专题四 临界值问题和连接体问题 同步培优讲义-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

专题四 临界值问题和连接体问题【同步培优】 人教版（2019）必修第一册 · 第四章 运动和力的关系 专题四　临界值问题和连接体问题　【同步培优】 人教版（2019）必修第一册　第四章　运动和力的关系 建议用时：45 分钟 题量：30 题 难度：★★★★☆ 版本：人教版（2019） ◆ 学习目标 1. 理解连接体的概念，掌握整体法与隔离法，能正确选择研究对象、规范进行受力分析。 2. 能用整体法求连接体的共同加速度，用隔离法求绳、杆、弹簧及接触处的内力。 3. 掌握绳、杆、弹簧的受力特点，能分析叠放、靠接、悬挂等连接体问题。 4. 理解临界状态的含义，掌握接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件。 5. 会用极限法、假设法分析临界问题，能结合牛顿运动定律求解临界力、临界加速度。 ▎课标与考情 【课标要求】能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题；能对物体进行受力分析，综合运用牛顿第二定律，分析连接体的整体与隔离，以及接触与脱离、相对静止与滑动等临界问题。 【考情分析】连接体与临界问题是牛顿运动定律应用的重点和难点，也是高考的高频考点，题型以计算题为主、选择题为辅，难度中等偏上。主要考查：①整体法与隔离法的配合，求共同加速度与绳、杆、接触内力；②接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件。常以交通运输、吊装作业、体育娱乐、航空航天等真实情境为载体，综合性强。复习时要抓住“先整体后隔离”和“临界条件”两个关键，规范受力分析与多过程分析。 一、思维导图 · 知识框架 图 1　本讲知识结构思维导图 考向一　连接体问题 连接体问题的核心是“整体法”与“隔离法”的配合：整体法求共同加速度，隔离法求系统内力（绳、杆、弹簧、接触力）。本考向掌握整体法、隔离法及绳杆、弹簧、叠放、靠接、悬挂等连接体的分析方法。 考点一　整体法、隔离法与绳杆连接体 ■ 一、整体法、隔离法与绳杆连接体 （一）连接体 两个或两个以上的物体，通过绳、杆、弹簧连接，或相互叠放、靠接在一起组成的系统，称为连接体。连接体的各物体往往具有相同的加速度。 （二）整体法 把整个系统作为一个研究对象，只分析系统所受的外力，不考虑系统内部物体间的内力。整体法适用于求系统的共同加速度。 （三）隔离法 把某个物体（或某一部分）从系统中隔离出来，单独分析它所受的力。隔离法适用于求系统的内力，如绳的张力、杆的作用力、接触处的弹力。 （四）整体法与隔离法的配合 一般“先整体、后隔离”：先用整体法由外力求出共同加速度，再隔离某个物体，由加速度求内力。 （五）绳、杆连接体的受力特点 轻绳的张力沿绳方向，同一根轻绳张力处处相等，绳只能拉不能压，张力可以突变；轻杆既可拉也可压，力沿杆方向。 光滑斜面上用绳连接的物体一起下滑时，整体加速度为 a=gsinθ，若各物体单独下滑的加速度相同，则绳的张力为零。 注意：内力在物体间成对出现、互为作用力与反作用力，对整体而言相互抵消，不改变整体的运动。 方法 研究对象 分析的力 主要用途 整体法 整个系统 只看外力（内力抵消） 求共同加速度 隔离法 某个物体 外力＋所受内力 求绳、杆、接触内力 ■ 前沿科技 · 火箭捆绑助推器 长征系列运载火箭常采用捆绑式结构：芯级周围捆绑 4 个助推器，起飞时助推器与芯级一起点火，整体受到总推力和总重力。把芯级与助推器看作一个整体，用整体法即可求出起飞加速度；助推器燃料耗尽后与芯级分离，又是连接体的“分离”过程。 捆绑的助推器越多，整体推力越大，但总质量也随之增大，正体现了整体法中“合外力与总质量共同决定加速度”的关系。 图 2　长征火箭捆绑 4 个助推器起飞：整体法求共同加速度，燃料耗尽后分离 ★ 连接体问题分析“四步” 第一步　判连接：分清是绳、杆、弹簧连接，还是叠放、靠接，确定各物体运动关系。 第二步　整体法：对整个系统由外力列牛顿第二定律，求共同加速度。 第三步　隔离法：隔离待求内力的物体，由加速度求绳、杆、接触力。 第四步　回检验：可换另一物体隔离，核对结果是否一致。 记忆点：先整体求 a、后隔离求内力；内力成对、不影响整体。 ◆ 记忆点　整体法与隔离法 整体法求加速度，隔离法求内力；口诀：先整体、后隔离。 光滑斜面绳连接：a=gsinθ，绳张力可能为零。 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．如图所示，有A、B两个物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的固定斜面上，在它们下滑的过程中（　　） A．它们的加速度a＝gsinθ B．它们的加速度a＜gsinθ C．细绳的张力FTmBgsinθ D．细绳的张力FTmBgsinθ 2．如图，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上加速下滑，加速度分别为a1和a2，两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列关系正确的是（　　） A．若μ1＞μ2，则a1＞a2 B．若μ1＞μ2，则a1＜a2 C．若μ1＜μ2，则a1＜a2 D．若μ1＜μ2，则a1＞a2 3．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。则推力F的大小为（　　） A．4.0N B．3.0N C．9.0N D．11.0N 4．如图甲，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连，小球B的质量为m2＝5kg。木块A与斜面体间的动摩擦因数，小球B由静止释放前，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球B落地后不再反弹，轻绳处于松弛状态，木块A恰好能运动到斜面体顶端，木块A运动的v﹣t图像如图乙，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木块A从底端到顶端所用时间； （2）木块A的质量m1。 5．如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间2t0回到了出发位置，重力加速度为g，求： （1）重物Q的质量M； （2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。 考点二　弹簧连接体与叠放、靠接、悬挂 ■ 二、弹簧连接体与叠放、靠接、悬挂 （一）弹簧连接体 用轻弹簧连接的物体，弹簧的弹力遵循胡克定律 F=kx。由于弹簧形变的改变需要时间，弹簧弹力不能突变（在瞬间问题中弹力保持不变）。弹簧既可被拉伸也可被压缩。 （二）叠放连接体 两物体上下叠放、一起运动时，靠接触面的支持力和摩擦力连接，这些力是系统的内力；相对静止时整体加速度相同，可对整体列 F=(M+m)a。 （三）靠接连接体 两物体侧面相互接触、一起运动时，靠接触处的弹力连接；若加速度增大到接触弹力为零，两物体就会分离。 （四）悬挂连接体 用细线悬挂小球随车厢一起加速时，小球相对车厢静止、悬线偏过一定角度，偏角反映加速度大小：a=gtanθ。 注意：叠放、靠接、悬挂的物体相对静止时加速度一定相同；一旦所需内力超出连接所能提供的范围，就会相对滑动或分离。 连接方式 力的方向 / 性质 力能否突变 轻绳 沿绳、只能拉 可以突变 轻杆 沿杆、可拉可压 可以突变 轻弹簧 沿弹簧、可拉可压，F=kx 不能突变 ★ 叠放、靠接、悬挂分析“三看” 一看整体加速度：相对静止时对整体列 F=(M+m)a，求共同加速度。 二看连接内力：隔离物体，由加速度求摩擦、支持或接触弹力。 三看是否分离：若接触弹力（或悬线张力）算得为零，则物体分离。 记忆点：悬挂小球 a=gtanθ；弹簧弹力不突变，绳、杆力可突变。 ◆ 记忆点　弹簧与叠放靠接悬挂 弹簧 F=kx、弹力不突变；绳、杆力可突变。 悬挂偏角：a=gtanθ；一起运动：各物体 a 相同。 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．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1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接）弹簧的劲度系数为k＝40N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力施加的瞬间，A，B的加速度大小均为0 B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A，B间弹力大小为1N C．A，B分离时，A物体的位移大小为0.2m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m 7．