第3章 专题突破4 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（人教版 多选）

专题突破4　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.知道连接体的类型以及运动特点,会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件,会用极限法、假设法、数学法解决临界极值问题。3.会推导等时圆模型的时间,并理解等时的原因。 课时作业 巩固提高训练 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 内容索引 突破点一　动力学中的连接体问题 一 4 盘点 核心知识 1.连接体的五大类型 种类 示意图 运动特点 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 轻绳 连接体   轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度、加速度大小总是相等 种类 示意图 运动特点 轻杆 连接体   轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比 物体 叠放 连接体   接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用,可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力 两物体 并排 连接体   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]　(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m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)   A.F　　　　　　　　 B.F C.F D.F 提升 关键能力 A [解析]　根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F,故选A。 人教版必修第一册第四章章末复习与提高A组第4题: 如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg,其推进器的平均推力F为900 N,在飞船与空间站对接后,推进器工作5 s内,测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s,求空间站的质量。 考教衔接 [衔接分析]　(1)情景相同,都是有推力作用在对接后的飞船和空间站整体上,应用牛顿第二定律和整体法、隔离法分析问题。 (2)教材上的练习题根据运动情况求加速度,再根据牛顿第二定律求空间站的质量,高考题直接应用整体法求加速度后,再应用隔离法分析求解飞船和空间站之间的作用力,高考题较简单一点。 [复习指导]　遇到动力学问题能首先进行运动分析和受力分析,并且能熟练应用整体法和隔离法分析连接体问题。 [答案]　8.7×104 kg [典例2]　(2024·全国甲卷)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是(　　) D [解析]　设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力为f,以P为对象,根据牛顿第二定律可得T-f=Ma,以盘和砝码为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma,联立可得a==·m,由此可知,a-m不是线性关系,排除A、C选项。当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时,物块和砝码静止,加速度为0,当砝码重力大于f时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近等于g,排除B选项。故选D。 [典例3]　(多选)如图所示,质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接,在拉力F作用下沿着固定光滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力F。已知斜面倾角为θ,重力加速度大小为g,斜面足够长。从撤去拉力F时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中,下列说法正确的是(　　) A.滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度 B.滑块N的加速度大小最大值为2gsin θ C.滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的 平均速度大小 D.滑块M的速率始终大于滑块N的速率 BD [解析]　没有撤掉外力时,F=2mgsin θ,mgsin θ=kx,当突然撤去拉力F时,对滑块M受力分析有mgsin θ-kx=ma1,在弹簧第一次恢复原长的过程中x减小,即滑块M的加速度由0增大,方向沿斜面向下,则滑块M将做加速度增大的减速运动;对滑块N受力分析有mgsin θ+kx=ma2,在弹簧第一次恢复原长的过程中x减小,即滑块N的加速度由a2减小,方向沿斜面向下,则滑块N将做加速度减小的减速运动,M的加速度一直小于N的加速度,A错误。当突然撤去拉力F瞬间,滑块N的加速度最大为a2=2gsin θ,B正确。在弹簧第一次恢复原长的过程中,滑块M和N都向上做减速运动,其中N的加速度一直大于M的加速度,因此N减速更快,速度更小,因此M的速度一直大于N的速度,则M的平均速度一直大于N的平均速度,C错误,D正确。 1.如图所示,水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连接,两木块的材料相同。现用力F向右拉木块2,当两木块一起向右做匀加速直线运动时,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.若水平面是光滑的,则m2越大绳的拉力越大 B.若木块和地面间的动摩擦因数为μ,则绳的拉力为+μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 C 教参独具 解析:若设木块和地面间的动摩擦因数为μ,以两木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,得a=,以木块1为研究对象,根据牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a,得a=,系统加速度与木块1加速度相同,联立解得FT=F,可知绳子拉力大小与两木块质量大小有关,与动摩擦因数μ无关,即与水平面是否粗糙无关,无论水平面是光滑的还是粗糙的,绳的拉力大小均为FT=F,且m2越大绳的拉力越小,故选C。 2.