第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第3讲　牛顿运动定律的综合应用(一)(综合融通课) (一) 动力学中的图像问题 图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等 三种类型 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。 (2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 破题关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 [考法全训] 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　 ) A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg 解析：选D　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错误，D正确。 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2．(2024·福建厦门模拟)(双选)在直升机竖直降落的过程中，开始时直升机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．飞行员的质量为70 kg B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下 C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下 D．从图中可知飞行员在这两次降落过程中的加速度的最大值为6 m/s2 解析：选BD　由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则飞行员的质量为50 kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，D正确。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3．以不同初速度将Ⅰ、Ⅱ两个小球同时竖直向上抛出并开始计时，Ⅰ球所受空气阻力可忽略，Ⅱ球所受空气阻力大小与速率v成正比。下列小球上升阶段的v-t图像中，可能正确的是(　 ) 解析：选C　Ⅰ球所受空气阻力可忽略，加速度为重力加速度，Ⅱ球所受空气阻力大小与速率v成正比，加速度始终比Ⅰ球大，减速到零时加速度为g，且速度减小加速度逐渐减小，v-t图像斜率代表加速度。故选C。 (二) 动力学中的连接体问题 1．整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤： 2．隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤： 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 第四步 选用适当的物理规律列方程求解 [考法全训] 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车里程超过4.5万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦力和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为(　 ) A.F，向后 B.F，向前 C.F，向后 D.F，向前 [解析]　假设机车和车厢的质量均为m，每节车厢受到的摩擦力和空气阻力的合力为f，加速度为a，对于16节车厢整体有2F－16f＝16ma，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F1，则对后六节车厢有F－6f＋F1＝6ma，解得F1＝－F。第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F，负号代表方向向后，A正确。 [答案]　A 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　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 [解析]　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0 N，f＝T1＝2.0 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＝＝1.0 N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将有大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N。 [答案]　A 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　(双选)如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮)，斜面体静止不动。下列说法正确的是(　 ) A．轻绳对P点的拉力大小为mg B．物体A的加速度大小为g C．地面对斜面体的摩擦力大小为mg D．地面对斜面体的支持力大小为g [解析]　由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移的大小的两倍，则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍；设物体A的加速度大小为a，则B的加速度大小为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律得2T－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2mg－T＝2m·2a，代入数据，联立解得T＝mg，a＝g，A正确，B错误；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得Tcos 30°－f＝macos 30°，解得地面对斜面体的摩擦力为f＝mg，C正确；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得(M＋3m)g－FN－Tsin 30°＝2m·2a－masin 30°，解得地面对斜面体的支持力为FN＝g，D错误。 [答案]　AC (三) 动力学中的临界极值问题 1．四类典型临界条件 (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，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 2．三种常用解题方法 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，根据数学表达式解出临界条件 [考法全训] 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　(2024·宁德高三调研)(双选) 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物块A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物块A的质量m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．物块B的质量为12 kg B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N D．弹簧的劲度系数为80 N/m [解析]　以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为x0，有kx0＝(m＋M)g，分离之前有F＋k－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数k＝ N/m＝80 N/m，故D正确； x＝0时，有12 N＝(m＋M)a，分离时，有22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确； 施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为FN，对B进行受力分析有kx0－Mg－FN＝Ma，解得FN＝10 N，故C错误。 [答案]　BD [例2]　(双选)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T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则(　 ) A．a＝ m/s2时，FN＝0 B．小球质量m＝0.2 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]　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，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，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，B错误，C正确； 将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。 [答案]　AC 考法(二)　叠加系统相对滑动的临界问题 [例3]　如图所示，光滑水平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μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(　 ) A. B. C. D．3μmg [解析]　当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg－FT＝ma，对左侧整体有FT＝3ma，联立解得FT＝，A、C、D错误，B正确。 [答案]　B |思|维|建|模|　 叠加体系统临界问题的求解思路 　 考法(三)　动力学中的极值问题 [例4]　如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ [解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2 ① v＝v0＋at ② 联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③ v＝8 m/s。 ④ (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥ 又Ff＝μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得F＝ ⑧ 由数学知识得cos α＋sin α＝sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝ N。 [答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N [课时跟踪检测] 1．(2024·福建福州三校联考)如图所示，是一位同学进行立定跳远测试的运动过程，下列说法正确的是(　 ) A．起跳瞬间地面对同学的支持力大于同学对地面的压力 B．起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向右 C．同学在空中阶段处于超重状态 D．整个运动过程同学平均速度的大小小于平均速率 解析：选D　根据牛顿第三定律，起跳瞬间地面对同学的支持力等于同学对地面的压力，故A错误；起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向左，使同学向左运动，故B错误；同学在空中阶段受到重力的作用，有向下的加速度，处于失重状态，故C错误；整个运动过程同学的位移小于路程，运动时间相同，故整个运动过程同学平均速度的大小小于平均速率，故D正确。 2．(2023·全国甲卷)(双选)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 解析：选BC　根据牛顿第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 3．(2024·济南模拟)小木块在外力F的作用下由静止开始沿粗糙水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图所示，下列速度v随时间t、外力F随速度v变化的图像可能正确的是(　 ) 解析：选B　由题图可得v＝kx，则Δv＝kΔx，整理可得＝k，可得a＝kv，可知加速度随速度的增大而增大，B正确，A错误；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可得F＝kmv＋f，当v＝0时F>0，C、D错误。 4.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　 ) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m 解析：选C　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v＝2ax。根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝－g，此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－g，x的最小值为xmin＝＝0.16 m，故C正确。 5．(双选)在一次演习中，飞机悬停在高空某处后，质量为60 kg的特战兵从机舱中跳下，沿竖直方向向下运动的v-t图线，如图甲所示。当速度减为零时特战兵恰好落到地面，如图乙所示。降落伞用8根对称的绳悬挂，每根绳与中轴线的夹角均为37°，不计特战兵所受的空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法中正确的是(　 ) A．特战兵刚跳下时离地面的高度为180 m B．在前2 s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为750 N C．在2 s到7 s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为93.75 N D．在落地前瞬间，每根绳对特战兵的拉力大小为12.5 N　 解析：选AC　由v-t图线围成的面积求出下落的高度，即特战兵刚跳下时离地面的高度为h＝×20 m＝180 m，故A正确；由图线的斜率可知，特战兵加速阶段的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则mg－8Fcos 37°＝ma，解得在前2 s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为F＝0，故B错误；在2 s到7 s时间内特战兵做匀速运动，受力平衡，设每根绳子拉力为F1，竖直方向上8F1cos 37°＝mg，解得每根绳对特战兵的拉力大小F1＝93.75 N，故C正确；由图线的斜率可知，特战兵减速阶段的加速度a1＝＝ m/s2＝－ m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F2，则mg－8F2cos 37°＝ma1，代入数据可得F2＝125 N，故D错误。 6．(2024·福州高三调研)(双选)如图甲所示，小物块A放在固定的水平桌面上，由绕过定滑轮的轻绳与质量为m的小物块B相连。开始时用手固定A，从图示位置由静止释放，A的速度的二次方与位移大小的关系图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，重力加速度大小为g，不计一切阻力，则(　 ) A．A的质量为m B．0～x0位移内B受到的合外力冲量大小为m C．0～x0位移内轻绳拉力对A做的功为mkx0 D．0～x0位移内轻绳的拉力大小为mg 解析：选AB　由于不计一切阻力，则对物块A有T＝mAa，对物块B有mg－T＝ma，由于A、B用轻绳连接在一起，则A、B的速度、加速度总是相等的，根据v2-x图像有k ＝ 2a，联立有mA＝m，T＝mg－，A正确，D错误；由于A、B用轻绳连接在一起，则A运动x0时B的速度为v＝，则根据动量定理有IB合＝m，B正确；对物块A由动能定理有W＝mAv2＝(2g－k)，C错误。 