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专题强化四　牛顿运动定律的综合应用
学习目标　1.熟悉动力学图像,知道图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。 2.知道连接体的类型及运动特点,会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.理解几种常见的临界问题,并会用极限法、假设法及数学方法求解临界极值问题。
考点一　动力学图像问题
常见动力学图像及应用方法
v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合力
F-a图像 首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量
a-t图像 要注意加速度的正、负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况并根据牛顿第二定律列方程
F-t图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质
例1 (2025·陕、晋、青、宁卷,3)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　)
答案　A
解析　由牛顿第二定律结合题图可知,0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反,又v-t图像的斜率表示加速度,可知0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数,A可能正确。
跟踪训练
(2026·山东临沂模拟)如图甲所示,一个物体在光滑的斜面上始终受到一沿斜面向上逐渐增大的力F的作用,该物体沿斜面向上做变加速直线运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,物体的质量和斜面的倾角分别为(　　)
A.m=3 kg,θ=30° B.m=3 kg,θ=37°
C.m=2 kg,θ=30° D.m=2 kg,θ=37°
答案　A
解析　由牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma,解得a=-gsin θ,由图像可知斜率为k== kg-1= kg-1,解得m=3 kg,纵轴截距-gsin θ=-5 m/s2,解得θ=30°,故A正确。
考点二　动力学的连接体问题
1.连接体的五大类型
弹簧 连接体
轻绳 连接体
轻杆 连接体
物体叠放 连接体
两物体并 排连接体
2.连接体问题的分析方法
(1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度。
(2)隔离法:求系统内两物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用,若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度,后隔离求内力”。
角度　共速连接体
例2 如图所示,水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连接,两木块的材料相同,现用力F向右拉木块2,当两木块一起向右做匀加速直线运动时,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.若水平面是光滑的,则m2越大,绳的拉力越大
B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ,则绳的拉力为+μm1g
C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
答案　C
解析　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ,以两木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,得a=-μg,以木块1为研究对象,根据牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a,得a=-μg,系统加速度与木块1加速度相同,联立解得FT=F,可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关,与两木块质量大小有关,无论水平面是光滑的还是粗糙的,绳的拉力大小均为FT=F,且m2越大,绳的拉力越小,故C正确。
拓展1　(多选)如图所示,将木块1和木块2用轻绳连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉木块1使它们沿斜面匀加速上升,两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻绳上的张力,可行的办法是(　　)
A.减小木块1的质量 B.增大木块2的质量
C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ
答案　AB
解析　对两木块组成的系统分析,根据牛顿第二定律得F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a,隔离木块2,根据牛顿第二定律得FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a,以上两式联立解得FT=,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,m2越大,或m1越小时,FT越大,故A、B正确。
拓展2　将木块1和木块2用弹簧连接,在拉力F作用下分别沿竖直方向和沿光滑水平面做匀加速直线运动,比较两种情况下弹簧的形变量的大小关系。
答案　相等
解析　在竖直方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以木块2为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,联立解得kx1=;在水平方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以木块2为研究对象,由牛顿第二定律有kx2=m2a2,联立解得kx2=,可见x1=x2。
力的“分配”原则
如图所示,一起做匀加速运动的物体系统,若外力F作用于质量为m1的物体上,两物体间的弹力F弹=F;若外力F作用于质量为m2的物体上,则F弹=F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同),与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关,而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时,结论都成立。
角度　关联速度的连接体
