13 第三章 专题突破二 动力学中的连接体和临界极值问题-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习教师用书（通用版）

专题突破二　动力学中的连接体和临界极值问题 　动力学中的连接体问题　 1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下： (1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时，两端连接体的速率相等(加速度大小不一定相等)。 (2)物物叠放连接体：相对静止时具有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。 (3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等；轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。 2．处理连接体问题的方法 (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)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。 　弹簧连接体 [典例1]　(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和m′的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是(　　) A．若m>m′，有x1＝x2 B．若m<m′，有x1＝x2 C．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ<sin θ，有x1<x2 AB　[在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋m′)g＝(m＋m′)a1，对隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1，联立解得FT＝ F，在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋m′)g sin θ＝(m＋m′)a2，对隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′T－mg sin θ＝ma2，联立解得F′T＝F，可知两个过程的弹簧弹力相等，则x1＝x2，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。] 　物物叠放连接体 [典例2]　(2025·新乡模拟)(多选)如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝0.2 kg，甲、乙之间的动摩擦因数μ1＝0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，用水平向右的力F推书本甲，开始时F＝0.6 N，此后缓慢增大，下列说法正确的是(　　) A．当推力F＝0.7 N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N B．当推力F＝1 N时，书本均保持静止状态 C．当推力F＝1.8 N时，书本甲、乙之间无相对滑动 D．当推力F＝2 N时，书本甲、乙之间有相对滑动 AC　[甲、乙间的最大静摩擦力为Ff甲乙＝μ1m1g＝1.2 N，乙与桌面间的最大静摩擦力为Ff桌乙＝μ2(m1＋m2)g＝0.8 N，以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律Ff甲乙－Ff桌乙＝m2a，解得a＝2m/s2，由整体牛顿第二定律F－Ff桌乙＝(m1＋m2)a，解得F＝2.4 N，故当推力F>2.4 N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；当推力F＝0.7 N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N，故A正确；当推力F＝1 N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。] 　轻绳(杆)连接体 [典例3]　(多选)如图所示三个装置，甲中桌面光滑，乙、丙中桌面粗糙程度相同，丙用大小为 F＝m′g的力替代重物m′进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮的摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是(　　) A．装置甲中m的动能增加量大于乙中m的动能增加量 B．装置甲中物块m的加速度为 C．装置乙、丙中物块m的动能增加量相同 D．装置甲中绳上的张力FT甲小于装置乙中绳上的张力TT乙 AD　[由于装置乙有摩擦力，可知装置甲中物块的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置甲中m的动能增加量大于乙中m的动能增加量，选项A正确；装置甲中对系统列方程可知，物块m的加速度为a1＝，选项B错误；装置乙中m的加速度a2＝，装置丙m中的加速度a3＝，可知装置丙中物块m的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置丙中m的动能增加量大于乙中m的动能增加量，选项C错误；装置甲中绳上的张力FT甲＝ma1＝，装置乙中绳上的张力FT乙＝ma2＋Ff＝，则装置甲中绳上的张力FT甲小于装置乙中绳上的张力FT乙，选项D正确。] 　动力学中的临界、极值问题　 1．常见临界与极值问题的条件 (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：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为0。 2．动力学临界极值问题的三种解法 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 [典例4]　如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m, 系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s 以后F为恒力，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 审题指导： 关键语句 获取信息 光滑固定斜面 无滑动摩擦力 系统处于静止状态 可求出弹簧的压缩量 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动 初速度为0，加速度恒定 0.2 s以后F为恒力 经过0.2 s，P和Q恰好分离 力F的最大值与最小值 t＝0时拉力最小，分离后拉力最大 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0 由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为0，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得 kx1－m1g sin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移为 x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对物体Q，由牛顿第二定律得 Fmax－m2g sin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。 