第3章 专题突破5 牛顿运动定律的综合应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破5　牛顿运动定律的综合应用 第三章　运动和力的关系 [学习目标]　1.知道连接体的类型及运动特点,会用整体法和隔离法分析连接体问题。2.会分析临界与极值问题,并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。3.掌握等时圆模型的特点。 核心知识　典例研析 内容索引 突破点一　动力学中的连接体问题 突破点二　动力学中的临界、极值问题 突破点三　“等时圆”模型 分层训练　巩固提高 一 核心知识　典例研析 4 突破点一　动力学中的连接体问题 1.常见连接体模型 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,构成的系统称为连接体。 (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;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。 (2)物物叠放连接体:相对静止时有相同的加速度;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大小总是相等的;轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度。 2.连接体问题的分析方法   适用条件 注意事项 优点 整体法 系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度 只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力 便于求解系统受到的外加作用力 隔离法 (1)系统内各物体加速度不相同; (2)要求计算系统内物体间的相互作用力 (1)求系统内各物体间的相互作用力时,可先用整体法,再用隔离法; (2)加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法分析 便于求解系统内各物体间的相互作用力　 [典例1]　(2025·四川眉山模拟)煤矿工地上用一节质量为2m的动力车头和一节质量为m的空车厢组成运煤车,运煤车在水平铁轨上运煤,车头与车厢之间安装有力传感器,车头提供的最大牵引力恒定,运煤车在最大牵引力下加速运行时,发现满载时传感器的示数是空载时的2倍,车厢与车头所受阻力与重力成正比,则满载时煤的质量为 (　　) A.m　　　　　　B.2m C.3m D.4m C [解析] 空载时F牵-k(2m+m)g=(2m+m)a,传感器示数T-kmg=ma,满载时F牵-k(2m+m+m煤)g=(2m+m+m煤)a1,传感器示数2T-k(m+m煤)g=(m+m煤)a1,联立解得m煤=3m,故选C。 [典例2]　(2025·重庆南岸高三阶段诊断)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块P的质量为2 kg,如图甲所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块P施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去,在0~1 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是 (　　) A.t=1 s时,物块Q的速度大小为0.4 m/s B.恒力F大小为1.6 N C.物块Q的质量为0.5 kg D.t=1 s后,物块P、Q一起做匀加速直线运动 C [解析] a-t图线与坐标轴围成的面积表示速度变化量,若0~1 s内Q的加速度均匀增大,则t=1 s时Q的速度大小等于vQ=×1×0.8 m/s=0.4 m/s,由图可得实际Q的图线与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图线与坐标轴围成的面积,故t=1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s,故A错误;t=0时,对物块P有F=mPa0=2×1 N=2 N,故恒力大小为2 N,故B错误;t=1 s时,对物块P、Q整体有F= (mP+mQ)a1,解得mQ=0.5 kg,撤去推力后, 两物块受弹簧弹力作用,不会一起做匀加 速直线运动,故C正确,D错误。 [典例3]　(多选)(2025·四川绵阳高三诊断)如图所示,斜面体ABC静止在水平地面上,∠C=90°,∠A=37°,在直角顶点固定有一光滑的滑轮。物块P、Q通过不可伸长的细线绕过定滑轮分别置于光滑斜面AC、BC上,P质量为2m,Q的质量为m。由静止释放P、Q,此时P的加速度大小为a1,地面对AB面的摩擦力为f1,细线拉力为T1;若将P、Q位置互换,释放P、Q后P的加速度大小为a2,地面对AB面的摩擦力为f2,细线拉力为T2,以上过程中,斜面体始终静止,则以下说法正确的是(　　) A.两次加速度大小之比a1∶a2=2∶3 B.两次拉力大小之比T1∶T2=1∶1 C.两次摩擦力大小之比f1∶f2=1∶1 D.f1方向向左,f2方向向右 BD [解析] 根据题意,第一次:对P、Q整体,由牛顿第二定律有 2mgsin 37°-mgsin 53°=(2m+m)a1 解得a1=g 对P由牛顿第二定律有2mgsin 37°-T1=2ma1 解得T1=mg 第二次:对P、Q整体,由牛顿第二定律有 2mgsin 53°-mgsin 37°=(2m+m)a2 解得a2=g 对P由牛顿第二定律有2mgsin 53°-T2=2ma2 解得T2=mg 两次加速度大小之比a1∶a2=2∶5 两次拉力大小之比T1∶T2=1∶1 故A错误,B正确; 根据题意,对物块P、Q和斜面体整体,第一次等效水平方向上有向左的加速度,由牛顿第二定律可知,地面对斜面体有向左的摩擦力,大小为 f1=2ma1cos 37°+ma1sin 37°=mg 第二次等效水平方向上有向右的加速度,由牛顿第二定律可知,地面对斜面体有向右的摩擦力,大小为 f2=2ma2cos 53°+ma2sin 53°=mg 则有f1∶f2=11∶25,故C错误,D正确。 处理连接体问题的四点技巧 1.同一方向的连接体问题:这类问题通常具有相同的加速度,解题时一般采用先整体后隔离的方法。 2.不同方向的连接体问题:由跨过定滑轮的绳相连的两个物体,不在同一直线上运动,加速度大小相等,但方向不同,可采用整体法或隔离法求解。 3.处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。 4.用隔离法分析物体间的作用力时,一般应选受力个数较少的物体进行分析。 方法技巧 突破点二　动力学中的临界、极值问题 1.“四种”典型的临界条件 (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)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时,速度达到最大值或最小值。 2.“三种”典型的常用方法 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)显现出来,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,根据数学表达式解决临界极值问题 考向1　相对滑动的临界问题 [典例4]　(多选)如图甲所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态。已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2。现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示。下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2) (　　) A.当F<24 N时,A、B都相对地面静止 B.当F>24 N时,A相对B发生滑动 C.A的质量为4 kg D.B的质量为24 kg BC [解析] 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由题图可知,B的最大加速度为4 m/s2,即拉力F>24 N时,A相对B发生滑动,当F<24 N时,A、B保持相对静止,一起做匀加速直线运动,故A错误,B正确;对木板B,根据牛顿第二定律得aB==4 m/s2,当F=24 N时,对物块A,根据牛顿第二定律得aA==4 m/s2,解得mA=4 kg,mB=2 kg,故C正确,D错误。 考向2　恰好脱离的临界问题 [典例5]　(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取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 BC [解析] 对A、B整体受力分析有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;刚开始时,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。 考向3　动力学中的极值问题 [典例6]　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,若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度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; [解析] 当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mgsin 30°=f,f=μmgcos 30°,联立解得μ=。 [答案] (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] 当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为a,则-mgsin θ-μmgcos θ=ma, 由0-,令cos α=,sin α=, 即tan α=μ=,故α=30°,又因x=, 当α+θ=90°,即θ=60°时x最小, 最小值xmin= m。 [答案] θ=60°　 m 突破点三　“等时圆”模型 1.“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2.基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止滑到光滑弦下端所用时间相等,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦自上端由静止滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 [典例7]　如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放,用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间,则(　　) A.t1<t2<t3　　　　　　 B.t1>t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3 D [解析] 如图所示,滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN的作用。设杆与水平方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,得加速度大小a=gsin θ。设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小x=Dsin θ,又x=at2,解得t=。可见,滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关,即三个滑环滑行到d点所用的时间相等,选 项D正确。 分层训练　巩固提高 二 1.(2022·江苏卷)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,重力加速度g取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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 B 解析：书放在水平桌面上,若书相对于桌面恰好不滑动,则最大静摩擦力提供加速度,则有fm=μmg=mam,解得am=μg=4 m/s2。书相对高铁静止,故若书不动,高铁的最大加速度为4 m/s2,B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.如图所示,向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客,乘客在自身重力G与车厢(含座椅)的作用力F的作用下与车厢保持相对静止。座椅旁边有一小球被细线悬挂在车厢的天花板上,悬线与竖直方向成θ角,与车厢保持相对静止。下列说法中正确的是 (　　) A.乘客受到的合力方向与运动方向相同 B.车厢的速度越大,悬线与竖直方向的夹角θ越大 C.车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G D.