第四章 专题三 连接体问题-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（教科版2019）

物理　必修　第一册 专题三　连接体问题 探究1　整体法、隔离法在连接体问题中的应用 1．“连接体”问题 所谓“连接体”，是指运动中的几个物体或上下叠放在一起或前后挤靠在一起或通过细绳、轻弹簧等连在一起的物体组。在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法。 2．整体法与隔离法 (1)整体法：在分析连接体问题时，将整个物体系统作为整体分析研究的方法。在分析整体所受外力情况时常采用整体法。 (2)隔离法：在分析连接体问题时，从研究问题的方便性出发，将物体系统中的某一部分物体隔离出来，单独分析研究的方法。 3．整体法、隔离法的选用 (1)整体法、隔离法的选取原则 当连接体内各物体具有相同的加速度(或运动情况一致)时，可以采用整体法；当连接体内各物体加速度不相同(或运动情况不一致)时，采用隔离法。一般来说，求整体的外力时优先采用整体法，整体法分析时不需要考虑各物体间的内力；求连接体内各物体间的内力时只能采用隔离法。 (2)整体法、隔离法的交替运用 ①若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 ②若连接体内各物体具有相同的加速度，且求整体所受的外力，可以先用隔离法选取合适的研究对象，分析受力且用牛顿第二定律求加速度，然后再用整体法求外力，即“先隔离求加速度，后整体求外力”。 例1　一列列驰骋的中欧班列将急需的防疫及生产生活物资送至沿线各国，为战胜疫情增添了信心和力量，成为各国携手抗疫的“生命通道”。假设某运送防疫物资的班列由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4节对第5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4节对倒数第5节车厢的作用力为(　　) A．F B. C. D. [规范解答]　根据题意可知第4节车厢对第5节车厢的牵引力为F，每节车厢质量相等，设为m，每节车厢所受阻力相同，设为Ff。以第5～40节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F－36Ff＝36ma，设倒数第5节车厢对倒数第4节车厢的牵引力为F′，则根据牛顿第二定律有F′－4Ff＝4ma，联立解得F′＝，根据牛顿第三定律可得倒数第4节车厢对倒数第5节车厢的作用力大小也为，故B正确。 [答案]　B 连接体中力的“分配协议” 如下列各图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力或中间绳的拉力F12的大小遵守以下力的“分配协议”： (1)若外力F作用于m1上，则F12＝。 (2)若外力F作用于m2上，则F12＝。 注意：①此“分配协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)； ②两物体间若有连接物，连接物的质量必须很小，可忽略(如轻绳、轻杆、轻弹簧)； ③物体系统在水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时，此“分配协议”都成立。 [变式训练1]　有一种游戏，游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜。若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．该游戏者的加速度大小为gsinθ B．球受到合力大小为mgsinθ C．球拍对球的作用力大小为mgcosθ D．该游戏者对球拍的作用力大小为 答案：D 解析：球和该游戏者具有相同的加速度，对球受力分析如图甲所示，则球所受的合力大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ，A、B错误；根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力大小为N＝，C错误；对球拍和球整体分析如图乙所示，整体所受的合力大小为F合＝(M＋m)a，根据平行四边形定则知，该游戏者对球拍的作用力大小为F＝(M＋m)＝，D正确。 探究2　动力学的临界问题 在动力学问题中，经常会遇到某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的情况(如恰好滑动、刚好脱离)，这类问题称为临界问题。临界状态是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值，临界点的两侧，物体的受力情况、运动状态一般要发生改变。 1．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。 2．临界问题的常见类型及临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零。 (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。 (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的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零。 (4)加速度最大与速度最大的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。 3．