2027届高考物理一轮复习-专题3.6 牛顿运动定律中的临界情况

专题3.6 牛顿运动定律中的临界情况 1 gtanθ模型中的临界问题 1. 倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M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M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( ) A.10 N　 B.5 N C. N D. N 2. (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FN.若T－a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2.则( ) A.当a＝ m/s2时，FN＝0 B.小球质量m＝0.1 kg C.斜面倾角θ的正切值为 D.小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 3. 如图所示，水平挡板A和竖直挡板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FA、FB和FC.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FA和FB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( ) 4. 如图所示，质量为m的物体用两根细绳悬挂在车内，当车静止时，两绳子与车顶的夹角分别为60°和30°，当小车以大小为2g的加速度向右匀加速直线运动时，绳1和绳2的张力大小分别是多少？ 2系统保持静止的临界问题 5. 如图所示，质量分别为M和m的两个工件A、B，截面为梯形，靠在一起置于光滑的水平面上，它们相互接触的侧面与水平面的夹角为θ．已知A、B间相接触的侧面是光滑的，现给A施加一个水平推力F，使两工件相对静止一起向右做匀加速运动．以下说法正确的是( ) A.工件A对地面的压力小于工件B对地面的压力 B.工件A对地面的压力等于工件B对地面的压力 C.欲使AB保持相对静止，F的最大值为(M+m)gtanθ D.欲使AB保持相对静止，F的最大值为 6. (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，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μ= C.若P、Q之间光滑，则加速度a=gtanθ D.地面与Q间的摩擦力随推力F的增大而增大 7. 如图，光滑长方体物块质量为M、静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1 和m2 的两物体，初始状态下各物体均静止，连接 m1的细绳水平、 m2恰好与M 的侧壁相接触.不考虑一切摩擦，现对M 施加水平向右的推力F，使得三物体均不存在相对运动，则F 的大小为( ) A.g B.g C.g D.g 8. (多选)带滑轮的平板C放在水平桌面上，小车A通过绕过滑轮的轻绳与物体B相连，如图所示，A、C间及绳与滑轮间摩擦不计.C与桌面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、C质量均为m，小车A运动时平板C保持静止，物体B的质量M可改变.则下列说法正确的是( ) A.当M=m时，C受到桌面的摩擦力大小为mg B.当M=m时，C受到桌面的摩擦力大小为 C.在M改变时，保持C静止的μ值必须满足μ> D.无论μ值为多大，C都会保持静止 3弹簧端物体分离的临界问题 9. (多选)在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，如右图所示，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s，以向右为力的正方向).从t＝0开始计时，则( ) A.A物体在2 s末时刻的加速度是初始时刻的倍 B.t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动 C.t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D.t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反 10. (多选)如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是( ) A.压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大 B.压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动 C.当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小 D.当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长 11. 如图，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 12. (多选)如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100 N/m，其下端拴一质量m＝1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2 kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2 m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10 m/s2，则( ) A.两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 N B.两物体分离时，弹簧刚好恢复原长 C.改变力F的大小后经0.4 s A、B两物体分离 D.从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J 13. 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( ) 14. 如图甲所示，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的匀加速运动，测得两个物体的v－t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则( ) A.施加外力前，弹簧的形变量为 B.外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M(g－a) C.A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 15. 如图所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求： (1)物块A、B分离时，所加外力F的大小； (2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间. 16. 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＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，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0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/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． 4板块模型中的临界问题 17. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为( ) A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg 18. 如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Fm.若木块不滑动，力F的最大值是( ) A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 19. 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μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则( ) A.μ1>μ2 B. μ1<μ2 C.若改变F的大小，当F>μ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动 D.若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动 20. 如图，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( ) 21. 如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是( ) A.am＝2 m/s2，aM＝1 m/s2 B.am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C.am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D.am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2 22. (多选)在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态.现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动.