重难突破3 牛顿运动定律的综合应用-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word（提升版）

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿运动定律综合应用，涵盖动力学图像、连接体、临界极值三大核心考点，按“概念梳理-方法提炼-真题解析”逻辑架构知识点，通过考点分类突破、解题方法指导、高考真题演练等环节，帮助学生系统构建力学问题分析框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如动力学图像问题中推导a-F关系式结合图像斜率截距分析，连接体问题采用“整体求加速度、隔离求内力”策略，设置基础到综合分层练习，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

重难突破3　牛顿运动定律的综合应用 1.理解各种动力学图像的意义，会用动力学图像分析解决问题。 2.知道连接体问题的动力学特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。 3.了解几种常见的临界条件，会用极限法、假设法、数学方法等解决临界极值问题。 突破点一　动力学中的图像问题 　　 常见动力学图像及应用技巧 v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 a-F图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a、F两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a-t图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况并根据牛顿第二定律列方程 F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 （2025·陕西汉中三模）如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是（　　） A.物体的质量m＝2 kg B.物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3 C.物体与水平面的最大静摩擦力fmax＝6 N D.在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2 答案：ABC 解析：根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，整理可得a＝F－μg，结合图像可得＝ kg－1，解得m＝2 kg，故A正确；由图乙和a与F的关系式分析可知μg＝3 m/s2，解得μ＝0.3，故B正确；结合上述结论可得最大静摩擦力为fmax＝μmg＝6 N，故C正确；将F＝10 N代入a＝0.5F－3（m/s2），解得a＝2 m/s2，故D错误。 〔多选〕（2025·湖南永州二模）水平地面上有一质量为m1＝3 kg的长木板，木板的左端上有一质量为m2＝2 kg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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1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μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） A.F1＝10 N B.F2＝25 N C.木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2 D.在t1～t2时间段物块做匀加速直线运动 答案：AC 解析：木板与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（m1＋m2）g＝10 N，木板与物块间的最大静摩擦力f2＝μ2m2g＝16 N，当拉力逐渐增大到F1时，木板首先相对地面发生相对滑动，此时拉力大小为F1＝10 N，A正确；当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板有f2－f1＝m1a，对物块有F2－f2＝m2a，解得F2＝20 N，a＝2 m/s2，此时拉力大小为20 N，木板加速度达到最大值为2 m/s2，B错误，C正确；在t1～t2时间段，物块所受拉力逐渐增大，加速度变大，物块不做匀加速直线运动，D错误。 突破点二　动力学中的连接体问题 　　 1.连接体的常见类型 弹簧连接体 轻绳连接体 轻杆连接体 物体叠放连接体 两物体并排连接体 2.连接体问题的分析方法 （1）整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。 （2）隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。 （3）整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 （2026·浙江温州期末）如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻杆连接，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，此时轻杆的作用力为F1；现在用力F沿倾角为θ的斜面向上推木块1，使两木块一起沿斜面向上做匀加速直线运动，此时轻杆的作用力为F2，斜面与两木块的动摩擦因数为μ，则F1∶F2等于（　　） A. B. C. D. 答案：B 解析：当两木块在水平面上时，由牛顿第二定律可知F＝（m1＋m2）a1，对木块1有F1＝m1a1，解得F1＝；当两木块在斜面上时，由牛顿第二定律可知，F－（m1＋m2）gsin θ－μ（m1＋m2）gcos θ＝（m1＋m2）a2，对木块2有F2－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2，解得F2＝，则＝，故选B。 力的“分配” 　　如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F作用于1（质量为m1）上，两物体间的弹力F弹＝F；若作用于2（质量为m2）上，则F弹＝F。此结论与有无摩擦无关（若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同），与两物体间有无连接物、有何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关，而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时，结论都成立。 