高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用

第 3 节牛顿运动定律的综合应用 , (1)超重就是物体的重力变大的现象。(×) (2)失重时物体的重力小于 mg。(×) (3)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态。(×) (4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。(×) (5)加速上升的物体处于超重状态。(√) (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√) (7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×) (8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√) (9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√) 突破点(一) 对超重与失重的理解 1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具 有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。 3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 a＝g 的加速度效果，不再有其他 效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体 不再产生压强和浮力等。 [多角练通] 1．(2017·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重 状态( ) A．高楼正常运行的电梯中 B．沿固定于地面的光滑斜面滑行 C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动 D．不计空气阻力条件下的竖直上抛 解析：选 D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于 完全失重状态，选项 A 错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加 速度小于 g，故不是完全失重，选项 B 错误；固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平 面内运动的物体，加速度不会总是向下的 g，故不是总完全失重，选项 C 错误；不计空气阻 力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的 g，总是处于完全失重状态，故选项 D 正确。 2．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变 化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力( ) A．t＝2 s 时最大 B．t＝2 s 时最小 C．t＝8.5 s 时最大 D．t＝8.5 s 时最小 解析：选 AD 人受重力 mg 和支持力 FN 的作用，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma。由牛顿 第三定律得人对地板的压力 FN′＝FN＝mg＋ma。当 t＝2 s 时 a 有最大值，FN′最大；当 t＝ 8.5 s 时，a 有最小值，FN′最小，选项 A、D 正确。 3.(2017·威海模拟)倾角为θ的光滑斜面 C 固定在水平面上，将两 物体 A、B 叠放在斜面上，且同时由静止释放，若 A、B 的接触面与斜面 平行，则下列说法正确的是( ) A．物体 A 相对于物体 B 向上运动 B．斜面 C 对水平面的压力等于 A、B、C 三者重力之和 C．物体 A、B 之间的动摩擦因数不可能为零 D．物体 A 运动的加速度大小为 gsin θ 解析：选 D 同时释放两物体时，以物体 A、B 为整体，根据牛顿第二定律可知：(mA＋ mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，解得 a＝gsin θ，A、B 之间保持相对静止，选项 A 错误，D 正确； 根据牛顿定律，对斜面及 A、B 整体分析，在竖直方向具有竖直向下的加速度，因此整体处 于失重状态，选项 B 错误；对物体 A：mAgsin θ－f＝mAa，解得 f＝0，故物体 A、B 之间的 动摩擦因数可能为零，选项 C 错误。 突破点(二) 动力学中整体法与隔离法的应用 1．什么是整体法与隔离法 (1)整体法是指对问题涉及的整个系统或过程进行研究的方法。 (2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。 2．整体法与隔离法常用来解决什么问题 (1)连接体问题 ①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时， 一般采用先整体、后隔离的方法。 ②建立坐标系时要根据矢量正交分解越少越好的原则，选择正交分解力或正交分解加速 度。 (2)滑轮类问题 若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如(如图所示)，绳跨 过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离 法。 3．应用整体法与隔离法的注意点是什么 物体系统的动力学问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。 处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是： (1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。 [典例] (2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在 木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示。t＝0 时刻开始，小物 块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞 前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大 小 g 取 10 m/s2。求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 小物块与木板一起向右运动 小物块与木板以相同的加速度匀减速运动 从 t＝0 开始，至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞 木板在 t＝1 s 内向右运动了 4.5 m 由 v t 图像可知 木板碰撞瞬间速度 v＝4 m/s，小物块的加速度 大小为 4 m/s2 小物块始终未离开木板 木板的最小长度等于相对滑动位移 第二步：找突破口 (1)木板碰墙之前，μ1(m＋15m)g 产生小物块和木板共同减速的加速度。 (2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由μ2mg 产生。 (3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方 向均水平向右。 (4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动。 [解析] (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速 运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M。 对小物块与木板整体，由牛顿第二定律得 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1② x0＝v0t1＋1 2 a1t1 2③ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向 右做匀变速运动。 设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由题图(b)可得 a2＝v2－v1 t2－t1 ⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度 v3。由 牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 x1＝－v1＋v3 2 Δt ⑪ 小物块运动的位移为 x2＝v1＋v3 2 Δt⑫ 小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δx＝6.0 m ⑭ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4， 此过程中小物块和木板运动的位移为 x3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v3 2＝2a4x3⑯ 碰后木板运动的位移为 x＝x1＋x3⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 x＝－6.5 m⑱ 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m。 [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m [集训冲关] 1．(多选)(2017·济南模拟)如图所示用力 F 拉 A、B、C 三个物体在光滑水平面上运动， 现在中间的 B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力 F 不变，那么加上 橡皮泥以后，两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情况是( ) A．Ta 增大 B．Tb 增大 C．Ta 减小 D．Tb 减小 解析：选 AD 设最左边的物体质量为 m，最右边的物体质量为 m′，整体质量为 M，整 体的加速度 a＝F M ，对最左边的物体分析，Tb＝ma，对最右边的物体分析，有 F－Ta＝m′a， 解得 Ta＝F－m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力 F 不变，则整体的加速度 a 减小， 因为 m、m′不变，所以 Tb 减小，Ta 增大，A、D 正确。 2．(多选)质量分别为 M 和 m 的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮 连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜 面上，不考虑 M、m 与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放 M，斜 面仍保持静止，则下列说法正确的是( ) A．轻绳的拉力等于 Mg B．轻绳的拉力等于 mg C．M 运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M 运动的加速度大小为 M－m M g 解析：选 BC 按题图甲放置时，M 静止，则 Mgsin α＝mg，按题图乙放置时，由牛顿 第二定律得 Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得 a＝(1－sin α)g。对 m 由牛顿第二定律得 T－mgsin α＝ma，解得 T＝mg，故 A、D 错误，B、C 正确。 3．(2017·沈阳四校协作体期中)质量为 M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力 F 作用在其上促使质量为 m 的小球静止在圆槽上，如图所示，则( ) A．小球对圆槽的压力为 MF m＋M B．小球对圆槽的压力为 mF m＋M C．水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大 D．水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小 解析：选 C 由整体法可求得系统的加速度 a＝ F M＋m ，小球对圆槽的压力 FN＝m g2＋a2＝ m g2＋ F2 M＋m 2，当 F 增大后，FN 增大，只有 C 正确。 突破点(三) 动力学中的临界极值问题 (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。 临界或极值条件的标志 (一)接触与脱离的临界问题 [典例 1] 如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并 保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离 h 时，B 与 A 分离。 下列说法正确的是( ) A．B 和 A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B 和 A 刚分离时，它们的加速度为 g C．弹簧的劲度系数等于mg h D．在 B 与 A 分离之前，它们做匀加速直线运动 [解析] A、B 分离前，A、B 共同做加速运动，由于 F 是恒力，而弹力是变力，故 A、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0， 对 B：F－mg＝ma， 对 A：kx－mg＝ma。 即 F＝kx 时，A、B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态， 由 F＝mg，设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x0， 则 2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得 k＝mg h ，综上所述，只有 C 项正确。 [答案] C [方法规律] (1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。 (2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。 (二)叠加体系统的临界极值问题 [典例 2] (多选)(2014·江苏高考)如图所示，A、B 两物块的质 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μ， B 与地面间的动摩擦因数为1 2 μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则( ) A．当 F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B．当 F＝5 2 μmg 时，A 的加速度为1 3 μg C．当 F>3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过1 2 μg [解析] A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大静摩擦力为3 2 μmg，对 A、 B 整体，只要 F＞3 2 μmg，整体就会运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时， A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg－3 2 μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝1 2 μg，选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－3 2 μmg＝3mamax，则 F＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项 C 正确；当 F＝5 2 μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度 满足 F－3 2 μmg＝3ma，解得 a＝1 3 μg，选项 B 正确。 [答案] BCD [方法规律] 叠加体系统临界问题的求解思路 (三)运动类临界极值问题 [典例 3] (2017·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改 变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板 的底端以大小恒定的初速率 v0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿 木板滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。 [解析] (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则 mgsin θ＝Ff，Ff＝ μmgcos θ 联立解得：μ＝ 3 3 。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为 a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 由 0－v0 2＝2ax 得 x＝ v0 2 2g sin θ＋μcos θ ， 令 cos α＝ 1 1＋μ2 ，sin α＝ μ 1＋μ2 ， 即 tan α＝μ，则 x＝ v0 2 2g 1＋μ2sin θ＋α ， 当α＋θ＝90°时 x 最小，即θ＝60°， 所以 x 最小值为 xmin＝ v0 2 2g sin 60°＋μcos 60° m＝ 3v0 2 4g ＝5 3 2 m。 [答案] (1) 3 3 (2)θ＝60° 5 3 2 m [方法规律] 运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数 学知识求解临界条件和极值。 连接体中力的“分配协议” [典例] (多选)如图所示，质量分别为 mA、mB 的 A、B 两物块用轻线连 接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力 F 拉 A，使它们 沿斜面匀加速上升，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上 的张力，可行的办法是( ) A．减小 A 物块的质量 B．增大 B 物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ [解析] 对 A、B 组成的系统应用牛顿第二定律得： F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 隔离物体 B，应用牛顿第二定律得， FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。 以上两式联立可解得：FT＝ mBF mA＋mB ，由此可知，FT 的大小与θ、μ无关，mB 越大，mA 越小， FT 越大，故 A、B 均正确。 [答案] AB [反思领悟] 如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力 F 作用于 m1 上，则 m1 和 m2 的相互作用 力 F12＝m2·F m1＋m2 ，若作用于 m2 上，则 F12＝m1·F m1＋m2 。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两 物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、 轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此“协议”都成立。 [应用体验] 1.(2016·蚌埠模拟)如图所示，A、B 两物体之间用轻质弹簧连接， 用水平恒力 F 拉 A，使 A、B 一起沿光滑水平面做匀加速直线运动， 这时弹簧长度为 L1；若将 A、B 置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力 F 拉 A，使 A、B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为 L2。若 A、B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同， 则下列关系式正确的是( ) A．L2＝L1 B．L2＜L1 C．L2＞L1 D．由于 A、B 质量关系未知，故无法确定 L1、L2 的大小关系 解析：选 A 水平面光滑时，用水平恒力 F 拉 A 时，由牛顿第二定律得，对整体有 F＝ (mA＋mB)a，对 B 有 F1＝mBa＝ mBF mA＋mB ；水平面粗糙时，对整体有 F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a， 对 B 有 F2－μmBg＝mBa，解以上两式得 F2＝ mBF mA＋mB ，可知 F1＝F2，故 L1＝L2，故 A 正确。 2．a、b 两物体的质量分别为 m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力 F 竖直向上拉着 a， 使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x1；当用大小仍为 F 的恒力沿水平方 向拉着 a，使 a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2，如图所示， 则( ) A．x1 一定等于 x2 B．x1 一定大于 x2 C．若 m1>m2，则 x1>x2 D．若 m12F D．x′<2x 解析：选 AB 取 m1 和 m2 为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。弹簧的弹力 FT＝ m2F m1＋m2 ＝kx。当两物块的加速度增为原来的 2 倍，拉力 F 增为原来的 2 倍，FT 增为原来 的 2 倍，弹簧的伸长量也增为原来的 2 倍，故 A、B 正确。 5．(多选)(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放 置着四个相同的木块，其中木块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹 簧始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动， 则以下说法正确的是( ) A．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F 4 C．一起加速过程中，A、D 木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当 F 撤去瞬间，A、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 解析：选 BC 在水平拉力 F 的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由 牛顿第二定律可知，对整体有 F＝4ma，对 A、D 木块有 fA＝fD＝ma，解得 A、D 木块所受摩擦 力大小 fA＝fD＝F 4 ，方向均水平向右，故 B、C 正确；一起加速过程中，C 木块受到重力、D 木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故 A 错误；当 F 撤去瞬间，D 木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而 A 木块所受静摩擦力的 大小不变但反向，故 D 错误。 6.(2017·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠 摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正 以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细 线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持 相对静止，当加速度增加到 2a 时( ) A．横杆对 M 的摩擦力增加到原来的 2 倍 B．横杆对 M 的弹力增加到原来的 2 倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D．细线的拉力增加到原来的 2 倍 解析：选 A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得， 水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到 2a 时，横杆对 M 的摩 擦力 Ff 增加到原来的 2 倍，横杆对 M 的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故 A 正确， B 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得 mgtan θ＝ma， 解得 tan θ＝a g ，当 a 增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力 FT＝ mg 2＋ ma 2，可见，a 变为两倍，FT 不是原来的两倍，故 C、D 错误。 7．(2017·潮州朝安区高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量 M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质 量 m＝0.5 kg 的小球，弹簧的劲度系数 k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力 F， 使整体向右以加速度 a＝1 m/s2 做匀加速运动。已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝ 10 m/s2。 (1)求 F 的大小； (2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。 解析：(1)整体以 a 匀加速向右运动，根据牛顿第二定律： F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得 F＝6 N。 (2)设弹簧的形变量为 x，斜面对小球的支持力为 FN 对小球受力分析： 在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m FN＝3.7 N。 答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N 对点训练：动力学中的临界极值问题 8.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为 30°的光滑斜面上放置 质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用一不 可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 fm。现用平行于斜面的 拉力 F 拉其中一个质量为 2m 的木块，使四个木块以同一加速度沿斜面向下运动，则拉力 F 的最大值是( ) A.3 5 fm B.3 4 fm C.3 2 fm D．fm 解析：选 C 当下面的质量为 2m 的木块所受摩擦力达到最大时，拉力 F 达到最大。 将 4 个木块看成整体，由牛顿第二定律： F＋6mgsin 30°＝6ma① 将 2 个质量为 m 的木块及上面的质量为 2m 的木块看做整体，由牛顿第二定律： fm＋4mgsin 30°＝4ma② 由①、②解得：F＝3 2 fm，故选 C。 9．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小 车，小车质量为 M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为 m＝1 kg 的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力 F 拉动小车，下列关于木块的加 速度 am 和小车的加速度 aM，可能正确的有( ) A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2 B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2 解析：选 AC 当 M 与 m 间的静摩擦力 f≤μmg＝2 N 时，木块与小车一起运动，且加速 度相等；当 M 与 m 间相对滑动后，M 对 m 的滑动摩擦力不变，则 m 的加速度不变，所以当 M 与 m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得： am＝μmg m ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 此时 F＝(M＋m)am＝(5＋1)×2 N＝12 N 当 F<12 N，可能有 aM＝am＝1 m/s2。 当F>12 N 后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM>am＝2 m/s2。 故选项 A、C 正确，B、D 错误。 10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ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 图像如图乙所示，AB 是直 线，BC 为曲线，重力加速度为 g＝10 m/s2。则( ) A．a＝40 3 m/s2 时，FN＝0 B．小球质量 m＝0.1 kg C．斜面倾角θ的正切值为3 4 D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 解析：选 ABC 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 θ －FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得 FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，Ta 图像呈线性关系，由题图乙可知 a＝40 3 m/s2 时， FN＝0，选项 A 正确；当 a＝0 时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图 1 所示， 所以 mgsin θ＝T；当 a＝40 3 m/s2 时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图 2 所示， 所以 mg tan θ ＝ma，联立可得 tan θ＝3 4 ，m＝0.1 kg，选项 B、C 正确；将θ和 m 的值代入 FN ＝mgcos θ－masin θ，得 FN＝0.8－0.06a(N)，选项 D 错误。 考点综合训练 11.(2017·淮安期末)将质量为 m 的圆环套在固定的水平直杆上， 环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施 加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力 F，使圆环以加速度 a 沿杆运动，则 F 的 大小不可能是( ) A. ma＋μmg cos θ＋μsin θ B. ma－μmg cos θ－μsin θ C. ma sin θ D. mg sin θ 解析：选 C 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可 能向下，也可能等于 0。 (1)若环受到的弹力为 0，则：Fcos θ＝ma，Fsin θ＝mg 解得：F＝ mg sin θ 或 F＝ ma cos θ 。 (2)若环受到的弹力的方向向上，则： Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 所以：F＝ ma＋μmg cos θ＋μsin θ 。 (3)若环受到的弹力的方向向下，则： Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)＝ma 所以：F＝ ma－μmg cos θ－μsin θ 。 所以选项 A、B、D 是可能的，选项 C 是不可能的。 12．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 v t 图像如图乙所示(重力加速度为 g)，则( ) A．施加外力前，弹簧的形变量为2g k B．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，物体 B 的速度达到最大值 解析：选 B 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＝ 2Mg k ，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＝2Mg，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 FAB＝0，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。 13.(2017·武汉月考)如图所示，AB、CD 为两个光滑的 平台，一倾角为 37°，长为 5 m 的传送带与两平台平滑连 接。现有一小物体以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当 传送带静止时，小物体恰好能滑到平台 CD 上，问： (1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？ (2)当小物体在平台 AB 上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多 大，小物体都不能到达平台 CD，求这个临界速度。 (3)若小物体以 8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，欲使小物体到达平台 CD，传送带至 少以多大的速度顺时针运动？ 解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示， 据牛顿第二定律得：μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1 B→C 过程有：v0 2＝2a1l 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。 (2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此 时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 若恰好能到达平台 CD 时，有：v2＝2a2l 解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2 即当小物体在平台 AB 上向右运动的速度小于 2 5 m/s 时，无论传送带顺时针运动的速 度多大，小物体都不能到达平台 CD。 (3)设小物体在平台 AB 上的运动速度为 v1， 传送带顺时针运动的速度大小为 v2， 对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有： v1 2－v2 2＝2a1x1⑤ 对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台 CD 过程，有： v2 2＝2a2x2 x1＋x2＝L 解得：v2＝3 m/s 即传送带至少以 3 m/s 的速度顺时针运动，小物体才能到达平台 CD。 答案：(1)0.5 (2)2 5 m/s (3)3 m/s