解决临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端情况(例如使物体的加速度非常大)，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件，解决问题 假设法 有些物理问题没有明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态(如假设两物体间不滑动)，分析物体的受力情况或运动情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理 数学法 将物理量间的关系用代数式表达出来，结合已知量的取值范围和其他物理条件，根据代数表达式解出临界值 例2　如图所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m的小球被平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使小球相对于小车仍保持静止，求小车加速度的允许范围。 [规范解答]　解法一(数学法)：如图所示，对小球进行受力分析，有： 水平方向：FTcosα－FNsinα＝ma① 竖直方向：FTsinα＋FNcosα－mg＝0② 由②式知，当FT最小为0时，FN有最大值，当FN最小为0时，FT有最大值，分别对应两种临界状态。 结合①②可知， 当FN＝0时，加速度a1＝ 当FT＝0时，a2＝－gtanα 负号表示加速度方向与速度方向相反，小车向右做减速运动。 故小车加速度的允许范围为：向右时最大为，向左时最大为gtanα。 解法二(极限法)：小车加速度的方向可能向右，也可能向左。 (1)当小车加速度向右时，若加速度足够大，小球将脱离斜面。设小球恰好不离开斜面时小车向右的加速度为a1，则此时斜面对小球的支持力FN＝0，设细绳对小球的拉力为FT，则 水平方向：FTcosα＝ma1 竖直方向：FTsinα＝mg 解得a1＝。 (2)当小车加速度向左时，若加速度足够大，小球将相对斜面向上运动。设小球恰好与斜面保持相对静止时小车向左的加速度为a2，则此时FT＝0， 水平方向：FNsinα＝ma2 竖直方向：FNcosα＝mg 解得a2＝gtanα。 [答案]　向右时最大为，向左时最大为gtanα 挖掘临界条件是解题的关键，本题中小车向右运动时，小球相对小车静止的一种临界情况是小球恰好不离开斜面，斜面弹力刚好为零；另一种临界情况是绳子刚好没有弹力，绳子对小球的拉力为零。应用数学法和极限法比较可知，极限法较简单。对于假设法的运用，见专题四滑块—木板问题。 [变式训练2]　如图所示，两细绳与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g的加速度向右做匀加速直线运动时，求绳1和绳2的拉力大小。(g为重力加速度) 答案：mg　0 解析：绳1和绳2的拉力与小车的加速度大小有关。当小车向右的加速度大到一定值时物体会“飘”起来，导致绳2松弛，没有拉力。 假设绳2的拉力恰为0，即FT2为0，则有 FT1cos30°＝ma′， FT1sin30°＝mg， 解得a′＝g， 因为小车的加速度大于g，所以物体已“飘”起来， 绳2的拉力FT2′＝0， 绳1的拉力FT1′＝＝mg。 课后课时作业 1．如图所示，甲、乙两物体叠放，一起放置在光滑水平面上，将一水平向右恒力F＝3 N作用在物体甲上，使甲、乙一起向右做加速运动，已知物体甲和乙的质量m甲＝2m乙＝2 kg，则甲对乙的摩擦力(　　) A．大小为1 N，方向水平向左 B．大小为1 N，方向水平向右 C．大小为2 N，方向水平向左 D．大小为2 N，方向水平向右 答案：B 解析：对甲、乙整体进行分析，根据牛顿第二定律有F＝(m甲＋m乙)a，解得a＝1 m/s2，方向水平向右，对乙进行受力分析，根据牛顿第二定律有f＝m乙a，解得f＝1 N，方向水平向右，故选B。 2．如图，质量为1 kg的物块A和质量为2 kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，在沿弹簧轴线方向，用力F拉动物块B，稳定后物块A和物块B以4 m/s2的加速度一起向右做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内。稳定后(　　) A．拉力F的大小为8 N B．弹簧弹力大小为8 N C．撤去力F后瞬间，物块A的加速度大小为4 m/s2 D．撤去力F后瞬间，物块B的加速度大小为4 m/s2 答案：C 解析：稳定后，对整体，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a＝12 N，对物块A，根据牛顿第二定律知，弹簧弹力大小为F弹＝mAa＝4 N，A、B错误；撤去F瞬间，弹簧弹力不发生突变，故物块A的受力情况不变，加速度大小不变，仍为4 m/s2，C正确；撤去F瞬间，对物块B，根据牛顿第二定律得F弹＝mBaB，解得aB＝2 m/s2，D错误。 3．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量。采用的方法如下：质量为0.8 kg的标准物A的前后固定有质量均为0.1 kg的两个力传感器。待测质量的物体B用一轻绳连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上向前运动，实验舱处于完全失重状态，桌面对整体无摩擦力。如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为3 N和2 N，待测物体B的质量为(　　) A．1 kg B．1.5 kg C．2 kg D．2.5 kg 答案：C 解析：对整体根据牛顿第二定律可得F前＝(mA＋mB＋2m传)a，对B根据牛顿第二定律可得F后＝mBa，代入数据解得mB＝2 kg，故选C。 4．如图所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，斜面倾角为α，如果两物体与斜面间的动摩擦因数都为μ，则在它们下滑过程中，(　　) A．它们的加速度a＝gsinα B．它们的加速度a＞gsinα C．细绳中的张力FT＝0 D．细绳中的张力FT＝mAg(sinα－cosα) 答案：C 解析：对A、B组成的整体运用牛顿第二定律有(mA＋mB)·gsinα－μ(mA＋mB)gcosα＝(mA＋mB)a，解得a＝(sinα－μcosα)g＜gsinα，A、B错误；对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAgsinα－μmAgcosα－FT＝mAa，解得FT＝0，C正确，D错误。 