如图所示，光滑斜面倾角为θ，质量相等的两滑块A和B通过轻质弹簧连接，现对A施加沿斜面向上的恒力F使A由静止沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板C时，A有沿斜面向上的速度v和加速度a。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．弹簧处于原长时，滑块A的加速度为a+2gsinθ B．弹簧处于原长时，滑块A的速度为 C．在B离开挡板C之前，滑块A的最大加速度为a+2gsinθ D．当滑块A速度达到最大时，B的加速度大小为零 8．如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 9．在平直轨道向左行驶的地铁车厢内，某同学手持细线悬挂一小球，一段时间内细线偏过一定角度并相对车厢静止，如图所示。则地铁在做（　　） A．匀速运动 B．匀减速运动 C．匀加速运动 D．变加速运动 10．如图所示，质量为5kg的物块A与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，质量为3kg的物块B与地面间无摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速运动，已知F＝26N。则下列说法中正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A、B的加速度均为1.25m/s2 B．A、B的加速度均为3.25m/s2 C．A对B的作用力为9.75N D．A对B的作用力为6N 考向二　临界值问题 临界问题研究物体由一种状态转变为另一种状态的“转折”情况，常以“刚好”“恰好”描述。本考向掌握接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件及分析方法。 考点三　接触与脱离、相对滑动的临界 ■ 三、接触与脱离、相对滑动的临界 （一）临界状态 物体的运动状态发生“质变”的转折状态称为临界状态，此时物理量取临界值，题干常用“刚好”“恰好”“恰不”等词语描述。 （二）接触与脱离的临界 两物体接触时存在弹力 F_N；当物体恰好要脱离接触时，接触弹力恰好为零，即 F_N=0。 （三）绳绷直与松弛（断裂）的临界 绳绷直时存在张力 F_T；当绳恰好松弛时张力为零，即 F_T=0；绳的张力达到所能承受的最大值时绳断裂。 （四）相对静止与相对滑动的临界 两物体相对静止时靠静摩擦带动；当恰好要相对滑动时，静摩擦力达到最大值 f=μmg，被带动者的加速度达到上限 a_max=μg。 （五）临界问题的分析方法 极限法：把某一条件推向极端，暴露临界状态；假设法：先假设处于某状态，列方程检验结果是否合理；数学法：列出物理量表达式，由数学关系求极值。 注意：分析临界问题务必抓住“恰好”对应的临界条件——F_N=0、F_T=0 或 f=μmg，再列方程求解。 临界状态 临界条件 临界结果 接触 → 脱离 接触弹力 F_N=0 两物体分开 绳绷直 → 松弛 绳张力 F_T=0 绳不再受力 相对静止 → 滑动 静摩擦 f=μmg a_max=μg ■ 前沿科技 · 舰载机阻拦索 舰载机在航母甲板上着舰时，机尾的尾钩钩住甲板上的阻拦索，阻拦索被急剧拉伸产生巨大拉力，使飞机在百余米的短距离内减速停下。飞机恰好被阻拦索拉住、恰好不冲出甲板，正是“恰好”这一临界问题的真实写照。 阻拦索的拉力随拉伸量增大而增大，使飞机做减速运动；要在有限甲板长度内恰好停住，就需要对拉力、加速度和位移进行临界分析。 图 3　舰载机尾钩钩住阻拦索：巨大拉力使飞机在短距离内恰好停下 ★ 临界问题分析“三步” 第一步　找临界词：抓住“刚好”“恰好”“恰不”，明确是哪两种状态的转折。 第二步　定临界条件：写出 F_N=0、F_T=0 或 f=μmg 等临界条件。 第三步　列方程求解：在临界状态对研究对象列牛顿第二定律，结合运动学求解。 记忆点：“恰好”对应 F_N=0、F_T=0 或 f=μmg；常用极限法、假设法。 ◆ 记忆点　临界问题 接触脱离 F_N=0；绳松弛 F_T=0；相对滑动 f=μmg、a_max=μg。 方法：极限法、假设法、数学法。 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为3mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0 12．如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动（　　） A．让木箱以1m/s2的加速度向上运动 B．让木箱以1m/s2的加速度向下运动 C．让木箱以3m/s2的加速度向左运动 D．让木箱以3m/s2的加速度向右运动 13．如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。 （1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB； （2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。 14．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝1.2m，质量为M＝0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 （1）为使木板能向上运动，F1必须满足什么条件？ （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须满足什么条件？ （3）游戏中，如果在滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝30N，F2＝25N，请通过计算判断游戏能否成功。 15．如图所示，质量为M＝1.0kg的长方体形刚性盒子在水平拉力F＝13N的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，此时盒子内一个质量为m＝1kg的物块紧靠左侧内壁保持静止。当木箱的速度为v0＝3m/s时撤去拉力F，物块恰好不会与盒子右侧内壁相撞。已知物块与盒子内壁间的动摩擦因数为μ1＝0.2，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）撤去F前，盒子左侧内壁对物块的作用力大小； （2）盒子左侧内壁和右侧内壁之间的距离L。 ★ 综合培优检测（15 题） ◆ 综合检测（第 16～30 题） 16．如图所示（俯视图），两个完全相同的横截面为直角三角形的三棱体拼在一起放在光滑水平面上，其中锐角为30°。现对其中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒为F的水平推力，三棱体A和B一起相对静止地开始在水平面上运动，已知A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．三棱体A对B的弹力大小为F B．三棱体A对B的摩擦力大小为F C．若增大对A的水平推力，A、B有可能会相对滑动 D．若仅增大B的质量且B的形状体积均不变，则A对B的摩擦力会增大 17．如图所示有1，2，3三个质量为1kg的木块，a，b为两个劲度系数为2N/cm的轻弹簧。三个木块如图形式连接并处于静止状态，其中水平桌面光滑，现在施加水平外力F缓慢向左拉动木块1，直至木块3刚好脱离水平地面。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．初态时，木块3受到的支持力为10N B．初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为10cm C．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了10cm D．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了20cm 18．如图所示，跨过两固定滑轮的轻绳两端分别与A、C两个物体相连接，已知三个物体的质量均为2kg；物体A与B间的动摩擦因数为0.6，B与C及C与地面间的动摩擦因数均为0.2，且每个接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。现对物体A施加一水平力将其向左匀速拉动，则F的大小为（取g＝10m/s2）（　　） A．36N B．28N C．20N D．12N 19．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．物体B位移为4cm时，弹簧处于原长状态 B．物体B的加速度大小为5m/s2 C．物体A的质量为4kg D．弹簧的劲度系数为5N/cm 20．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球（M＞m），用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，细线与竖直方向成α角，如图甲。求： （1）水平向左的外力F的大小。 （2）若用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，此时细线与竖直方向夹角β的正切值为多少？ 