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【例1】 (多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
图1
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析　由v－t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝。同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为s＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为ssin θ＝t1×＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。
答案　ACD
考向　动力学中的F－t图象
【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)
图2
A.木板的质量为1 kg
B.2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C.0～2 s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。
由题图(c)知，2～4 s内，
木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，
撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2
设木板质量为m，根据牛顿第二定律
对木板有：
2～4 s内：F－f＝ma1
4～5 s内：f＝ma2
且知f＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误；
0～2 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
答案　AB
考向　动力学中的F－s图象
【例3】 (2018·全国Ⅰ卷，15)如图3，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离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是(　　)
图3
解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
答案　A
考向　动力学中的F－a图象
【例4】 一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是(　　)
解析　当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a线性增大，故选项C正确。
答案　C
1.如图4所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v－t图象(图中实线)可能是选项图中的(　　)
图4
解析　撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A项正确。
答案　A
2.(多选)(2020·福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图5所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
图5
A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
解析　在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误。
答案　BC
　动力学中的连接体问题
1.两个或多个物体相连组成的物体系统叫做连接体，连接体问题是高考中的常考点。命题特点如下：
(1)通过轻绳、轻杆、轻弹簧关联：一般考查两物体或多物体的平衡或共同运动，要结合绳、杆、弹簧特点分析。
(2)两物块叠放：叠放问题一般通过摩擦力的相互作用关联，考查共点力平衡或牛顿运动定律的应用。
(3)通过滑轮关联：通过滑轮关联的两个或多个物体组成的系统，一般是物体加速度大小相同、方向不同，可分别根据牛顿第二定律建立方程，联立求解。
2.解决连接体问题的两种方法
考向　相对静止类
【例5】 (多选)(2015·全国Ⅱ卷，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A.8 B.10
C.15 D.18
解析　设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①
P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有
F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，
总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。
答案　BC
考向　相对运动类
【例6】 (多选)(2019·江苏七市三调)如图6甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2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，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
图6
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C.当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对运动
D.当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
解析　根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物体有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。
答案　AB
1.(2019·天津十二重点中学二模)如图7所示，光滑水平面上的小车，在水平拉力F的作用下向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F增大，则(　　)
图7
A.物块受到的摩擦力不变
B.物块受到的合力不变
C.物块可能相对于车厢壁滑动
D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变
解析　物块受力如图所示，根据牛顿第二定律，对物块有FN＝ma，对物块和小车整体有F＝(M＋m)a，联立可得a＝，FN＝F，水平拉力F增大时，加速度a增大，车厢壁对物块的弹力FN增大，物块与车厢壁之间的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢壁仍然保持静止，选项C、D均错误；物块在竖直方向受力平衡，则f＝mg，即物块受到的摩擦力不变，选项A正确；物块受到的合力等于FN，FN随F的增大而增大，选项B错误。
答案　A
2.(多选)在上题中，若已知物块与车厢壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，小车质量为M，物块质量为m，则小车运动一段时间后，下列说法正确的是(　　)
A.若将力F大小变为(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑
B.若将力F大小变为(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑
C.若将力F撤去，物块将受到三个力的作用
D.若将力F撤去，物块将做平抛运动
解析　设F的大小为F0时物块恰好与车厢壁相对静止，则F0＝(M＋m)a，物块与车厢壁之间的弹力大小为FN＝ma，μFN＝mg，联立解得F0＝(M＋m)g，由于(M＋m)g＞F0，故物块仍然与车厢壁相对静止，选项A错误；由于(M＋m)g＜F0，物块将沿车厢壁下滑，选项B正确；将力F撤去后，物块只受重力作用，向右做平抛运动，选项D正确，C错误。
答案　BD
3.(2019·广东惠州第二次调研)如图8所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)
图8
A.3μmg B.4μmg
C.5μmg D.6μmg
解析　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为a2，则有f1＝μ·2mg＝2ma1
得a1＝μg
设桌面对纸板的摩擦力为f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力f1′＝f1，则F－f1－f2＝ma2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，
即a2＞a1
所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg
即F＞6μmg，故选D。
答案　D
　动力学中的临界和极值问题
1.临界或极值问题的关键词
(1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点。
(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。
2.产生临界值和极值的条件
(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。
(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。
(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(4)加速度最大的条件：合外力最大。
(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大。
3.临界或极值问题的分析方法
(1)假设分析法。
(2)数学极值法。
例7 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图9所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是(　　)
图9
A.物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零
B.物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零
C.物块A、B分离后，物块A开始减速
D.从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2
解析　物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，A、B有相同的加速度，弹簧的弹力不为零，物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动。
开始时受力平衡，根据平衡条件可得
kx0＝3mgsin θ，解得k＝
物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，选项A、C错误，B正确；
对A，根据牛顿第二定律kx－2mgsin θ＝2ma，
则得x＝＝·x0，
根据x0－x＝at2可得物块A、B分离的时间
t＝，选项D错误。
答案　B
1.倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(g取10 m/s2)(　　)
图10
A.10 N B.5 N
C. N D. N
解析　当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
答案　A
2.如图11所示，一质量m＝0.40 kg、可视为质点的小物块，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，物块在A点的速度为v0＝2 m/s，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g取10 m/s2。
图11
(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与斜面夹角为多大时，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
联立两式，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f，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－f＝ma，
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0，
又f＝μFN，
联立解得F＝，
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin (60°＋α)，
可知对应F最小时F与斜面的夹角α＝30°，
联立并代入数据得F的最小值为Fmin＝ N。
答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N

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