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压轴题01 有关牛顿第二定律的动力学问题-高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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这是一份压轴题01 有关牛顿第二定律的动力学问题-高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题01有关牛顿第二定律的动力学问题解析版docx、压轴题01有关牛顿第二定律的动力学问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
压轴题01 有关牛顿第二定律的动力学问题
考向一/选择题：有关牛顿第二定律的连接体问题
考向二/选择题：有关牛顿第二定律的动力学图像问题
考向二/选择题：有关牛顿第二定律的临界极值问题
考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题
1.处理连接体问题的方法：
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：
3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：
①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
此时牛顿第二定律的形式：；
说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题
常见图像
vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像
三种类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
破题关键
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
考向三：有关牛顿第二定律的临界极值问题
1．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝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是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度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2．“两种”典型分析方法
临界法
分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。
解析法
明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。
1．如图所示，质量为m的小球P。用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。小车水平向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角为，轻弹簧处于竖直方向，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则（ ）
A．若，弹簧伸长量为0
B．若，弹簧伸长量为0
C．若，弹簧压缩量为
D．若，弹簧伸长量为
【答案】B
【详解】A． 若，因轻弹簧处于竖直方向，可知细线拉力为0，此时弹簧弹力等于重力，伸长量不为0，选项A错误；
B． 若，则水平方向Tsinθ=ma竖直方向F弹+Tcosθ=mg解得F弹 =0即弹簧伸长量为0，选项B正确；
CD．由上述方程可得 若，则>0即弹簧伸长量为
若，则弹簧压缩量为选项CD错误。
故选B。
2．如图所示，倾角为、底端有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端拴在挡板上，另一端与物体A连接，弹簧与斜面平行，A、B质量均为m，物体B紧贴着A但不粘连，两者静止在斜面上。现用沿斜面向下的外力F缓慢推动物体B，当弹簧的总压缩量为时撤去F。已知重力加速度为g，则（ ）
A．外力F作用的过程，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
B．外力F作用的过程，外力F做的功等于弹簧增加的弹性势能
C．撤去外力F瞬间，A对B的作用力大小为
D．若A、B向上运动过程中分离，则分离时弹簧的压缩量为
【答案】C
【详解】A．外力F做功，系统机械能不守恒，故A错误；
B．缓慢推动，认为AB动能不变，A、B、弹簧、斜面组成的系统能量守恒。弹簧增加的弹性势能等于系统减少的重力势能与F做功消耗的其他形式能量之和，故B错误；
C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有；解得
对B，由牛顿第二定律有得故C正确；
D．分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，而为初始时弹簧的压缩量，故D错误。
故选C。
3．如图所示，轻弹簧一端与质量为m的物块A相连接，另一端与小立柱（质量忽略不计）栓接，第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上，物块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A放在物块C上，C的上表面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放在固定斜面上，AC相对静止的一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为，B、C质量相等，与斜面的动摩擦因数均为，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为。已知重力加速度为g。则两次下滑过程中A、B间的摩擦力与A、C间的摩擦力之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A与B保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，根据牛顿第二定律得
解得同理，若以A、C为研究对象，则它们共同的加速度大小也是以A为研究对象，A受到重力、斜面体B竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度为该加速度由水平方向弹簧的弹力与摩擦力的合力提供，根据牛顿第二定律有第二次仍以A为研究对象，根据牛顿第二定律有由以上几式解得故选C。