例3 (2025·安徽卷,5)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
答案　C
解析　甲相对木箱向右运动,则甲受到木箱的摩擦力方向向左,由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;由牛顿第二定律,对甲有FT-μmg=ma,对乙有mg-FT=ma,联立解得a=2.5 m/s2,FT=7.5 N,C正确,D错误;对木箱和滑轮整体受力分析,竖直方向上有FN=Mg+mg+FT,可知地面对木箱支持力FN不变,B错误。
1.关联速度连接体做加速运动时,由于加速度的方向不同,一般采用分别选取研究对象,对两物体分别列牛顿第二定律方程,用隔离法求解加速度及相互作用力。
2.若连接体的加速度大小不同时,根据动滑轮和定滑轮的特点,找出加速度的大小关系。
考点三　动力学中的临界和极值问题
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。
(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中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)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零。
2.处理临界问题的三种方法
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,也可能不出现临界条件时,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
角度　恰好分离的临界问题
例4 (多选)(2026·山东烟台模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端,轻弹簧一端固定在挡板上,另一端与物块A连接,质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上,物块A、B不粘连,处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F拉物块B,使B沿斜面向上做加速度大小为a=g的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g,弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是(　　)
A.未施加外力F时,弹簧的压缩量为
B.物块A、B分离前,外力F的大小与位移成正比
C.物块A、B分离时,弹簧的压缩量为
D.物块A、B分离时,物块B的速度大小为g
答案　ACD
解析　未施加外力F时,A、B处于静止状态,对A、B整体,根据平衡条件有(2m+m)gsin θ=kx0,解得x0=,故A正确;物块A、B分离前,设物块A的位移为x,根据牛顿第二定律有F+k(x0-x)-(2m+m)gsin θ=(2m+m)a,解得F=kx+,外力的大小随位移线性变化,但不成正比,故B错误;物块A、B分离时,两物块接触面间弹力为0,两物块加速度均为a,对A,根据牛顿第二定律有kx1-mgsin θ=ma,解得弹簧压缩量为x1=,故C正确;物块A、B分离时,根据动力学公式有v2=2a(x0-x1),解得物块B的速度大小为v=g,故D正确。
角度　发生相对滑动的临界问题
例5 (多选)如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用,A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0C.当4 ND.当F>12 N时,A的加速度随F的增大而增大
答案　AB
解析　根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,故A正确;当012 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对物块A有a==2 m/s2,加速度不变,故D错误。
角度　动力学的极值问题
例6 (2026·安徽芜湖市诊断)如图甲所示,一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点)以v0=2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N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=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块加速度a的大小;
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ;
(3)若拉力F的大小和方向可调节,如图乙所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少。
答案　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
解析　(1)根据L=v0t+at2
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.5。
(3)设F与斜面夹角为α,则
平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ
联立解得F=
=
当sin(φ+α)=1时,F有最小值Fmin
代入数据解得Fmin= N。
A级　基础对点练
对点练1　动力学图像问题
1.(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
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
答案　BC
解析　由牛顿第二定律知F-μmg=ma,整理得F=ma+μmg,则F-a图像的斜率为m,纵轴截距为μmg,结合F-a图像可知m甲>m乙,A错误,B正确;两图线的纵轴截距μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,C正确,D错误。
2.(2025·湖南怀化模拟)如图甲所示,在水平地面上,可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F,从某点P以v0=4 m/s的速度向左滑动,物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示,已知物体的质量m=3 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.F的大小为12 N
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s
D.物体回到P点的时刻为1.5 s
答案　D