答案：72 N　36 N [跟进训练] 1．如图所示，一质量为m0＝2 kg、倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．斜面体对物块的支持力为8 N B．斜面体的加速度大小为a＝2.4 m/s2 C．水平恒力大小F＝7.2 N D．若水平作用力F作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则F将变大 D　[对斜面体和物块进行整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，水平方向F＝(m0＋m)a，竖直方向FN＝(m0＋m)g，再对m0分析，受重力、压力F压、支持力FN，根据牛顿第二定律，水平方向F压sin θ＝m0a ，竖直方向F压cos θ＋m0g＝FN，联立解得a＝＝3.75m/s2，F＝＝11.25 N，F压＝＝12.5 N，根据牛顿第三定律知则斜面体对物块的支持力为12.5 N，故A、B、C错误；若水平作用力F作用到m0上系统仍保持相对静止，则对整体F＝(m0＋m)a′，对m有mg tan 37°＝ma′，解得F＝22.5 N，即F变大，故D正确。] 2．(2023·湖南卷)(多选)如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两小球用轻杆相连，小球A靠在光滑左壁上，小球B处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．若小球B受到的摩擦力为0，则F＝2mg tan θ B．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θ C．若推力F向左，且μ<tan θ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tan θ) D．若推力F向右，且tan θ>2μ，则F的范围为 4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg·(tan θ＋2μ) CD　[对小车和A、B两小球构成的整体，根据牛顿第二定律可知F＝4ma，对A、B两个小球构成的整体，竖直方向上小车对A、B的支持力，即对B的支持力FN＝2mg，对A和B分别受力分析时杆的作用力始终沿杆，若小球B受到的摩擦力为0， 对小球B受力分析，如图甲所示， 可知F0cos θ＝FN－mg，F0sin θ＝ma，a＝g tan θ，F＝4mg tan θ，A错误； 若推力F向左，则系统加速度水平向左， 对小球A受力分析，如图乙所示， 可知在竖直方向始终满足 F1cos θ＝mg，则F1＝，当FN＝0时，A有最大加速度aAm， F1sin θ＝maAm，则aAm＝g tan θ， 对小球B受力分析，如图丙所示， 可知当Ff＝μFN时，B有最大加速度aBm， F′1＝F1， μ·2mg－F1sin θ＝maBm， 则aBm＝(2μ－tan θ)g， 若tan θ≤μ，则aBm≥aAm，即Fm＝4maAm＝4mg tan θ，B错误； 若μ<tan θ≤2μ，则aBm<aAm，即Fm＝4maBm＝4mg(2μ－tan θ)，C正确； 若推力F向右，则系统加速度水平向右，对小球A分析可知F2＝， 对小球B受力分析，如图丁所示， 可知F′2＝F2， 若Ff＝μFN向左，则F2sin θ－μFN＝mamin， amin＝(tan θ－2μ)g，Fmin＝4mg(tan θ－2μ)， 若Ff＝μFN向右，则F2sin θ＋μFN＝mamax， amax＝(tan θ＋2μ)g，Fmax＝4mg(tan θ＋2μ)， D正确。] 3．(多选)如图所示，底端带有挡板的粗糙斜面固定在水平地面上，轻弹簧一端连接挡板，另一端连接小滑块P，施加外力缓慢推动小滑块P使弹簧处于压缩状态，撤去外力，小滑块P沿斜面向上运动到最高点时，紧靠小滑块P右侧无初速度释放小滑块Q，小滑块P和Q完全相同，且两者沿斜面向下运动时一直保持接触不分离，下列说法正确的是(　　) A．小滑块P向上运动过程中的加速度先减小后增大 B．小滑块P向上运动过程中弹簧不可能处于伸长状态 C．小滑块P、Q向下运动过程中，小滑块P、Q间的弹力先减小后增大 D．小滑块P、Q向下运动过程中，斜面对地面的压力一直增大 ABD　[小滑块P向上运动过程中受到重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力以及弹簧的弹力，一开始弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力沿斜面向上，但弹力不断减小，设斜面倾角为θ，小滑块P的质量为m，根据牛顿第二定律可得kx－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由此可知，小滑块P的加速度不断减小，当加速度减小到0时，小滑块P的速度达到最大，弹簧仍处于压缩状态，之后有mg sin θ＋μmg cos θ－kx＝ma，加速度沿斜面向下，小滑块P做减速运动，加速度增大，故A正确；当P到达最高点时，无初速度释放小滑块Q，两者沿斜面向下运动时一直保持接触不分离，即二者加速度相同，对小滑块Q，有mg sin θ－μmg cos θ－FPQ＝ma，即Q的加速度满足a≤g sin θ－μg cos θ，若弹簧处于伸长状态，则整体的加速度满足a>g sin θ－μg cos θ，所以要使二者一起向下运动，弹簧不可能伸长，故B正确；小滑块P、Q向下运动过程中，一开始向下加速，若弹簧处于原长或压缩状态，P、Q向下运动，弹簧沿斜面向上的弹力不断增大，所以加速度不断减小，若弹簧处于伸长状态，P、Q向下运动，弹簧沿斜面向下的弹力不断减小，加速度减小，对小滑块Q，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ－FPQ＝ma，由于加速度减小，则P、Q间的弹力增大，当加速度减为0时，二者速度达到最大，之后加速度沿斜面向上增大，则P、Q间的弹力仍然增大，故C错误；根据整体法，整体在竖直方向先具有向下减小的加速度，后有向上增大的加速度，根据牛顿第二定律可知，斜面对地面的压力一直增大，故D正确。] 专题突破练习(二) 1．