5．(多选)两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力(　　) A．等于0 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ 答案：BC 解析：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得(M＋m)·gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，得a＝g(sinθ－μ1cosθ)。由于a<gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB，对B受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgsinθ－FB＝ma，解得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ，B、C正确，A、D错误。 6．如图所示，物块A、B质量相等，在水平恒力F的作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数μ相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则以下判断正确的是(　　) A．a1＝a2 B．FN1＝F C．FN1＝FN2 D．FN1＜FN2 答案：C 解析：设物块A、B的质量均为m，接触面光滑时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a1＝，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN1＝ma1＝；接触面粗糙时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a2＝＝－μg，可知a1＞a2，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN2－μmg＝ma2，解得FN2＝，可知FN1＝FN2。C正确，A、B、D错误。 7．(多选)如图所示，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，物体的加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a，使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，物体的加速度大小为a2。则有(　　) A．x1＝x2 B．x1>x2 C．a1＝a2 D．a1<a2 答案：AD 解析：设弹簧的劲度系数为k，当用恒力F竖直向上拉时，对a、b和弹簧组成的整体分析有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对b分析有kx1－m2g＝m2a1，解得x1＝，加速度a1＝－g；当用恒力F沿光滑斜面向上拉时，对整体分析有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a2，对b分析有kx2－m2gsinθ＝m2a2，解得x2＝，加速度a2＝－gsinθ。由以上分析可知，x1＝x2，a1<a2，A、D正确，B、C错误。 8．质量为m1的数学书和质量为m2的物理书叠放在桌面上，数学书和桌面之间的动摩擦因数为μ1，物理书和数学书之间的动摩擦因数为μ2，欲将数学书从物理书下抽出，则要用的力至少为(　　) A．(μ1＋μ2)(m1＋m2)g B．(m1＋m2)g＋μ1m2g C．(μ1＋μ2)m2g D．(μ1m1＋μ2m2)g 答案：A 解析：当数学书刚好从物理书下抽出时，物理书与数学书刚好相对滑动，两者加速度相等，对物理书由牛顿第二定律有μ2m2g＝m2a，对整体，有F－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，故A正确，B、C、D错误。 9．(多选)如图所示为武广线上某次高铁列车对接场景，对接后两组列车成为一列共同出发。列车启动阶段做匀加速直线运动，运行方向如图，每组提供向右的动力均为F，每组受到的阻力均为自重的k倍，a组总质量为m1，b组总质量为m2，下列说法正确的是(　　) A．a组的加速度大小为－kg B．对接处的作用力大小为F C．若每组提供的动力均为2F，则列车组的加速度加倍 D．若m1<m2，则对接处的作用效果是拉力 答案：AD 解析：对接后，a、b两组列车运动状态相同，对整体，根据牛顿第二定律有2F－k(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，即a组列车的加速度大小为a＝－kg，同理可得，若每组提供的动力均为2F，列车组的加速度a′＝－kg≠2a，故A正确，C错误；设对接处的作用力为F1，取运动方向为正方向，对b组列车，根据牛顿第二定律有F＋F1－km2g＝m2a，代入a＝－kg，得F1＝F，若m1<m2，则F1>0，即对接处的作用效果是拉力，故B错误，D正确。 10．如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．绳上的拉力大小为50 N B．重物不会离开地面 C．2 s末重物上升的高度为5 m D．重物的加速度大小为3.2 m/s2 答案：C 解析：对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma′，解得F＝ma′＋mg＝10×(5＋10) N＝150 N，故A错误；对重物受力分析可知，绳子对重物的拉力150 N大于重物自身的重力120 N，所以重物要离开地面，故B错误；设重物向上运动的加速度为a，对重物由牛顿第二定律可得F－Mg＝Ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，D错误；2 s末重物上升的高度h＝at2＝×2.5×22 m＝5 m，C正确。 