〔多选〕（2026·海南海口模拟）CR450动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供的驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（　　） A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为 C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 解析：CD　当动车组做匀速运动时，对整体有4F＝8f，则F＝2f，根据平衡条件可知第一节车厢有F12＝f，对于一、二节车厢整体有2f＝F＋F23，可得二、三节车厢间作用力F23＝0，以此类推，可知F34＝f，F45＝0，F56＝f，F67＝0，F78＝f，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F－8f＝8ma，可知整列车的加速度大小为a＝，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F－8f＝8ma2，可知整列车的加速度大小为a2＝，故C正确；若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律F34'＋2F－5f＝5ma2，解得F34'＝，故D正确。 （2026·陕西咸阳阶段练习）物块P、Q的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对Q施加水平向右的拉力F，稳定后，P、Q以相同的加速度在水平面上运动，此时弹簧的形变量为x1；若撤去拉力F，换成大小为2F的水平向右的推力作用在P上，稳定后，P、Q也以相同的加速度在水平面上运动，此时弹簧的形变量为x2，则的值为（　　） A. B. C. D. 答案：A 解析：以大小为F的力水平向右拉物块Q时，物块P、Q为整体，根据牛顿第二定律得，物块P、Q整体的加速度大小a1＝，对物块P，有kx1＝ma1，以大小为2F的力水平向右推物块P时，同理，物块P、Q整体的加速度a2＝，对物块Q，有kx2＝2ma2，联立解得＝，故选A。 突破点三　动力学中的临界和极值问题 　　 1.常见临界问题的条件 （1）接触与脱离的临界条件：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T＝0。 （4）最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受合力为零。 2.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 〔多选〕（2026·河北石家庄模拟）如图所示，水平面上足够长的小车上有两个通过轻绳相连的物块A和B，已知A、B的质量分别为mA＝4.0 kg，mB＝2.0 kg，A、B与小车上表面间的动摩擦因数分别为μA＝0.8，μB＝0.5，初始时刻三者均静止，轻绳恰好伸直。现让小车以加速度a＝1＋2t（m/s2）水平向左加速运动，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A.t＝2 s时，轻绳对A拉力大小为2 N B.t＝2 s时，A受到的摩擦力大小为20 N C.t＝4 s时，三者仍保持相对静止 D.t＝6 s时，轻绳对B拉力大小为4 N 答案：BD 解析：A、B与小车间的最大静摩擦力大小分别为fAmax＝μAmAg＝32 N，fBmax＝μBmBg＝10 N，则A、B与小车间的静摩擦力可以对A、B产生的最大加速度分别为aAmax＝＝8 m/s2，aBmax＝＝5 m/s2，当t＝2 s时，小车的加速度大小为a＝（1＋2×2）m/s2＝5 m/s2＝aBmax，可知此时B所受静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，绳子拉力刚好为0；此时A受到的摩擦力大小为fA＝mAa＝20 N，故A错误，B正确；设小车的加速度为a0时，A所受静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，对A有μAmAg－T＝mAa0，对B有μBmBg＋T＝mBa0，解得a0＝7 m/s2，T＝4 N，当t＝4 s时，小车的加速度大小为a＝（1＋2×4）m/s2＝9 m/s2＞a0＝7 m/s2，可知此时A、B与小车发生相对滑动，故C错误；由C选项分析可知，t＝6 s时，A、B与小车发生相对滑动，此时轻绳对B拉力大小为4 N，故D正确。 （2025·辽宁沈阳二模）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M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.施加外力F大小恒为M（g＋a） B.A、B分离时，弹簧弹力恰好为零 C.A、B分离时，A上升的距离为 D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 解析：C　施加F前，物体A、B整体受力平衡，根据平衡条件，有2Mg＝kx1，解得x1＝，施加外力F后到物体A、B分离前，对A、B整体有F－2Mg＋F弹＝2Ma，又因F弹＝kx，由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对A有F－Mg＝Ma，解得F＝M（g＋a），对B有F弹－Mg＝Ma，解得F弹＝M（g＋a），此时弹簧的压缩量为x2＝，故弹簧的压缩量减小了Δx＝x1－x2＝，即A上升的距离h＝，故A错误，C正确；A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当F弹＝Mg时，B达到最大速度，故B、D错误。 （2026·四川绵阳模拟）如图所示，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。求： （1）物块与斜面之间的动摩擦因数μ； （2）若拉力F的大小和方向可调节，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 答案：（1）0.5　（2） N 解析：（1）根据L＝v0t＋at2， 代入数据解得a＝2 m/s2。 根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 代入数据解得μ＝0.5。 （2）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。 　　 1.（2025·陕晋青宁3题）某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　） 解析：A　由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，结合所给图像A正确。 2.