4．如图甲所示，质量为M、倾角为θ的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，将一竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑。若将一斜向下的力作用在A上时，A加速下滑，如图乙所示，下列结论正确的是（ ）
A．A与B间的动摩擦因数
B．A与B间的动摩擦因数
C．B与地面间的摩擦力，B与地面间的弹力
D．B与地面间的摩擦力，B与地面间的弹力
【答案】C
【详解】AB．当施加竖直向下的力F时，物体A刚好沿斜面匀速下滑，以A为对象，受力如图所示
根据受力平衡可得，又，联立解得故AB错误；
CD．将一斜向下的力作用在A上时，以直角劈B为对象，设水平面对B的摩擦力方向水平向右，受力如图所示
根据受力平衡，水平方向有又联立解得
竖直方向有故C正确，D错误。故选C。
5．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA= 1kg，mB= 3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（ ）
A．A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小
B．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
C．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
D．A、B脱离前，水平力FA对物体A做功为30J
【答案】B
【详解】A．由乙图可得FA= 9－3t（N），FB= 3＋3t（N）在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB= 12N，匀加速运动的加速度则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合外力不变，A错误；
B．当A、B脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故解得t = 2s则A、B脱离前，它们一起运动位移为，B正确；
C．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t = 3s后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，C错误；
D．由于FA为随时间变化的变力，则无法求出水平力FA对物体A做的功，D错误。故选B。
6．如图所示，水平地面上有两个完全相同且质量为2m的足够长长木板A和C，长木板的上方各放另一个完全相同且质量为m的物块B和D，用水平向右的拉力F分别作用在物块B上和长木板C上。已知木板A、C与地面间的动摩擦因数均为，物块B、D与木板间的动摩擦因数均为，设最大的静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（ ）
A．当时，A和B、C和D均相对地面静止
B．当时，A和B一起加速
C．当时，D所受摩擦力为
D．无论F为何值，A的加速度大小不会超过，D的加速度大小不会超过
【答案】D
【详解】A．由题意可得，A与地面间的最大静摩擦力为，A与B间最大静摩擦力
C与地面间的最大静摩擦力，C与D间最大静摩擦力所以时，A和B、C和D均相对地面静止，故A错误；
B．A和B一起加速的最大加速度为，对AB整体有得故时，A和B一起加速，故B错误；
C．由上述分析可得，C和D一起加速时，有当时，C和D未发生相对滑动，也未达到摩擦力的最大值，故C错误；
D．对A受力分析可得，A的最大加速度为；对D受力分析可得，D的最大加速度为；故D正确。故选D。
7．如图所示，水平面上O点左侧光滑，O点右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，当第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当第1个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
B．当第2个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
C．当第3个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为0
D．当第4个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
【答案】BC
【详解】A．设每个滑块进入粗糙地段时所受的摩擦力为f，则当第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前，小滑块做匀速直线运动，可知当第1个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为选项A错误；
B．当第2个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为选项B正确；
C．当第3个小滑块刚进入粗糙地带时，整体加速度为零，则第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为零，选项C正确；
D．当第4个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为负号表示与速度方向相反，选项D错误；故选BC。
8．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，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始均沿竖直方向运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，两滑轮间竖直距离足够长。下列说法正确的是（ ）
A．重物A的加速度大小为，方向竖直向下
B．悬挂滑轮的轻质细绳的拉力大小为
C．当B的位移为h时，B的速度大小为
D．当B的位移为h时，B的机械能减少
【答案】BCD
【详解】AB．设细绳张力为，A受向上的拉力为，而B受向上的拉力为，且重力都为，故A向上运动，B向下运动。由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的两倍，设A的加速度为，则B的加速度为。分别对A和B有；
解得，即重物A的加速度大小为，方向向上；细绳的拉力大小为，故A错误，B正确。
C．由于B的加速度是A加速度的两倍，由可知，同一时刻，A的速度是B的一半，即当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒定律得联立解得故C正确；