11．如图所示，质量相等的长方体钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B之间的动摩擦因数为μ1，A和B之间的动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的加速度大小最大为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：设A、B的质量均为m，A和B恰好相对静止时A、B的加速度为a1，则对A有：f1＝μ2mg＝ma1，得a1＝μ2g，对A、B整体分析，卡车底板对B的摩擦力f2＝2ma1＝2μ2mg<2μ1mg<2ma，故B相对于卡车静止，卡车安全停下的最大刹车加速度大小为a1＝μ2g。由题意知，x＝≤s0，得v≤＝，C正确。 12．(多选)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B施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B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，A的加速度都不会超过μg 答案：BD 解析：A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，A、B恰好发生滑动时A的加速度为a0＝＝μg，B与地面间的最大静摩擦力为fmax′＝μ(mA＋mB)g＝μmg，故A、B恰好发生相对滑动时有F0－fmax′＝(m＋2m)a0，解得F0＝μmg＋3ma0＝μmg。当F＜2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间可能会发生相对滑动，A错误；当F＝μmg＜μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a＝＝＝μg，B正确；当μmg＞F＞3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，C错误；B对A的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。 13．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为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时间段物块的加速度大于木板的加速度 答案：B 解析：由题图a、b、c分析可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止，木板受到地面的摩擦力达到最大，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由题图c可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，木板的加速度达到最大，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1max，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1max>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，B正确，C错误；由题图c可知，0～t2时间段物块与木板保持相对静止，所以两者有相同的加速度，D错误。 14．儿童乐园里一项游乐活动的示意图如图所示，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭长的凹槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向间的夹角为β，且保持不变。设抱枕的质量为m1，小孩的质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力均忽略不计，则下列说法正确的是(　　) A．小孩与抱枕一起做匀速直线运动 B．β<α C．抱枕对小孩的作用力方向竖直向上 D．绳子的拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为(m1＋m2)∶m2 答案：D 解析：由于绳与竖直方向间的夹角为β，且保持不变，则球、小孩和抱枕具有相同的加速度，可视为一个系统，球沿斜槽无摩擦滑动，则m总a＝m总gsinα，解得a＝gsinα，故小孩与抱枕做匀加速直线运动，A错误；对小孩和抱枕进行受力分析，受重力(m1＋m2)g、绳的拉力T，根据牛顿第二定律可知，二者的合力F合＝(m1＋m2)a＝(m1＋m2)gsinα，方向沿导轨向下，以沿导轨向下为x轴正方向，垂直导轨向上为y轴正方向，建立直角坐标系，画出小孩和抱枕的受力图如图所示，沿x轴方向有(m1＋m2)gsinα－Tx＝F合，可得Tx＝0，即T沿y轴向上，则β＝α[也可根据(m1＋m2)g、T与F合构成的矢量三角形分析得出结论]，B错误；小孩在自身重力m2g及抱枕作用力F的作用下沿导轨方向做匀加速直线运动，合力为m2a＝m2gsinα，由三角形定则可知，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为F＝m2gcosα，由B项分析可知T＝(m1＋m2)gcosα，则绳子拉力T与抱枕对小孩的作用力F之比为T∶F＝(m1＋m2)∶m2，C错误，D正确。 15．(多选)如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为1 kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置(弹性限度以内)后静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力F的作用使之做匀加速直线运动，F与作用时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．