(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m1和m2，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A．F 　 B．F C．F 　 D．F A　[根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a，对空间站分析有F′＝m2a，解得飞船和空间站之间的作用力F′＝F，故选A。] 2．(2025·石家庄模拟)(多选)一列有8节车厢的动车一般是4动4拖，其中第1节、第3节、第6节、第8节车厢是带动力的，其余4节车厢是不带动力的。如图所示，该动车在平直轨道上匀加速向右启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为F，每节车厢质量均为m，每节车厢所受阻力均为该节车厢重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．整列车的加速度大小为 B．整列车的加速度大小为 C．第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为0 D．第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F AC　[对8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律得4F－8kmg＝8ma，解得整列车的加速度大小为a＝，故A正确，B错误；对5～8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律得F45＋2F－4kmg＝4ma，代入解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F45＝0，故C正确，D错误。] 3．如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量mA大于物体B的质量mB，重力加速度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则(　　) A．绳子的拉力大小不变 B．绳子的拉力大小变大 C．物体A和B运动的加速度大小不变 D．物体A和B运动的加速度大小变小 A　[未将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为F，整体的加速度大小为a，对A根据牛顿第二定律有F＝mAa，对B有mBg－F＝mBa，联立解得a＝g，F＝g，将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，设此时绳子的拉力大小为F′，整体的加速度大小为a′，对AB整体，根据牛顿第二定律有mAg＝(mA＋mB)a′，解得a′＝g，对B，根据牛顿第二定律有F′＝mBa′，解得F′＝g，因为mA>mB，所以可得a<a′，F＝F′，即绳子的拉力大小不变，物体A和B运动的加速度大小变大，故选A。] 4．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　) A． 　 B． C． 　 D． A　[当两球运动至二者相距L时，如图所示 由几何关系可知sin θ＝＝，设绳子拉力为T，水平方向有2T cos θ＝F，解得T＝F，对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝，故A正确，B、C、D错误。] 5．(多选)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为m′的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为37°，右侧倾角为53°。质量分别为m和4m的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是(　　) A．μ＝ B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑 C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于(m′＋5m)g D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 AD　[对物体A受力分析，由平衡条件得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝T，对物体B受力分析，由平衡条件得4mg sin 53°＝μ·4mg cos 53°＋T，联立可得A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数为μ＝，A正确；剪断轻绳后，对A受力分析有mg sin 37°＜μmg cos 37°，所以，剪断轻绳后，A在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B受力分析有4mg sin 53°＞μ·4mg cos 53°，所以，剪断轻绳后，B能沿斜面加速下滑，B错误；剪断轻绳后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得4mg sin 53°－μ·4mg cos 53°＝4maB，解得aB＝ m/s2，对斜面体和A、B物体整体受力分析，在竖直方向上有(m′＋5m)g－FN＝4maB·sin 53°，由牛顿第三定律得F′N＝FN，所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力F′N＜(m′＋5m)g，C错误；对斜面体和A、B物体整体分析，在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝4maBcos 53°，方向水平向右，D正确。] 6．(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是(　　) A．若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1 B．若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1 C．若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1 D．若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1 AC　[三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有 F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。] 7．