热点专练三 牛顿运动定律的综合应用-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 热点专练三　牛顿运动定律的综合应用 热点一　动力学图像问题 1.(2023·全国甲卷)(多选)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、乙两物体运动后，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 答案　BC 解析　对物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg；由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B、C正确。 2.(2023·湖南省郴州市高三下第四次质量检测)(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14 N B．物体做变加速运动，F为14 N时，物体的加速度大小为7 m/s2 C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体的质量为2 kg 答案　CD 解析　由题图可知，当外力F增大到7 N时，物体加速度由0突变为0.5 m/s2，说明物体所受摩擦力由最大静摩擦力突变为滑动摩擦力，故物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A错误；由题图可知，F＝14 N时，物体的加速度a＝4 m/s2，B错误；物体在做变加速运动时，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，整理得a＝F－μg，结合图像可知＝，解得m＝2 kg，将(14 N，4 m·s－2)及m＝2 kg代入图线解析式，解得μ＝0.3，C、D正确。 3.(多选)如图所示，一物块以初速度v0沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正方向，则物块速度随时间变化的图像可能正确的是(　　) 答案　AD 解析　设物块的质量为m，所受滑动摩擦力大小为f，斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律可得物块上滑过程中减速的加速度大小为a1＝＝gsinθ＋，且物块上滑时速度沿正方向，当物块与斜面间最大静摩擦力不小于重力沿斜面方向的分力时，则物块上滑至最高点后将静止；当物块与斜面间最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力时，则物块上滑至最高点后将沿斜面下滑，下滑过程中加速的加速度大小为a2＝＝gsinθ－<a1，且物块下滑时速度沿负方向，再结合v­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可以判断A、D可能正确，B、C错误。 4．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)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＝4 s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10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s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 答案　AB 解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1，4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。 热点二　连接体问题 5．(2020·江苏高考)某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A．F B. C. D. 答案　C 解析　根据题意可知第2节对第3节车厢的牵引力为F，每节车厢的质量和所受摩擦力、空气阻力均相等，对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝，故C正确。 6.(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A．4.0 N B．3.0 N C．2.5 N D．1.5 N 答案　A 解析　开始时P静止在水平桌面上，由平衡条件有T1＝mQg＝2 N，f＝T1＝2 N<μmPg＝2.5 N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1 N，可知Q物块加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物块将以相同大小的加速度向右加速运动，受到滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4 N，故选A。 7.(2020·海南高考)(多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　) A．两物块一起运动的加速度大小为a＝ B．弹簧的弹力大小为T＝ C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 答案　BC 解析　对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝－gsinθ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsinθ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝，故B正确；根据T＝＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。 ※8.如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是(　　) A.g B.g C.g D.g 答案　C 解析　因为重物A、B质量相等，且A挂在动滑轮上，B挂在定滑轮上，即有两段绳子拉A，一段绳子拉B，所以松开手的瞬间，B具有向下的加速度，而A具有向上的加速度。设此时绳中张力大小为T，对A和B根据牛顿第二定律分别有2T－mg＝maA，mg－T＝maB，根据动滑轮绳端与滑轮位移关系可知aB＝2aA，联立以上三式解得aB＝g，故选C。 热点三　板块模型问题 9．(2023·吉林省白山市高三下一模)如图所示，质量为m的木板放置在足够大的粗糙水平地面上，质量为m的滑块(可视为质点)放在木板的右端，现作用在木板上一水平向右的恒力F，最终滑块停在地面上的A点，其向右运动的位移大小恰好等于木板的长度。已知木板与地面、滑块与地面及滑块与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的厚度可以忽略，重力加速度大小为g，则恒力F的大小为(　　) A．6μmg B．9μmg C．15μmg D．21μmg 答案　A 解析　由题意可知滑块先随木板加速，后落在地面上减速到A点，根据牛顿第二定律可得滑块加速与减速时加速度大小均为a1＝＝μg，由匀变速直线运动规律可知，滑块加速和减速阶段的位移相等。设木板长度为L，经过时间t滑块从木板上落下，该过程滑块前进的位移为x1，因为滑块向右运动的位移大小恰好等于木板的长度，可知L＝2x1，则此段时间木板前进的位移为x2＝L＋x1＝3x1，设滑块掉落前，木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律得F－μmg－μ·2mg＝ma2，由运动学公式得x2＝a2t2，x1＝a1t2，联立解得F＝6μmg，故选A。 