（2026·河南周口模拟）如图甲所示，一个物体在光滑的斜面上始终受到一沿斜面向上逐渐增大的力F的作用，该物体沿斜面向上做变加速直线运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，物体的质量和斜面的倾角分别为（　　） A.m＝3 kg，θ＝30° B.m＝3 kg，θ＝37° C.m＝2 kg，θ＝30° D.m＝2 kg，θ＝37° 解析：A　由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，解得a＝－gsin θ，由图像可知斜率为k＝＝ kg－1＝ kg－1，解得m＝3 kg，纵轴截距－gsin θ＝－5，解得θ＝30°。故选A。 3.〔多选〕（2026·北京海淀期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平地面上，两物体的质量均为1 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA＝（8－2t）N和FB＝（2＋2t）N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A.物体A运动的加速度逐渐减小 B.物体B运动的加速度先不变后变大 C.t＝1.5 s时，物体A与物体B刚好分离 D.t＝4.0 s时，物体A与物体B刚好分离 解析：BC　FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但FA＋FB＝（8－2t）N＋（2＋2t）N＝10 N为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动；物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有＝，即＝，解得t＝1.5 s，即t＝1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小至零再反向增大，B的加速度逐渐增加，故0～8 s时间内，物体A运动的加速度先不变后逐渐减小至零再反向增大，物体B运动的加速度先不变后变大。故选B、C。 4.（2025·北京海淀一模）如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m和2m，在恒定拉力F的作用下沿固定斜面向上加速运动。则（　　） A.轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关 B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关 C.轻绳拉力的大小为F D.若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零 解析：C　以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F－3mgsin θ－3μmgcos θ＝3ma，解得a＝－gsin θ－μgcos θ，隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得F拉－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，解得F拉＝F＝，故绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，与两物体的质量有关，故C正确，A、B错误；若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，对A、B组成的整体，由牛顿第二定律得F＋3mgsin θ－3μmgcos θ＝3ma，解得a＝＋gsin θ－μgcos θ，隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，解得a'＝gsin θ－μgcos θ＜a，故轻绳拉力不可为零，故D错误。 5.（2024·全国甲卷15题）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（　　） 解析：D　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，可知，a-m图像不是线性关系，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，故D选项正确。 6.（2026·江西高三阶段练习）如图所示，6个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，置于光滑水平面上，其中最右边第6个小球受到恒力F的作用，6个球一起沿水平面以相同的加速度a向右做匀加速运动，则下列结论正确的是（　　） A.从左到右每根弹簧的长度之比为1∶2∶3∶4∶5 B.F撤去的瞬间6个小球的加速度大小相同 C.小球1脱落的瞬间，小球2的加速度变为2a D.小球6与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4、5球的加速度仍为a 解析：C　由于各个小球加速度相同，因此6根弹簧的弹力之比为1∶2∶3∶4∶5，根据胡克定律，伸长量之比也为1∶2∶3∶4∶5，长度之比不等于伸长量之比，A错误；F撤去的瞬间第6个小球的加速度发生突变，故与其他小球的加速度不同，B错误；小球1脱落的瞬间，2、3两个小球间的弹簧弹力没变，因此小球2的加速度变为2a，C正确；小球6与弹簧脱落的瞬间，1、2、3、4球的加速度不变，但5、6间弹簧弹力突然消失，因此5的加速度是4a，D错误。 7.（2025·安徽滁州二模）如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于（　　） A.C处 B.B处 C.D、C之间 D.B、A之间 解析：B　物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板在B处。故选B。 8.〔多选〕（2025·广西南宁一模）马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A.若μ1＞μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动 B.若μ1＞μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动 C.若μ1＜μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动 D.若μ1＜μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg 解析：AC　若μ1＞μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确；若μ1＞μ2，整体相对静止的最大加速度为amax＝＝μ2g，则最大拉力为Fmax＝（m＋3m＋5m）amax＝9μ2mg，当F＝9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误；若μ1＜μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确；若μ1＜μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为amax'＝＝μ1g，则最大拉力为Fmax'＝（m＋3m＋5m）amax'＝9μ1mg，故D错误。 