21．如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，两物体间的接触面光滑。若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时加速度为a1、物体间相互作用力为F1；若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时加速度为a2、物体间相互作用力为F2。则（　　） A．a1＞a2，F1＝F2 B．a1＜a2，F1＝F2 C．a1＝a2，F1＜F2 D．a1＝a2，F1＞F2 （多选）22．如图所示：光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一根劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大伸长量为 B．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间四个木块的加速度不变 C．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速度不变，右边两个木块的加速度变小 D．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块之间的摩擦力不变，右边两个木块之间的摩擦力的大小变为原来的一半，方向与撤去拉力之前相同 23．如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m。质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端。与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m＝2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小； （2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。 24．如图所示，倾角θ＝37°的足够长固定斜面底端放置质量为m的小物块A，质量为3m的物体B用轻绳跨过定滑轮与A连接。用手托住B使系统静止、绳绷紧，已知A与斜面动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B距地面高度为h，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）为保持系统静止，绳子中张力的最大值FT； （2）释放B的瞬间，A的加速度a； （3）若B落地瞬间断开绳子与A的连接，A返回斜面底端时速度的大小v。 25．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h＝1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。 （1）若P的质量M＝0.5kg，对Q解除锁定后，求地面对斜面体摩擦力的大小f； （2）若P的质量M＝3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0； （3）解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。 ★ 方法点拨 · 等时圆规律 规律：从竖直圆周的最高点，沿任意光滑弦由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等。 推导：设弦与竖直方向夹角为 θ，则弦长 ，下滑加速度 ，由运动学得 ，时间与 θ 无关。 最短时间：从圆外一点到圆周，以该点为最高点作半径最小的圆，该圆与圆周交点对应的轨道时间最短。 记忆点：等时圆：时间只与圆半径有关，t=√(4R/g)，与弦的倾角无关。 26．如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 27．如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 28．如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球的位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 29．如图所示，光滑杆AC、BC和BD的端点正好在同一个竖直的圆周上，A为最高点，D为最低点。现有一穿孔的小球，分别穿过三根杆从杆的顶端静止滑下，从A到C、B到C、B到D的时间分别为t1、t2、t3。则（　　） A．t1＝t2＝t3 B．t1＞t2＞t3 C．t1＝t3＜t2 D．t1＝t3＞t2 30．如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 同步培优系列 · 人教版（2019）必修第一册 · 专题四 临界值问题和连接体问题 学科网（北京）股份有限公司 $专题四 临界值问题和连接体问题【同步培优】 人教版（2019）必修第一册 · 第四章 运动和力的关系 专题四　临界值问题和连接体问题　【同步培优】 人教版（2019）必修第一册　第四章　运动和力的关系 建议用时：45 分钟 题量：30 题 难度：★★★★☆ 版本：人教版（2019） ◆ 学习目标 1. 理解连接体的概念，掌握整体法与隔离法，能正确选择研究对象、规范进行受力分析。 2. 能用整体法求连接体的共同加速度，用隔离法求绳、杆、弹簧及接触处的内力。 3. 掌握绳、杆、弹簧的受力特点，能分析叠放、靠接、悬挂等连接体问题。 4. 理解临界状态的含义，掌握接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件。 5. 会用极限法、假设法分析临界问题，能结合牛顿运动定律求解临界力、临界加速度。 ▎课标与考情 【课标要求】能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题；能对物体进行受力分析，综合运用牛顿第二定律，分析连接体的整体与隔离，以及接触与脱离、相对静止与滑动等临界问题。 【考情分析】连接体与临界问题是牛顿运动定律应用的重点和难点，也是高考的高频考点，题型以计算题为主、选择题为辅，难度中等偏上。主要考查：①整体法与隔离法的配合，求共同加速度与绳、杆、接触内力；②接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件。常以交通运输、吊装作业、体育娱乐、航空航天等真实情境为载体，综合性强。复习时要抓住“先整体后隔离”和“临界条件”两个关键，规范受力分析与多过程分析。 一、思维导图 · 知识框架 图 1　本讲知识结构思维导图 考向一　连接体问题 连接体问题的核心是“整体法”与“隔离法”的配合：整体法求共同加速度，隔离法求系统内力（绳、杆、弹簧、接触力）。本考向掌握整体法、隔离法及绳杆、弹簧、叠放、靠接、悬挂等连接体的分析方法。 考点一　整体法、隔离法与绳杆连接体 ■ 一、整体法、隔离法与绳杆连接体 （一）连接体 两个或两个以上的物体，通过绳、杆、弹簧连接，或相互叠放、靠接在一起组成的系统，称为连接体。连接体的各物体往往具有相同的加速度。 （二）整体法 把整个系统作为一个研究对象，只分析系统所受的外力，不考虑系统内部物体间的内力。整体法适用于求系统的共同加速度。 （三）隔离法 把某个物体（或某一部分）从系统中隔离出来，单独分析它所受的力。隔离法适用于求系统的内力，如绳的张力、杆的作用力、接触处的弹力。 （四）整体法与隔离法的配合 一般“先整体、后隔离”：先用整体法由外力求出共同加速度，再隔离某个物体，由加速度求内力。 （五）绳、杆连接体的受力特点 轻绳的张力沿绳方向，同一根轻绳张力处处相等，绳只能拉不能压，张力可以突变；轻杆既可拉也可压，力沿杆方向。 光滑斜面上用绳连接的物体一起下滑时，整体加速度为 a=gsinθ，若各物体单独下滑的加速度相同，则绳的张力为零。 注意：内力在物体间成对出现、互为作用力与反作用力，对整体而言相互抵消，不改变整体的运动。 方法 研究对象 分析的力 主要用途 整体法 整个系统 只看外力（内力抵消） 求共同加速度 隔离法 某个物体 外力＋所受内力 求绳、杆、接触内力 ■ 前沿科技 · 火箭捆绑助推器 长征系列运载火箭常采用捆绑式结构：芯级周围捆绑 4 个助推器，起飞时助推器与芯级一起点火，整体受到总推力和总重力。把芯级与助推器看作一个整体，用整体法即可求出起飞加速度；助推器燃料耗尽后与芯级分离，又是连接体的“分离”过程。 捆绑的助推器越多，整体推力越大，但总质量也随之增大，正体现了整体法中“合外力与总质量共同决定加速度”的关系。 图 2　长征火箭捆绑 4 个助推器起飞：整体法求共同加速度，燃料耗尽后分离 ★ 连接体问题分析“四步” 第一步　判连接：分清是绳、杆、弹簧连接，还是叠放、靠接，确定各物体运动关系。 第二步　整体法：对整个系统由外力列牛顿第二定律，求共同加速度。 第三步　隔离法：隔离待求内力的物体，由加速度求绳、杆、接触力。 第四步　回检验：可换另一物体隔离，核对结果是否一致。 