D．当B下降高度h时，B的机械能减少量故D正确。故选BCD。
9．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。时对物块A施加水平向右的恒力F，时撒去，在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，则（ ）
A．时物块A的速度为 B．时弹簧弹力为
C．物块B的质量为 D．F大小为
【答案】BD
【详解】A．若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
BCD．恒力F拉动a的瞬间，由图像A的加速度为，有，1s时两者的加速度相等，对A、B由牛顿第二定律有；解得；故BD正确，C错误；故选BD。
10．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。则（ ）
A．2～6s时间内物体的加速度为0.75m/s2
B．物块的质量为1kg
C．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2N
D．0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J
【答案】AD
【详解】A．2～6s时间内物体的加速度为故A正确；
B. 2～6s时间内由牛顿定律即3-f=0.75m；6～8s时间内物体匀速运动，此时F=f即f=2N可得m=1.33kg故B错误；
C. 开始的2s内物体静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1N，故整个过程中，物体所受摩擦力不是始终为2N ，故C错误；
D．0～10s时间内，物体的位移则物体克服摩擦力所做的功Wf=fx=30J故D正确。
故选AD。
11．如图甲所示，一竖直放置的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与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．B的速度达到最大值时，弹簧恢复到原长
C．在t1时刻弹簧弹力大小为M（g＋a）
D．施加拉力F的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g-a）
【答案】ACD
【详解】A．施加拉力F前，A、B整体受力平衡，根据力的平衡条件有2Mg=kx0得弹簧形变量故A正确；
B．当B的速度最大时，B的加速度为0，由图乙可知，此时A、B已经分离，弹簧弹力与B的重力大小相等，此时弹簧未恢复到原长，故B错误；
C．在t1时刻A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB=0对B，根据牛顿第二定律有F弹-Mg=Ma
得弹簧弹力大小为F弹=M（g＋a）故C正确；
D．施加拉力F的瞬间，B的加速度为a，根据牛顿第二定律有F′弹-Mg-F′AB=Ma其中F′弹=2Mg得F′AB=M（g-a）
故D正确。故选ACD。
12．如图1所示，一倾角为的传送带以恒定的速率逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取，，。关于两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度的大小为
B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75
C．在内，两物块与传送带间产生的热量相等
D．后，若物块A在传送带上运动的时间少于，则A、B间的最大距离就不会变
【答案】AB
【详解】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为
对其受力分析有解得故B项正确；
C．在，物块B与传送带相对位移为产生的热量为
对物体A有；
解得在，物块A与传送带相对位移为产生的热量为因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有解得所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。故选AB。
13．一个质量为的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为的冲量，此后小物块和长木板运动的图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中，，小物块木板间的动摩擦因数设为，长木板与地面的动摩擦因数设为，重力加速度，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．，
B．时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为
C．小物块比长木板提前停下
D．小物块相对长木板的位移为
【答案】AB
【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有对小物块，由牛顿第二定律有
对长木板有通过对题图及题中数据分析在时刻建立共速方程有联立以上各式解得；故A正确；
B．时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得则产生的内能
故B正确；
C．二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有
解得则的时间为由对称性可知小物块停下也会用时，则小物块比长木板晚停下，故C错误；
D．小物块与长木板内的相对位移则全过程的相对位移为
故D错误。故选AB。
14．如图所示，物块P和木板Q静止在倾角为的光滑斜面上，斜面底端有一垂直斜面的固定挡板，P、Q的质量均为，它们之间的动摩擦因数为，现对P施加一平行斜面向上的恒为F，考虑P没有滑离Q时的情况，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．若时，P、Q之间的摩擦力大小为
B．当时，P、Q开始发生相对滑动
C．若，物块P的加速度大小为
D．若，物块Q的加速度大小为
【答案】AD
【详解】A．时，P、Q仍然保持静止，对P，有解得故A正确；
B．假设P、Q刚要发生相对滑动，对Q，有解得对P，有
解得故B错误；
C．若，对P、Q整体，有解得故C错误；
D．若，对Q，有解得故D正确。故选AD。
15．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（ ）
A．竖直拉力的大小为mg B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为 D．弹簧弹性势能的减少量为
【答案】BC
【详解】A．A与B恰好分离时，二者间弹力为零，对B，由牛顿第二定律竖直拉力的大小为，A错误；