如图,质量分别为m和2m的方形物体A和B在水平恒力F作用下,沿光滑水平面向右运动,A刚好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则A、B间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. C 解析:设物体运动的加速度大小为a,对A、B整体有a=,隔离B,可得A对B作用力大小FAB=2m×a=,由牛顿第三定律知B对A作用力大小FBA=,对A在竖直方向有μFBA=mg,得μ=,故选C。 3.车厢顶部固定一滑轮,在跨过定滑轮轻绳的两端分别系一个小球和物块,质量分别为m1、m2,如图所示。车厢向右运动时,系小球的轻绳与竖直方向的夹角为θ,系物块的轻绳保持竖直,小球、物块与车厢保持相对静止。已知m2>m1,绳子的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计。下列说法正确的是(　　) A.车厢的加速度为0 B.绳子的拉力大小为m1gcos θ C.车厢底板对物块的支持力为(m1+m2)g D.车厢底板对物块的摩擦力为m2gtan θ D 解析:小球与车厢具有相同的加速度,对小球受力分析,其受重力和拉力,根据力的合成知F合=m1gtan θ,拉力为T=,小球的加速度为a==gtan θ,所以车厢的加速度为gtan θ,故A、B错误;物块的加速度为gtan θ,对物块受力分析,其受重力、支持力、拉力和摩擦力,支持力为N=m2g-,f=m2a=m2gtan θ,故C错误,D正确。 二 突破点二　动力学中的临界、极值问题 21 盘点 核心知识 1.临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。 2.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件:FN=0。 (2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件: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。 3.处理临界问题的三种方法 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,特别是有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 提升 关键能力 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;当F=24 N时,对木板B,根据牛顿第二定律得aB==4 m/s2,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　恰好脱离的动力学临界问题 [典例5]　(2025·福建厦门模拟)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度a=4 m/s2的匀加速直线运动,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A.外力F刚施加的瞬间,F的大小为4 N B.当弹簧压缩量减小到0.3 m时,A、B间弹力大小为1.2 N C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.12 m D.B物体速度达到最大时,B物体的位移为0.22 m C [解析]　施加外力前,系统处于静止状态,对整体受力分析,由平衡 条件得2mg=kx0,代入数据解得x0=0.4 m,外力施加的瞬间,物体A加 速度为4 m/s2,对整体,由牛顿第二定律得F-2mg+kx0=2ma,代入数据 解得F=8 N,故A错误;当弹簧压缩量减小到0.3 m时,设A、B间弹力 大小为FAB,对A受力分析,由牛顿第二定律得F'+FAB-mg=ma,对A、 B组成的系统受力分析,由牛顿第二定律得F'+kx1-2mg=2ma,代入数 据联立解得FAB=1 N,故B错误;设A、B分离时,弹簧的形变量为x2, 对B受力分析,由牛顿第二定律得kx2-mg=ma,代入数据解得x2=0.28 m,所以A物体的位移大小为x0-x2=0.4 m-0.28 m=0.12 m,故C正确;当B物体的合力为零时速度达到最大,由C可知A、B分离时有向上的加速度,所以速度最大时A、B已经分离,当合力为零时,对B受力分析,由平衡条件得kx3=mg,代入数据解得x3=0.2 m,故B物体的位移大小为x0-x3=0.2 m,故D错误。 考向3　动力学中的极值问题 [典例6]　(多选)(2025·湖南岳阳模拟)如图所示,矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6 kg的匀质小球,a线与水平方向成37°角,b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.系统静止时,a线所受的拉力大小为12 N B.系统静止时,b线所受的拉力大小为8 N C.当系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证 轻线不被拉断,加速度最大为5 m/s2 D.当系统沿水平方向向右匀加速时,为保证轻线不被拉断,加速度最大为10 m/s2 BC [解析]　系统静止时,小球受力如图所示,  竖直方向有Fa·sin 37°=mg,水平方向有Fa·cos 37° =Fb,解得Fa=10 N,Fb=8 N,故B正确,A错误;系统 竖直向上匀加速上升时,当a线拉力Fm=15 N时, 由牛顿第二定律,竖直方向有Fm·sin 37°-mg=ma, 水平方向有Fm·cos 37°=Fb',解得Fb'=12 N,此时加速度有最大值a=5 m/s2,故C正确;系统水平向右匀加速运动时,当b线拉力Fm=15 N时,由牛顿第二定律,竖直方向有Fa'·sin 37°=mg,水平方向有Fm-Fa'·cos 37°=ma',解得Fa'=10 N, 此时加速度最大为a'≈11.67 m/s2,故D错误。 4.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点。圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角,槽放在光滑的水平桌面上,通过跨过光滑定滑轮的细绳与重物C相连,桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出。滑轮与细绳的质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的质量M应小于(　　) A.m　　　　　　　　 B.2m C.(-1)m D.(+1)m 教参独具 D 解析:当小球刚好要从槽中滚出时,小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力,如图所示。由牛顿第二定律有=ma,解得小球的加速度a==g;以整体为研究对象,由牛顿第二定律有Mg=(M+2m)a,解得重物C的质量M=(+1)m,故D正确,A、B、C错误。 5.如图所示,一质量为M=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。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a=3.75 m/s2 C.