记忆点：先整体求 a、后隔离求内力；内力成对、不影响整体。 ◆ 记忆点　整体法与隔离法 整体法求加速度，隔离法求内力；口诀：先整体、后隔离。 光滑斜面绳连接：a=gsinθ，绳张力可能为零。 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．如图所示，有A、B两个物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的固定斜面上，在它们下滑的过程中（　　） A．它们的加速度a＝gsinθ B．它们的加速度a＜gsinθ C．细绳的张力FTmBgsinθ D．细绳的张力FTmBgsinθ 【答案】A 【解答】解：选A、B整体为研究对象进行受力分析，合外力为重力沿斜面向下的分力，由 F＝m总a可得agsinθ； 再隔离A或B进行受力分析，设绳上拉力为FT，则 对于A有a，可得FT＝0。 综上，a＝gsinθ，故BCD错误，A正确。 故选：A。 2．如图，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上加速下滑，加速度分别为a1和a2，两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列关系正确的是（　　） A．若μ1＞μ2，则a1＞a2 B．若μ1＞μ2，则a1＜a2 C．若μ1＜μ2，则a1＜a2 D．若μ1＜μ2，则a1＞a2 【答案】D 【解答】解：若细线存在张力T，细线处于伸直状态，两者加速度相同，即a1＝a2，根据牛顿第二定律，物块1的加速度 对整体由牛顿第二定律可得： （m1+m2）gsinθ﹣μ1m1gcosθ﹣μ2m2gcosθ＝（m1+m2）a1＝（m1+m2）（） 可得：μ2m2gcosθ＝μ1m2gcosθ 可得：μ1＞μ2 说明：若μ1＞μ2，则a1＝a2 相反的，若μ1＜μ2，则细线不存在拉力，细线要处于松弛状态，则有a1＞a2，故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。则推力F的大小为（　　） A．4.0N B．3.0N C．9.0N D．11.0N 【答案】C 【解答】解：P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力：F1＝mQg＝0.2×10N＝2N P与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×1.0×10N＝5N 将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2F1N＝1N 此时Q加速下降，可得：mQg﹣T2＝mQa，解得：a＝5m/s2 此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2﹣f＝mPa 代入数据解得：F＝9.0N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．如图甲，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连，小球B的质量为m2＝5kg。木块A与斜面体间的动摩擦因数，小球B由静止释放前，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球B落地后不再反弹，轻绳处于松弛状态，木块A恰好能运动到斜面体顶端，木块A运动的v﹣t图像如图乙，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木块A从底端到顶端所用时间； （2）木块A的质量m1。 【答案】（1）木块A从底端到顶端所用时间为2.5s。 （2）木块A的质量为3kg。 【解答】解：（1）由v﹣t图像分析，0～2s阶段木块A作匀加速运动，t＝2s时速度达峰值vmax＝5m/s。此时小球B落地，绳张力消失，A在重力与摩擦力作用下匀减速至静止。 设减速加速度为a2，历时t2。对A列牛顿第二定律方程：m1gsinθ+μm1gcosθ＝m1a2，解得：。 由运动学公式vmax＝a2t2，解得：t2＝0.5s。 故A从底端至顶端总时间t总＝t1+t2，解得：t总＝2.5s。 （2）在0～2s加速段，图像斜率给出，解得：。 对A、B系统列动力学方程：m2g﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝（m1+m2）a1，解得：m1＝3kg。 答：（1）木块A从底端到顶端所用时间为2.5s。 （2）木块A的质量为3kg。 5．如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间2t0回到了出发位置，重力加速度为g，求： （1）重物Q的质量M； （2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。 【答案】（1）重物Q的质量为1.5m； （2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程为。 【解答】解：（1）设绳子没有断时P的加速度大小为a1，绳子断后P的加速度大小为a2。 取沿斜面向上为正方向，加速上滑过程中，根据位移—时间关系可得：x 细线突然被烧断瞬间P的速度为v1＝a1t0，滑块P又经过时间2t0回到了出发位置，则有：﹣x＝v1•2t0 联立解得：a2a1。 细线断前，设绳子拉力为FT，由牛顿第二定律可知，对滑块P有：FT﹣mgsin30°＝ma1 对重物Q有：Mg﹣FT＝Ma1 细线断后，对P根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma2 联立解得：a1g，a2g，M＝1.5m； （2）加速上滑过程中，根据位移—时间关系可得：x 减速上滑的距离x′，解得：x′ 所以滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程：s＝2（x+x′） 解得s。 答：（1）重物Q的质量为1.5m； （2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程为。 考点二　弹簧连接体与叠放、靠接、悬挂 ■ 二、弹簧连接体与叠放、靠接、悬挂 （一）弹簧连接体 用轻弹簧连接的物体，弹簧的弹力遵循胡克定律 F=kx。由于弹簧形变的改变需要时间，弹簧弹力不能突变（在瞬间问题中弹力保持不变）。弹簧既可被拉伸也可被压缩。 （二）叠放连接体 两物体上下叠放、一起运动时，靠接触面的支持力和摩擦力连接，这些力是系统的内力；相对静止时整体加速度相同，可对整体列 F=(M+m)a。 （三）靠接连接体 两物体侧面相互接触、一起运动时，靠接触处的弹力连接；若加速度增大到接触弹力为零，两物体就会分离。 （四）悬挂连接体 用细线悬挂小球随车厢一起加速时，小球相对车厢静止、悬线偏过一定角度，偏角反映加速度大小：a=gtanθ。 注意：叠放、靠接、悬挂的物体相对静止时加速度一定相同；一旦所需内力超出连接所能提供的范围，就会相对滑动或分离。 连接方式 力的方向 / 性质 力能否突变 轻绳 沿绳、只能拉 可以突变 轻杆 沿杆、可拉可压 可以突变 轻弹簧 沿弹簧、可拉可压，F=kx 不能突变 ★ 叠放、靠接、悬挂分析“三看” 一看整体加速度：相对静止时对整体列 F=(M+m)a，求共同加速度。 二看连接内力：隔离物体，由加速度求摩擦、支持或接触弹力。 三看是否分离：若接触弹力（或悬线张力）算得为零，则物体分离。 记忆点：悬挂小球 a=gtanθ；弹簧弹力不突变，绳、杆力可突变。 ◆ 记忆点　弹簧与叠放靠接悬挂 弹簧 F=kx、弹力不突变；绳、杆力可突变。 悬挂偏角：a=gtanθ；一起运动：各物体 a 相同。 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．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1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接）弹簧的劲度系数为k＝40N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．外力施加的瞬间，A，B的加速度大小均为0 B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A，B间弹力大小为1N C．A，B分离时，A物体的位移大小为0.2m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m 【答案】B 【解答】解：初始状态弹簧的压缩量，根据胡克定律 F＝kx，初始时A、B静止，弹簧弹力F浮＝2mg，则弹簧的压缩量 。 A.外力施加瞬间A、B的加速度外力施加瞬间，弹簧的弹力来不及改变，弹簧弹力仍为F弹＝2mg 对A、B整体，根据牛顿第二定律F合＝ma（其中F合为合外力，m为质量，a为加速度），可得F＝（m+m）a，则加速度，所以A、B加速度大小均为8m/s2，故A错误； B.弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间的弹力此时弹簧的压缩量x＝x0﹣0.05m＝0.5m﹣0.05m＝0.45m，弹簧弹力F弹1＝kx＝40×0.45N＝18N。 对A、B整体，根据牛顿第二定律F+F满1﹣2mg＝2ma1，可得 ， 对A，根据牛顿第二定律F+FAB﹣mg＝ma1，可得A、B间的弹力 FAB＝ma1+mg﹣F＝1×7N+1×10N﹣16N＝1N，故B正确； C.A、B分离时，A、B间的弹力FAB＝0，且A、B加速度相同。 对A，根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma2，可得 对B，根据牛顿第二定律F弹2﹣mg＝ma2，可得弹簧弹力F弹2＝mg+ma2＝1×10N+1×6N＝16N 根据胡克定律F弹2＝kx2可得弹簧的压缩量。 则A物体的位移Δx＝x0﹣x2＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，故C错误。 D.B物体速度达到最大时，加速度为0，此时弹簧弹力F弹3＝mg＝1×10N＝10N。 根据胡克定律F弹3＝kx3可得弹簧的压缩量，故D错误。 故选：B。 7．如图所示，光滑斜面倾角为θ，质量相等的两滑块A和B通过轻质弹簧连接，现对A施加沿斜面向上的恒力F使A由静止沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板C时，A有沿斜面向上的速度v和加速度a。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．弹簧处于原长时，滑块A的加速度为a+2gsinθ B．弹簧处于原长时，滑块A的速度为 C．在B离开挡板C之前，滑块A的最大加速度为a+2gsinθ D．当滑块A速度达到最大时，B的加速度大小为零 【答案】C 【解答】解：AC、当B刚要离开挡板C时，挡板对B的弹力为零，对B受力分析得弹簧弹力T＝mgsinθ。对A由牛顿第二定律F﹣mgsinθ﹣T＝ma，解得恒力F＝m（a+2gsinθ）。当弹簧处于原长时，弹力为零，由F﹣mgsinθ＝ma'，解得a'＝a+gsinθ，故A错误；滑块A在运动过程中受恒力F、重力和弹簧弹力，初始时刻弹簧压缩量x1满足kx1＝mgsinθ，此时弹力沿斜面向上，合力最大，加速度最大，由F+kx1﹣mgsinθ＝mamax，解得amax＝a+2gsinθ，故C正确； B、A初始静止时弹簧压缩量x1满足kx1＝mgsinθ；B刚要离开时弹簧伸长量x2满足kx2＝mgsinθ，故x1＝x2。从开始到弹簧原长过程，合外力做功W1＝（F﹣mgsinθ）x1+W弹；从原长到B刚要离开过程，W2＝（F﹣mgsinθ）x2﹣W弹。因W弹＞0，故W1＞W2。由动能定理得前半程动能增量，解得v1，故B错误； D、A速度最大时加速度为零，F﹣mgsinθ﹣T'＝0，解得T'＝F﹣mgsinθ。对B由T'﹣mgsinθ＝maB，代入得aB＝a，因a不一定为零，故D错误。 故选：C。 8．如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 【答案】B 【解答】解：A、对B受力分析可知，B受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得摩擦力的大小为：fB＝ma，方向水平向左，故A正确； B、由于A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，B受A的摩擦力方向向左，则A受到B的摩擦力水平向右，故B错误； C、A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，所以A受到的摩擦力的大小为fA＝fB＝ma 对AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a，解得：，所以有：，故C正确； D、B受到的摩擦力为静摩擦力，若动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变，仍为：，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 9．在平直轨道向左行驶的地铁车厢内，某同学手持细线悬挂一小球，一段时间内细线偏过一定角度并相对车厢静止，如图所示。则地铁在做（　　） A．匀速运动 B．匀减速运动 C．匀加速运动 D．变加速运动 【答案】C 【解答】解：对小球受力分析知，小球受到的合外力方向水平向左，则小球的加速度水平向左，所以地铁的加速度水平向左，由题意可知，地铁向左运动，由于一段时间内细线偏过一定角度并相对车厢静止，则地铁向左做匀加速直线运动，故C正确；ABD错误。 故选：C。 10．如图所示，质量为5kg的物块A与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，质量为3kg的物块B与地面间无摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速运动，已知F＝26N。则下列说法中正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A、B的加速度均为1.25m/s2 B．A、B的加速度均为3.25m/s2 C．A对B的作用力为9.75N D．A对B的作用力为6N 【答案】D 【解答】解：AB、对物块A、B组成的整体，由牛顿第二定律可得： F﹣μmAg＝（mA+mB）a，解得：，故AB错误； CD、对物块B受力分析，由牛顿第二定律可得：FAB＝mBa＝3×2N＝6N，故C错误，D正确。 故选：D。 考向二　临界值问题 临界问题研究物体由一种状态转变为另一种状态的“转折”情况，常以“刚好”“恰好”描述。本考向掌握接触与脱离、相对静止与滑动、绳绷直与松弛的临界条件及分析方法。 考点三　接触与脱离、相对滑动的临界 ■ 三、接触与脱离、相对滑动的临界 （一）临界状态 物体的运动状态发生“质变”的转折状态称为临界状态，此时物理量取临界值，题干常用“刚好”“恰好”“恰不”等词语描述。 （二）接触与脱离的临界 两物体接触时存在弹力 F_N；当物体恰好要脱离接触时，接触弹力恰好为零，即 F_N=0。 （三）绳绷直与松弛（断裂）的临界 绳绷直时存在张力 F_T；当绳恰好松弛时张力为零，即 F_T=0；绳的张力达到所能承受的最大值时绳断裂。 （四）相对静止与相对滑动的临界 两物体相对静止时靠静摩擦带动；当恰好要相对滑动时，静摩擦力达到最大值 f=μmg，被带动者的加速度达到上限 a_max=μg。 （五）临界问题的分析方法 极限法：把某一条件推向极端，暴露临界状态；假设法：先假设处于某状态，列方程检验结果是否合理；数学法：列出物理量表达式，由数学关系求极值。 注意：分析临界问题务必抓住“恰好”对应的临界条件——F_N=0、F_T=0 或 f=μmg，再列方程求解。 临界状态 临界条件 临界结果 接触 → 脱离 接触弹力 F_N=0 两物体分开 绳绷直 → 松弛 绳张力 F_T=0 绳不再受力 相对静止 → 滑动 静摩擦 f=μmg a_max=μg ■ 前沿科技 · 舰载机阻拦索 舰载机在航母甲板上着舰时，机尾的尾钩钩住甲板上的阻拦索，阻拦索被急剧拉伸产生巨大拉力，使飞机在百余米的短距离内减速停下。飞机恰好被阻拦索拉住、恰好不冲出甲板，正是“恰好”这一临界问题的真实写照。 阻拦索的拉力随拉伸量增大而增大，使飞机做减速运动；要在有限甲板长度内恰好停住，就需要对拉力、加速度和位移进行临界分析。 图 3　舰载机尾钩钩住阻拦索：巨大拉力使飞机在短距离内恰好停下 ★ 临界问题分析“三步” 第一步　找临界词：抓住“刚好”“恰好”“恰不”，明确是哪两种状态的转折。 第二步　定临界条件：写出 F_N=0、F_T=0 或 f=μmg 等临界条件。 第三步　列方程求解：在临界状态对研究对象列牛顿第二定律，结合运动学求解。 记忆点：“恰好”对应 F_N=0、F_T=0 或 f=μmg；常用极限法、假设法。 ◆ 记忆点　临界问题 接触脱离 F_N=0；绳松弛 F_T=0；相对滑动 f=μmg、a_max=μg。 方法：极限法、假设法、数学法。 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为3mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0 【答案】D 【解答】解：A、滑块向左加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为零时，小球恰好不离开斜面，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得：ma临1 代入数据解得：a临1g，故A错误； B、滑块向左加速运动，a＝2g＞a临1，小球离开滑块， 对小球，竖直方向：Fy＝mg 水平方向：Fy＝ma 绳子拉力大小T，代入数据解得：Tmg，故B错误； C、滑块向右加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，小球对滑块的压力不可能为0，故C错误； D、滑块向右加速，当细线的拉力恰好为零时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得：mgtan30°＝ma临2 代入数据解得：a临2g， 滑块向右的加速度大小a＝g＞a临2，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D正确。 