B．系统静止时，A、B分离时，对A，由牛顿第二定律，A上升的高度为
得，B正确；
C．物块速度大小为，C正确；
D．弹性势能减少量为，D错误。故选BC。
16．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平地面上保持静止。当将一质量为m的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果木块匀速运动过程中突然受到一个与斜面成α角的力F拉着木块，使木块减速下滑。重力加速度为g，（运动过程中木块始终未脱离木楔，木楔始终静止）下列说法中正确的是（ ）
A．物体在匀速下滑过程中斜面对地面的压力为（M+m）g
B．在木块减速下滑过程中，地面对M的静摩擦力水平向右
C．若经过一段时间，木块能沿斜面匀速上滑，则F的最小值为
D．经过一段时间后，若物体上滑，地面对M的冲量水平向左
【答案】AC
【详解】A．木块在匀速下滑时，两物体受力平衡，作为一个整体，有根据牛顿第三定律有斜面对地面的压力为（M+m）g，A正确；
B．当木块减速下滑时，加速度沿斜面向上，因此此时木块对斜面的力有水平向右的分量，根据力的平衡，此时地面对斜面的静摩擦力向左，B错误；
C．木块匀速下滑时有即施加力F后，匀速上滑时，对木块受力分析，平行于斜面方向有垂直斜面方向有联立解得
根据数学知识有所以得，C正确；
D．木块上滑时，木块给斜面的摩擦力方向沿斜面斜向上，同时还有垂直斜面向下的弹力，合力方向斜向右下方，因此由力的平衡可知，此时地面对斜面的摩擦力水平向左，同时，地面对斜面有竖直向上的弹力，因此合力方向斜向左上方，故冲量斜上左上方，D错误。故选AC。
17．如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，有10个完全相同、质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。当1号小球在B处时，将10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．6号球刚进入BC段不久，6号球与7号球间细杆的弹力大小为
B．10号球不能到达B点
C．1号球运动过程中的最大速度为
D．5号球运动过程中的最大速度为
【答案】AD
【详解】A．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得把7到10小球共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有解得故A正确；
B．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有
解得所以10号球能到达B点，故B错误；
CD．小球始终相同，在斜面上先加速后减速，第n个球刚进入BC段时加速度为零，此时小球速度最大，则有解得即 ，所以在第七个球刚进入BC段时，小球速度最大，根据动能定理解得故C错误，D正确。故选AD。
18．如图所示，物块A、B的质量均为m，物块C的质量为2m。A放在一劲度系数为的轻弹簧上，B、C通过一根轻绳绕过一轻质光滑定滑轮相连，B叠放在A上，用手托起C使绳子处于伸直但不拉紧的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离时，A、B的加速度为
C．A、B分离时，A、B上升的高度为
D．A速度最大时，相对起始位置上升了
【答案】BCD
【详解】A．刚释放C瞬间，弹簧弹力对整体有对A有
解得故A错误；
B．A、B分离时，对B、C有解得故B正确；
C．A、B分离时，对A有解得；解得故C正确；
D．A速度最大时，A所受合力为0，则有；解得故D正确。故选BCD。
压轴题01 有关牛顿第二定律的动力学问题
考向一/选择题：有关牛顿第二定律的连接体问题
考向二/选择题：有关牛顿第二定律的动力学图像问题
考向二/选择题：有关牛顿第二定律的临界极值问题
考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题
1.处理连接体问题的方法：
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：
3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：
①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
此时牛顿第二定律的形式：；
说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题
常见图像
vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像
三种类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
破题关键
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
考向三：有关牛顿第二定律的临界极值问题
1．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝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是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度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2．“两种”典型分析方法
临界法
分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。
解析法
明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。
1．如图所示，质量为m的小球P。用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。小车水平向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角为，轻弹簧处于竖直方向，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则（ ）
A．若，弹簧伸长量为0
B．若，弹簧伸长量为0
C．若，弹簧压缩量为
D．若，弹簧伸长量为
【答案】B
【详解】A． 若，因轻弹簧处于竖直方向，可知细线拉力为0，此时弹簧弹力等于重力，伸长量不为0，选项A错误；
B． 若，则水平方向Tsinθ=ma竖直方向F弹+Tcosθ=mg解得F弹 =0即弹簧伸长量为0，选项B正确；
CD．由上述方程可得 若，则>0即弹簧伸长量为
若，则弹簧压缩量为选项CD错误。