解析　物体向左做减速运动时,加速度大小a1= m/s2=8 m/s2,物体向右加速时,a2= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,解得F=15 N,μ=0.3,故A、B错误;物体向左运动的位移为x1=×4×0.5 m=1 m,根据x=a2,解得t2=1 s,v=a2t2=2 m/s,则物体回到P点的时刻为1.5 s,故C错误,D正确。
3.(多选)(2026·辽宁大连高三阶段测试)物体静止于粗糙水平地面上,当t=0时,对物体施加一水平外力F作用,外力F随时间变化的规律如图甲所示,物体速度v随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.该物体的质量为1 kg
B.该物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C.0~1 s内,该物体受到的合力为2 N
D.0~5 s内,该物体的平均速度为3 m/s
答案　AB
解析　由题图甲可知,3~5 s内,外力F为零,由牛顿第二定律有a==μg,由题图乙可知,3~5 s内,物体加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.2,故B正确;1~3 s内,物体做匀速运动,由平衡条件有F=μmg,解得m=1 kg,故A正确;由题图乙可知,0~1 s内,a=4 m/s2,由牛顿第二定律有F合=ma=4 N,故C错误;由题图乙可知,0~5 s内,物体通过的位移大小为x=×(2+5)×4 m=14 m,由平均速度定义式有== m/s=2.8 m/s,故D错误。
对点练2　动力学中的连接体问题
4.如图所示,飞船与空间站对接后,在水平推力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.F B.F
C.F D.F
答案　A
解析　以空间站和飞船为整体,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站有FN=Ma,解得飞船和空间站间的作用力大小FN=F,故A正确,B、C、D错误。
5.(2026·广东广州高三期末)我国高铁技术迅猛发展,取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力,用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢,滑块与地面间动摩擦因数都相同,滑块间用轻杆连接,如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F,滑块向右加速运动,下列分析判断正确的是(　　)
A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力变小
B.若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变小
C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
答案　C
解析　根据牛顿第二定律,对所有滑块,有F-8μmg=8ma,对第8个滑块,有F78-μmg=ma,则F78=F,由此可知,若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力不变,若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变大,故A、B错误;对6、7、8三个滑块,有F56-3μmg=3ma,则F56=F,滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为=,故C正确,D错误。
6.(2026·河北承德高三期末)如图所示,物块M、N叠放在粗糙水平面上,水平外力分别以图甲、乙两种方式作用在物块上,两物块一起以最大加速度运动。M、N的质量之比为1∶2,与地面间的动摩擦因数均为,M、N之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若以方式甲运动时,所施加外力大小为F1,若以方式乙运动时,所施加外力的大小F2为(　　)
A.F1 B.F1
C.F1 D.2F1
答案　C
解析　当M、N之间达到最大静摩擦力时,两者的加速度最大,甲种情况中,根据牛顿第二定律,对N分析有μ·2mg=2ma1,解得a1=μg,对整体分析有F1-·3mg=3ma1,即F1=μmg;乙种情况中,根据牛顿第二定律,对M分析有μ·2mg-·3mg=ma2,解得a2=μg,对整体分析有F2-·3mg=3ma2,得F2=5μmg,联立解得F2=F1,故C正确。
对点练3　动力学的临界和极值问题
7.(多选)(2026·四川成都期末)如图所示,完全相同的磁体A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,A恰好不下滑。现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则(　　)
A.速度可能向左,加速度可小于μg
B.速度一定向右,加速度不能超过(1+μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μg
D.加速度一定向左,不能超过(1+μ)g
答案　AD
解析　小车静止时,A恰好不下滑,所以对A有mg=μF吸引,当小车加速运动时,为了保证A不下滑,则FN≥F吸引,则FN-F吸引=ma,加速时加速度一定向左,则小车向左加速,对B有μ(mg+F吸引)=mam,解得am=(1+μ)g,故A、D正确。
B级　综合提升练
8.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
答案　C
解析　设沿斜面向上为正方向,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),其中tan α=μ=0.75,可得α=37°,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,故A、B、D错误,C正确。
9.(2025·山东泰安市模拟)如图所示,细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球,静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a=2g水平向左加速运动,小球与滑块相对静止,则下列说法正确的是(　　)
A.细线对小球的拉力大小为mg
B.细线对小球的拉力大小为mg
C.小球对滑块的压力大小为mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
答案　A
解析　设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0,小球受到重力、拉力作用,根据牛顿第二定律有mgtan 60°=ma0,则a0=gtan 60°=g。当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,此时小球已经飘离斜面,小球对滑块的压力为0,设此时细线与水平方向的夹角为α,有FTsin α=mg,FTcos α=ma=2mg,解得FT=mg,故A正确,B、C、D错误。
