《创新课堂》第四章 运动和力的关系 专题强化8　动力学图像、连接体、临界问题 课件 高中物理必修第一册（人教版）同步讲练测

(共55张PPT)
专题强化8
动力学图像、连接体、临界问题
1.综合应用牛顿第二定律、运动学规律，结合F-t图像、v-t图像、a-F图像等信息解决动力学问题。
2.知道连接体问题的特点，会熟练应用整体法和隔离法分析连接体中的动力学问题。
3.掌握动力学临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件。
学习目标
01
强化点一　动力学中的图像问题
02
强化点二　动力学中的连接体问题
04
课时作业
目 录
03
强化点三　动力学中的临界问题
01
PART
强化点一
动力学中的图像问题
1. 动力学问题涉及的图像
图像 题型
v-t图像 已知物体的运动图
像，求解物体的受
力情况 已知物体的受力或运动情况，判断选择有关的图像 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查
a-t图像
F-t图像 已知物体的受力图
像，求解物体的运
动情况
F-a图像
2. 解题思路
（1）从x-t图像、v-t图像或a-t图像中分析物体的运动情况，尤其是加速度
的大小、方向变化情况，根据牛顿第二定律分析受力情况。
（2）从F-t图像、F-a图像或F-x图像中分析物体的受力情况，根据牛顿第
二定律求加速度大小和方向，结合运动学特征分析物体的运动情况。
（3）根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。
【例1】　（动力学中的v-t图像）如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平
面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，
选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得
v-t 图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
答案：3 N　0.05　
解析：设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直
线运动的加速度大小为a2，则由v-t图像得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，
由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2
联立解得F＝3 N，μ＝0.05。
解析：由v-t图像与时间轴所围成的面积表示位移可知，物体减速阶段，即
0到4 s内发生的位移
x1＝×4×8 m＝16 m，方向水平向右；
物体从4 s到10 s反向匀加速发生的位移
x2＝－×6×6 m＝－18 m，方向水平向左；
所以10 s内物体的位移大小
x＝x1＋x2＝－2 m，方向水平向左。
（2）10 s内物体的位移；
答案：2 m　方向水平向左
（3）物体再次回到A点时的速度大小。
答案： 4 m/s
解析：由运动学公式v2＝2a2x1
代入数据解得v＝4 m/s。
【例2】　（动力学中的a-t图像）〔多选〕（2025·陕西咸阳高一期末）如
图甲，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿水平地面做直
线运动，t＝1 s时撤去外力，物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所
示。重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A. 3 s末物体的速度为0
B. 物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5
C. t＝1 s时，物体向前运动了4 m
D. F的大小为12 N
√
√
解析：根据a-t图线与横轴围成的面积表示速度变化量，则有v3＝Δv3＝4×1
m/s－2×2 m/s＝0，可知3 s末物体的速度是0，故A正确；撤去水平力F
前，由图乙可知物体的加速度大小为a1＝4 m/s2，根据牛顿第二定律可得F
－μmg＝ma1，撤去水平力F后，物体的加速度大小为a2＝2 m/s2，根据牛顿
第二定律可得μmg＝ma2，联立解得μ＝0.2，F＝12 N，故B错误，D正确；
t＝1 s时，物体向前运动的距离为x1＝a1t2＝×4×12 m＝2 m，故C错误。
1. 用与斜面平行的力F拉着物体在倾角为θ的光滑斜面上运动，如果改变拉
力F的大小，物体的加速度随外力F变化的图像如图所示，已知外力F沿斜
面向上，重力加速度g取10 m/s2，请根据图像中所提供的信息计算出斜面
的倾角和物体的质量分别是（　　）
A. 30°和2 kg B. 60°和3 kg
C. 30°和3 kg D. 60°和2 kg
√
解析：　对物体受力分析，根据牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，解得a
＝－gsin θ，由题图知－gsin θ＝－5 m/s2，sin θ＝0.5，即θ＝30°，又图
线的斜率k＝＝ kg－1，解得m＝3 kg，C正确。
02
PART
强化点三
动力学中的连接体问题
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称为连接体，连接体内物体的加速度可能相同也可能
不同。
2. 连接体问题的处理方法
整体法 把整个系统作为一个研究对象，不必考虑系统的内力，只需分
析系统受到的外力，然后依据牛顿第二定律列方程求解
隔离法 把系统中的一部分作为研究对象，此时系统的内力就有可能成
为该研究对象所受的外力，分析时应加以注意
【例3】　（加速度相同的连接体）如图所示，质量为m1和m2的两个物体
用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后
竖直向上做匀加速运动，不计空气阻力，m1、m2与各接触面的动摩擦因数
相同，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小（　　）
A. 由大变小
B. 由小变大
C. 始终不变且大小为F
D. 由大变小再变大
√
解析：在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ（m1＋m2）g＝（m1
＋m2）a1，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得FT1－μm1g＝m1a1，联立
解得FT1＝F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ（m1＋
m2）gcos θ－（m1＋m2）gsin θ＝（m1＋m2）a2，对质量为m1的物体，由牛
顿第二定律得FT2－μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a2，联立解得FT2＝F；
在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－（m1＋m2）g＝（m1＋m2）
a3，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得FT3－m1g＝m1a3，联立解得FT3
＝F。综上分析可知，细线上拉力的大小始终不变且大小为
F，选项C正确。
【例4】　（加速度不同的连接体）如图所示，质量分别为M和m的物块由
相同的材料制成，且M＞m，将它们用一根跨过光滑的定滑轮的轻细线连
接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两
物块位置按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为（　　）
A. g B. g
C. g D. 上述均不对
√
解析：按题图甲连接时，两物块做匀速运动，故FT＝mg，FT＝μMg，联立
解得μ＝；按题图乙连接时，对质量为M的物块，有Mg－FT'＝Ma，对质
量为m的物块，有FT'－μmg＝ma，联立解得a＝g，故C正确。
03
PART
强化点三
动力学中的临界问题
1. 题型概述
在动力学问题中题述物理情景往往出现某种物理现象（或状态）刚好要发
生（或不发生）的转折状态，即临界问题。用词如“最大”“最小”“刚
好”“恰能”等，一般都会涉及临界问题，暗示隐含相应的临界条件。
2. 临界问题的常见类型及临界条件
临界状态 临界条件
两物体接触或脱离 弹力FN＝0
两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值
绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力
绳子松弛 张力FT＝0