故选B。
2．如图所示，倾角为、底端有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端拴在挡板上，另一端与物体A连接，弹簧与斜面平行，A、B质量均为m，物体B紧贴着A但不粘连，两者静止在斜面上。现用沿斜面向下的外力F缓慢推动物体B，当弹簧的总压缩量为时撤去F。已知重力加速度为g，则（ ）
A．外力F作用的过程，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
B．外力F作用的过程，外力F做的功等于弹簧增加的弹性势能
C．撤去外力F瞬间，A对B的作用力大小为
D．若A、B向上运动过程中分离，则分离时弹簧的压缩量为
【答案】C
【详解】A．外力F做功，系统机械能不守恒，故A错误；
B．缓慢推动，认为AB动能不变，A、B、弹簧、斜面组成的系统能量守恒。弹簧增加的弹性势能等于系统减少的重力势能与F做功消耗的其他形式能量之和，故B错误；
C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有；解得
对B，由牛顿第二定律有得故C正确；
D．分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，而为初始时弹簧的压缩量，故D错误。
故选C。
3．如图所示，轻弹簧一端与质量为m的物块A相连接，另一端与小立柱（质量忽略不计）栓接，第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上，物块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A放在物块C上，C的上表面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放在固定斜面上，AC相对静止的一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为，B、C质量相等，与斜面的动摩擦因数均为，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为。已知重力加速度为g。则两次下滑过程中A、B间的摩擦力与A、C间的摩擦力之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A与B保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，根据牛顿第二定律得
解得同理，若以A、C为研究对象，则它们共同的加速度大小也是以A为研究对象，A受到重力、斜面体B竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度为该加速度由水平方向弹簧的弹力与摩擦力的合力提供，根据牛顿第二定律有第二次仍以A为研究对象，根据牛顿第二定律有由以上几式解得故选C。
4．如图甲所示，质量为M、倾角为θ的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，将一竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑。若将一斜向下的力作用在A上时，A加速下滑，如图乙所示，下列结论正确的是（ ）
A．A与B间的动摩擦因数
B．A与B间的动摩擦因数
C．B与地面间的摩擦力，B与地面间的弹力
D．B与地面间的摩擦力，B与地面间的弹力
【答案】C
【详解】AB．当施加竖直向下的力F时，物体A刚好沿斜面匀速下滑，以A为对象，受力如图所示
根据受力平衡可得，又，联立解得故AB错误；
CD．将一斜向下的力作用在A上时，以直角劈B为对象，设水平面对B的摩擦力方向水平向右，受力如图所示
根据受力平衡，水平方向有又联立解得
竖直方向有故C正确，D错误。故选C。
5．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA= 1kg，mB= 3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（ ）
A．A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小
B．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
C．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
D．A、B脱离前，水平力FA对物体A做功为30J
【答案】B
【详解】A．由乙图可得FA= 9－3t（N），FB= 3＋3t（N）在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB= 12N，匀加速运动的加速度则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合外力不变，A错误；
B．当A、B脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故解得t = 2s则A、B脱离前，它们一起运动位移为，B正确；
C．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t = 3s后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，C错误；
D．由于FA为随时间变化的变力，则无法求出水平力FA对物体A做的功，D错误。故选B。
6．如图所示，水平地面上有两个完全相同且质量为2m的足够长长木板A和C，长木板的上方各放另一个完全相同且质量为m的物块B和D，用水平向右的拉力F分别作用在物块B上和长木板C上。已知木板A、C与地面间的动摩擦因数均为，物块B、D与木板间的动摩擦因数均为，设最大的静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（ ）
A．当时，A和B、C和D均相对地面静止
B．当时，A和B一起加速
C．当时，D所受摩擦力为
D．无论F为何值，A的加速度大小不会超过，D的加速度大小不会超过
【答案】D
【详解】A．由题意可得，A与地面间的最大静摩擦力为，A与B间最大静摩擦力
C与地面间的最大静摩擦力，C与D间最大静摩擦力所以时，A和B、C和D均相对地面静止，故A错误；
B．A和B一起加速的最大加速度为，对AB整体有得故时，A和B一起加速，故B错误；
C．由上述分析可得，C和D一起加速时，有当时，C和D未发生相对滑动，也未达到摩擦力的最大值，故C错误；
D．对A受力分析可得，A的最大加速度为；对D受力分析可得，D的最大加速度为；故D正确。故选D。
7．如图所示，水平面上O点左侧光滑，O点右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，当第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当第1个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
B．当第2个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
C．当第3个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为0
D．当第4个小滑块刚进入粗糙地带时，第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为
【答案】BC
【详解】A．设每个滑块进入粗糙地段时所受的摩擦力为f，则当第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前，小滑块做匀速直线运动，可知当第1个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为选项A错误；
B．当第2个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为选项B正确；
C．当第3个小滑块刚进入粗糙地带时，整体加速度为零，则第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为零，选项C正确；
D．当第4个小滑块刚进入粗糙地带时，整体的加速度第7、8小滑块之间轻杆的弹力大小为负号表示与速度方向相反，选项D错误；故选BC。
8．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，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始均沿竖直方向运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，两滑轮间竖直距离足够长。下列说法正确的是（ ）
A．重物A的加速度大小为，方向竖直向下
B．悬挂滑轮的轻质细绳的拉力大小为
C．当B的位移为h时，B的速度大小为
D．当B的位移为h时，B的机械能减少
【答案】BCD
【详解】AB．设细绳张力为，A受向上的拉力为，而B受向上的拉力为，且重力都为，故A向上运动，B向下运动。由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的两倍，设A的加速度为，则B的加速度为。分别对A和B有；
解得，即重物A的加速度大小为，方向向上；细绳的拉力大小为，故A错误，B正确。
C．由于B的加速度是A加速度的两倍，由可知，同一时刻，A的速度是B的一半，即当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒定律得联立解得故C正确；
D．当B下降高度h时，B的机械能减少量故D正确。故选BCD。
9．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。时对物块A施加水平向右的恒力F，时撒去，在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，则（ ）
A．时物块A的速度为 B．时弹簧弹力为
C．物块B的质量为 D．F大小为
【答案】BD
【详解】A．若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
BCD．恒力F拉动a的瞬间，由图像A的加速度为，有，1s时两者的加速度相等，对A、B由牛顿第二定律有；解得；故BD正确，C错误；故选BD。
10．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。则（ ）
A．2～6s时间内物体的加速度为0.75m/s2
B．物块的质量为1kg
C．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2N
D．0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J
【答案】AD
【详解】A．2～6s时间内物体的加速度为故A正确；
B. 2～6s时间内由牛顿定律即3-f=0.75m；6～8s时间内物体匀速运动，此时F=f即f=2N可得m=1.33kg故B错误；
C. 开始的2s内物体静止，所受的摩擦力为静摩擦力，大小为1N，故整个过程中，物体所受摩擦力不是始终为2N ，故C错误；
D．0～10s时间内，物体的位移则物体克服摩擦力所做的功Wf=fx=30J故D正确。
故选AD。
11．如图甲所示，一竖直放置的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与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．B的速度达到最大值时，弹簧恢复到原长
C．在t1时刻弹簧弹力大小为M（g＋a）
D．施加拉力F的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g-a）
【答案】ACD
【详解】A．施加拉力F前，A、B整体受力平衡，根据力的平衡条件有2Mg=kx0得弹簧形变量故A正确；
B．当B的速度最大时，B的加速度为0，由图乙可知，此时A、B已经分离，弹簧弹力与B的重力大小相等，此时弹簧未恢复到原长，故B错误；
C．在t1时刻A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB=0对B，根据牛顿第二定律有F弹-Mg=Ma
得弹簧弹力大小为F弹=M（g＋a）故C正确；
D．施加拉力F的瞬间，B的加速度为a，根据牛顿第二定律有F′弹-Mg-F′AB=Ma其中F′弹=2Mg得F′AB=M（g-a）
故D正确。故选ACD。
12．如图1所示，一倾角为的传送带以恒定的速率逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取，，。关于两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度的大小为
B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75
C．在内，两物块与传送带间产生的热量相等
D．后，若物块A在传送带上运动的时间少于，则A、B间的最大距离就不会变
【答案】AB
【详解】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为
对其受力分析有解得故B项正确；
C．在，物块B与传送带相对位移为产生的热量为
对物体A有；
