【物理】2018届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用学案

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＋a1t12③‎ 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＝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＝Δt⑪‎ 小物块运动的位移为x2＝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－v32＝‎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＝，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 B．小球对圆槽的压力为 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＝，小球对圆槽的压力FN＝m＝m ，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 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＝，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＝μmg时，A的加速度为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μmg，对A、B整体，只要F＞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－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝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＝。‎ ‎(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－v02＝2ax得x＝，‎ 令cos α＝，sin α＝，‎ 即tan α＝μ，则x＝，‎ 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，‎ 所以x最小值为 xmin＝ m＝＝ m。‎ 答案]　(1)　(2)θ＝60°　 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＝，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＝，若作用于m2上，则F12＝。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＝；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＝，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＝＝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 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＝，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＝，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＝，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.fm B.fm C.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＝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＝＝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＝ 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 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＝ 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＝ 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＝ma，联立可得tan θ＝，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. B. C. D. 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＝或F＝。‎ ‎(2)若环受到的弹力的方向向上，则：‎ Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 所以：F＝。‎ ‎(3)若环受到的弹力的方向向下，则：‎ Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)＝ma 所以：F＝。‎ 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 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＝，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：v02＝‎‎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 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 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：‎ v12－v22＝‎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：‎ v22＝‎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 m/s　(3)‎3 m/s