7．如图(a)所示，物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度 随时间t的关系如图(b)。物块下滑过程中斜面保持静止，那么(　 ) A．物块下滑过程的加速度为1 m/s2 B．斜面长度为4 m C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5 D．水平地面对斜面体摩擦力方向水平向左 解析：选C　由图像可得关系式＝＝＝v0＋at，结合图像截距和斜率，可得v0＝1 m/s，a＝ m/s2＝1 m/s2，所以物块下滑过程的加速度为2 m/s2，故A错误；物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，2 s末速度为v＝v0＋at＝5 m/s，则斜面长度为L＝·t＝6 m，故B错误；由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.5，故C正确；物块和斜面体看作整体，整体受到重力、支持力、地面的摩擦力，又因为整体有水平向右的分加速度，所以水平地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，故D错误。 8.如图所示，地面上有一个大台秤，台秤上面放置一个倾角θ＝37°、足够长的、底面粗糙的斜面，斜面上表面光滑，其上端固定着一个定滑轮，一根轻绳跨过定滑轮，一端固定在一个小车上面，另一端被小车上的人拉住，轻绳与斜面上表面始终保持平行。斜面的质量M＝100 kg，人的质量m1＝60 kg，小车的质量m2＝40 kg，滑轮的质量、滑轮与轻绳间的摩擦均不计。在人拉动轻绳的过程中，人和车一直保持相对静止沿斜面向上运动，斜面相对台秤静止。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，当台秤示数为2 300 N时，下列说法正确的是(　 ) A．人的加速度大小a＝10 m/s2 B．轻绳拉力大小为1 200 N C．小车对人的摩擦力方向沿斜面向下 D．小车对人的摩擦力大小为110 N 解析：选D　根据题意，设小车和人整体竖直方向上对斜面的作用力为F，由平衡条件有F＋Mg＝FN，解得F＝1 300 N，由牛顿第三定律可知，斜面对小车和人整体竖直方向上的作用力F′＝F＝1 300 N，对小车和人，竖直方向上，由牛顿第二定律有F′－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)ay，解得ay＝3 m/s2，则由几何关系可得，小车的加速度为a＝＝5 m/s2，故A错误；设轻绳拉力大小为F1，对小车和人整体，由牛顿第二定律有2F1－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得F1＝550 N，故B错误；设小车对人的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，由牛顿第二定律，对人有F1－m1gsin θ－f＝m1a，解得f＝－110 N，即小车对人的摩擦力方向沿斜面向上，大小为110 N，故C错误，D正确。 9．(双选)如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5 kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则(　 ) A．t＝1 s时物块A的速度为0.8 m/s B．t＝1 s时弹簧弹力为0.6 N C．物块B的质量为0.8 kg D．F大小为1.5 N 解析：选BD　若物体A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，图像的面积为Δv＝×1 m/s＝0.8 m/s，而A的初速度为零，可知1 s时的速度为0.8 m/s，但实际是物体A的a-t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8 m/s，则t＝1 s时A的速度大小小于0.8 m/s，故A错误；恒力F拉动A的瞬间，由a-t图像知A的加速度为a0＝1 m/s2，有F＝mAa0＝1.5 N，1 s时两者的加速度相等a＝0.6 m/s2，对A、B由牛顿第二定律有F－kx＝mAa，F弹＝kx＝mBa，解得mB＝1 kg，F弹＝0.6 N，故B、D正确，C错误。 10．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　 ) A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝ B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝ C．从施加力F到A、B分离的时间为4 D．从施加力F到A、B分离的时间为2 解析：选A　设弹簧开始时的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝，故A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB＝0，弹簧弹力不为零， 对A受力分析得kx－3mg＝3ma，得到这一瞬间弹簧的压缩量为x＝，则A上升的高度h＝x0－x＝，由h＝at2，解得从施加力F到A、B分离的时间为t＝，故C、D错误。 11．(2024·厦门高三调研)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小； (2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 解析：(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝，① 对整个列车，由牛顿第二定律得 F－k·7mg＝7ma，② 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得 ＋T－k·2mg＝2ma，③ 联立①②③，解得T＝－m，④ 其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。 (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F′－k·7mg＝0，⑤ 设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有 ＋T1－ k·2mg＝0，⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有＋T2－k·2mg＝0, ⑦ 联立⑤⑥⑦，解得T1＝－kmg，T2＝kmg， 因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝kmg。 答案：(1)m　(2)kmg 12.如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4 kg的斜面体，倾角θ＝30°，斜面上放一质量 m＝8 kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小； (2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。 解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力情况如图所示，根据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，代入数据得Ff＝40 N。 (2)F最大时，小物体受到最大静摩擦力作用，将支持力和摩擦力分解，由牛顿第二定律有Ffcos θ－FNsin θ＝ma，Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，又Ff＝μFN， 由以上各式联立得a＝g， 解得a＝ m/s2， 对小物体和斜面体整体应用牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，解得F＝ N。 答案：(1)40 N　(2) N 学科网（北京）股份有限公司 $$