所示，三个质量均为m＝1 kg的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，而竖直面内的绳子处于竖直方向，g＝10 m/s2。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度为(　　)
A.2 m/s2 B.2.5 m/s2
C.3 m/s2 D. m/s2
解析：选A。设竖直绳拉力为T1，绕过定滑轮的绳子拉力为T2，三物体加速度大小一样为a，由牛顿第二定律对竖直方向物块有mg－T1＝ma，对水平面上的下方物块有T1－T2－μmg－2μmg＝ma，对水平面上的上方物块有T2－μmg＝ma，联立解得竖直面内的物块的加速度为a＝2 m/s2，A正确。
7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动，已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时，B的速度为(　　)
A. B.
C. D.2
解析：选D。根据滑轮组的特征可知，释放后B向下运动，A向上运动，设绳子上的张力为T，则对A由牛顿第二定律有2T－mg＝maA，对B由牛顿第二定律有mg－T＝maB，且有aB＝2aA，解得aA＝g，aB＝g，设A的位移为h时所用时间为t，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有h＝aAt2，解得t＝，则此时B的速度大小为vB＝aBt＝g× ＝2，D正确。
8.如图所示，A、B两滑块的质量分别为2m和m，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为2m的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只由静止释放A而B按着不动；第二种方式A和B均由静止释放。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为(　　)
A.7∶15 B.7∶12
C.5∶9 D.1∶3
解析：选A。第一种方式只由静止释放A而B按着不动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有T1＝2ma1，对C进行分析，根据牛顿第二定律有2mg－2T1＝2ma2，根据分析，位移的关系为a1＝2×a2，解得a2＝，第二种方式A和B均由静止释放，对A进行分析，根据牛顿第二定律有T2＝2ma3，对B进行分析，根据牛顿第二定律有T2＝ma4，对C进行分析，根据牛顿第二定律有2mg－2T2＝2ma5，根据分析，位移的关系为a3＋a4＝2×a5，解得a5＝，则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比＝，A正确。
9.(生产生活融通题)如图所示，某汽车挂件由轻质细绳连接两个质量不同的物件构成。已知上方物件的质量较大，挂件被悬挂在封闭车厢的顶部，两个物件均可简化成球状物体。当汽车做匀加速直线运动时，从侧面看到的汽车挂件悬挂状态是(　　)
解析：选C。当汽车做匀加速直线运动时，设加速度大小为a，以下方物体为研究对象，设下方细绳与竖直方向的夹角为θ1，根据牛顿第二定律可得m下gtan θ1＝m下a，可得tan θ1＝，以两个物体为整体，设上方细绳与竖直方向的夹角为θ2，根据牛顿第二定律可得(m上＋m下)gtan θ2＝(m上＋m下)a，可得tan θ2＝，则有θ1＝θ2，C正确。
10.如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块受到的摩擦力的最大值大于4 N
B.t＝2 s后物块受静摩擦力
C.t＝2 s时物块离出发点最远
D.物块对墙壁的压力大于F
解析：选A。开始时力F较小，则摩擦力较小，物块向下做加速运动，随着F的增大，物块的加速度减小，当加速度减到零时速度最大，此时f＝μF＝mg＝4 N，然后摩擦力将大于重力，物块做加速度增加的减速运动直到停止，可知物块受到的摩擦力的最大值大于4 N，A正确；根据牛顿第二定律可知mg－μF＝ma，其中F＝5t (N)，可得a＝10－5t (m/s2)，则当a＝0时t＝2 s，此时物块的速度最大，t＝2 s后物块做减速运动，仍受滑动摩擦力，且此时离出发点还不是最远，B、C错误；由水平方向受力平衡可知，墙壁对物块的支持力为F，则物块对墙壁的压力等于F，D错误。
11.(2025·扬州高三期中)如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，不计木块从斜面底端进入水平面时的能量损失。下列描述木块速度大小v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
解析：选A。设斜面倾角为θ，斜面的高度为h，小木块在斜面下滑过程，根据牛顿第二定律可得a＝＝gsin θ－μgcos θ，可知斜面倾角θ越大，小木块的加速度越大，v-t图像对应的斜率越大；小木块从顶端静止下滑到底端过程，根据运动学公式可得v2＝2a＝2(gsin θ－μgcos θ)＝2gh－2μg，可知斜面倾角θ越大，小木块到达底端时的速度大小越大；又＝at2，可得t＝ ，可知斜面倾角θ越大，小木块在斜面滑行的时间越短；小木块在水平面滑行过程，根据牛顿第二定律可得a'＝＝μg，可知两小木块在水平面上运动时做减速运动的加速度大小相等，即对应的v-t图像的斜率相等，A正确。
[课时通关精练(九)]　课时2　动力学中的临界和极值问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(原创＋生活情景融通)地铁车厢的水平地板上放置一个水杯，水杯与地板间的动摩擦因数为 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若水杯不滑动，则地铁的最大加速度不超过(　　)
A.5.0 m/s2 B.6.0 m/s2
C.8.0 m/s2 D.10.0 m/s2
解析：选A。水杯不滑动时，最大静摩擦力提供加速度，即fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝0.5×10 m/s2＝5.0 m/s2，A正确。
2.如图所示，质量分别为m1、m2的两物体A、B静止叠放在光滑的水平面上，用大小为F1的水平力拉A，可使两物体一起向右匀加速运动，且此时两物体即将相对滑动。现换用水平力F2来拉B，要想把B从A下拉出来，这时F2的大小至少是(　　)
A.F1 B.(m1＋m2)F1
C.F1 D.F1
解析：选C。若拉力F1拉物体A，则由整体法可知a1＝，对B分析可得f＝m2a1＝F1，若拉力F2拉物体B，则由整体法可知a2＝，对A分析可得f＝m1a2＝F2，求得要想把B从A下拉出来F2＝F1，C正确。
3.质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A.(1－)g B.g
C.g D.g
解析：选B。对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，
由牛顿第二定律有Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得Fsin (θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，当sin (θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，B正确。
4.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
解析：选C。设沿木板向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，A、B、D错误，C正确。
5.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4 kg，mB为6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)(N)，FB＝(2＋2t)(N)，下列说法正确的是(　　)
A.A、B始终做匀变速直线运动
B.A对B的作用力大于B对A的作用力
C.t ＝1.5 s时A的速度小于1.5 m/s
D.t ＝2 s时A、B开始分离
解析：选D。A、B一起运动时，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得加速度为a＝1 m/s2，两物体分离时，A、B之间的作用力为0，对B受力分析由牛顿第二定律有FB＝mBa，代入数据解得t＝2 s，即2 s后A、B分开运动，分开后，B只受FB作用，在变力的作用下，B的加速度是变化的，A错误，D正确；A对B的作用力与B对A的作用力是作用力与反作用力，始终等大，B错误；t＝1.5 s时，A、B一起运动，加速度大小为1 m/s2，由运动学知识有v＝at＝1.5 m/s，C错误。
6.(2025·苏州学情调研)如图所示，劲度系数为100 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为0.1 kg的物块A，A放在质量为0.2 kg的托盘B上。初始时系统在竖直向上的力F作用下静止，此时弹簧被压缩了1 cm。现改变力F的大小，使托盘B以2 m/s2的加速度匀加速下降。取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A.系统静止时力F的大小为3 N
B.系统刚向下运动的瞬间，A、B间的弹力大小为2 N
C.从物块A开始运动到与托盘B分离的时间为2×10－2 s