物体A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．物体A、B分离时，物体B的速度为0.4 m/s C．开始有F作用时，弹簧压缩量为4 cm D．弹簧的劲度系数为50 N/m 答案：BD 解析：物体A、B分离瞬间，两者间的相互作用力为零，但加速度仍相同，即A拥有水平向右的加速度，则弹簧弹力大于零，故弹簧处于压缩状态，A错误；物体A、B分离后，B加速度不变，力F不变，由乙图可知，t＝0.2 s分离时，B受到的力F为2 N，则其加速度为a＝＝2 m/s2，A、B分离时，两者的速度均为v＝at＝0.4 m/s，B正确；t＝0时，F＝0，弹簧弹力等于两物体所受的合力，设弹簧的压缩量为x1，可得kx1＝2ma，运动t＝0.2 s后，弹簧压缩量为x2＝x1－at2，此时A在水平方向上只受弹簧弹力，由牛顿第二定律可得kx2＝ma，联立解得k＝50 N/m，x1＝0.08 m＝8 cm，C错误，D正确。 16．如图所示，平板小车上固定一竖直杆，小物块通过一根恰好伸直的细线与杆相连，细线与杆间的夹角θ＝37°。已知物块的质量m＝2 kg，物块与平板车间的动摩擦因数为μ＝0.4，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。当物块随小车一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是(　　) A．加速度越大，细线对物块的拉力越大 B．当加速度a＝3 m/s2时，细线对物块的拉力大小为10 N C．当加速度a＝7 m/s2时，细线对物块的拉力大小为10 N D．当加速度a＝10 m/s2时，细线对物块的拉力大小为20 N 答案：D 解析：由题意可知，初始时细线拉力为零，当物块随小车一起向右做匀加速运动，加速度较小时，由静摩擦力提供物块的加速度，当加速度较大，以致静摩擦力无法单独提供加速度时，细线拉力开始增大，当最大静摩擦力提供加速度时，根据牛顿第二定律有f静max＝μmg＝ma，得a＝4 m/s2，则当加速度a＝3 m/s2时，细线对物块的拉力大小为0，A、B错误；物块与平板车脱离的临界条件是物块与平板车间恰好没有相互作用力，只由细线拉力的分力提供物块的加速度，设物块恰好和平板车脱离时的加速度为a0。由牛顿第二定律有mgtan37°＝ma0，解得a0＝7.5 m/s2，当加速度a＝7 m/s2时，设平板车对物块的支持力为N，细线对物块的拉力大小为F，根据牛顿第二定律有Fsin37°－μN＝ma，又Fcos37°＋N＝mg，解得F＝ N，C错误；当加速度a＝10 m/s2时，物块与平板车脱离，设细线与竖直方向夹角为α，细线对物块的拉力大小为F′，则F′cosα＝mg，F′sinα＝ma，解得F′＝20 N，D正确。 17．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的动摩擦因数为0.25，A、B两物体的质量分别为mA＝4 kg、mB＝6 kg，FA＝80 N和FB＝30 N的两推力分别作用于A、B上，g取10 m/s2。求： (1)A、B两物体运动的加速度； (2)A、B之间的作用力。 答案：(1)2.5 m/s2，方向水平向右　(2)60 N 解析：(1)把A、B看成一整体，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得 FA－FB－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 解得a＝2.5 m/s2，方向水平向右。 (2)把B隔离出来，对其受力分析，设A给B的作用力为N，由牛顿第二定律可得 N－FB－μmBg＝mBa 解得N＝60 N。 18．如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上。现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案：0≤F≤310 N 解析：由于μ＞tanθ，故当F＝0时，木块静止在斜面上，即F的最小值为0。 根据题意可知，当木块相对斜面恰不向上滑动时，F有最大值Fm。 设此时两物体运动的加速度为a，两物体之间的摩擦力大小为f，斜面体对木块的支持力为N。 对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙： 对整体受力分析：Fm＝(m＋M)a， 对木块受力分析：f＝μN， 水平方向：fcosθ＋Nsinθ＝ma， 竖直方向：Ncosθ＝mg＋fsinθ， 联立以上各式，代入数据解得Fm＝310 N， 故F的大小范围为0≤F≤310 N。 19．如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N。(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值； (2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。 答案：(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2 解析：(1)该系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示，合力沿y轴正向，则a线拉力首先达到最大，当a线拉力Fa＝Fm＝15 N时，加速度最大，此时由牛顿第二定律得： y轴方向有：Fasin53°－mg＝ma x轴方向有：Facos53°＝Fb 解得a＝2 m/s2。 (2)该系统水平向右匀加速运动时，合力沿x轴正向，则b线拉力首先达到最大，当b线拉力Fb′＝Fm＝15 N时，加速度最大，此时由牛顿第二定律得： 竖直方向有：Fa′sin53°＝mg 水平方向有：Fb′－Fa′cos53°＝ma′ 解得a′＝7.5 m/s2。 16 学科网（北京）股份有限公司 $$