悬线与竖直方向夹角θ增大,车厢对乘客的作用力F可能不变 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由题图可知,小球所受合外力方向与车厢运动方向相反,可知车厢做匀减速运动,乘客所受合力方向与车厢运动方向也相反,选项A错误;对小球,根据牛顿第二定律可知 mgtan θ=ma,可得a=gtan θ,则车厢的加速度越大,悬线与竖直方向的夹角θ越大,但是速度大,θ不一定大,选项B错误;对乘客受力分析可知,车厢对乘客的作用力 F=>mg,即F一定大于乘客的重力G,选项C正确;悬线与竖直方向夹角θ增大,则加速度a变大,车厢对乘客的作 用力F增大,选项D错误。 3.(多选)如图所示,Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆,O、a、b、c、d位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,O'为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个小滑环从O点无初速度释放,一个小滑环从d点无初速度释放,用t1、t2、t3分别表示小滑环沿Oa、Ob、da到达底端所用的时间。下列关系正确的是( 　　) A.t1=t2 B.t2>t3 C.t1<t2 D.t1=t3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BCD 解析：设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由c、O、d三点无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等,即tca=t1=t3;而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,则t2>t1=t3,故选项A错误,B、C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示,要使A、B不相对滑动,则F'的最大值Fmax为(　　) A.2.0 N B.3.0 N C.6.0 N D.9.0 N C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：根据题图甲所示情景,设A、B间的静摩擦力达到最大值fmax时,系统的加速度为a。对A、B整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a,对A有fmax=mAa,代入数据解得fmax=2.0 N。根据题图乙所示情景,设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a',以B为研究对象,根据牛顿第二定律有fmax=mBa',以A、B整体为研究对象,有Fmax=(mA+mB)a',代入数据解得Fmax=6.0 N,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·四川达州高三开学考)如图所示,在平直公路上行驶的厢式货车内,用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物,轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中,为保持重物悬挂在O点位置不动,重力加速度为g,厢式货车的最大加速度为(　　) A.g 解析：对重物受力分析可得FAsin 30° +FBsin 60°=mg,FBcos 60°-FAcos 30°=ma ,联立解得·(FA)-FA=ma,整理得FA=ma,当FA=0时,a取得最大值,为g,故选项B正确。 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2025·甘肃天水模拟)如图所示,质量均为m的A、B两物块置于水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数均为μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。下列说法中正确的是 ( 　　) A.当0<F≤μmg时,绳中拉力为0 B.当μmg<F≤2μmg时,绳中拉力为F-μmg C.当F>2μmg时,绳中拉力为 D.无论F多大,绳中拉力都不可能等于 ABC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：当0<F≤μmg时,A受到拉力与静摩擦力的作用,二者可以平衡,绳中拉力为0,故A正确;当μmg<F≤2μmg时,整体受到拉力与摩擦力的作用,二者平衡,所以整体处于静止状态,此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg,所以绳中拉力为F-μmg,故B正确;当F>2μmg时,对整体:a=,对B:a=,联立解得绳中拉力为F拉=,故C正确;由B的分析可知,当μmg<F≤2μmg时绳中拉力为F-μmg,绳中拉力可能等于,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,轻弹簧的下端与物块Q连接,上端与物块P连接。已知P、Q质量相等,P静止时弹簧压缩量为x0。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移。下列表示F和x之间关系的图像,可能正确的是(　　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：设物块P的质量为m,加速度为a,静止时弹簧的压缩量为x0,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得mg=kx0。设物块P的位移为x,当x<x0时,弹簧对P的弹力为F1=k(x0-x),对物块P,由牛顿第二定律得F+F1-mg=ma,F=kx+ma;当x>x0时,弹簧被拉伸,有F-k(x-x0)-mg=ma,仍可得F=kx+ma,即F与x是线性关系,且F随x的增大而增大。当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸,拉力等于Q的重力,因此形变量也为x0,所以P上升的距离为2x0,所以B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.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取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 C 解析：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-=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,为am=-gg,此时x有最小值,为xmin==0.16 m,故A、B、D错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.