当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块P、Q相对地面的位移分别为s1、s2.已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是( ) A.若F1＝F2、m1>m2，则v1<v2、s1<s2 B.若F1＝F2、m1<m2，则v1>v2、s1<s2 C.若F1>F2、m1＝m2，则v1<v2、s1>s2 D.若F1<F2、m1＝m2，则v1>v2、s1>s2 23. (多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，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μ2，则( ) A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C.当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动 D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 24. 质量M＝1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.木板上放有质量分别为mA＝2kg和mB＝1kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.3、μ3＝0.5，水平恒力F作用在物块A上，如图所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2.则 ( ) A.若F＝5N，物块A受到的摩擦力大小为5N B.若F＝6N，物块B受到的摩擦力大小为5N C.若F＝7N，物块A将会相对木板滑动 D.无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动 25. (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g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A.M＝m B.M＝2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 26. (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g＝10 m/s2，则( ) A.滑块的质量m＝4 kg B.木板的质量M＝6 kg C.当F＝8 N时滑块的加速度为2 m/s2 D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 27. 如图甲，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给木板施加一个水平向右的力F. (1)若力F恒为12 N，经2 s铁块恰好位于木板的左端，求木板的长度L； (2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象． 28. 如图所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2，试求： (1)若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？ (2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像.(设木板足够长) 参考答案 1. 答案：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，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1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2所示，则有 FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0 解得FT′＝mg＝××10 N＝10 N.故选项A正确. 2. 答案：ABC 解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T－a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误. 3. 答案：B 解析：小球进行受力分析，当a＜gtan θ时如图甲，根据牛顿第二定律： 水平方向：FCsin θ＝ma，竖直方向：FCcos θ＋FA＝mg，联立得：FA＝mg－，FC＝；FA与a成线性关系，当a＝0时，FA＝mg，当a＝gtan θ时，FA＝0，FC与a成线性关系，当a＝gsin θ时，FC＝mg，A、D项错误，B项正确；当a＞gtan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：FCsin θ＋FB＝ma，竖直方向：FCcos θ＝mg 联立得：FB＝ma－mgtan θ，FC＝，FB与a也成线性关系，FC不变，C项错误． 4. 答案：mg 解析：假设绳1没有张力，绳2的张力为F，则有Fcos30°=ma，Fsin30°=mg，可知a=g，因为该车的加速度大于g，所以物体已经“飘”起来了，绳1的张力为 0，则F==mg. 5. 答案：D 解析：对M进行受力分析，当M对地面的压力为0时是临界情况，即B给A的弹力的竖直分量等于Mg时，A对地面的压力为0，根据内力公式，B给A的弹力的水平分量等于，tanθ=，解得F=，故D正确，C错误；系统加速度的值未知，无法直接判断两工件对地面的压力大小，例如：A质量为1吨，B质量为1g，一起加速的加速度为1m/s2，A对地面的压力大于B对地面的压力. 6. 答案：AC 解析：由于系统在竖直方向没有加速度，故不存在超重和失重问题，所以地面的支持力等于系统的总重力，故A正确；系统一起做加速运动，故F≠2μmg，故B错误；由于光滑，故P的加速度有支持力和重力提供，合力为mgtanθ，加速度a=gtanθ，C正确；地面的摩擦力为滑动摩擦力，故滑动摩擦力大小不变，故D错误. 7. 答案：A 解析：系统保持相对静止，故绳力为m2g，故的加速度a=，系统加速度也为，所以F=g，故A正确. 8. 答案：BC 解析：对AB进行分析，Mg=(M+m)a，解得a=，将A、B、C看成整体可知，系统水平方向有加速度a和竖直方向有加速度a，系统水平方向的加速度由桌面的摩擦力提供：f=ma=m=，故B正确；系统若一直保持静止，则f小于等于最大静摩擦力，系统竖直方向有加速度且向下，故失重，则地面的支持力N=(2m+M)－ma=2m+M2m+Mm，fmax=μN=μ(2m+M2m+Mm)≥f=ma=m，这是一个关于μ的函数，当M取无穷大时，a=取最大，系统需要的摩擦力最大，解得μ>，故C正确. 9. 答案：BD 解析：对于A、B整体根据牛顿第二定律有：FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为F，则对B根据牛顿第二定律可得：F＋FB＝mBa，解得：F＝mB－FB＝N.当t＝4 s时F＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零.t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反.当t＞4 s后，B的加速度始终为aB＝.综上所述，选项B、D正确. 10. 答案：AD 解析：开始A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈B的倾角为θ，有mgsin θ≤μmgcos θ，所以(mg＋F)sin θ≤μ(mg＋F)cos θ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sin θ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误.撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有F′－mg＝ma，则B对A的作用力F′逐渐减小.当弹簧恢复原长时，A、B具有相同的加速度g，A、B间弹力为零，发生分离.故C错误，D正确. 11. 答案：C 解析：A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma， 对A：kx－mg＝ma. 即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态， 由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确． 12. 答案：CD 解析：系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x1，则F0＝(m＋M)g＋kx1，代入数据得x1＝0.08 m，A、B两物体刚开始匀加速下降时有kx1＋(m＋M)g－F＝(m＋M)a，代入数据得F＝32 N，A错；设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有mg－kx2＝ma，代入数据得x2＝0.08 m，B错；A、B分离时A、B两物体组成的系统下降的距离为x＝x1＋x2＝0.16 m，而x＝at2，代入数据得t＝0.4 s，C对；因刚开始和两物体分离时，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知(m＋M)gx－WF＝(m＋M)v2，联立v＝at并代入数据得WF＝3.84 J，D对． 13. 答案：D 解析：根据题述，B以的加速度匀加速向下运动过程中，选择A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg－kx－F＝2m·，解得F＝mg－kx，即F从mg开始线性减小，可排除图象C.选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mg＋FN－F＝，解得FN＝－kx.