10.(2026·河南周口高三期中)如图所示,质量为m的物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置质量为m的物块A,A、B之间的动摩擦因数为μ(μ<1),用通过光滑定滑轮的细线将B与质量为M的物块C连接,释放C,A和B一起做匀加速运动,重力加速度大小为g。则三者一起运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.A、B之间的摩擦力大小为μmg
B.绳子的拉力大小为
C.B对A的作用力的方向竖直向上,大小为mg
D.三者一起运动的加速度可能大于μg
答案　B
解析　三者一起加速运动时,对整体受力分析,根据牛顿第二定律有Mg=(M+2m)a,得整体的加速度大小为a=g,对A、B整体,利用牛顿第二定律有T=2ma,解得绳子的拉力大小为T=g,隔离A,在水平方向上,根据牛顿第二定律有Ff=ma=g,在竖直方向上,根据平衡条件,可知B对A的支持力方向竖直向上,大小等于mg,则可得B对A的作用力大小为F=>mg,故A、C错误,B正确;由于三者一起加速运动,A、B之间的摩擦力为静摩擦力,且静摩擦力提供A加速运动的合力,即Ff=ma≤μmg,所以,可知三者一起运动的加速度不可能大于μg,故D错误。
C级　培优加强练
11.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,10)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　)
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
答案　AD
解析　由题意可知两x-t图线均为抛物线,则物块甲、乙均做匀变速直线运动,由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动,物块乙做匀减速直线运动,对甲有3x0 =v0t0+a甲,对乙有x0=v0t0-a乙,由于t=t0时乙图线的斜率为0,则此时乙的速度为0,则有t0=,由以上整理得a甲=a乙。由牛顿第二定律对甲有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma甲,对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma乙,整理得μ1+μ2=2tan θ,A正确;t=t0时甲的速度为v=v0+a甲t0=2v0,B错误;t=t0前,由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反,则物块甲、乙组成的整体所受合力为零,由于斜面静止,斜面所受的合力也为零,则三者组成的整体所受合力为零,地面对斜面的摩擦力为零,C错误;t=t0时物块乙的速度减为零,此后,物块乙静止在斜面上,物块甲继续沿斜面向下加速运动,物块甲的加速度有水平向左的分量,两物块和斜面组成的整体所受合力水平向左,则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左,D正确。(共52张PPT)
专题强化四　牛顿运动定律的综合应用
第三章　运动和力的关系
1.熟悉动力学图像,知道图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。 2.知道连接体的类型及运动特点,会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.理解几种常见的临界问题,并会用极限法、假设法及数学方法求解临界极值问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　动力学的连接体问题
考点一　动力学图像问题
考点三　动力学中的临界和极值问题
常见动力学图像及应用方法
考点一　动力学图像问题
v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合力
F-a图像 首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量
a-t图像 要注意加速度的正、负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况并根据牛顿第二定律列方程
F-t图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质
例1 (2025·陕、晋、青、宁卷,3)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　)
A
解析　由牛顿第二定律结合题图可知,0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反,又v-t图像的斜率表示加速度,可知0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数,A可能正确。
跟踪训练
(2026·山东临沂模拟)如图甲所示,一个物体在光滑的斜面上始终受到一沿斜面向上逐渐增大的力F的作用,该物体沿斜面向上做变加速直线运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,物体的质量和斜面的倾角分别为(　　)
A.m=3 kg,θ=30° B.m=3 kg,θ=37°
C.m=2 kg,θ=30° D.m=2 kg,θ=37°
A
解析　由牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma,解得a=-gsin θ,由图像可知斜率为k== kg-1= kg-1,解得m=3 kg,纵轴截距-gsin θ=-5 m/s2,解得θ=30°,故A正确。
1.连接体的五大类型
考点二　动力学的连接体问题
弹簧连接体
轻绳连接体
轻杆连接体
物体叠放连接体
两物体并排连接体
2.连接体问题的分析方法
(1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度。
(2)隔离法:求系统内两物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用,若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度,后隔离求内力”。
角度　　共速连接体
例2 如图所示,水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连接,两木块的材料相同,现用力F向右拉木块2,当两木块一起向右做匀加速直线运动时,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.若水平面是光滑的,则m2越大,绳的拉力越大
