1、1第 3 讲 牛顿运动定律综合应用主干梳理 对点激活知识点 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、细杆联系)在一起构成的 物体系统01 称为连接体。2外力与内力(1)外力：系统 之外的物体对系统的作用力。02 (2)内力：系统 内各物体间的相互作用力。03 3整体法和隔离法(1)整体法：把 加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。04 (2)隔离法：求 系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。05 知识点 临界极值问题 1临界或极值条件的标志(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。01 (2)若题目中
2、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。02 (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。2四种典型的临界条件(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 FN0。03 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，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。04 (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
3、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 FT0。05 06 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是 a0，07 速度为 0 的临界条件是 a 达到 最大。08 知识点 多过程问题 1多过程问题2很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的 运动情况和 受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问01 02 题。2类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。3综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题的关键首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们
4、之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程” 。一 思维辨析1整体法和隔离法是确定研究对象时常用的方法。( )2应用牛顿第二定律进行整体分析时，需要分析内力。( )3轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。( )4相互接触的物体分离时的临界状态是两者没有共同的加速度。( )答案 1. 2. 3. 4.二 对点激活1.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 mA6 kg、 mB2 kg， A、 B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10 N，此后逐渐增大，在增大到 45 N 的过程中，下列说法正确的是( )A当拉力 F F
5、0时， m 和 M 相对运动， M 受到的摩擦力大小为 mg 5 N，D 正确。总结升华叠加体系统临界问题的求解思路8变式 21 (2018蚌埠模拟)(多选)如图所示，质量分别为 mA1 kg 和 mB2 kg的 A、 B 两物块并排放在光滑水平面上， A 受到向右推力 FA92 t(N)作用， B 受到向右拉力 FB2 t(N)作用。从 t0 开始计时，则( )A当 t3 s 时， A、 B 开始分离B当 t4.5 s 时， A、 B 开始分离C A、 B 分离之前整体做加速度相同的匀加速直线运动D A、 B 分离之后 A、 B 各做加速度不同的匀加速直线运动答案 AC解析 当 A、 B 分
6、离时两者间作用力为零，且 a 相同，所以 ，得 t3 s，故FAFB mAmB 12A 正确，B 错误； A、 B 分离之前整体由 FA FB( mA mB)a，得 a3 m/s2，两者做加速度相同的匀加速直线运动，C 正确； A、 B 分离之后， A、 B 的合外力均为变力，加速度随时间变化，故 D 错误。变式 22 (多选)如图所示， A、 B 两物体的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。 A、 B 间的动摩擦因数为 ， B 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于12滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则( )A当 F2 mg 时， A、 B 都相对
7、地面静止B当 F mg 时， A 的加速度为 g52 13C当 F3 mg 时， A 相对 B 滑动D无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 g12答案 BCD解析 地面对 B 的最大静摩擦力为 mg ， A、 B 间最大静摩擦力为 2mg ，当 F mg32 32时， A、 B 相对于地面向右滑动；在 A、 B 恰好要发生相对运动时，对 A、 B 整体应用牛顿第9二定律，有 F 3mg3 ma，对 B，有 2mg 3mg ma，两式联立解得 2 2F3 mg ，可见，当 F3 mg 时， A 相对 B 才能滑动，C 正确，A 错误。当 F mg 时，52A、 B 相对静止，对整体有： mg
8、 3mg3 ma， a g ，故 B 正确。无论 F 为何值，52 2 13B 所受最大的动力为 A 对 B 的最大静摩擦力 2mg ，故 B 的最大加速度 aBm g ，可见 D 正确。2 mg 123 mgm 12考点 3 应用牛顿运动定律解决多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程” ，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程” “衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。(5
9、)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。例 3 (2018四川五校联考)如图甲所示， “ ”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面 AB 粗糙， BC 光滑且与水平面夹角为 37。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为 m 的滑块从 C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知 sin370.6，cos370.8， g 取 10 m/s2。求：(1)斜面 BC 的长度 s；(2)滑块与木块 AB 表面的动摩擦因数 。解题探究 (1)滑块在 CB 上滑动时，力传
10、感器读出的是哪个力的大小？提示：滑块对木块压力的水平分力。(2)滑块在 BA 上滑动时，力传感器示数等于哪个力的大小？提示：滑块与木块间的摩擦力。尝试解答 (1)3_m_(2)0.2(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得a1 gsin 6 m/s 2，通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为 t11 s，10由运动学公式得斜面 BC 的长度为 s a1t 3 m。12 21(2)由右图可知，滑块在 CB 上运动时，滑块对木块的压力N1 mgcos ，木块对传感器的压力 F1 F1 N1sin ，由题图乙可知： F112 N，解得 m2.5 kg，滑块在 AB 上运动时，传感器对木块的拉力 F2 f
11、 mg 5 N， 0.2。F2mg总结升华应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成。有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可；有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析。(2)对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。变式 31 (2018襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为 m 的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力 F0，垂
12、直于杆方向施加竖直向上的力 F，且 F 的大小始终与小球的速度成正比，即 F kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为 ，小球运动过程中未从杆上脱落，且 F0mg 。下列关于运动中的速度时间图象正确的是( )答案 C解析 开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大， F 增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖11直向上的力 F 的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力 F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下， F 增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零
13、时，小球做匀速直线运动，故 C正确。变式 32 (2018福州一模)如图甲所示，质量 m1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动， t0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象( vt 图象)如图乙所示， g 取 10 m/s2，求：(1)2 s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小 a1、 a2和拉力大小 F。答案 (1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2 8 N解析 (1)由题图乙易得，物块上升的位移 x1，就是前 1 s 内，时间轴与图线所围的面积：x1 21
14、m1 m；12物块下滑的距离 x2，就是第 1 s 末到第 2 s 末这段时间轴与图线所围面积：x2 11 m0.5 m；12位移 x x1 x21 m0.5 m0.5 m，路程 L x1 x21 m0.5 m1.5 m。(2)由题图乙知，沿斜面上滑的各阶段加速度大小a1 m/s24 m/s 2，20.5a2 m/s24 m/s 2，20.5设斜面倾角为 ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律：00.5 s 内F Ff mgsin ma1；051 s 内 Ff mgsin ma2；联立解得： F8 N。高考模拟 随堂集训1. (2017海南高考)(多选)如图，水平地面上有三个靠在一起的
15、物块 P、 Q 和 R，质量分别为 m、2 m 和 3m，物块与地面间的动摩擦因数都为 。用大小为 F 的水平外力推动物块 P，设 R 和 Q 之间相互作用力与 Q 与 P 之间相互作用力大小之比为 k。下列判断正确的是( )12A若 0，则 k B若 0，则 k56 35C若 0，则 k D若 0，则 k12 35答案 BD解析 对整体，由牛顿第二定律有 F (m2 m3 m)g( m2 m3 m)a，设 R 和 Q 之间相互作用力的大小为 F1， Q 与 P 之间相互作用力的大小为 F2，对 R，由牛顿第二定律有F1 (3m)g3 ma，解得 F1 ，对 Q 和 R 组成的整体，由牛顿第二
16、定律有 F2 (2m3 m)F2g(2 m3 m)a，解得 F2 ，所以 k ，与 无关，B、D 正确。5F6 F1F2 352(2018安徽质检)如图所示，若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )答案 A解析 小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的绳与竖直方向的夹角为 ，对所有小球组成的整体分析，有 m 总 gtan m 总 a，解得 tan ，设第二段绳与竖直方向ag的夹角为 ，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，( m 总 m1)gtan (
17、m 总 m1)a，解得 tan ，同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角ag均相等，可知各小球和细绳在一条直线上，向左偏，A 正确，B、C、D 错误。3. (2018洛阳统考)如图所示，物体 A 放在斜面体 B 上， A 恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体 B 静止不动。若沿斜面方向用力向下拉物体 A，使物体 A 沿斜面加速下滑，则此时斜面体 B 对地面的摩擦力( )A方向水平向左 B方向水平向右C大小为零 D无法判断大小和方向13答案 C解析 物体 A 放在斜面体 B 上， A 恰能沿斜面匀速下滑，隔离 A 进行受力分析，可知斜面体 B 对 A 的支持力和摩擦力的合力与 A 的重力等大反向，对
18、B 进行受力分析，由平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力为零。若沿斜面方向用力向下拉物体 A，使物体 A 沿斜面加速下滑，则 A 对斜面体 B 的压力和摩擦力不变，所以地面对斜面体的摩擦力为零，斜面体 B 对地面的摩擦力大小也为零，C 正确。4(2019抚顺模拟)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块。木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出其加速度 a，得到如图乙所示的 aF 图象。取 g10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A滑块的质量 m4 kgB木板的质量 M2 kgC当 F8 N 时，滑块加速度为 2 m/s2D滑块
19、与木板间动摩擦因数为 0.1答案 C解析 从图乙中可知，当 F6 N 时，两者发生相对运动，当 F6 N 时两者相对静止，当 F6 N 时，对整体可得 F( M m)a，即 M m6 kg，当 F6 N 时对木板分析：水平方向受到拉力和 m 给的摩擦力，故有 a F ，图象的斜率 k ，F mgM 1M mgM 1M 16 4 12即 M2 kg，所以 m4 kg，将 F6 N 时图线反向延长，可得当 F4 N 时，加速度为零，代入可得 0 4 ，解得 0.1，故 A、B、D 正确；当 F8 N 时滑块加速12 4102度为 a g 0.110 m/s 21 m/s 2，故 C 错误。 mgm
20、5. (2017海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为 的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为 m 的小物块 a 相连，如图所示。质量为 m 的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此35时弹簧的压缩量为 x0，从 t0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，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。求：14(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、 b 分离前，外力大小随时间变化的关系式。答案 (1) (2) gsin8mgsin5x0
21、15(3)F t24mg2sin225x0 8mgsin25解析 (1)物块 a、 b 静止在斜面上，由平衡条件有gsin kx0，(m35m)解得 k 。8mgsin5x0(2)设物块 b 加速度的大小为 a， a、 b 分离时 b 运动的位移为 x1，由运动学公式有x1 at ， x0 a(2t1)2，12 21 12分离瞬间，对物块 a 进行受力分析，由牛顿第二定律有k(x0 x1) mgsin ma，联立以上各式解得 a gsin 。15(3)设外力为 F，经过时间 t 弹簧的压缩量为 x，在物块 a、 b 分离前，对物块 a、 b 整体，由牛顿第二定律有F kx gsin a，(m3
22、5m) (m 35m)由运动学公式有 x0 x at2，12联立以上各式解得 F t2 。4mg2sin225x0 8mgsin25配套课时作业时间：60 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 为单选，710 为多选)1. (2018山东潍坊模拟 )一架无人机质量为 2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力系统，其 vt 图象如图所示， g 取 10 m/s2。下列判断正确的是( )15A无人机上升的最大高度为 72 mB68 s 内无人机下降C无人机的升力大小为 28 ND无人机所
23、受阻力大小为 4 N答案 D解析 在 vt 图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，由题图知，无人机上升的最大高度 h 248 m96 m，A 错误；由题图知，68 s 内无人机向上做减速运动，12直到速度减为零，8 s 末上升到最高点，B 错误；由题图知， vt 图象的斜率即为无人机运动的加速度，故 06 s 内无人机的加速度大小 a14 m/s2,68 s 内无人机的加速度大小a212 m/s2，由牛顿第二定律得 F mg f ma1， f mg ma2，由以上两式解得 F32 N， f4 N，D 正确，C 错误。2.如图所示，一质量为 M 的楔形木块 A 放在水平桌面上，它的顶角为 90
24、，两底角分别为 和 ； a、 b 为两个位于斜面上质量均为 m 的小木块，已知所有接触面都光滑，现发现 a、 b 沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )A Mg mg B Mg2 mgC Mg mg(sin sin ) D Mg mg(cos cos )答案 A解析 取 a、 b、 A 整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得： FN( M2 m)16g M0 ma1y ma2y。其中， a1y gsin2 ， a2y gsin2 ，得水平桌面对楔形木块的支持力 FN Mg mg，由牛顿第
25、三定律得 A 正确。3. (2018蓉城名校联盟联考)质量为 m 的物体在受到竖直向上的拉力 F 的作用下竖直向下运动，其运动的速度随时间变化的 vt 图象如图所示。假设物体受到恒定的空气阻力作用，在 0 t0、 t03 t0、3 t04 t0时间内 F 的大小分别为 F1、 F2和 F3，则( )A F1F2F3 B F1F3F2 D F1 F3F2答案 B解析 由 vt 图象可知，物体在 0 t0的时间内向下做匀加速直线运动，加速度大小为 a1 ，设物体受到恒定的空气阻力大小为 f，由牛顿第二定律可知 mg F1 f ma1，v0t0解得 F1 mg m f；物体在 t03 t0的时间内向
26、下做匀速直线运动，则由力的平衡条件v0t0可知 F2 f mg 即 F2 mg f；物体在 3t04 t0的时间内向下做匀减速直线运动，加速度大小为 a3 ，由牛顿第二定律可知 F3 mg f ma3，解得 F3 mg m f，因此v0t0 v0t0F3F2F1，B 正确。4. 质量为 m0的物体 A 放在粗糙水平桌面上， B 为砂桶， A、 B 两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接，如图所示。开始时两物体均静止，砂桶 B 距地面的高度为h，然后逐渐向砂桶中加砂子，则下面说法不正确的是( )A砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力越大B砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力可能越小C物体 A 发生
27、滑动后，砂和砂桶的质量越大，细线上拉力越大D某次实验时，物体 A 的质量与砂和砂桶的总质量相等，若物体 A 沿桌面滑行的最远距离等于 2h，则可以求出物体 A 与桌面的动摩擦因数答案 B17解析 物体 A 发生滑动之前，细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物体 A 发生滑动后，设砂桶和砂子的总质量为 m，加速度大小为 a，对 B 有 mg FT ma，对 A 有FT m 0g m0a，联立两式整理得 FT ， m 越大，拉力越大，故 A、C 正确， 1 m0g1 m0mB 错误；分析物体 A 的整个运动过程，加速阶段和减速阶段的位移大小均为 h，知加速与减速过程的加速度大小相等，根据 mg
28、 FT ma， FT m 0g m0a， m m0和 a g ，可求出动摩擦因数 ，D 正确。本题选不正确的，故选 B。5如图甲所示，一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 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k，初始时两物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体的 vt 图象如图乙所示(重力加速度为 g)，则( )A施加外力前，弹簧的形变量为2gkB外力施加的瞬间， A、 B 间的弹力大小为 M(g a)C A、 B 在 t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时
29、，物体 B 的速度达到最大值答案 B解析 施加外力 F 前，物体 A、 B 整体平衡，根据平衡条件有 2Mg kx，解得 x ，2Mgk故 A 错误；施加外力 F 的瞬间，对物体 B，根据牛顿第二定律有 F 弹 Mg FAB Ma，其中F 弹 2 Mg，解得 FAB M(g a)，故 B 正确；由题图乙知，物体 A、 B 在 t1时刻分离，此时A、 B 具有共同的 v 和 a，且 FAB0，对 B 有 F 弹 Mg Ma，解得 F 弹 M(g a)，故 C错误；当 F 弹 Mg 时， B 达到最大速度，故 D 错误。6. 如图所示，质量为 M 的长平板车放在光滑的倾角为 的斜面上，车上站着一质
30、量为 m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须( )18A匀速向下奔跑B以加速度 a gsin ，向下加速奔跑MmC以加速度 a gsin ，向下加速奔跑(1Mm)D以加速度 a gsin ，向上加速奔跑(1Mm)答案 C解析 作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力 Ff Mgsin ；作出人的受力图，如图乙所示，则 mgsin Ff ma，且 Ff Ff，解出 a gsin ，方向(1Mm)沿斜面向下。故 C 正确。7如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是 M，人的质量都是 m，甲车上的人用力 F 推车，乙车上的人用等大的力 F 拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人
31、与车始终保持相对静止。下列说法正确的是( )A甲车的加速度大小为FMB甲车的加速度大小为 0C乙车的加速度大小为2FM m19D乙车的加速度大小为 0答案 BC解析 对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为 0(人的推力 F 是内力)，故 a 甲 0，A 错误，B 正确；在乙图中，人拉轻绳的力为 F，则绳拉人和绳拉车的力均为 F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为 2F，由牛顿第二定律知： a 乙 ，则 C 正确，D 错误。2FM m8. (2018武汉测试)如图所示，材料相同的 A、 B 两物体质量分别为 m1、 m2由轻绳连接，在恒定拉力 F 的作用下沿斜面向上加速运动
32、。轻绳拉力的大小( )A与斜面的倾角 无关B与物体和斜面之间的动摩擦因数 有关C与两物体的质量 m1和 m2有关D若改用 F 沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变答案 AC解析 将两物体看成一个整体有： F( m1 m2)gsin (m1 m2)gcos ( m1 m2)a，解得： a ，对 B 物体受力分析且由牛顿F m1 m2 gsin m1 m2 gcosm1 m2第二定律有： T m2gsin m 2gcos m2a，解得： T ，故 B 错误，A、C 正确；m2Fm1 m2改用 F 沿斜面向下拉连接体，将两物体看成一个整体有 F( m1 m2)gsin (m1 m2)gcos (
33、m1 m2)a，解得： a，对 A 物体受力分析且由牛顿第二定律有：F m1 m2 gsin m1 m2 gcosm1 m2T m1gsin m 1gcos m1a，解得： T ，故 D 错误。m1Fm1 m29如图所示，质量均为 m 的 A、 B 两物块置于光滑水平地面上， A、 B 接触面光滑，倾角为 。现分别以水平恒力 F 作用于 A 物块上，保持 A、 B 相对静止共同运动，则下列说法正确的是( )20A采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B两种情况下获取的最大加速度相同C两种情况下所加的最大推力相同D采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力答案 BC解析 F 作用于题图甲中
34、A，当 F 最大时， A 刚要离开地面， A 受力如图1， FN1cos mg，对 B： FN1sin ma1； F 作用于题图乙中 A，当 F 最大时， B 刚要离开地面， B 受力如图 2， FN2cos mg， FN2sin ma2，可见 FN2 FN1， a2 a1，对整体分析易知两种情况下所加的最大推力相同，选项 B、C 正确。10如图甲所示，水平面上有一倾角为 的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为 m 的小球。斜面以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为 T 和 FN。若 Ta 图象如图乙所示， AB 是直线，
35、 BC 为曲线，重力加速度为 g10 m/s 2。则( )A a m/s2时， FN0403B小球质量 m0.1 kg21C斜面倾角 的正切值为34D小球离开斜面之前， FN0.80.06 a(N)答案 ABC解析 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos FNsin ma， Tsin FNcos mg，联立解得FN mgcos masin ， T macos mgsin ，所以小球离开斜面之前， Ta 图象为直线，由题图乙可知 a m/s2时， FN0，A 正确；当 a0 时， T0.6 N，此时小球静止在斜403面上，其受力如图 1 所示，所以 mgsin T；当 a
36、 m/s2时，斜面对小球的支持力恰好403为零，其受力如图 2 所示，所以 ma，联立可得 tan ， m0.1 kg，B、C 正确；mgtan 34将 和 m 的值代入 FN mgcos masin ，得 FN0.80.06 a(N)，D 错误。二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11(14 分)水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物块 A 和 B，两者与地面的动摩擦因数均为 。细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与 A 相连，动滑轮与 B 相连，如图所示。初始时，细绳处于水平拉直状态。若物块 A 在水平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s，重力加速度大小为 g，求：
37、(1)物块 B 受到的摩擦力；(2)物块 A、 B 的加速度大小。答案 (1)4 mg ，方向水平向左(2) F 3 mg2m F 3 mg4m解析 (1)物块 B 所受摩擦力 f N 4mg4 mg ，方向水平向左。(2)物块 A 向右移动 s，则 B 向右移动 。s2则：加速度 aA2 aB22分别隔离 A、 B，由牛顿第二定律得F T mg maA2T4 mg 4 maB联立得： aA ， aB 。F 3 mg2m F 3 mg4m12(16 分)将一轻弹簧下端固定在倾角为 30的光滑固定斜面底端，上端拴接着质量为 mA1 kg 的物块 A，弹簧的劲度系数 k50 N/m。质量为 mB2
38、 kg 的物块 B 用绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为 mC2 kg 的物块 C 相连，用手托住物块 C 使轻绳拉直且恰好无张力，此时物块 B 紧靠着物块 A 静止于斜面上。 g 取 10 m/s2，现在释放物块 C，求：(1)释放瞬间物块 C 的加速度大小；(2)物块 A、 B 分离时 C 下落的距离。答案 (1)4 m/s 2 (2)0.15 m解析 (1)开始时弹簧的压缩量为 x0，由平衡条件得(mA mB)gsin kx0释放物块 C 时， A、 B、 C 将一起做加速直线运动，设此时轻绳的拉力大小为 T，对物块C 由牛顿第二定律可得mCg T mC a对 A、 B 整体由牛顿第二定律可得T kx0( mA mB)gsin ( mA mB)a联立式并代入数值求得 a4 m/s 2。(2)当物块 A、 B 分离时， A、 B 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为 x1，此时A、 B 的加速度大小为 a，轻绳的拉力大小为 T，对 A 由牛顿第二定律可得kx1 mAgsin mAa对 B 由牛顿第二定律得T mBgsin mBa对 C 由牛顿第二定律得mCg T mCa物块 C 下落的距离 h x0 x1联立式解得 h0.15 m。23