故选：D。 12．如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动（　　） A．让木箱以1m/s2的加速度向上运动 B．让木箱以1m/s2的加速度向下运动 C．让木箱以3m/s2的加速度向左运动 D．让木箱以3m/s2的加速度向右运动 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止，根据平衡条件可知，此时，木箱与物块之间的正压力大小与物块重力相等，等于5N，最大静摩擦力为 f＝1.5N 物块受到的静摩擦力方向向左，大小为1.2N，小于最大静摩擦力，若木箱以1m/s2的加速度向上运动，根据牛顿第二定律有 N1﹣mg＝ma1 解得 N1＝5.5N 此时的最大静摩擦力为 μN1＝1.65N＞1.2N 可知，此时物块A不可能相对木箱底面向右移动，故A错误； B、根据题意分析可知，当木箱以1m/s2的加速度向下运动，根据牛顿第二定律有 mg﹣N2＝ma1 解得 N2＝4.5N 此时的最大静摩擦力为 μN2＝1.35N＞1.2N 可知，物块A不可能相对木箱底面向右移动，故B错误； C、根据题意分析可知，木箱以3m/s2的加速度向左运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，动摩擦因数不变，最大静摩擦力与动摩擦力相等，根据动摩擦力的公式可知，动摩擦力没有变化，故最大静摩擦力仍然为1.5N，对物块进行分析，由于 ma2＝1.5N＞μmg﹣F弹簧＝1.5N﹣1.2N＝0.3N 可知，最大静摩擦力与弹簧拉力的合力不足以提供3m/s2的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C正确； D、根据题意分析可知，当木箱以3m/s2的加速度向右运动时，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力仍然为1.5N，对物块进行分析，由于 ma2＝1.5N＜μmg+F弹簧＝1.5N+1.2N＝2.7N 可知，静摩擦力与弹簧拉力的合力可以提供3m/s2的加速度，则物块A相对木箱底面不可能向右移动，故D错误。 故选：C。 13．如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。 （1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB； （2）为避免C脱离B而发生危险，求汽车刹车的最大加速度a的大小。 【答案】（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小为mg； （2）汽车刹车的最大加速度a的大小为g。 【解答】解：（1）桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止时，桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，三个油桶尺寸相等，支持力与竖直方向夹角为30°，则有 FAcos30°+FBcos30°＝mg FAsin30°＝FBsin30° 解得FBmg （2）为避免C脱离B而发生危险，则临界条件为FB＝0，竖直方向受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律有 FAcos30°＝mg FAsin30°＝ma 解得ag 可知，当加速度a小于g时，桶B对桶C有支持力，C不会脱离B。 答：（1）当汽车匀速行驶时，求B对C的支持力大小为mg； （2）汽车刹车的最大加速度a的大小为g。 14．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝1.2m，质量为M＝0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。 （1）为使木板能向上运动，F1必须满足什么条件？ （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须满足什么条件？ （3）游戏中，如果在滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现F1＝30N，F2＝25N，请通过计算判断游戏能否成功。 【答案】（1）为使木板能向上运动，F1必须大于25N； （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须大于16.8N； （3判断游戏不能成功。 【解答】解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f＝μF1，对木板应有：f＞mg，代入数据得：F1＞25N （2）对木板，由牛顿第二定律有μF1﹣Mg＝Ma1，对滑块，由牛顿第二定律有F2﹣μF1﹣mg＝ma2，为使滑块与木板能发生相对滑动，则a2＞a1，解得F2＞16.8N （3）当F1＝30N，F2＝25N，对滑块，由牛顿第二定律有F2﹣μ F1﹣mg＝ma3，解得 设滑块上升h的时间为t，则 对木板，由牛顿第二定律有μF1﹣Mg＝Ma1 解得 设木板在/时间上升的高度为H，则 解得 由于 故滑块上移h＝1.6m时，滑块与木板分离，游戏不成功。 答：（1）为使木板能向上运动，F1必须大于25N； （2）若F1＝28N，为使滑块与木板能发生相对滑动，F2必须大于16.8N； （3判断游戏不能成功。 15．如图所示，质量为M＝1.0kg的长方体形刚性盒子在水平拉力F＝13N的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，此时盒子内一个质量为m＝1kg的物块紧靠左侧内壁保持静止。当木箱的速度为v0＝3m/s时撤去拉力F，物块恰好不会与盒子右侧内壁相撞。已知物块与盒子内壁间的动摩擦因数为μ1＝0.2，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）撤去F前，盒子左侧内壁对物块的作用力大小； （2）盒子左侧内壁和右侧内壁之间的距离L。 【答案】（1）盒子左侧内壁对物块的作用力大小为2N； （2）盒子左侧内壁和右侧内壁之间的距离L为0.75m。 【解答】解：（1）对物块利用牛顿第二定律：FN+μ1mg＝ma 对整体利用牛顿第二定律：F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a 解得：FN＝2N （2）因为μ2＞μ1，所以物块与盒子不能一起减速，物块：μ1mg＝ma1， 盒子：μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2 设盒子经过时间t停止运动v0＝a2t 盒子发生的位移 设盒子停止时物块发生的位移为x1，速度为v1，，v1＝v0﹣a1t 盒子停止后，木块继续运动的位移为x2， 盒子的左侧内壁和右侧内壁之间的距离L＝x1+x2﹣x盒子 联立解得：L＝0.75m 答：（1）盒子左侧内壁对物块的作用力大小为2N； （2）盒子左侧内壁和右侧内壁之间的距离L为0.75m。 ★ 综合培优检测（15 题） ◆ 综合检测（第 16～30 题） 16．如图所示（俯视图），两个完全相同的横截面为直角三角形的三棱体拼在一起放在光滑水平面上，其中锐角为30°。现对其中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒为F的水平推力，三棱体A和B一起相对静止地开始在水平面上运动，已知A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．三棱体A对B的弹力大小为F B．三棱体A对B的摩擦力大小为F C．若增大对A的水平推力，A、B有可能会相对滑动 D．若仅增大B的质量且B的形状体积均不变，则A对B的摩擦力会增大 【答案】D 【解答】解：AB、对A、B整体分析，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝2ma， 然后隔离B分析，在水平面内受力情况如图所示： B所受摩擦力Ff和弹力FN，根据牛顿第二定律得： 沿加速度方向有：FNcos30°+Ffsin30°＝ma 沿竖直于加速度方向有：FNsin30°＝Ffcos30° 解得：FN，Ff，故AB错误； C、根据前面受力分析可知，A、B间的动摩擦因数至少为μ。假设F增大时，A、B仍然相对静止，受力分析可知，Ff、FN会同比例增大，所以无论用多大的力，A、B都不会出现相对滑动，故C错误； D、若增大B的质量，A在水平方向的合力F合增大，Ff、FN都会增大，故D正确。 故选：D。 17．如图所示有1，2，3三个质量为1kg的木块，a，b为两个劲度系数为2N/cm的轻弹簧。