B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ,则绳的拉力为+μm1g
C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
C
解析　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ,以两木
块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g
=(m1+m2)a,得a=-μg,以木块1为研究对象,根据牛
顿第二定律有FT-μm1g=m1a,得a=-μg,系统加速度与木块1加速度相同,联立解得FT=F,可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关,与两木块质量大小有关,无论水平面是光滑的还是粗糙的,绳的拉力大小均为FT=F,且m2越大,绳的拉力越小,故C正确。
拓展1　(多选)如图所示,将木块1和木块2用轻绳连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉木块1使它们沿斜面匀加速上升,两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻绳上的张力,可行的办法是(　　)
A.减小木块1的质量 B.增大木块2的质量
C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ
AB
解析　对两木块组成的系统分析,根据牛顿第二定律得F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+
m2)gcos θ=(m1+m2)a,隔离木块2,根据牛顿第二定律得FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a,以上两式联立解得FT=,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,m2越大,或m1越小时,FT越大,故A、B正确。
拓展2　将木块1和木块2用弹簧连接,在拉力F作用下分别沿竖直方向和沿光滑水平面做匀加速直线运动,比较两种情况下弹簧的形变量的大小关系。
答案　相等
解析　在竖直方向运动时,以整体为研究对象,
由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以木
块2为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,
联立解得kx1=;在水平方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以木块2为研究对象,由牛顿第二定律有kx2=m2a2,联立解得kx2=,可见x1=x2。
力的“分配”原则
如图所示,一起做匀加速运动的物体系统,若外力F作用于质量为m1的物体上,两物体间的弹力F弹=F;若外力F作用于质量为m2的物体上,则F弹=F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同),与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、
轻弹簧)无关,而且物体系统处于水平面、斜面、
竖直方向时,结论都成立。
角度　　关联速度的连接体
例3 (2025·安徽卷,5)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
C
解析　甲相对木箱向右运动,则甲受到木箱的摩擦力方向向左,由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;由牛顿第二定律,对甲有FT-μmg=ma,对乙有mg-FT=ma,联立解得a=2.5 m/s2,FT=7.5 N,C正确,D错误;对木箱和滑轮整体受力分析,竖直方向上有FN=Mg+mg+FT,可知地面对木箱支持力FN不变,B错误。
1.关联速度连接体做加速运动时,由于加速度的方向不同,一般采用分别选取研究对象,对两物体分别列牛顿第二定律方程,用隔离法求解加速度及相互作用力。
2.若连接体的加速度大小不同时,根据动滑轮和定滑轮的特点,找出加速度的大小关系。
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。
(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中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)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零。
考点三　动力学中的临界和极值问题
2.处理临界问题的三种方法
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,也可能不出现临界条件时,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
角度　　恰好分离的临界问题
例4 (多选)(2026·山东烟台模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端,轻弹簧一端固定在挡板上,另一端与物块A连接,质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上,物块A、B不粘连,处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F拉物块B,使B沿斜面向上做加速度大小为a=g的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g,弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是(　 　)
A.未施加外力F时,弹簧的压缩量为
B.物块A、B分离前,外力F的大小与位移成正比
C.物块A、B分离时,弹簧的压缩量为
D.物块A、B分离时,物块B的速度大小为g
ACD
解析　未施加外力F时,A、B处于静止状态,对A、B整体,根据平衡条件有(2m+m)gsin θ=kx0,解得x0=,故A正确;物块A、B分离前,设物块A的位移为x,根据牛顿第二定律有F+k(x0-x)-(2m+m)gsin θ=(2m+m)a,解得F=kx+,外力的大小随位移线性变化,但不成正比,故B错误;物块A、B分离时,两物块接触面间弹力为0,两物块加速度均为a,对A,根据牛顿第二定律有kx1-mgsin θ=ma,解得弹簧压缩量为x1=,故C正确;物块A、B分离时,根据动力学公式有
v2=2a(x0-x1),解得物块B的速度大小为v=g,故D正确。
角度　　发生相对滑动的临界问题
例5 (多选)如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用,A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0C.当4 ND.当F>12 N时,A的加速度随F的增大而增大