加速度最大或最小 当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度
速度最大或最小 加速度为零
3. 解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行准确地判断与分
析，挖掘出隐含的临界条件。
【例5】　（相对静止、相对滑动临界问题）如图所示，A、B两物体的质
量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，A和B之间的动摩擦因数μ＝0.2，水平面光
滑，要使A和B之间不发生相对运动，则F最大不得超过（设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2）（　　）
A. 2 N B. 4 N
C. 6 N D. 8 N
解析：拉力F作用在物体B上时，若A、B间恰好不发生相对运动，则A、B
间的静摩擦力达到最大值，对物体A有μm1g＝m1am，对整体有Fm＝（m1＋
m2）·am，联立以上各式解得Fm＝6 N，选项C正确，A、B、D错误。
√
【例6】　（接触与脱离的临界问题）如图所示，细线的一端固定在倾角
为45°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
（重力加速度为g）。问：
答案：g　
（1）当滑块以多大的加速度向右运动时，细线对小球的拉力刚好等于
零？
解析：当FT＝0时，小球受重力mg和斜面的支持力FN
作用，如图甲所示，
则mgtan 45°＝ma
解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，细线对小球的拉力刚好等于零。
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于
零？
答案：g　
解析：假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、
细线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0。
解得FN1＝，
FT1＝。
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，细线的
拉力FT1增大；当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处
于临界状态，这时细线的拉力FT1＝mg。所以滑块至少以a1＝g的加速度
向左运动时，小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，细线对小球的拉力为多大？
答案：mg
解析：当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受细
线的拉力和重力的作用，如图丙所示。当滑块以a'＝2g的加
速度向左运动时，此时细线与水平方向间的夹角α＜45°。由
勾股定理得FT'＝＝mg。
方法归纳
求解临界问题的三种常用方法
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，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
数学方法 将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件
04
PART
课时作业
1. 〔多选〕一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动。t＝0时，开始对物
体施加一外力F，力F的方向与速度方向相同，大小随时间变化的关系如图
所示，则物体在0～t0时间内（　　）
A. 物体的加速度a逐渐减小，速度v逐渐减小
B. 物体的加速度a逐渐减小，速度v逐渐增大
C. t0时刻物体的加速度a＝0，速度v最大
D. t0时刻物体的加速度a＝0，速度v＝0
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√
解析：物体在0～t0时间内，F减小，则物体的合力逐渐减小，由牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当F＝0时加速度减至0。 因为加速度的方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，当加速度a＝0时，速度v最大，B、C正确，A、D错误。
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2. 〔多选〕（2023·全国甲卷19题）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、乙两物体运动时，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
√
√
解析：根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg。由题图可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，故选B、C。
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3. 质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图
所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、a-t图像正确
的是（　　）
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解析：第1 s内物体受力方向为负，t＝1 s时，速度为0，则在前1 s内物体做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速度为1 m/s；第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；第2～4 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，结合所给选项知，只有B正确。
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4. （2023·北京高考6题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细
线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉
力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（　　）
A. 1 N B. 2 N C. 4 N D. 5 N
解析：　对两物块整体受力分析，有F＝2ma，再对左边的物块，有FTmax
＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。
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5. 〔多选〕如图所示，材料相同，质量分别为M和m的两物体A和B靠在一
起放在水平面上。用水平推力F向右推A使两物体一起向右加速运动时（图
甲），A和B之间的作用力为F1，加速度为a1。用同样大小的水平推力F向
左推B使两物体一起向左加速运动时（图乙），A和B之间的作用力为F2，
加速度为a2。则（　　）
A. F1∶F2＝1∶1 B. F1∶F2＝m∶M
C. a1∶a2＝M∶m D. a1∶a2＝1∶1
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解析：用水平推力F向右推A时，对整体，由牛顿第二定律得F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a1，对于B，由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma1，解得a1＝－μg，F1＝，用水平推力F向左推B时，对整体，由牛顿第二定律得F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a2，对于A，由牛顿第二定律得F2－μMg＝Ma2，解得a2＝－μg，F2＝，所以F1∶F2＝m∶M，a1∶a2＝1∶1，B、D正确，A、C错误。
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6. （2025·宁波市九校高一期末）如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速
直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车
厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共
汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角（取θ＝
60°），则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（　　）
A. 大小等于μmg，方向水平向左
B. 大小等于mg，方向竖直向上
C. 大小大于，方向水平向左
D. 大小等于，方向斜向左上方
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解析：　以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得m球gtan θ
＝m球a，解得a＝gtan θ，以学生为研究对象，学生与球的加速
度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图，设汽车对学生
的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律得mgtan α
＝ma，F＝，将a＝gtan θ代入得α＝θ，F＝，方向斜向
左上方，A、B、C错误，D正确。
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7. 如图所示，完全相同的磁铁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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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. 加速度可能向右，大小小于μg
B. 加速度一定向右，大小不能超过（1＋μ）g
C. 加速度一定向左，大小不能超过μg
D. 加速度一定向左，大小不能超过（1＋μ）g
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解析：当小车静止时，A恰好不下滑，此时mg＝Ff＝μFN，要保证A无滑动，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，要保证B无滑动，则其受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma≤μ（mg＋FN），解得a≤（1＋μ）g，故选项D正确。
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8. 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分
别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，水平向右的拉
力F作用在物体A上，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大的过程中
（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），则（　　）
A. 当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态
B. 两物体始终没有相对滑动
C. 两物体从受到拉力F开始就有相对滑动
D. 要让两物体发生相对滑动需要F大于48 N
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解析：由于水平面光滑，当拉力F＜12 N时，合外力不为零，所以A、B两物体均不能保持静止状态，A错误；当A、B间的静摩擦力达到最大，将要发生相对滑动时，Ffm＝μmAg＝12 N，此时物体B的加速度为am＝＝6 m/s2，对A、B整体有F＝（mA＋mB）am＝48 N，故当F从10 N逐渐增到48 N的过程中，两物体不产生相对滑动，大于48 N，则两物体会发生相对滑动，D正确，B、C错误。
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9. 如图所示，两底角分别为37°和53°的光滑三角劈
固定在水平地面上，三角劈顶端装有一光滑定滑轮。
质量均为1 kg的物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳连接，
不计一切摩擦，三角劈斜面足够长，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8。同时由静止释放P、Q后，轻绳的拉力大小为（　　）
A. 5 N B. 6 N C. 7 N D. 8 N
解析：　对P、Q整体，由牛顿第二定律可知mgsin 53°－mgsin 37°＝
2ma，对物块P，有FT－mgsin 37°＝ma，解得FT＝7 N。故C正确。
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10. 如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后
滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A
之间的弹力为FN1，斜面与A之间的弹力为FN2，货车向右运动过程中，A和
B保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A. 货车加速，则FN1增大，FN2减小
B. 货车加速，则FN1增大，FN2不变
C. 货车减速，则FN1减小，FN2增大
D. 货车减速，则FN1不变，FN2增大
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解析：货车向右加速，以A为研究对象，在竖直方向有FN2cos θ＝mAg，水平方向FN1－FN2sin θ＝mAa，A和B保持相对静止，所以FN2不变，则FN1变大，故A错误，B正确；若货车减速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有FN2cos θ＝mAg，水平方向有FN2sin θ－FN1＝mAa，A和B保持相对静止，所以FN2不变，则FN1减小，故C、D错误。
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11. 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（　　）
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解析：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，对物块P受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k（x0－x）－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，故A正确。
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12. 如图所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳
与竖直方向夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，求：
答案：50 N　22 N　
（1）当汽车以a＝2 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细绳对小球的拉力
和小球对车后壁的压力；
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解析：当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0
（临界条件），小球受重力和拉力两个力，由牛顿第二定律得FTsin 37°＝
ma0，FTcos 37°＝mg，
代入数据得a0＝gtan 37°＝10× m/s2＝7.5 m/s2，
因为a＝2 m/s2＜7.5 m/s2，
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所以向右匀减速行驶时小球受车后壁的弹力，再对小球受力分析，正交分
解，
竖直方向FTcos 37°＝mg，
水平方向FTsin 37°－FN＝ma
解得FT＝50 N，FN＝22 N。
所以向右匀减速行驶时小球受车后壁的弹力，再对小球受力分析，正交分
解，
竖直方向FTcos 37°＝mg，
水平方向FTsin 37°－FN＝ma
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