水平恒力大小F=7.5 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将变小 B 解析:对整体受力分析,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,再对物块受力分析,在竖直方向有FNcos θ-mg=0,水平方向有F-FNsin θ=ma,联立解得F=11.25 N,FN=12.5 N,a=3.75 m/s2,故A、C错误,B正确;若力作用在斜面体上,对物块受力分析,物块仅受重力和支持力,二力合成有mgtan θ=ma0,解得a0=7.5 m/s2,再对整体受力分析,根据牛顿第二定律有F'=(M+m)a0= 22.5 N,可知F将增大,故D错误。 三 突破点三　“等时圆”模型 35 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。 盘点 核心知识 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]　(多选)(2025·湖南长沙模拟)如图所示,O点为竖直圆周的圆心,MN和PQ是两根光滑细杆,两细杆的两端均在圆周上,M为圆周上的最高点,Q为圆周上的最低点,N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2(图中均未画出)分别套在细杆MN、PQ上,并从M、P两点由静止释放,两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2,所用时间分别为t1、t2, 则(　　)  A.v1=v2　　　　　　　　 B.v1>v2 C.t1>t2 D.t1=t2 提升 关键能力 BD [解析]　连接NQ、MP,如图所示,圆环1从M点由静止释放,根据牛顿第二定律可得a1=gsin θ,MN=a1,MN=2Rsin θ,v1=a1t1,所以t1= , v1=sin θ,同理可得t2= =t1,v2=sin α<v1,故选B、D。 四 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 1.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 A 夯实基础 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Ffmax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Ffmax=mAa,代入数据解得Ffmax=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Ffmax=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 1 2.如图所示,将用两段轻绳连接起来的3个相同的钢球完全浸没在某种液体中,将钢球由静止释放后,3个钢球一起向下做匀加速直线运动,在此过程中(　　)  A.液体的密度越大,钢球的加速度越大 B.液体的密度增大,上、下两段绳子 的拉力就会减小 C.上、下两段绳子的拉力之比为2∶1 D.上、下两段绳子的拉力均为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:设每个小球受液体向上的浮力均为F,阻力均为f,则对整体有3mg-3F-3f=3ma,即a=g-,液体的密度越大,钢球受液体的浮力越大,则钢球的加速度越小,选项A错误;对最上面的钢球受力分析有T1+mg-F-f=ma,对最下面的球受力分析有mg-F-f-T2=ma,解得T1=T2=0,选项B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短 B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长 C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同 D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的 质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律可得mgsin θ =ma,可得a=gsin θ,由运动学公式可得l=at2,由几何 关系可知l=2Rsin θ,解得t=,由此可知圆环下滑 的时间与杆的倾角和杆的长短无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为t=,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AC 解析: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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2025·福建泉州模拟)如图所示,在水平面上放置着两个横截面为梯形的物体P和Q,θ=37°,P和Q质量之比为7∶2,所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上,P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上,P和Q恰好相对静止。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则为(　　) A. B. C.1 D.3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:由题意,设P和Q的质量分别为7m和2m。当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时,设整体的加速度大小为a1,则根据牛顿第二定律有F1=9ma1,单独对Q分析,因为P和Q恰好相对静止,根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ=2ma1,联立解得F1=mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时,设整体的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律有F2=9ma2,设Q对P的弹力大小为T,则Tsin θ=7ma2,根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为T'=T,单独对Q分析,因为P和Q恰好相对静止,在竖直方向上根据平衡条件有T'cos θ=2mg,联立解得F2=mg,所以=,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,小车内有一小球被轻质弹簧和一条细绳拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中,弹簧始终保持竖直状态,细绳与竖直方向成α角。下列说法正确的是(　　) A.小车一定做匀速运动 B.小车一定向右做加速运动 C.弹簧有弹力时,细绳可能没拉力 D.