AB
解析　根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,故A正确;当012 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对物块A有a==2 m/s2,加速度不变,故D错误。
角度　　动力学的极值问题
例6 (2026·安徽芜湖市诊断)如图甲所示,一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点)以v0=2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N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=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块加速度a的大小;
答案　2 m/s2
解析　根据L=v0t+at2
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ;
答案　0.5
解析　根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.5。
(3)若拉力F的大小和方向可调节,如图乙所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少。
答案　 N
解析　设F与斜面夹角为α,则
平行斜面方向有
Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有
FN+Fsin α=mgcos θ
联立解得F==
当sin(φ+α)=1时,F有最小值Fmin
代入数据解得Fmin= N。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
BC
对点练1　动力学图像问题
1.(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
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
解析　由牛顿第二定律知F-μmg=ma,整理得F=ma+μmg,则F-a图像的斜率为m,纵轴截距为μmg,结合F-a图像可知m甲>m乙,A错误,B正确;两图线的纵轴截距μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,C正确,D错误。
D
2.(2025·湖南怀化模拟)如图甲所示,在水平地面上,可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F,从某点P以v0=4 m/s的速度向左滑动,物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示,已知物体的质量m=3 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.F的大小为12 N
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s
D.物体回到P点的时刻为1.5 s
解析　物体向左做减速运动时,加速度大小a1= m/s2=8 m/s2,物体向右加速时,
a2= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,解得F=15 N,μ=0.3,故A、B错误;物体向左运动的位移为x1=×4×0.5 m=1 m,根据x=a2,解得t2=
1 s,v=a2t2=2 m/s,则物体回到P点的时刻为1.5 s,故C错误,D正确。
AB
3.(多选)(2026·辽宁大连高三阶段测试)物体静止于粗糙水平地面上,当t=0时,对物体施加一水平外力F作用,外力F随时间变化的规律如图甲所示,物体速度v随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.该物体的质量为1 kg
B.该物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C.0~1 s内,该物体受到的合力为2 N
D.0~5 s内,该物体的平均速度为3 m/s
解析　由题图甲可知,3~5 s内,外力F为零,由牛顿
第二定律有a==μg,由题图乙可知,3~5 s内,物
体加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,联立解得
μ=0.2,故B正确;1~3 s内,物体做匀速运动,由平衡
条件有F=μmg,解得m=1 kg,故A正确;由题图乙可知,0~1 s内,a=4 m/s2,由牛顿第二定律有F合=ma=4 N,故C错误;由题图乙可知,0~5 s内,物体通过的位移大小为x=×(2+5)×4 m=14 m,由平均速度定义式有== m/s=2.8 m/s,故D错误。
A
对点练2　动力学中的连接体问题
4.如图所示,飞船与空间站对接后,在水平推力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.F B.F
C.F D.F
解析　以空间站和飞船为整体,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站有FN=Ma,解得飞船和空间站间的作用力大小FN=F,故A正确,B、C、D错误。
C
5.(2026·广东广州高三期末)我国高铁技术迅猛发展,取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力,用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢,滑块与地面间动摩擦因数都相同,滑块间用轻杆连接,如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F,滑块向右加速运动,下列分析判断正确的是(　　)
A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力变小
B.若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变小
C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3
D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3
解析　根据牛顿第二定律,对所有滑块,有F-8μmg=8ma,对第8个滑块,有F78-μmg=
ma,则F78=F,由此可知,若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力不变,若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变大,故A、B错误;对6、7、8三个滑块,有F56-3μmg=3ma,则F56=F,滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为=,故C正确,D错误。
