B [对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcosα＝mg，F′Tcosα＝mg，所以FT＝F′T。
对于题图乙中的小球，水平方向有F′Tsinα＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsinα＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。
对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝（m0＋m）a，F′＝（m0＋m）a′，所以F′>F，选项B正确。
]
动力学中的图象问题 [讲典例示法]
1．常见的动力学图象
vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。
2．图象问题的类型
（1）已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
（2）已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。
（3）由已知条件确定某物理量的变化图象。
3．解题策略
（1）分清图象的类别：
即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，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）明确能从图象中获得哪些信息：
把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例示法] （多选）（20xx·全国卷Ⅲ）如图（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＝4s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10m/s2。
由题给数据可以得出（ ）
图（a）
图（b） 图（c）
A．木板的质量为1kg
B．2～4s内，力F的大小为0.4N
C．0～2s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
思路点拨：
解此题关键有两点：
（1）明确ft图象和vt图象的信息，并做好运动分析和受力分析。
（2）分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。
[解析] 分析知木板受到的摩擦力f′＝f。
0～2s内，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误。
4～5s内，木板加速度大小a2＝
m/s2＝0.2m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2N，得m＝1kg，所以A正确。
2～4s内，对木板F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2N＋1×
N＝0.4N，所以B正确。
由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。
[答案] AB
动力学图象问题的解题策略
[跟进训练]
动力学中的Ft图象
1．（多选）（20xx·龙岩质检）质量m＝2kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．3s末物块的加速度大小为1.5m/s2
C．5s末物块的速度大小为1.5m/s
D．5s内物块的位移大小为9m
BD [本题考查根据物体受力图象分析运动问题。
0～2s内，由物块处于平衡状态可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A错误；3s末物块的加速度大小为a′＝
＝1.5m/s2，故B正确；2～4s内物块的加速度大小都为a′＝1.5m/s2，所以物块减速到0的时间为t2＝
s＝2s，即物块在4s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5s内物块的位移大小等于4s内物块的位移大小，即为
m＝9m，故D正确。
]
动力学中的vt图象
2．（20xx·潍坊一中摸底）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。
计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
C [根据vt图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝
＝
m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝
＝
m/s2＝30m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175N/m，选项C正确。
]
动力学中的at图象
3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。
若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图象如图所示。
则下列相关说法正确的是（ ）
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
D [利用at图象可判断：
t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升阶段，拉力等于重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，选项D正确。
]
动力学中的aF图象
4．（20xx·江西四校联考）如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。
逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。
取g＝10m/s2。
根据图中所提供的信息不能计算出的是（ ）
甲 乙
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6m/s2时物体的速度
D [对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示
x方向：
Fcosθ－mgsinθ＝ma①
y方向：
FN－Fsinθ－mgcosθ＝0②
从aF图象中取两个点（20N,2m/s2），（30N,6m/s2）代入①式解得：
m＝2kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。
]
动力学中的临界、极值问题 [讲典例示法]
1．常见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，即表明题述的过程存在着临界点。
（2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。
（3）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。
（4）若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
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，特别是有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，如
（1）三角函数法；
（2）根据临界条件列不等式法；（3）利用二次函数的判别式法
[典例示法] 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/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，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。
求力F的最大值与最小值。
审题指导：
题干关键
获取信息
光滑固定斜面
无滑动摩擦力
系统处于静止状态
可求出弹簧的压缩量
从静止开始沿斜面向上做匀加速运动
初速度为零，加速度恒定
0.2s以后F为恒力
经过0.2s，P和Q恰好分离
力F的最大值与最小值
t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[解析] 设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得
（m1＋m2）gsinθ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12m
因前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a
前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝
at2
联立解得a＝3m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝（m1＋m2）a＝36N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a
解得Fmax＝m2（gsinθ＋a）＝72N。
[答案] 72N 36N
动力学中几种典型的“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，绳子松弛的临界条件是FT＝0。
（4）加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0。
[跟进训练]
1.（20xx·临沂二模）如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M、倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，重力加速度为g。
现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．Mg
A [设滑块到斜面体底端的距离为l，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为lsinα，在水平向右的力F的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为lcosα。
对滑块有：
lsinα＝
gt2，对斜面体有：
lcosα＝
at2，F＝Ma，解得F＝
，故选项A正确。
]
2.（多选）（20xx·衡阳一中月考）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m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，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。
经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。
则（ ）
A．弹簧的劲度系数k＝
B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离
C．物块b的加速度为
D．拉力F的最小值为
mg
AD [本题考查含弹簧系统的临界问题。
对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝
gsinθ，解得k＝
＝
，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，设分离前位移为x1，由初速度为零的匀变速直线运动在相邻相等时间内位移关系的规律可知
＝
，说明当弹簧形变量为x2＝x0－x1＝
时二者分离，故B错误；对a分析，因分离时a、b间没有弹
力，则根据牛顿第二定律可知kx2－mgsinθ＝ma，联立解得a＝
，故C错误；a、b分离前对整体分析，由牛顿第二定律有F＋kΔx－
gsinθ＝
a，则知刚开始运动时拉力F最小，F的最小值Fmin＝
mg；分离后对b分析，由牛顿第二定律有F－
mgsinθ＝
ma，解得F＝
mg，所以拉力F的最小值为
mg，故D正确。
]
3．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。
现施加水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。
若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（ ）
甲 乙
A．2FB．
C．3FD．
B [力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有
fm＝ma①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②
由①②解得fm＝
F。
当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有
F′－fm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝
fm＝
F，即F′的最大值是
F。
]
“传送带”模型
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。
物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。
当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
[示例1] 一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。
现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在A点，求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带上升的最大高度；
（2）工件运动了23s后所在的位置。
[规范解答]
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝
＝0.8s
工件前进的位移为x1＝
a1t
＝1.6m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝
＝0.6s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4s。
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
解得a2＝－2m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2
解得hm＝2.4m。
（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3＝
＝2s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝t0＋3T，这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4m。
[答案]
（1）1.4s
（2）2.4m （3）在A点右侧2.4m处
[即时训练]
1.如图所示，倾角为37°、长为l＝16m的传送带，转动速度恒为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体（可视为质点），已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。
求：
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[解析]
（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mgsin37°－μmgcos37°＝ma
则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2
根据l＝
at2得t＝4s。
（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，
则有t1＝
＝
s＝1s
x1＝
a1t
＝5m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。
设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2
x2＝l
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