D.从物块A开始运动到与托盘B分离的时间为6×10－2 s
解析：选D。根据胡克定律，弹簧的弹力F1＝kx1＝100×1×10－2 N＝1 N，系统静止时F＝mAg＋mBg＋F1，解得F＝4 N，A错误；A向下的瞬间，弹簧的弹力不变，对A受力分析有F1＋mAg－FN＝mAa，解得FN＝1.8 N，B错误；物块A与托盘B刚要分离时，物块与托盘间的弹力为0，对A根据牛顿第二定律有F2＋mAg＝mAa，解得弹簧的弹力F2＝－0.8 N，负号说明弹力方向向上，弹簧处于伸长状态，分离时弹簧的弹力｜F2｜＝kx2，解得弹簧的伸长量x2＝0.008 m，根据运动学公式x1＋x2＝at2，解得时间t＝6×10－2 s，C错误，D正确。
7.(2025·常州五校联考)如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为53°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为MP＝2 kg的物块P；Q为一质量为MQ＝4 kg的重物，Q与P接触但不粘连。弹簧的劲度系数k＝100 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，加速度为a且大小未知，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.加速度a大小为6 m/s2
B.Q与P分离时的弹簧弹力大小为32 N
C.变力F作用下P、Q向上移动的距离为0.48 m
D.0.2 s后恒力F的大小为56 N
解析：选B。力F作用前，系统处于静止状态，故有弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力，即(MP＋MQ)gsin 53°＝kx1，当P与Q分离时，设弹簧的形变量为x2，此时P、Q之间的弹力为0，对P，根据牛顿第二定律有kx2－MPgsin 53°＝MPa，又Δx＝x1－x2＝a，联立解得a＝8 m/s2，x1＝0.48 m，x2＝0.32 m，则在变力F作用下P、Q向上移动的距离为Δx＝a＝0.16 m，Q与P分离时的弹簧弹力大小为F弹＝kx2＝32 N，A、C错误，B正确；0.2 s后Q与P分离，对Q，根据牛顿第二定律有F－MQgsin 53°＝MQa，解得F＝64 N，D错误。
8.(生产生活融通题)某物流公司安装一货物传送通道，货物从h＝3 m的平台无初速度进入斜面通道，斜面通道末端与水平通道通过小圆弧连接，使货物经过此拐点时，速率能保持不变。斜面通道倾角为θ＝37°，斜面通道和货物之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求货物沿斜面通道下滑时的加速度大小；
(2)若水平通道长度只有2.8 m，为保证货物不滑出，货物与水平通道之间的动摩擦因数至少多大？
(3)若水平通道足够长且制造材料与斜面通道相同，并可通过调节斜面通道的长度来改变θ，请写出全过程货物水平位移x与θ之间可能的关系。
解析：(1)货物沿斜面通道下滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma
得a＝gsin θ－μgcos θ＝2.8 m/s2。
(2)设货物沿斜面通道下滑到水平通道上时速度大小为v，则v2＝2a
解得v＝2 m/s
为保证货物不滑出，设货物与水平通道之间的动摩擦因数至少为μ1，则在水平通道上加速度大小
a'＝＝μ1g
由运动学公式得0－v2＝－2a'x
解得μ1＝0.5。
(3)当tan θ≤μ时，货物不下滑；当tan θ＞μ，货物将下滑，最终停在水平面上。在货物下滑的情况下：
倾斜轨道上的水平投影长度x1＝
倾斜轨道长度L＝
在倾斜轨道上的加速度大小
a1＝gsin θ－μgcos θ
滑到轨道底端的速度v＝
水平轨道上货物的加速度大小a2＝μg
且－2a2x2＝0－v2
货物的水平位移x＝x1＋x2
解得x＝
可知水平方向位移x与倾斜轨道的倾角θ无关。
答案：(1)2.8 m/s2　(2)0.5　(3)见解析[课时通关精练(九)]　课时1　动力学图像问题　动力学中的连接体问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.某同学将一小段粉笔竖直向上抛出，粉笔所受空气阻力大小与速率成正比。关于粉笔被抛出后运动的v-t图像，下列选项最合理的是(　　)
解析：选A。根据题意可知，上升阶段，由牛顿第二定律可得mg＋kv＝ma上，速度越来越小，加速度也越来越小，对应图像的斜率逐渐减小，在最高点，速度为0，加速度为重力加速度，然后开始下降，再结合牛顿第二定律可得mg－kv＝ma下，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，对应图像的斜率也是逐渐减小，A正确。
2.(2025·无锡学情调研)如图甲所示，将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.物块A在加速阶段的平均速度比减速阶段的大
B.加速阶段绳对A的拉力等于B的重力
C.由图中数据可算出物块A的质量
D.由图中数据可算出A与桌面间的动摩擦因数
解析：选D。由v-t图像结合平均速度公式知＝ m/s＝1 m/s，物块A在加速阶段的平均速度和减速阶段的平均速度相等，A错误；加速阶段，B具有向下的加速度，绳子拉力小于B的重力，B错误；由v-t图可知，取水平向右为正方向，物块A在0～1 s的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 ，由牛顿第二定律得mBg－μmAg＝mAa1，1～3 s的加速度a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2 ，1～3 s内，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得－μmAg＝mAa2，解得μ＝0.1，无法求出A的质量，C错误，D正确。
3.(休闲娱乐融通题)如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v-t图像和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是(　　)
解析：选D。设毽子的质量为m，所受阻力为f，由牛顿第二定律可知，上升过程有mg＋f＝ma1，下落过程有mg－f＝ma2，则a1＞a2，加速度方向均竖直向下，根据逆向思维法，由公式x＝at2知，毽子上升时间小于下落时间，D正确，C错误；由公式v2＝2ax知，毽子返回初始位置时的速度小于踢出时的速度，A、B错误。
4.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为3 kg。t＝0时，对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　)
A.t＝1 s时物块A的速度小于1.2 m/s
B.t＝1 s时弹簧弹力为0.6 N
C.物块B的质量为2 kg
D.F大小为1.5 N
解析：选C。根据题意可知，t＝0时，弹簧弹力为0，对物块A，由牛顿第二定律有F＝mAa0，由图乙可知，t＝0时，物块A的加速度为1 m/s2，则恒力F的大小为F＝3×1 N＝3 N，t＝1 s时，物块A、B的加速度均为0.6 m/s2，设此时弹簧的弹力为F1，则有F－F1＝mAa1，F1＝mBa1，解得mB＝2 kg，F1＝1.2 N，B、D错误，C正确；
若0～1 s内，物块A的加速度均匀减小，如图所示，由a-t图像的面积表示速度变化量可知，t＝1 s时物块A的速度为v1＝Δv＝×(1＋0.6)×1 m/s＝0.8 m/s，由图可知，实际的面积小于此面积，则t＝1 s时物块A的速度小于0.8 m/s，A错误。
5.如图所示，一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接，两者保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑，不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是(　　)
解析：选B。由题意可知小球、小车加速度相同，设斜面角度为θ，对整体，由牛顿第二定律得(m球＋m车)gsin θ＝(m球＋m车)a，解得加速度a＝gsin θ，方向沿斜面向下，故小球的合力大小F合＝m球a＝m球gsin θ，即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力，细线拉力垂直斜面向上，B正确。
6.如图所示，三个质量均为m＝1 kg的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，而竖直面内的绳子处于竖直方向，g＝10 m/s2。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度为(　　)
A.2 m/s2 B.2.5 m/s2
C.3 m/s2 D. m/s2
解析：选A。设竖直绳拉力为T1，绕过定滑轮的绳子拉力为T2，三物体加速度大小一样为a，由牛顿第二定律对竖直方向物块有mg－T1＝ma，对水平面上的下方物块有T1－T2－μmg－2μmg＝ma，对水平面上的上方物块有T2－μmg＝ma，联立解得竖直面内的物块的加速度为a＝2 m/s2，A正确。
7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动，已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时，B的速度为(　　)