10．(2022·福建省福州市高三下3月质量检测)(多选)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是(　　) A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 答案　AB 解析　设木板A长为L，从滑块B放在木板A上到两者共速用时为t0，木板A、滑块B的加速度大小分别为aA、aB，对木板A、滑块B根据牛顿第二定律分别有μmg＝MaA，μmg＝maB，根据运动学公式有v0－aAt0＝aBt0，L＝v0t0－aAt－aBt，联立得L＝。若只增大m，变小，小于L，则小滑块不能滑离木板，故A正确；若只增大M，变大，大于L，则小滑块会滑离木板，由L＝t－t，L＝t0－t0，vA>vB，可知t<t0，即小滑块在木板上运动的时间变短，B正确；若只增大v0，变大，大于L，则小滑块会滑离木板，由B项分析知，小滑块在木板上运动的时间t变短，又aB＝μg不变，则小滑块离开木板的速度vB＝aBt变小，C错误；若只减小μ，则aA＝变小，aB＝μg变小，t0＝变大，t0－t0变大，大于L，则小滑块会滑离木板，由B项分析知，小滑块在木板上运动的时间t变短，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移xB＝aBt2变小，D错误。 11．(2022·江苏省如皋市高三下第一次调研)如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上。水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度aB与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　设A的质量为m，B的质量为M，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ0，对题图乙进行标注如图所示，可知当水平拉力为F2时，A、B之间恰好开始相对运动，水平拉力为F1时，A、B恰好开始相对地面运动且A、B之间相对静止，则当0≤F≤F1时，aA＝0，当F1<F≤F2时，有F－μ0(M＋m)g＝(M＋m)aA，即aA＝F－μ0g，且F＝F2时aA＝aB0，当F>F2时，有F－μmg＝maA，即aA＝F－μg，对比可知aA­F图像在F1＜F≤F2时的斜率小于在F>F2时的斜率，由以上分析可知A的加速度aA与F的关系图像可能为C选项中图像，故选C。 ※12.(2023·山东省济南市高三下三模)如图所示，倾角为α＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，物块A和长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m，物块C的质量为2m，A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将A、B、C由静止释放，下列说法正确的是(　　) A．轻绳拉力为2mg B．物块A的加速度为0.2g C．物块C的加速度为0.76g D．物块A与木板B间的摩擦力为0.64mg 答案　D 解析　假设A、B能相对静止一起沿斜面向上加速运动，设A、B共同加速度大小为a，轻绳上的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A、B整体有T－2mgsin37°＝2ma，对C有2mg－T＝2ma，联立解得a＝0.2g，对物块A，有f－mgsin37°＝ma，解得f＝0.8mg，而A与B的最大静摩擦力fm＝μmgcos37°＝0.64mg<f，可知假设错误，所以此时A、B不能相对静止，即A相对B下滑，物块A与木板B间的摩擦力大小为f动＝μmgcos37°＝0.64mg，此时对A受力分析，由牛顿第二定律得f动－mgsin37°＝maA，解得A的加速度aA＝0.04g，方向沿斜面向上，B错误，D正确；设B与C的加速度大小为a′，轻绳拉力为F，分别对B、C分析，由牛顿第二定律得F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma′，2mg－F＝2ma′，解得a ′＝g，轻绳的拉力F＝2mg－2ma′<2mg，A、C错误。 热点四　传送带问题 13．如图所示，水平传送带AB长3.2 m，以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以v0＝2 m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10 m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间为(　　) A．0.8 s B．1.0 s C．1.2 s D．1.6 s 答案　B 解析　小物块刚放上传送带时做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5 m/s2，设达到与传送带速度相同时小物块的位移为x1，所用时间为t1，则t1＝＝s＝0.8 s，x1＝t1＝2.4 m<3.2 m；之后小物块和传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝ s＝0.2 s，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.0 s，故B正确，A、C、D错误。 14.(2024·江苏省扬州市高邮市高三上开学考试)如图所示，倾角为θ＝37°且长L＝0.4 m的传送带以恒定的速率v＝1 m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则物块(　　) A．先做减速运动后做匀速运动 B．开始加速度大小为2 m/s2 C．经过t＝0.2 s到达顶端 D．相对传送带发生的位移大小为0.4 m 答案　C 解析　开始时物块速度v0大于传送带速率v，则物块相对传送带向上运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得开始时物块的加速度大小为a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下，设从开始至物块与传送带共速的过程中，物块位移为x，则有v2－v＝－2a1x，得x＝0.4 m＝L，即与传送带共速时恰好到达顶端脱离传送带，则物块只做匀减速运动，A、B错误；物块从开始至到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。 15．(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析　(1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有 FN＝mgcosα 由μ>tan37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有 f－mgsinα＝ma 又f＝μFN 联立并代入数据解得a＝0.4 m/s2。 (2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为x1，则有v－v＝－2ax1 代入数据解得x1＝2.75 m 因为x1<L，所以假设成立。 由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为t1，共速后小包裹的运动时间为t2，则有 v1＝v2－at1 L－x1＝v1t2 t＝t1＋t2 联立并代入数据解得t＝4.5 s。 