专题三 牛顿运动定律中常见的模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题三 牛顿运动定律中常见的模型 模型一：轻绳、轻杆、轻弹簧模型－瞬时性问题 知识总结 1．瞬时问题的两类模型 轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理 弹簧、蹦床和橡皮条 当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变 2．求解瞬时加速度的一般思路 ⇒⇒⇒ 典型例题 1．如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法中正确的是（　　） A．小球A的加速度大小为 B．小球A的加速度大小为 C．小球B的加速度大小为 D．小球B的加速度大小为g 【答案】B 【解析】CD．在剪断细绳瞬间，弹簧的形变没有发生变化，弹力不会突变，所以小球B受力仍然平衡，加速度为零，故C、D错误；AB．设小球B的质量为m，则弹簧L2的弹力为mg，由题意可知弹簧L1的弹力为3mg，在水平方向的分力为3mgsin 60°＝，在竖直方向的分力为3mgcos 60°＝，则将细绳剪断之前有＝mAg＋mg，所以小球A的质量mA＝，剪断细绳的瞬间，小球A受到的合力与剪断细绳前的拉力大小相等，原来细绳的拉力等于，由牛顿第二定律得＝可得，小球A的加速度大小为，故A错误，B正确。 2．如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是（　　） A．细线被剪断的瞬间，A、B两个小球的加速度为零 B．细线被剪断的瞬间，A、B两个小球的加速度沿斜面向上，大小为2gsin θ C．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为2mgsin θ 【答案】C 【解析】剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ，以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ，故C正确。 3．如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。重力加速度为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　） A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为g D．A、C间的弹力大小为0.5mg 【答案】D 【解析】将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，选项AC错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律有FAC＋mg＝maAC，解得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，选项D正确。 模型二：轻绳、轻弹簧等相连的连接体 知识总结 整体求加速度 隔离求内力T－μm1g＝m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T－m1g(sin θ－μcos θ)＝m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T－m1g＝m1a 得 求m2、m3间作用力，将m1和m2看作整体 隔离T－F1－μm1g＝m1a 得 典型例题 1．如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为m1，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F，在飞船与质量更大的空间站对接后，推进器工作Δt时间内，飞船和空间站速度变化量为Δv，则（ ） A．空间站的质量为－m1 B．空间站的质量为－m1 C．飞船对空间站的平均推力为 D．飞船对空间站的平均推力为F 【答案】A 【解析】AB．把飞船、空间站作为整体，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a 因为a＝ 联立解得空间站质量m2＝－m1，故A正确，B错误； CD．对空间站，由牛顿第二定律有F0＝m2a 联立以上，解得飞船对空间站的平均推力F0＝，故CD错误。 故选A。 2．（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)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝－gsin θ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsin θ＝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。 3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行， 此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1∶T2等于（ ） A．9∶2 B．9∶8 C．3∶2 D．1∶1 【答案】B 【解析】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m， 根据平衡条件可得F＝4mgsin θ＋4f， 对2、3、4物块由平衡条件可得3mgsin θ＋3f＝T1， 可得T1＝， 连接第3、4物块间的细绳突然断了， 对1、2、3根据牛顿第二定律可得F－3mgsin  θ－3f＝3ma， 对2、3物块根据牛顿第二定律可得T2－2mgsin  θ－2f＝2ma， 可得T2＝， 可得T1∶T2＝9∶8。 故选B。 4．如图所示，一条质量为1 kg的均匀柔软绳索置于光滑水平桌面上，开始有一小段垂在桌边，使它从静止开始运动。重力加速度g＝10 m/s2，在运动过程中，绳的转折处O点的最大张力是（ ） A．2.5 N B．5 N C．10 N D．7.5 N 【答案】A 【解析】设垂直部分绳子质量为m，水平部分的绳子质量为M，则有M＝1－m，绳的转折处O点的张力为T，根据牛顿第二定律，水平部分T＝Ma，垂直部分mg－T＝ma，则a＝＝，转化为函数T＝(m－m2)g，当m＝时函数T有最大值2.5 N。 故选A。 模型三：叠加体 知识总结 整体：a＝ 隔离m1：f＝m1a 得f＝ 整体：a＝g(sin θ－μ2cos θ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsin θ－f＝m1a 得f＝μ2m1gcos θ 方向沿斜面向上 若μ2＝0则f＝0 整体：a＝g(sin θ－μ2cos θ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f＝m1acos θ 得f＝m1g(sin θ－μ2cos θ)cos θ 方向水平向左 若μ2＝0则f＝m1gsin θcos θ 典型例题 1．（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。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＝时，A的加速度为 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 【答案】BCD 【解析】A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，故当0＜F≤时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误； C．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′－2μmg＝2ma′，对A、B整体，有F′－＝3ma′，解得F′＝3μmg，故当＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动，故C正确； B．当F＝时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F－＝3ma，解得a＝，故B正确； D．对B来说，其所受合力的最大值Fm＝2μmg－＝，即B的加速度不会超过，故D正确。 故选BCD。 2．如图所示，光滑水平面上放置质量均为m的两块木板，其上分别有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（ ） A．3μmg B． C． D． 