A. B.
C. D.2
解析：选D。根据滑轮组的特征可知，释放后B向下运动，A向上运动，设绳子上的张力为T，则对A由牛顿第二定律有2T－mg＝maA，对B由牛顿第二定律有mg－T＝maB，且有aB＝2aA，解得aA＝g，aB＝g，设A的位移为h时所用时间为t，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有h＝aAt2，解得t＝，则此时B的速度大小为vB＝aBt＝g× ＝2，D正确。
8.如图所示，A、B两滑块的质量分别为2m和m，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为2m的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只由静止释放A而B按着不动；第二种方式A和B均由静止释放。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为(　　)
A.7∶15 B.7∶12
C.5∶9 D.1∶3
解析：选A。第一种方式只由静止释放A而B按着不动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有T1＝2ma1，对C进行分析，根据牛顿第二定律有2mg－2T1＝2ma2，根据分析，位移的关系为a1＝2×a2，解得a2＝，第二种方式A和B均由静止释放，对A进行分析，根据牛顿第二定律有T2＝2ma3，对B进行分析，根据牛顿第二定律有T2＝ma4，对C进行分析，根据牛顿第二定律有2mg－2T2＝2ma5，根据分析，位移的关系为a3＋a4＝2×a5，解得a5＝，则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比＝，A正确。
9.(生产生活融通题)如图所示，某汽车挂件由轻质细绳连接两个质量不同的物件构成。已知上方物件的质量较大，挂件被悬挂在封闭车厢的顶部，两个物件均可简化成球状物体。当汽车做匀加速直线运动时，从侧面看到的汽车挂件悬挂状态是(　　)
解析：选C。当汽车做匀加速直线运动时，设加速度大小为a，以下方物体为研究对象，设下方细绳与竖直方向的夹角为θ1，根据牛顿第二定律可得m下gtan θ1＝m下a，可得tan θ1＝，以两个物体为整体，设上方细绳与竖直方向的夹角为θ2，根据牛顿第二定律可得(m上＋m下)gtan θ2＝(m上＋m下)a，可得tan θ2＝，则有θ1＝θ2，C正确。
10.如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块受到的摩擦力的最大值大于4 N
B.t＝2 s后物块受静摩擦力
C.t＝2 s时物块离出发点最远
D.物块对墙壁的压力大于F
解析：选A。开始时力F较小，则摩擦力较小，物块向下做加速运动，随着F的增大，物块的加速度减小，当加速度减到零时速度最大，此时f＝μF＝mg＝4 N，然后摩擦力将大于重力，物块做加速度增加的减速运动直到停止，可知物块受到的摩擦力的最大值大于4 N，A正确；根据牛顿第二定律可知mg－μF＝ma，其中F＝5t (N)，可得a＝10－5t (m/s2)，则当a＝0时t＝2 s，此时物块的速度最大，t＝2 s后物块做减速运动，仍受滑动摩擦力，且此时离出发点还不是最远，B、C错误；由水平方向受力平衡可知，墙壁对物块的支持力为F，则物块对墙壁的压力等于F，D错误。
11.(2025·扬州高三期中)如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，不计木块从斜面底端进入水平面时的能量损失。下列描述木块速度大小v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
解析：选A。设斜面倾角为θ，斜面的高度为h，小木块在斜面下滑过程，根据牛顿第二定律可得a＝＝gsin θ－μgcos θ，可知斜面倾角θ越大，小木块的加速度越大，v-t图像对应的斜率越大；小木块从顶端静止下滑到底端过程，根据运动学公式可得v2＝2a＝2(gsin θ－μgcos θ)＝2gh－2μg，可知斜面倾角θ越大，小木块到达底端时的速度大小越大；又＝at2，可得t＝ ，可知斜面倾角θ越大，小木块在斜面滑行的时间越短；小木块在水平面滑行过程，根据牛顿第二定律可得a'＝＝μg，可知两小木块在水平面上运动时做减速运动的加速度大小相等，即对应的v-t图像的斜率相等，A正确。(共84张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
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第三章
运动和力的关系
第3讲　牛顿运动定律的综合应用　
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练(课时1)
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03
01
课时通关精练(课时2)
04
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
AI精准定位：高考命题关键点
AI精准定位：高考命题关键点
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
动力学图像问题
考点一
角度突破
能力要语
动力学中的连接体问题
考点二
破题路径
能力要语
破题路径
思维链
动力学中的临界和极值问题
考点三
能力要语
破题路径
[课时通关精练(九)]　
课时1　动力学图像问题　动力学中的连接体问题
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课时2　动力学中的临界和极值问题
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