C
6.(2026·河北承德高三期末)如图所示,物块M、N叠放在粗糙水平面上,水平外力分别以图甲、乙两种方式作用在物块上,两物块一起以最大加速度运动。M、N的质量之比为1∶2,与地面间的动摩擦因数均为,M、N之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若以方式甲运动时,所施加外力大小为F1,若以方式乙运动时,所施加外力的大小F2为(　　)
A.F1 B.F1
C.F1 D.2F1
解析　当M、N之间达到最大静摩擦力时,两者的加速度最大,甲种情况中,根据牛顿第二定律,对N分析有μ·2mg=2ma1,解得a1=μg,对整体分析有F1-·3mg=3ma1,即F1=μmg;乙种情况中,根据牛顿第二定律,对M分析有μ·2mg-·3mg=ma2,解得a2=μg,对整体分析有F2-·3mg=3ma2,得F2=5μmg,联立解得F2=F1,故C正确。
AD
对点练3　动力学的临界和极值问题
7.(多选)(2026·四川成都期末)如图所示,完全相同的磁体A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,A恰好不下滑。现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则(　　)
A.速度可能向左,加速度可小于μg
B.速度一定向右,加速度不能超过(1+μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μg
D.加速度一定向左,不能超过(1+μ)g
解析　小车静止时,A恰好不下滑,所以对A有mg=μF吸引,当小车加速运动时,为了保证A不下滑,则FN≥F吸引,则FN-F吸引=ma,加速时加速度一定向左,则小车向左加速,对B有μ(mg+F吸引)=mam,解得am=(1+μ)g,故A、D正确。
C
8.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
B级　综合提升练
解析　设沿斜面向上为正方向,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),其中tan α=μ=0.75,可得α=37°,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,故A、B、D错误,C正确。
A
9.(2025·山东泰安市模拟)如图所示,细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球,静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a=2g水平向左加速运动,小球与滑块相对静止,则下列说法正确的是(　　)
A.细线对小球的拉力大小为mg
B.细线对小球的拉力大小为mg
C.小球对滑块的压力大小为mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
解析　设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0,小球受到重力、拉力作用,根据牛顿第二定律有mgtan 60°=ma0,则a0=gtan 60°=g。当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,此时小球已经飘离斜面,小球对滑块的压力为0,设此时细线与水平方向的夹角为α,有FTsin α=mg,FTcos α=ma=2mg,解得FT=mg,故A正确,B、C、D错误。
B
10.(2026·河南周口高三期中)如图所示,质量为m的物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置质量为m的物块A,A、B之间的动摩擦因数为μ(μ<1),用通过光滑定滑轮的细线将B与质量为M的物块C连接,释放C,A和B一起做匀加速运动,重力加速度大小为g。则三者一起运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.A、B之间的摩擦力大小为μmg
B.绳子的拉力大小为
C.B对A的作用力的方向竖直向上,大小为mg
D.三者一起运动的加速度可能大于μg
解析　三者一起加速运动时,对整体受力分析,根据牛顿第
二定律有Mg=(M+2m)a,得整体的加速度大小为a=g,
对A、B整体,利用牛顿第二定律有T=2ma,解得绳子的拉力
大小为T=g,隔离A,在水平方向上,根据牛顿第二定律
有Ff=ma=g,在竖直方向上,根据平衡条件,可知B对A
的支持力方向竖直向上,大小等于mg,则可得B对A的作用力大小为F=>mg,故A、C错误,B正确;由于三者一起加速运动,A、B之间的摩擦力为静摩擦力,且静摩擦力提供A加速运动的合力,即Ff=ma≤μmg,所以,可知三者一起运动的加速度不可能大于μg,故D错误。
AD
11.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,10)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　)
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
C级　培优加强练
解析　由题意可知两x-t图线均为抛物线,则物块甲、乙均做匀变速直线运动,由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动,物块乙做匀减速直线运动,对甲有3x0 =v0t0+a甲,对乙有x0=v0t0-a乙,由于t=t0时乙图线的斜率为0,则此时乙的速度为0,则有t0=
,由以上整理得a甲=a乙。由牛顿第二定律对甲有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma甲,对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma乙,整理得μ1+μ2=2tan θ,A正确;t=t0时甲的速度为v=v0+a甲t0
=2v0,B错误;t=t0前,由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反,则物块甲、乙组成的整体所受合力为零,由于斜面静止,斜面所受的合力也为零,则三者组成的整体所受合力为零,地面对斜面的摩擦力为零,C错误;t=t0时物块乙的速度减为零,此后,物块乙静止在斜面上,物块甲继续沿斜面向下加速运动,物块甲的加速度有水平向左的分量,两物块和斜面组成的整体所受合力水平向左,则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左,D正确。
本节内容结束
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