【答案】B 【解析】设轻绳拉力最大值为F′，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律F′＝3ma，绳子拉力最大时，右边一组m和2m之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力，由牛顿第二定律有μ·2mg＝5ma，联立解得绳子拉力最大值F′＝ 故选B。 3．如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是（ ） A．μ＜ B．μ≥ C．μ＜ D．μ≥ 【答案】C 【解析】物块A与B之间的最大静摩擦力f1＝2μmg 物块B与桌面间的最大静摩擦力f2＝×4mg＝μmg 若A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等， 此时对物块B，由牛顿第二定律得f1－f2＝2ma 对A、B整体由牛顿第二定律得T－f2＝4ma 对物块C由牛顿第二定律得mg－T＝ma，解得μ＝ 因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ＜ 故选C。 4．（多选）中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】BD．设两棋子间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最上面两个棋子向右运动的最大加速度为am＝＝μg 设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，则F0－μ·3mg＝3mam 所以F0＝6μmg 当0≤F≤3μmg时，所有棋子均静止不动； 当3μmg＜F≤6μmg时，最上面三个作为整体，相对静止一起向右匀加速直线运动，下面的两个棋子静止不动，故B正确，D错误； AC．当F＞6μmg时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速，上面两个棋子以am的加速度向右加速，而第四个棋子不可能发生运动，因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg，下表面受到的最大静摩擦力为4μmg，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。 故选BC。 模型四：轻绳绕过滑轮的连接体 知识总结 隔离m1：T－μm1g＝m1a 隔离m2：m2g－T＝m2a 得， 隔离m1：m1g－T＝m1a 隔离m2：T－m2g＝m2a 得， 若μ＝0，且m2≪m1， 若m1＝m2，T＝m1g＝m2g 典型例题 1．由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（ ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 【答案】B 【解析】设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m。 调换前，对系统根据牛顿第二定律可得：mg－2μmg＝3ma， 调换后，对系统根据牛顿第二定律可得：2mg－μmg＝9ma， 联立解得μ＝0.2，故选B。 2．（多选）倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（　　） A．mB＝ B．mB＝ C．a＝0.2g D．a＝0.4g 【答案】BC 【解析】由题意可知，当物体放在B盒时，B盒加速度竖直向下，根据牛顿第二定律，对A盒受力分析，有T－mgsin 30°＝ma，对B盒和B盒内的物体整体受力分析，有－T＝；当物体放在A盒中时，B盒加速度竖直向上，根据牛顿第二定律，对A盒和A盒内的物体整体受力分析，有－T′＝，对B盒受力分析，有T′－mBg＝mBa；联立解得mB＝，加速度a的大小为a＝0.2g，故A、D错误，B、C正确。 3．如图所示，质量分别为m和2m的物块A和B静置于光滑水平桌面上，连接两物块的细线通过桌子边缘的两个定滑轮拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C，桌面之上左右两侧细线互相平行且都与桌面平行，桌面之下定滑轮与动滑轮之间的两条细线呈竖直状态，不计一切摩擦和滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放，在A、B滑出桌面之前，三个物块的加速度之比aA∶aB∶aC为（ ） A．1∶2∶4 B．2∶1∶4 C．4∶2∶3 D．4∶2∶5 【答案】C 【解析】根据动滑轮特点aA＋aB＝2aC，设绳子拉力为F， 对A，F＝maA，对B，F＝2maB，对C，4mg－2F＝4maC， 联立解得aA＝0.8g，aB＝0.4g，aC＝0.6g。 故选C。 模型五：斜面体静摩擦力有无模型 知识总结 1．质点系牛顿定律 加速度不同时整体法的应用，大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法。实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变。当两个或两个以上物体以不同形式连接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体。若质量为m1，m2，…，mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1，a2，…，an，牛顿第二定律可写为或，，其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和。 2．自由释放的滑块能在斜面上匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtan θ。 3．自由释放的滑块在斜面上： （1）静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； （2）加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； （3）减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左。 4．自由释放的滑块在斜面上匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，（在m停止前）M对水平地面的静摩擦力依然为零。 5．悬挂有物体的小车在斜面上滑行： （1）向下的加速度a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面； （2）向下的加速度a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； （3）向下的加速度a＜gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下。 典型例题 1．（多选）如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上。质量为m的物体B以一定的初速度v沿斜面减速下滑。现突然对B施加一水平向左的力F，斜劈A始终静止，则对B施加力F后，下列说法中正确的是（　　） A．物体B的加速度变大 B．地面对A的摩擦力变大，方向水平向左 C．地面对A的摩擦力减小，方向水平向左 D．地面对A无摩擦力 【答案】AB 【解析】A．对物块B，没有施加水平恒力F之前，沿斜面根据牛顿第二定律有 垂直于斜面方向有 施加水平恒力F之后，沿斜面根据牛顿第二定律有 垂直于斜面方向有 联立解得 故A正确； BCD．将A、B视为整体研究对象，对整体，在没有水平拉力F之前，整体在水平方向根据牛顿第二定律有 施加水平拉力F后，整体在水平方向根据牛顿第二定律有 可知 即地面对A的摩擦力增大，故B正确，CD错误。 故选AB。 2．（多选）如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块M正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是（　　） A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 【答案】AC 【解析】AB．如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得， 对整体，加速度 方向沿斜面向下，对小球，合力F合＝ma＝mgsin θ 则摆线必定与斜面垂直，故A正确，B错误； CD．小球的加速度和整体的加速度相同，对整体，加速度有水平向左的分量，合力水平向左，根据牛顿第二定律，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C正确，D错误。 