热点五　动力学中的临界和极值问题 16．(2022·江苏高考)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 答案　B 解析　书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，即高铁的最大加速度不超过4.0 m/s2，故选B。 17．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 答案　AD 解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，对Q受力分析可知，弹簧的弹力大小为T0＝μmg。撤去拉力瞬间，弹簧弹力不变，两滑块速度相等，与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度大小为aP0＝＝2μg，向右做减速运动，滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，故P、Q间的距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知，开始一段时间，P减速的加速度减小，向右做加速度减小的减速运动，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时，P可能还在向右运动，也可能已停止运动，但在弹簧第一次即将恢复到原长时，Q的加速度大小一定为aQ1＝＝μg，故在弹簧第一次恢复原长之前，P的加速度大小的最大值为2μg，Q的加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长，滑块P、Q的位移水平向右，P、Q间的距离减小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误；通过画v­t图可知，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 18．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图a所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图b所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图c所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 答案　BCD 解析　由图c可知，t1时刻木板刚要开始滑动，此时物块与木板相对静止，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图c可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，故B、C正确；由图c可知，在0～t2时间段物块与木板相对静止，有相同的加速度，故D正确。 19．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的取值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 答案　B 解析　由题意可知，物块沿水平中线做末速度不为0的匀减速直线运动，则＝＝＝1 m/s，且0<v<v0，代入数据解得1 m/s<v0<2 m/s，故A不可能正确，B可能正确；对物块进行受力分析，可知加速度大小为a＝μg，由运动学公式有a＝，联立并代入数据得μ＝，又1 m/s<v0<2 m/s，则0<μ<0.2，故C、D不可能正确。 ※20.(2023·辽宁省丹东市高三下质量测试一)(多选)如图所示，木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的轻绳上端系在斜劈上，另一端拴接一光滑小球，木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板间动摩擦因数为μ，系统处于静止状态。现对木板施加一水平向右拉力F，若g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．若μ＝0.4、F＝5 N，木板相对斜劈向右运动 B．若μ＝0.5，不论F多大，小球与斜面间总有弹力 C．若μ＝0.7、F＝24 N，小球加速度大小为8 m/s2 D．若μ＝0.8、F＝22.5 N，小球与斜面间无弹力 答案　BD 解析　设木板、斜劈、小球的质量均为m，当木板与斜劈恰好不发生相对滑动时，对斜劈和小球整体有μ×2mg＝2ma1，对木板、斜劈和小球整体有F1＝3ma1，解得a1＝μg，F1＝3μmg。若μ＝0.4、F＝5 N，因F<3μmg＝12 N，所以木板与斜劈不发生相对滑动，A错误；若μ＝0.7、F＝24 N，因F>3μmg＝21 N，所以木板与斜劈发生相对滑动，小球的加速度大小为a1＝μg＝7 m/s2，C错误。当小球与斜面间恰无弹力时，对小球有＝ma2，解得a2＝＝7.5 m/s2。若μ＝0.5，因a1＝μg＝5 m/s2<a2，所以不论F多大，小球与斜面间总有弹力，B正确；若μ＝0.8、F＝22.5 N，因F<3μmg＝24 N，所以木板与斜劈相对静止，小球的加速度a＝＝7.5 m/s2＝a2，所以小球与斜面间恰无弹力，D正确。 21．(2023·山东省潍坊市高三下2月一模)如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3 m。质量m＝1 kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ＝，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h＝1.8 m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： (1)若P的质量M＝0.5 kg，地面对斜面体摩擦力的大小f； (2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件。 答案　(1) N　(2)1 kg<M≤5 kg 解析　(1)若P的质量M＝0.5 kg，由于mgsinθ＝Mg＝5 N 可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为F＝Mg 以斜面体和Q整体为研究对象，根据受力平衡可得f＝Fcosθ 联立解得f＝ N。 (2)P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 若Q恰好不从斜面顶端滑出，设P着地前，Q的加速度大小为a，P着地前瞬间，Q的速度大小为v，P着地后，Q向上滑行的距离为x，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah 0－v2＝－2a1x 且x＝L－h 联立解得a＝ m/s2 P着地前，设绳中张力为T，对P、Q分别受力分析，根据牛顿第二定律可得 Mg－T＝Ma T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma 联立可得M＝5 kg 另一方面为了使Q能向上运动，必须满足 Mg>mgsinθ＋μmgcosθ 解得M>1 kg 综合上述分析可知，为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为1 kg<M≤5 kg。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$