三个木块如图形式连接并处于静止状态，其中水平桌面光滑，现在施加水平外力F缓慢向左拉动木块1，直至木块3刚好脱离水平地面。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．初态时，木块3受到的支持力为10N B．初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为10cm C．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了10cm D．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了20cm 【答案】D 【解答】解：AB、由题意可知，初态时，木块1、2之间无作用力，对木块2、3组成的整体，在竖直方向由平衡条件可得：FN＝2mg，代入数据解得：FN＝2mg＝2×1×10N＝20N，可知木块3受到的支持力为20N，对木块2受力分析，由平衡条件可得：kx＝mg，代入数据解得：，由此可知初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为5cm，故AB错误； CD、当木块3刚离开地面时，对其受力分析，由平衡条件可得：kx'＝mg，解得：，此时弹簧b处于拉伸状态，伸长量为5cm，对木块2、3进行整体分析细线对木块2的拉力大小为2mg，由1保持平衡所以弹簧a的弹力大小也是2mg，则有：，所以弹簧a向左运动了s＝x+x′+x″＝5cm+5cm+10cm＝20cm，故C错误；D正确。 故选：D。 18．如图所示，跨过两固定滑轮的轻绳两端分别与A、C两个物体相连接，已知三个物体的质量均为2kg；物体A与B间的动摩擦因数为0.6，B与C及C与地面间的动摩擦因数均为0.2，且每个接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。现对物体A施加一水平力将其向左匀速拉动，则F的大小为（取g＝10m/s2）（　　） A．36N B．28N C．20N D．12N 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，A、B间的最大静摩擦力 fAB＝μ1mAg，代入数据解得fAB＝12N B、C间的最大静摩擦力 fBC＝μ2（mA+mB）g，代入数据解得fBC＝8N 因此用力F拉动A时，B、C间发生相对滑动，将AB作为整体，受力分析可知 F＝T+μ2（mA+mB）g 对C进行受力分析可知 T＝μ2（mA+mB）g+μ2（mA+mB+mC）g 联立解得 F＝28N，故B正确，ACD错误； 故选：B。 19．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．物体B位移为4cm时，弹簧处于原长状态 B．物体B的加速度大小为5m/s2 C．物体A的质量为4kg D．弹簧的劲度系数为5N/cm 【答案】C 【解答】解：BCD、开始系统处于静止状态，对A、B整体，由平衡条件有：2mg＝kx0 ① 当物体B的位移为x（x≤4cm）时，对整体，由牛顿第二定律得：F+k（x0﹣x）﹣2mg＝2ma ② 联立①②得F＝kx+2ma，由图像得kN/cm＝7.5N/cm 纵截距2ma＝20，得ma＝10N ③ 物体B与A刚分离时，拉力F2＝50N，对B，根据牛顿第二定律，有：F2﹣mg＝ma ④ 由③④代入数据解得：m＝4kg ⑤ 代入③解得：a＝2.5m/s2，故BD错误，C正确； A、在A、B分离瞬间即x＝4cm时，对A：F弹﹣mg＝ma，解得F弹＝50N，弹簧的弹力不为零，弹簧处于压缩状态，故A错误。 故选：C。 20．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球（M＞m），用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，细线与竖直方向成α角，如图甲。求： （1）水平向左的外力F的大小。 （2）若用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，此时细线与竖直方向夹角β的正切值为多少？ 【答案】（1）水平向左的外力F的大小为（M+m）gtanα； （2）细线与竖直方向夹角β的正切值为。 【解答】（1）用水平向左的外力拉小车，使小球和车一起向左匀加速运动，以小车和小球为整体，根据牛顿第二定律可得 F＝（M+m）a1 对甲图小球分析，如图所示： 则有F1sinα＝ma1，F1cosα＝mg 联立解得：a1＝gtanα，F＝（M+m）gtanα； （2）用同样大小的力水平向右拉小球，使小球和车一起向右匀加速运动，根据牛顿第二定律可得： F＝（M+m）a2 对乙图小球分析，如图所示： 则有：F﹣F2sinβ＝ma2，F2cosβ＝mg 联立解得：。 答：（1）水平向左的外力F的大小为（M+m）gtanα； （2）细线与竖直方向夹角β的正切值为。 21．如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，两物体间的接触面光滑。若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时加速度为a1、物体间相互作用力为F1；若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时加速度为a2、物体间相互作用力为F2。则（　　） A．a1＞a2，F1＝F2 B．a1＜a2，F1＝F2 C．a1＝a2，F1＜F2 D．a1＝a2，F1＞F2 【答案】A 【解答】解：若用水平力向右推A，两物体恰不相对滑动时B与水平面恰好无弹力，对B受力分析如下图所示。 在竖直方向有：F1cosθ＝mg 在水平方向有；F1sinθ＝ma1 若用水平力向左推B，两物体恰不相对滑动时B与水平面恰好无弹力，此时对B受力分析，在竖直方向上仍然有：F2cosθ＝mg，可知：F1＝F2 对A受力分析如下图所示 在水平方向上，根据牛顿第二定律得：F1sinθ﹣f＝ma2 可得：a1＞a2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）22．如图所示：光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一根劲度系数为k的轻弹簧相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大伸长量为 B．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间四个木块的加速度不变 C．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块的加速度不变，右边两个木块的加速度变小 D．若突然撤去拉力，则撤去拉力的瞬间左边两个木块之间的摩擦力不变，右边两个木块之间的摩擦力的大小变为原来的一半，方向与撤去拉力之前相同 【答案】AD 【解答】解：A、当右上方的木块所受摩擦力为最大静摩擦力时，系统加速度最大，弹簧的伸长量最大， 对左边两个木块和右上方木块组成的系统，由牛顿第二定律得：μmg＝4ma 对左边两个木块，由牛顿第二定律得：kΔx＝3ma 解得弹簧的最大伸长量Δx，故A正确； B、撤去拉力前右边两个木块的加速度方向水平向右，突然撤去拉力瞬间，右边两个木块的加速度方向水平向左，加速度方向改变，加速度变了，故B错误； C、撤去拉力前四个木块以同一加速度运动，对四个木块组成的系统，由牛顿第二定律得：F＝6ma' 对左边两个木块组成的系统，由牛顿第二定律得：T＝3ma' 解得弹簧的弹力大小TF，a' 撤去拉力瞬间，弹簧的弹力不变，左边两木块受力不变，加速度不变， 对右边两木块，由牛顿第二定律得：T＝3ma” 解得：a”，右边两个木块的加速度大小不变，故C错误； D、突然撤去拉力瞬间，左边两木块受力情况不变，左边两木块间的摩擦力不变， 撤去拉力前，对左边两木块与右上方木块组成的系统，由牛顿第二定律得：f右＝4ma'＝4m，对右上方木块来说，摩擦力方向水平向右 撤去拉力瞬间，对右下方木块，由牛顿第二定律得：f右'＝2ma”，对右上方木块来说，摩擦力方向水平向右，突然撤去拉力瞬间，右边两个木块间的摩擦力的大小变为原来的一半，方向不变，故D正确。 故选：AD。 23．如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m。质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端。与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m＝2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小； （2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。 