故选AC。 模型六：非匀变速直线运动模型－小球弹簧（蹦极、蹦床）问题 知识总结 1．模型构建：如图所示，地面上竖立着一轻质弹簧，小球从其正上方某一高度处自由下落到弹簧上。从小球刚接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（在弹簧的弹性限度内），的运动问题。 2．力与运动——下落的“三段四点”： 3．四个图像 v－t图 a－t图 F－t图 a－x图 4．等效模型二：蹦极运动问题 如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，A点处弹性绳自然伸直。B点是运动员受到的重力与弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点，运动员从O点到C点的运动过程中忽略空气阻力。 典型例题 1．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从高台下落，到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，其运动的速度v和加速度a随时间变化的规律可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】弹性蹦极绳张紧前：运动员做自由落体运动，加速度不变，速度均匀增加；蹦极绳张紧后的下落过程中：弹性绳的弹力一直增大，开始弹力小于重力，所以加速度先向下减小，当弹性绳弹力增大到与重力相等时，加速度减为零，速度达到最大；由于惯性继续向下运动，运动员的重力小于弹性绳的弹力，加速度反向增大，运动员做减速运动，直到最低点，速度减为零，此时加速度向上的最大，所以此过程运动员的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小到0。故选B。 2．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则（ ） A．t1时刻小球速度最大 B．t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小 C．t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小 D．t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大 【答案】B 【解析】A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误； B、t1～t2这段时间内，小球做先加速后减速的运动，在t2时速度为0，则B正确； C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C错误； D、t1～t2～t3全过程小球经历了向下加速，向下减速，向上加速，向上减速的过程，t1到t2过程加速度先减小后增大，而t2到t3过程加速度先减小后增大，则D错误。 故选B。 模型七：等时圆模型 知识总结 如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝gsin θ，位移x＝2Rsin θ，由匀变速直线运动规律有x＝，得下滑时间t＝，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。 模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示； 模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示； 模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 典型例题 1．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则（ ） A．a球最先到达M点 B．b球最先到达M点 C．c球最先到达M点 D．b球和c球都可能最先到达M点 【答案】C 【解析】由等时圆模型知，a球运动时间小于b球运动时间，a球运动时间和沿过CM的直径的自由下落时间相等，所以从C点自由下落到M点的c球运动时间最短，故C正确。 2．如图所示，AB是一个倾角为θ的传送带，上方离传送带表面距离为l的P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，需在P与AB传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从P处以最短的时间到达传送带上， 则最理想管道做好后，原料从P处到达传送带的时间为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示，以P处为圆的最高点作圆O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R，从P处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为α，原料下滑的加速度为a＝＝gcos α，管道长度为L＝2Rcos α，由运动学公式可得L＝，解得t＝＝＝。 可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管道PC，原料从P处到传送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为α＝，图中PC＝，解得t＝。 故选D。 模型八：弹簧木块分离模型 知识总结 分离问题（一） 分离类型：A与弹簧分离 分离问题（二） 分离类型：B与地面分离 分离问题（三） 临界条件：①力的角度：A、B间弹力为零FAB＝0；②运动学的角度：vA＝vB、aA＝aB。 分离类型：A、B分离 典型例题 1．（多选）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g＝10 m/s2），下列结论正确的是（ ） A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态 B．弹簧的劲度系数为750 N/m C．物体的质量为2 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 【答案】ACD 【解析】A．物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，A正确； CD．从图中可知ma＝10 N，ma＝30－mg，解得物体的质量和物体的加速度大小分别为m＝2 kg，a＝5 m/s2，CD正确； B．弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝500 N/m，B错误。 故选ACD。 2．（多选）如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是（　　） A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为6 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 【答案】BC 【解析】A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 3．（多选）如图甲所示，劲度系数k＝500 N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．a0＝7.5 m/s2 B．mA＝3 kg C．若a＝a0，稳定时A、B间弹力大小为0 D．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5 N 【答案】ACD 【解析】A、由图乙结合题意可知a0时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有(mA＋mB)gtan 37°＝(mA＋mB)a0，解得a0＝7.5 m/s2，故A正确； B、当a＝0时，对AB整体分析有(mA＋mB)gsin 37°＝kx0，当a＞a0时，图乙中另一纵截距的意义为mAgsin 37°＝kx1，联立解得mA＝1 kg，mB＝2 kg，故B错误； D、当a0＝7.5 m/s2时，因为物块A、B恰要分离，故对A有FNA＝＝12.5 N，由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故D正确； C、当a＝a0＝7.5 m/s2时，物块A、B恰要分离，A、B间弹力大小为0 N，故C正确。 第22页 共22页 学科网（北京）股份有限公司 $$