如图所示,倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块放在水平面AB上。在滑块的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m= kg。当滑块以a=2g的加速度向右运动时,细线拉力的大小为(g取10 m/s2)(　　) A.10 N B.5 N C. N B 能力提升 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时,斜面对小球的支持力恰好为零,此时小球受到重力和细线的拉力的作用,如图甲所示。 根据牛顿第二定律有FTcos θ=ma0,FTsin θ-mg=0,其中θ=45°,解得a0=g,则知当滑块向右运动的加速度a=2g时,小球已“飘”起来了,此时小球受力如图乙所示,则有F'Tcos α=m·2g,F'Tsin α-mg=0,又cos2α+sin2α=1,联立解得F'T=10 N,故选项A正确。 10.如图甲所示,用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3 N 时A、B将会分离。t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是 (　　) A.t=2.0 s时刻A、B之间作用力为零 B.t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 C.t=2.5 s时刻A、B分离 D.从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为 5.4 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由题图乙可知F1=3.6-0.9t,F2=0.9t(t<4.0 s),分析可知开始时A、B一起运动,对A、B整体有F1+F2=(mA+mB)a,有a=1.2 m/s2,若t时刻A与B分离,此时对A有F1+FNmax=mAa,解得t=3.0 s,即t=3.0 s 时刻A、B分离,A、B之间作用力为零,选项A、C错误;从t=0到A、B分离的过程中s=at2=5.4 m,选项D正确;当t=2.5 s时,对A有F1+FN=mAa,其中F1=(3.6-0.9×2.5)N=1.35 N,解得FN=-0.15 N,故此时A对B的作用力向右,选项B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2023·湖南卷)如图,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,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球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(重力加速度为g)(　　) A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mgtan 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：若B球受到的摩擦力为零,设轻杆的弹力大小为N0,对A球在竖直方向有N0cos θ=mg,对B球在水平方向有N0sin θ=ma,对整体有F=4ma,联立解得F=4mgtan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第二定律得mgtan θ=ma1,解得a1=gtan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时,对A、B受力分析如图所示,在竖直方向根据平衡条件有N'1cos θ=mg,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-N1sin θ=ma2,N1=N'1,对A、B整体有N2=2mg,又fm=μN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g;若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1,求得F的最大值为4mgtan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ<tan θ≤2μ时,对整体由F=4ma2,求得F的最大值为4mg(2μ-tan θ),C正确。若推力F向 右,当B相对车厢底部即将向右滑动时,最大静摩擦力方向向左,在竖 直方向根据平衡条件有N'1cos θ=mg,N2=2mg,在水平方向根据牛顿 第二定律有N1sin θ-fm=ma3,又fm=μN2,N1=N'1,联立解得a3=(tan θ-2μ)g, 对整体由F=4ma3,求得F的最小值为4mg(tan θ-2μ);当B相对车厢底部 即将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,在竖直方向根据平衡条件 有N'1cos θ=mg,N2=2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有N1sin θ+fm=ma4,又fm=μN2,N1=N'1,联立解得a4=(tan θ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tan θ+2μ),即F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(10分)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,与物体P靠在一起,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,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,g取10 m/s2,求力F的最大值与最小值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0, 由平衡条件得(m1+m2)gsin 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之间的弹力为零,设此时弹簧的压缩量为x1,对物体P,由牛顿第二定律得 kx1-m1gsin θ=m1a 前0.2 s时间内两物体的位移 x=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,则力F的最小值 Fmin=(m1+m2)a=36 N 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax-m2gsin θ=m2a 解得Fmax=m2(gsin θ+a)=72 N。 答案：72 N　36 N $$