9.〔多选〕（2026·湖南长沙模拟）如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则（　　） A.物块的初速度为2 m/s B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g D.物块沿斜面上滑的最小距离为 m 解析：AD　由图乙可知，当斜面与水平方向的夹角为90°时，位移为0.2 m，由竖直上抛运动规律＝2gh，解得v0＝2 m/s，故A正确；当夹角为0°时，位移为0.4 m，根据＝2ax，μmg＝ma，解得μ＝0.5，故B错误；根据mgsin θ＋mgcos θ＝ma，可得a＝gsin θ＋μgcos θ＝gsin（θ＋φ），因此最大加速度为amax＝g＝g，此时的位移最小，则由运动学公式得＝2amaxxmin，解得xmin＝ m，故C错误，D正确。 10.〔多选〕（2025·湖南岳阳一模）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Fmax＝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.当系统沿水平方向向右做匀加速运动时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2 D.当系统沿竖直方向做匀加速上升运动时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2 解析：BD　系统静止时，小球受力如图甲所示，竖直方向有Fasin 37°＝mg，水平方向有Facos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故B正确，A错误；系统水平向右做匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fasin 37°＝mg，水平方向有Fb－Facos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N时，加速度最大为a≈11.7 m/s2，故C错误；系统竖直向上做匀加速运动时，小球受力如图乙所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fmaxsin 37°－mg＝ma，水平方向有Fmaxcos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N，此时加速度有最大值a＝5 m/s2，故D正确。 11.（2025·河北保定三模）在水平面上放置一个质量为m＝1 kg的滑块B，其上方有一个光滑的圆弧形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在光滑的圆弧形凹槽中，截面图如图所示，圆柱A截面的圆心O与滑块B接触的左端点的连线跟竖直方向的夹角为α＝37°。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮，将质量为M＝3 kg的物块C与滑块B连接起来，轻绳张紧后由静止释放物块C。已知滑块B离定滑轮较远，轻绳与水平面保持平行，滑块B在水平面上的动摩擦因数为μ＝0.5，不计空气阻力及绳与定滑轮之间的摩擦，sin 37°＝0.6，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.圆柱A与滑块B之间会发生相对滑动 B.滑块B对圆柱A的作用力大小为4 N C.将物块C换成质量为11 kg的物块，圆柱A与滑块B之间会发生相对滑动 D.如果滑块B在水平面上的动摩擦因数可以改变，当μ取合适的值，圆柱A与滑块B之间可能发生相对滑动 解析：C　当圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动时，仍可视为一个整体，设加速度为a0，物块C的质量为M0，对圆柱A进行受力分析，有mgtan 37°＝ma0，解得a0＝g，对圆柱A、滑块B、物块C组成的整体进行受力分析，有M0g－2μmg＝（M0＋2m）a0，解得M0＝10 kg，由于物块C的质量为M＝3 kg＜M0，则A、B相对静止，故A错误，C正确；设圆柱A、滑块B、物块C组成的整体加速度为a，对整体进行受力分析，有Mg－2μmg＝（M＋2m）a，解得a＝g＝4 m/s2，则滑块B对圆柱A的作用力为F＝＝2 N，故B错误；若圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动，则加速度为a0＝g，假设滑块B与水平面间无摩擦，对圆柱A、滑块B、物块C组成的整体进行受力分析，设加速度为a1，根据牛顿第二定律，有Mg＝（M＋2m）a1，解得a1＝g＜a0，所以无论μ取何值，圆柱A与滑块B之间均保持相对静止，故D错误。 12.（2025·江苏南通一模）如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始做加速运动。已知箱包的质量m＝1.0 kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）若F＝25 N，求拉杆箱的加速度大小a； （2）在（1）的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v； （3）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fmax。 答案：（1）2 m/s2　（2）4 m/s　（3）93.75 N 解析：（1）若F＝25 N，以整体为研究对象，水平方向，根据牛顿第二定律可得 Fcos α＝（m＋M）a 解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 （2）根据速度与位移关系式可得v2＝2ax 解得v＝＝ m/s＝4 m/s。 （3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，其受到重力和支持力作用，此时的加速度为a0，如图所示， 根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma0 解得a0＝gtan θ＝7.5 m/s2 以整体为研究对象，水平方向，根据牛顿第二定律可得 Fmaxcos α＝（m＋M）a0 解得拉力的最大值为 Fmax＝93.75 N。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $