2026届高考物理一轮复习题型训练 3.8牛顿运动定律中的4种临界情况

题型训练3.8牛顿运动定律中的4种临界情况 gtanθ模型中的临界问题 1.(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球.斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和. 若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为 则 ( ) A.当 时， B.小球质量m=0.1kg C.斜面倾角θ的正切值为 D.小球离开斜面之前， 2.(多选)如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，重力加速度为g，则( ) A.物体Q对地面的压力一定为2mg B.若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则 C.若P、Q之间光滑，则加速度 D.地面与Q间的摩擦力随推力F的增大而增大 3.如图所示，水平挡板A和竖直a←挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触.挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为 和 现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动.若 和 不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是 ( ) 系统保持相对静止的临界问题 4.(多选)在汽车中的悬线上挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示.若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物块，物块与地板间的动摩擦因数为0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则关于汽车的运动情况和物块的受力情况正确的是 ( ) A.汽车可能向右做加速运动，加速度为gtanθ B.汽车可能向左做加速运动，加速度为gtanθ C.物块除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用 D.若物块与汽车保持相对静止，θ角的最大值为37° 5.如图所示，一质量为M的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ₁，小物块的质量为m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ₂，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点.现在从静止开始在M上作用一水平恒力，并且同时释放m，为使得斜面体与物块间不存在相对运动，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F的大小至少为 ( ) 6.水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的.用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图.已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大? 弹簧端物体分离的临界问题 7.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确的是( ) A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B. B和A刚分离时，它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动8.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量.初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x=0).现改变力F的大小，使B以g/₂的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN、F随x变化的图象正确的是 ( ) 9.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为 ，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板.系统处于静止状态.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d.重力加速度为g. 10.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 的物体P，Q为一质量为 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600N/m，系统处于静止状态.现给物体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0.2s时间内,F为变力,0.2s以后F为恒力, 0.6,cos37°=0.8,g取10m/s².求: (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x₀； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值. 四 板块模型中的临界问题 11.如图所示，质量为m₁的木块和质量为m₂的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F.木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ₁，长木板 与地面间的动摩擦因数为 且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则 ( ) C.若改变F的大小，当 时，长木板将开始运动 D.若将F作用于长木板，当 时，长木板与木块将开始相对滑动 12.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m₁的足够长的木板，其上叠放一质量为m₂的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a₁和a₂，下列反映a₁和a₂变化的图线中正确的是( ) 13.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图象如图乙所示，重力加速度 则下列说法正确的是 ( ) A. M=m B. M=2m C.木板的长度为8m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 14.(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a—F图象.取 则 ( ) A.滑块的质量m=4kg B.木板的质量M=6kg C.当F=8N时滑块的加速度为 D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 15.(多选)水平地面上有一质量为m₁的长木板，木板的左端上有一质量为m₂的物块，如图(a)所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中 分别为 时刻F的大小.木板的加速度 随时间t的变化关系如图(c)所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为 物块与木板间的动摩擦因数为 .假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度为g.则( ) D.在 时间段物块与木板加速度相等 题型训练3.8牛顿运动定律中的4种临界情况 1. ABC【解析】小球离开斜面前，研究小球，由受力分析得 Tcosθ- mg,解得 T= macosθ+ mgsinθ,故小球离开斜面之前,T-a图像呈线性关系，由题图乙知，当 时,T-a|图像呈线性关系，即 时，小球刚离开斜面， 故A正确；当 时，其受力如图2所示，故 ma,解得 即θ=37°,故C正确;当a=0时,T=0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，故mgsinθ=T,解得m=0.1kg,故B正确;将θ和m的值代入 解得 故 D错误.综上答案为ABC. 2. AC【解析】因系统PQ在竖直方向没有加速度，因此地面对系统的支持力大小等于系统的总重力，故A正确；系统一起向左做匀加速运动，系统合力水平向左，即F>2μmg，故B错误；由于P、Q之间光滑，故P仅受支持力和重力的作用,合力为 mgtanθ,加速度a=gtanθ,故C正确;地面与Q的摩擦力为滑动摩擦力，即f=2μmg，故D错误.综上答案为AC. 3. B【解析】对小球进行受力分析，当a<gtanθ时如图甲，在水平方向，由牛顿第二定律得 Fcsinθ=ma，在竖直方向，由受力平衡得 联 立 解 得 故FA与a成线性关系，当a=0时, ,当a=gtanθ时, ，故A错误B正确；Fc与a也成线性关系,当a=gsinθ时, ，故D错误；当a>gtanθ时，受力如图乙，在水平方向，由牛顿第二定律得 ，在竖 直 方 向 ，由力 的 平 衡 得 联立解得 FB与a成线性关系，Fc不变，故C错误.综上答案为B. 4. ACD【解析】角度θ固定不变，故小球与汽车一起在水平方向做匀变速运动.对小球进行受力分析，如图所示.它的加速度水平向右，故汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减 mg(速运动,由牛顿第二定律得 mgtanθ= ma,解得a=gtanθ,故A正确B错误；物块相对于汽车静止，它的加速度必定水平向右，对物块受力分析，它受到重力、底板的支持力和水平向右的摩擦力的作用，故C正确；当物块与汽车刚相对滑动时，θ角最大，对物块，由牛顿第二定律得 解得a=μg,即tanθ=μ,代入数据得θ=37°,故D正确.综上答案为ACD. 5. C【解析】以物块为研究对象，竖直方向上有 水平方向上有 且 联立解得 以物块和斜面体组成的整体作为研究对象，由牛顿第二定律得 解得 故C正确ABD错误.综上答案为C. 【解析】解法一：设绳张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线的夹角为α，对A、B、C组成的整体受力分析如图所示. 由牛顿运动定律得 对整体有F=3ma, 对B有F-T= ma, 化简得T=2ma, 对C有Tcosα= mg,Tsinα= ma, 由勾股定理得 联立解得 综上，恰使物体A、B、C保持相对静止的拉力为 解法二:对A有:T-Tsinα= ma, 对C有:Tsinα= ma,Tcosα= mg, 联立解得 即 对整体有F=3ma, 解得 综上所述，恰使物体A、B、C保持相对静止的拉力为 7. C【解析】A、B分离前,A、B一起做加速运动,对AB整体分析，由牛顿第二定律得.F+ kx-2mg=2ma,a随x的变化而变化，即A、B做变加速直线运动，故D错误；当两物体刚分离时， ,对B:F-mg= ma,对A: kx-mg=ma,且F= mg,联立解得:mg= kx,a=0,此时弹簧处于压缩状态，故AB错误；设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x₀，对AB整体,由力的平衡得2mg=kx₀,且 联立解得 故C正确.综上答案为C. 8. D【解析】托盘B以g/₂的加速度匀加速向下运动过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律得 解得F=mg-kx,即F从 mg开始线性减小,故C错误;对托盘B，由牛顿第二定律得 联立解得 即FN由 开始线性减小到零，故A错误；当弹簧弹力增大到 即 时，A与B之间的作用力为零，故B错误；当 时， 此后B与A分离，F保持 不变，故D正确.综上答案为D. 【解析】令x₁表示未加F时弹簧的压缩量，研究对象为A，由胡克定律得： 令x₂表示B刚好要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律得 又 联立解得 综上所述，物块 B刚要离开 C时物块 A 的加速度为 从 开 始 到 此 时 物 块 A 的 位移为 10.(1)0.16m; 【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x₀，对整体，由力的平衡得 解得 (2)前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s末两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x₁，对物体P，由牛顿第二定律得 前0.2s内两物体的位移为 联立解得 (3)对整体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大.开始运动时，对整体，由牛顿第二定律得 分离时，对Q，由牛顿第二定律得 解得 11. D【解析】对木板，由平衡条件得 且 联立解得 即无法比较μ₁与μ₂的大小，故AB错误；改变F的大小，只要木块仍在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与木板刚要相对滑动时，对木块，由牛顿第二定律得 对整体，由牛顿第二定律得 m₂)a,联立解得. 即当 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确.综上答案为D. 12. A【解析】刚开始时水平拉力较小，木块与木板一起做加速运动，对整体，由牛顿第二定律得 解得a 图像的斜率 当木块与木板之间的F₁达到最大静摩擦力后，两者开始相对滑动，此后摩擦力大小不变；对木块，由牛顿第二定律得 解得 随时间成线性增加，图像的斜率 k₀，故BD错误；对木板，由牛顿第二定律得 解得 即a₁保持不变，故A正确C错误.综上答案为A. 13. BC【解析】由v-t图知，物块的加速度大小 对物块，由牛顿第二定律得/ 解得μ=0.2，故D错误；由v-t图知，木板的加速度大小 对木板，由牛顿第二定律得μmg=Ma₂,解得M=2m,故A错误B正确;由图乙可知,2s时物块和木板分离，故两者在v-t图中与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，即 2m=8m,故C正确.综上答案为BC. 14. AD【解析】由图乙知，当F≤6N时，滑块与木板一起做匀加速运动；当F>6N时，滑块与木板相对滑动.由图乙得，F=6N时，加速度为 对整体，由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=6kg;当F>6N时,对木板由牛顿第二定律得 即图像的斜率 由图乙知 解得M=2kg,即m=4kg,故A正确B错误;由F>6N的图像知,F=4N时, 学科网（北京）股份有限公司 $