细绳有拉力时,弹簧一定有弹力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:若绳上拉力不为零,对小球受力分析可知mg=Tcos α+F,Tsin α=ma,此时,小车加速度向右,可能向右做匀加速直线运动,或者向左做匀减速直线运动,故A、B错误;当小车做匀速直线运动时,弹簧有弹力,细绳没拉力,故C正确;若满足mg=Tcos α,细绳有拉力,拉力竖直方向的分力与重力相平衡,弹簧没弹力,小车向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.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 D. N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 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FT'cos α=m·2g,FT'sin α-mg=0,又cos2α+sin2α=1,联立解得FT'=10 N,故选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(多选)(2025·湖南衡阳模拟)如图所示,物体A和B中间用一个轻杆相连,在倾角为θ的斜面上匀速下滑,杆与斜面平行。已知A物体光滑,质量为m,B物体与斜面间的动摩擦因数为μ,质量为2m,整个过程斜面始终静止不动。下列说法中正确的是(　　) A.B物体与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ B.轻杆对B物体的作用力沿斜面向上 C.增加B物体的质量,A、B整体将沿斜面减速下滑 D.增加A物体的质量,A、B整体将沿斜面加速下滑 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 能力提升 CD 解析:对A、B整体分析,根据平衡条件有3mgsin θ= 2μmgcos θ,解得μ=tan θ,故A错误;规定沿斜面向下 为正方向,设轻杆对B的作用力为T,单独对B分析,根 据平衡条件有T+2mgsin θ=2μmgcos θ,解得T=mgsin θ, T为正值,表示方向沿斜面向下,故B错误;若增加B物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-(2m+Δm)μgcos θ=-Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上,则A、B整体将沿斜面减速下滑,故C正确;增加A物体的质量,设增量为Δm,则(3m+Δm)gsin θ-2μmgcos θ=Δmgsin θ,上式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向下,则A、B整体将沿斜面加速下滑,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(多选)(2025·内蒙古包头模拟)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3 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。若弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是(　　) A.t=1 s时物块A的速度小于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2 kg D.F大小为1.5 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AC 解析:a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,0~1 s内a-t图像与坐标轴围成的面积S<×1 m/s=0.8 m/s,0~1 s内速度变化量Δv=S<0.8 m/s, t=1 s时物块A的速度vA=Δv<0.8 m/s,故A正确;由图像可知t=0时,物块A的加速度aA=1.0 m/s2,水平向右的恒力F=mAaA=3×1 N=3 N,故D错误;由图像可知t=1 s时,物块A、B的加速度相同,共同加速度为a共=0.6 m/s2,把物块A、B看成一个整体,由牛顿第二定律得F=(mA+mB)a共,则物块B的质量mB=-mA=2 kg,故C正确;t=1 s时弹簧弹力F弹=mBa共=2×0.6 N=1.2 N,故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(8分)如图所示,在平直道路上行驶的小车内安装一根固定水平杆,杆上的固定限位块下用一轻绳悬挂一小球(可视为质点),某段时间内轻绳与竖直方向的夹角始终为37°。已知限位块和小球的质量分别为2 kg和1 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求在该段时间内: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)小车运动的加速度的大小a; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:对小球有mgtan 37°=ma球 由于车和小球保持相对静止,则加速度相同, 解得a=a球=7.5 m/s2。 答案: 7.5 m/s2 (2)水平杆对限位块的作用力F的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:以小球和限位块组成的整体为研究对象,其受力如图所示,由(1)知F合=(M+m)a=22.5 N,则F==37.5 N。 答案:37.5 N 11.(12分)如图甲所示,一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点),以v0=2 m/s 的初速度在平行斜面向上的拉力F=6 N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=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求物块加速度a的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据运动学公式得L=v0t+at2 代入数据解得a=2 m/s2。 答案:2 m/s2 (2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,代入数据解得μ=0.5。 答案: 0.5 (3)若拉力F的大小和方向均可调节,如图乙所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:设F与斜面夹角为α, 平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma 垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ 联立解得F== 当sin(φ+α)=1时,F有最小值Fmin, 代入数据解得Fmin= N。 答案: N $$