解得在，物块A与传送带相对位移为产生的热量为因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有解得所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。故选AB。
13．一个质量为的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为的冲量，此后小物块和长木板运动的图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中，，小物块木板间的动摩擦因数设为，长木板与地面的动摩擦因数设为，重力加速度，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．，
B．时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为
C．小物块比长木板提前停下
D．小物块相对长木板的位移为
【答案】AB
【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有对小物块，由牛顿第二定律有
对长木板有通过对题图及题中数据分析在时刻建立共速方程有联立以上各式解得；故A正确；
B．时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得则产生的内能
故B正确；
C．二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有
解得则的时间为由对称性可知小物块停下也会用时，则小物块比长木板晚停下，故C错误；
D．小物块与长木板内的相对位移则全过程的相对位移为
故D错误。故选AB。
14．如图所示，物块P和木板Q静止在倾角为的光滑斜面上，斜面底端有一垂直斜面的固定挡板，P、Q的质量均为，它们之间的动摩擦因数为，现对P施加一平行斜面向上的恒为F，考虑P没有滑离Q时的情况，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．若时，P、Q之间的摩擦力大小为
B．当时，P、Q开始发生相对滑动
C．若，物块P的加速度大小为
D．若，物块Q的加速度大小为
【答案】AD
【详解】A．时，P、Q仍然保持静止，对P，有解得故A正确；
B．假设P、Q刚要发生相对滑动，对Q，有解得对P，有
解得故B错误；
C．若，对P、Q整体，有解得故C错误；
D．若，对Q，有解得故D正确。故选AD。
15．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（ ）
A．竖直拉力的大小为mg B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为 D．弹簧弹性势能的减少量为
【答案】BC
【详解】A．A与B恰好分离时，二者间弹力为零，对B，由牛顿第二定律竖直拉力的大小为，A错误；
B．系统静止时，A、B分离时，对A，由牛顿第二定律，A上升的高度为
得，B正确；
C．物块速度大小为，C正确；
D．弹性势能减少量为，D错误。故选BC。
16．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平地面上保持静止。当将一质量为m的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果木块匀速运动过程中突然受到一个与斜面成α角的力F拉着木块，使木块减速下滑。重力加速度为g，（运动过程中木块始终未脱离木楔，木楔始终静止）下列说法中正确的是（ ）
A．物体在匀速下滑过程中斜面对地面的压力为（M+m）g
B．在木块减速下滑过程中，地面对M的静摩擦力水平向右
C．若经过一段时间，木块能沿斜面匀速上滑，则F的最小值为
D．经过一段时间后，若物体上滑，地面对M的冲量水平向左
【答案】AC
【详解】A．木块在匀速下滑时，两物体受力平衡，作为一个整体，有根据牛顿第三定律有斜面对地面的压力为（M+m）g，A正确；
B．当木块减速下滑时，加速度沿斜面向上，因此此时木块对斜面的力有水平向右的分量，根据力的平衡，此时地面对斜面的静摩擦力向左，B错误；
C．木块匀速下滑时有即施加力F后，匀速上滑时，对木块受力分析，平行于斜面方向有垂直斜面方向有联立解得
根据数学知识有所以得，C正确；
D．木块上滑时，木块给斜面的摩擦力方向沿斜面斜向上，同时还有垂直斜面向下的弹力，合力方向斜向右下方，因此由力的平衡可知，此时地面对斜面的摩擦力水平向左，同时，地面对斜面有竖直向上的弹力，因此合力方向斜向左上方，故冲量斜上左上方，D错误。故选AC。
17．如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，有10个完全相同、质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。当1号小球在B处时，将10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．6号球刚进入BC段不久，6号球与7号球间细杆的弹力大小为
B．10号球不能到达B点
C．1号球运动过程中的最大速度为
D．5号球运动过程中的最大速度为
【答案】AD
【详解】A．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得把7到10小球共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有解得故A正确；
B．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有
解得所以10号球能到达B点，故B错误；
CD．小球始终相同，在斜面上先加速后减速，第n个球刚进入BC段时加速度为零，此时小球速度最大，则有解得即 ，所以在第七个球刚进入BC段时，小球速度最大，根据动能定理解得故C错误，D正确。故选AD。
18．如图所示，物块A、B的质量均为m，物块C的质量为2m。A放在一劲度系数为的轻弹簧上，B、C通过一根轻绳绕过一轻质光滑定滑轮相连，B叠放在A上，用手托起C使绳子处于伸直但不拉紧的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．刚释放C瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离时，A、B的加速度为
C．A、B分离时，A、B上升的高度为
D．A速度最大时，相对起始位置上升了
【答案】BCD
【详解】A．刚释放C瞬间，弹簧弹力对整体有对A有
解得故A错误；
B．A、B分离时，对B、C有解得故B正确；
C．A、B分离时，对A有解得；解得故C正确；
D．A速度最大时，A所受合力为0，则有；解得故D正确。故选BCD。
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