(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 AD　[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，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。] 8．(2025·邵阳模拟)在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m，C物体上固连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2下列说法正确的是(　　) A．A物体的最大加速度为2 m/s2 B．B物体的最大加速度为4 m/s2 C．C物体质量为m时，B的加速度为2.5 m/s2 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为2m B　[对A受力分析，有F－μ·2mg＝2maA，当外界拉力变大，则A物体的加速度变大，所以其无确定的最大值，故A项错误；对B受力分析，当AB之间的摩擦力达到最大摩擦力，其加速度有最大值，有μ·2mg＝maBm，解得aBm＝4 m/s2，故B项正确；假设AB恰好不发生相对滑动，设绳子中的力为T，对C有mCg－2T＝mC，对AB整体有T＝3maBm，解得mC＝3m，故D项错误；当C的质量为m时，AB整体未发生相对滑动，对C有mg－2T1＝maC，对AB整体有T1＝3ma，又因为a＝2aC，解得a＝ m/s2，故C项错误。] 9．如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳连接，放在倾角 θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N A　[小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2。①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。 ] 10．(多选)如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为μ，B和地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是(　　) A．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg B．当力F>μmg时，B相对A滑动 C．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg D．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg CD　[A与B间的最大静摩擦力的大小为FfABm＝μ×2mg＝2μmg，C与B间的最大静摩擦力的大小为FfCBm＝×μmg＝，B与地间的最大静摩擦力的大小为FfB地 m＝(2m＋m＋m)g＝，要使A、B、C都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有F－μmg＝4ma，假设C恰好与B相对不滑动，则对C有＝ma，解得a＝μg，F＝μmg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有F－Ff＝2ma，解得Ff＝μmg＜2μmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终相对静止，则力F不能超过μmg，故C正确；当A相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体得F－μmg－＝3ma′，对A有F－2μmg＝2ma′，解得F＝μmg，故当拉力F大于μmg时，B与A相对滑动，故B错误；当F较大时，A、C都会相对B滑动，B的加速度达到最大，对B有2μmg－μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故A错误；由C选项知，当F＝μmg时由整体表达式可得a＝μg，代入C的表达式可得f＝μmg，故D正确。] 11．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。 解析：(1)设沿斜面向上为正方向，若P的质量M＝0.5 kg，由于 mg sin θ＝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为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为 f＝F cos 30° 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，向上滑行距离为x，对Q受力分析，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 P着地前瞬间，设P、Q共同速度大小为v，对P、Q连接体进行分析，设连接体的加速度大小为a，由运动学公式可得v2＝2ah P着地后，对Q由运动学公式可得 0－v2＝－2a1x Q恰好不从斜面顶端滑出需满足x＝L－h 联立代入数据解得a＝ m/s2 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得 Mg－mg sin θ－μmg cos θ＝(M＋m)a 联立解得M＝5 kg 另一方面为了使P能下落，必须满足 Mg>mg sin θ＋μmg cos θ 解得M>1 kg 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。 答案：(1) N　(2)1 kg<M≤5 kg 12．如图甲所示，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。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离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，小物块沿木板向上滑行的距离最小，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mg sin θ＝Ff，Ff＝μmg cos 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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 由0－＝2ax得x＝ 令cos α＝，sin α＝ 即tan α＝μ＝ 故α＝30° 又因x＝ 当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60° 所以x最小值为xmin＝＝＝ m。 答案：(1)　(2)θ＝60°　 m 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$