【答案】（1）A物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T的大小为20N； （2）当A物体从1.92m处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得： 对A有：mg﹣T＝ma 对B有：T﹣Mgsinθ﹣μMgcosθ＝Ma 代入数据解得：a＝2m/s2，T＝20N； （2）设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1，对B由牛顿第二定律得： Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1，解得：a1＝8m/s2 对B由运动学公式得： 着地前：v2＝2ah 着地后：v2＝2a1（L﹣h） 代入数据解得：h＝1.92m； （3）设A着地后B向上滑行距离x，由运动学公式得：v2＝2a1x，位移关系满足x≤L﹣H，着地前v2＝2aH，代入第一问加速度的表达式解得m≤4kg，另一方面要能拉动必须有mg＞Mgsinθ+μMgcosθ，解得m＞1.6kg，所以物体A的质量范围是1.6kg＜m≤4kg。 答：（1）A物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T的大小为20N； （2）当A物体从1.92m处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。 24．如图所示，倾角θ＝37°的足够长固定斜面底端放置质量为m的小物块A，质量为3m的物体B用轻绳跨过定滑轮与A连接。用手托住B使系统静止、绳绷紧，已知A与斜面动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B距地面高度为h，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）为保持系统静止，绳子中张力的最大值FT； （2）释放B的瞬间，A的加速度a； （3）若B落地瞬间断开绳子与A的连接，A返回斜面底端时速度的大小v。 【答案】（1）为保持系统静止，绳子中张力的最大值是mg； （2）释放B的瞬间，A的加速度a是，方向沿斜面向上； （3）若B落地瞬间断开绳子与A的连接，A返回斜面底端时速度的大小是。 【解答】解：（1）对A，最大静摩擦力Ff＝μFN，FN＝mgcos37° 代入数据得Ff＝0.4mg 物体A相对于斜面刚要上滑时，绳子上的拉力最大FT＝mgsin37°+Ff 代入数据得FT＝mg （2）对B用牛顿第二定律3mg﹣FT＝3ma 对A用牛顿第二定律FT﹣Ff﹣mgsin37°＝ma 代入数据得，方向沿斜面向上 （3）物体A沿斜面向上加速 代入数据得，物体A沿斜面向上减速mgsin37°+Ff＝ma1 代入数据得a1＝g，由 代入数据得，物体A沿斜面向下加速mgsin37°﹣Ff＝ma2 代入数据得，则 代入数据得 答：（1）为保持系统静止，绳子中张力的最大值是mg； （2）释放B的瞬间，A的加速度a是，方向沿斜面向上； （3）若B落地瞬间断开绳子与A的连接，A返回斜面底端时速度的大小是。 25．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h＝1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。 （1）若P的质量M＝0.5kg，对Q解除锁定后，求地面对斜面体摩擦力的大小f； （2）若P的质量M＝3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0； （3）解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。 【答案】（1）地面对斜面体摩擦力的大小等于； （2）物块Q的加速度大小等于5m/s2； （3）P质量的取值范围为1kg＜M≤5kg。 【解答】解：（1）若P的质量0.5kg，由于mgsinθ＝Mg 可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为F＝Mg 以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为f＝Fcos30° 联立解得 （2）根据牛顿第二定律，对于P：Mg﹣T＝Ma0 对于Q：T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma0 解得 （3）为了使P能下落，必须满足Mg＞mgsinθ+μmgcosθ 解得M＞1kg P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，上滑距离为x，对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得 P着地前瞬间，设Q速度大小为v，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah 0﹣v2＝﹣2a1x Q恰好不从斜面顶端滑出需满足x＝L﹣h 联立代入数据，解得 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得Mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（M+m）a 联立可得M＝5kg 为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为1kg＜M≤5kg。 答：（1）地面对斜面体摩擦力的大小等于； （2）物块Q的加速度大小等于5m/s2； （3）P质量的取值范围为1kg＜M≤5kg。 ★ 方法点拨 · 等时圆规律 规律：从竖直圆周的最高点，沿任意光滑弦由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等。 推导：设弦与竖直方向夹角为 θ，则弦长 ，下滑加速度 ，由运动学得 ，时间与 θ 无关。 最短时间：从圆外一点到圆周，以该点为最高点作半径最小的圆，该圆与圆周交点对应的轨道时间最短。 记忆点：等时圆：时间只与圆半径有关，t=√(4R/g)，与弦的倾角无关。 26．如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，设杆与竖直方向的夹角为θ， 则小球下滑时的加速度大小为， 从静止开始下滑，经过时间t，小球沿杆的位移为 将5根光滑杆平移到上端点重合，如下图所示的虚线，以上端点为圆周的最高点作圆。 那么小球的位置均在此圆周上，在对应到杆的实际位置上，故C正确，ABD错误。 故选：C。 27．如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，如图所示 过点P画一竖直线，以此作为斜边，再分别以PA、PB、PD、PE作为直角边，构造直角三角形，可见过D的直角三角形的斜边PD′最短，对应的等时圆半径最小，则沿PD轨道运动的时间最短，故C正确，ABD错误； 故选：C。 28．如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球的位置关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，设ac＝d，∠acb＝α，则沿ac运动的球到达c点的时间 沿abc运动的球在ab斜面上运动的加速度a2＝gsinα 到达b点的时间 沿adc运动的球在ad斜面上运动的加速度a3＝gcosα 到达d点的时间 因t1＝t2＝t3，可知当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球分别到达b点和d点，故B正确，ACD错误。 故选：B。 29．如图所示，光滑杆AC、BC和BD的端点正好在同一个竖直的圆周上，A为最高点，D为最低点。现有一穿孔的小球，分别穿过三根杆从杆的顶端静止滑下，从A到C、B到C、B到D的时间分别为t1、t2、t3。则（　　） A．t1＝t2＝t3 B．t1＞t2＞t3 C．t1＝t3＜t2 D．t1＝t3＞t2 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，如图所示 连接AD两点，设AC与AD的夹角为θ，则 AC＝2Rcosθ a＝gcosθ 根据匀变速直线运动的公式 解得 由此可知，时间与角度无关，所以 t1＝t3BD与AC的情形类似，这类为等时圆问题，利用上述结论以点B为最高点画圆，如图 图中小球沿杆分别下滑到D、F的时间相等，而BC比BF长，下滑时间会长一点，所以 t2＞t3 所以 t1＝t3＜t2 故C正确，ABD错误； 故选：C。 30．如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 【答案】C 【解答】解：设轨道的倾角为θ，两条光滑轨道的水平投影长度为x，根据牛顿第二定律可得，小球在光滑轨道下滑时的加速度大小为 根据运动学公式可得 可得小球在轨道上下滑的时间为 可知当两轨道的倾角之和满足 θ1+θ2＝90° 则有 t1＝t2 即两小球可能同时到达C点，故ABD错误，C正确。 故选：C。 同步培优系列 · 人教版（2019）必修第一册 · 专题四 临界值问题和连接体问题 学科网（北京）股份有限公司 $