当弹簧的弹力增大到，即x＝时，A和B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，选项A、B错误．同时，力F由开始时的mg线性减小到，此后B与A分离，力F保持不变，故选项D正确． 14. 答案：B 解析：施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误. 15. 答案：(1)21 N　(2)0.3 s 解析：(1)物块A、B分离时，对B：F－μmg＝ma，解得：F＝21 N (2)A、B静止时，对A、B：kx1＝2μmg，A、B分离时，对A：kx2－μmg＝ma，此过程中：x1－x2＝at2，解得：t＝0.3 s. 16. 答案：(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N 解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x0 对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0，解得x0＝0.16 m (2)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kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝ m/s2 (3)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Fmin＝(m1＋m2)a＝ N 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N. 17. 答案：C 解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知aA＝＝μg，对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.C项正确. 18. 答案：A 解析：当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a.先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F－2f－mg＝ma，再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2f－Mg＝Ma，两式联立可解得F＝，A正确. 19. 答案：D 解析：对m1，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较.故A、B错误；C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确.故选D. 20. 答案：A 解析：本题考查的是牛顿第二定律的应用.本题中开始阶段两物体一起做加速运动有F＝(m1＋m2)a，即a＝，两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动.对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝，故其图像斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝为定值，故A选项正确. 21. 答案：C 解析：若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且Ff≤μmg，由牛顿第二定律可得：Ff＝ma，联立可得：am＝aM＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且am<aM，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：Ff＝μmg＝mam，可得：am＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误． 22. 答案：AD 解析：A、B选项F1＝F2，则a、b加速度相同，用图线3表示a、b的v－t图，m1>m2时，a1<a2分别用1、2图线表示，画v－t图. 由于图线和时间轴的面积差表示木板长，所以1和3的面积差、2和3的面积差需相同， 所以v2>v1，s2>s1，故A选项正确. 同理，C、D选项画图，P、Q的v－t相同为4，a、b的分别为5、6，F大的为5，F小的为6.故D选项正确. 另：本题定性分析就可以.` 23. 答案：AD 解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ2mg，A正确．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确． 24. 答案：D 解析：A与木板间的最大静摩擦力为FAmax＝μ2mAg＝6N; B与木板间的最大静摩擦力为fBmax＝μ3mBg＝5N；木板与地面间的最大静摩擦力为f＝μ(M＋mA＋mB)g＝4N；若F＝5N，木板已相对地面滑动，设A、B相对木板静止，则对整体：F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝4.5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.25N<5N，故A、B确实相对木板静止，且fA＝4.5N故A错误；若F＝6N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体：F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.5N<5N，故A、B确实相对木板静止，且fB＝0.5N，故B错误；若F＝7N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝5.5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.75N<5N，所以A、B确实相对木板静止，故C错误；木板和B之所以能运动，是A与木板间的摩擦力做动力，当A与木板间的摩擦力达到最大时，设木板和B相对静止，对木板和B：fAmax－f＝(M＋mB)a，对B：fB＝mBa，解得fB＝1N，即A与木板间的摩擦力达到最大时，木板和B仍相对静止.则无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动.故D正确. 25. 答案：BC 解析：物块在木板上运动过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率大小表示加速度大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，两者v－t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确． 26. 答案：AD 解析：当F＝6 N时，加速度为a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6 kg；当F＞6 N时，根据牛顿第二定律得a＝＝F－，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F＞6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，即0＝×F－，代入数据解得μ＝0.1，D正确；当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2，C错误. 27. 答案：(1)4 m；(2)见解析. 解析：(1)对铁块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2；对木板，由牛顿第二定律得：F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1；设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则：x木＝a1t2，x铁＝a2t2，又：x木－x铁＝L，联立得：L＝4 m (2)①当F≤μ1(M＋m)g＝2 N时，系统没有被拉动，铁块受到的摩擦力Ff＝0 ②当F>μ1(M＋m)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则： F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，Ff＝ma，解得：F＝2Ff＋2 N 此时：Ff≤μ2mg＝4 N，也即F≤10 N 所以：当2 N<F≤10 N时，Ff＝ N ③当F>10 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的滑动摩擦力为Ff＝4 N. Ff－F图象如图所示． 28. 答案：(1)1 s；(2)见解析. 解析：(1)铁块的加速度：a1＝＝4 m/s2，木板的加速度a2＝＝2 m/s2，设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有a1t2－a2t2＝L，解得：t＝1 s. (2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2 N时，M、m相对静止且对地静止，f2＝F. ②二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a.此时系统的加速度a≤2 m/s2，解得F1≤6 N，所以当2 N＜F≤6 N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a＝.以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：f2－μ1(M＋m)g＝Ma，解得f2＝＋1. ③当F＞6 N，M、m发生相对运动，f2＝μ2mg＝4 N.画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示. 学科网（北京）股份有限公司 $