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（江苏专版）

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 1 [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。 2 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 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一　动力学中的连接体问题 一 4 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 盘点 核心知识 种类 示意图 运动特点 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 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 种类 示意图 运动特点 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 [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。 A 提升 关键能力 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]　(2025·江苏常州校考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过轻质定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之 前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A.绳的拉力大小为30 N B.绳的拉力大小为6 N C.物块B的加速度大小为6 m/s2 D.如果将B物块换成一个竖直向下、大小为30 N的力，则物块A的加速 度与换前相同 C [解析]　对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A隔离分析，由牛顿第二定律得FT－m1gsin θ＝m1a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝ 12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下、大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a'，解得a'＝24 m/s2，则物块A的加速度与换前不同，故D错误。 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 教参独具 C 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.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。 突破点二 动力学中的临界、极值问题 二 20 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。 盘点 核心知识 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 [典例4]　(2025·江苏镇江模拟)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为μ，B与桌面间的动摩擦因数为，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≥ 考向1　相对滑动的临界问题 C 提升 关键能力 [解析]　A与B之间的最大静摩擦力 Ff1＝2μmg B与桌面间的最大静摩擦力 Ff2＝μ×4mg＝μmg 若A与B间恰好发生相对滑动时，A、B、C的加速度大小恰好相等，此时对B，由牛顿第二定律得 Ff1－Ff2＝2ma 对A、B整体，由牛顿第二定律得 FT－Ff2＝4ma 对C，由牛顿第二定律得mg－FT＝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。 [典例5]　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 考向2　恰好脱离的动力学临界问题 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。 [典例6]　(2025·江苏苏州模拟)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10 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 考向3　动力学中的极值问题 C [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A、B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。 3.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。 4.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。 突破点三　“等时圆”模型 三 33 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]　(2025·江苏盐城模拟)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 D 提升 关键能力 [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D。 课时作业　巩固提高训练 四 38 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 夯实基础 A.2.0 N　　　　　　　 B.3.0 N C.6.0 N D.9.0 N C 39 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 40 2.(2025·江苏镇江联考)某运送物资的班列由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10节对第11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11节 对倒数第10节车厢的牵引力为(　　) A.F B.F C.F D.F 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：设每节车厢质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，则对后30节车厢F－30Ff＝30ma 对后10节车厢F'－10Ff＝10ma 解得F'＝F，故选C。 C 41 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 42 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 43 4.(2025·江苏宿迁洪翔中学学情检测)如图所示，质量为10 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2.5 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬 间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)(　　) A.0 B.20 N C.25 N D.125 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 44 解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为F＝ mAg＝100 N；剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度为 a＝ m/s2＝2 m/s2，对B隔离 分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝2.5×10 N－ 2.5×2 N＝20 N，根据牛顿第三定律可知B对A的压力为20 N，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 45 5.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 46 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 47 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 48 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 49 7.(2025·江苏南京栖霞中学开学考)如图所示，质量为m的球置于斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平恒力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法 中正确的是(　　) A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D.挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 50 解析：球与斜面体具有共同的加速度，由牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右，若竖直挡板对球的弹力为零，对球受力分析可知，球受到自身的重力，无论此时球是否受到斜面对球的垂直斜面向上的弹力，其合力方向不可能水平向右；同理，若斜面对球的弹力为零，小球受到重力，无论此时是否受到竖直挡板对球的水平向右的弹力，合力方向也不可能水平向右，故A、B错误；根据牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右，故斜面和挡板对球的弹力及球受到的重力的合力等于ma，故C错误；球所受合力方向水平向右，可知此时小球受到重力，斜面对球的弹力FN1和挡板对球的弹力FN2，设斜面倾角为θ，竖直方向有FN1cos θ＝mg，水平方向有FN2－FN1sin θ＝ma，联立解得挡板对球的弹力FN2＝mgtan θ＋ma，为一定值，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 51 8.(2025·江苏淮安南通月考)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB ＝8－3t(N)。下列说法正确的是(　　) A.t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B.t＝1 s时，物体B的加速度大小为 m/s2 C.t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D.t＝ s时，两物体A、B恰好分离 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 能力提升 D 52 解析：t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a'、FB＝m2a'，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 53 9.(2025·江苏盐城质检)如图所示，质量均为1 kg的两物块A、B叠放后静止在光滑水平面上的O点，水平轻弹簧与竖直墙壁、A相连接，且处于原长，弹簧劲度系数k＝100 N/m。现对B施加一水平向左的推力F，使A、B一起缓慢向左移至P点后静止释放。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，设两物块间最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，下列说法中正确的是(　　) A.O、P间距离最大为4 cm B.释放后A将从B上滑出 C.释放后A的加速度可能为4 m/s2 D.释放后A、B将一起向右做匀加速运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 54 解析：A、B一起缓慢向左移至P点，当在P点A、B间恰好不发生相对滑动时，O、P间距离最大，此时A、B间的最大静摩擦力等于弹簧弹力，μmAg＝kx，故O、P间距离最大为x＝0.04 m＝4 cm，故A正确；释放后根据牛顿第二定律有F弹－Ff＝mAa，Ff＝mBa，由于A、B间的最大静摩擦力足以提供B做匀加速运动的合外力，故释放后A、B相对静止，A不会从B上滑出，故B错误；释放后A的最大加速度为am＝ m/s2＝2 m/s2，故释放后A的加速度不可能为4 m/s2，故C错误；释放后A、B将一起做简谐运动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 55 10.(10分)(2025·江苏南通调研)如图所示，质量为M的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量为m的木块恰好能静止在后壁上，已知铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)木块对铁箱的压力的大小； 解析：木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为Ff，木块在竖直方向受力平衡，有 Ff＝mg，Ff＝μ2FN，解得FN＝ 根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为FN'＝FN＝。 答案： 56 (2)水平拉力F的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：对木块，根据牛顿第二定律有FN＝ma 对木块和铁箱整体根据牛顿第二定律有 F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 解得F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)。 答案：μ1(M＋m)g＋(M＋m) 57 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 58 (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　 59 (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 60 (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 61 $$