【最新版】23届高考二轮专题复习专题一 力与直线运动

这是一份【最新版】23届高考二轮专题复习专题一 力与直线运动，共20页。学案主要包含了拓展训练1，拓展训练2，拓展训练3，拓展训练4，拓展训练5等内容，欢迎下载使用。



考向一 弹力、胡克定律
1.(2016·江苏单科)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )
A.40 m/N B.40 N/m
C.200 m/N D.200 N/m
答案 D
解析 由胡克定律得劲度系数k＝eq \f(F,x)＝200 N/m，选项D正确。
考向二 物体的平衡
2. (2021·江苏省普通高等学校全国统一考试模拟)如图1所示，质量为m＝2.4 kg的物体用细线悬挂处于静止状态。细线AO与天花板之间的夹角为53°，细线BO水平，若三根细线能承受的最大拉力均为100 N，重力加速度g取10 m/s2，不计所有细线的重力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图1
A.细线BO上的拉力大小30 N
B.细线AO上的拉力大小18 N
C.要使三根细线均不断裂，则细线下端所能悬挂重物的最大质量为8 kg
D.若保持O点位置不动，沿顺时针方向缓慢转动B端，则OB绳上拉力的最小值为19.2 N
答案 C
解析 以结点O为研究对象，受到重力、OB细线的拉力和OA细线的拉力，如图所示
根据平衡条件结合图中几何关系可得细线BO上的拉力大小为FBO＝eq \f(mg,tan 53°)＝18 N，同理，可解得细线AO上的拉力大小FAO＝eq \f(mg,sin 53°)＝30 N，故A、B错误；若三根细线能承受的最大拉力均为100 N，根据图中力的大小关系可得，只要OA不拉断，其它两根细线都不会拉断，故有mmaxg＝Fmaxsin 53°，解得mmax＝eq \f(Fmaxsin 53°,g)＝eq \f(100×0.8,10) kg＝8 kg，故C正确；当OB与OA垂直时，OB细线的拉力最小，根据几何关系结合平衡条件可得Fmin＝mgcs 53°＝2.4×10×0.6 N＝14.4 N，故D错误。
3.(2020·山东卷，8)如图2所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
图2
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析 根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦FfAB＝μmgcs 45°，B与木板之间的摩擦力Ff＝μ·3mgcs 45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝FfAB＋mgsin 45°。对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，联立解得μ＝eq \f(1,5)，选项C正确。
考向三 牛顿运动定律的应用
4.(2020·山东卷，1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图3所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
图3
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FNC.t2～t3时间内，v增大，FND.t2～t3时间内，v减小，FN>mg
答案 D
解析 根据位移—时间图象的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。
考向四 连接体问题
5.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由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2节对第3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3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.F B.eq \f(19F,20)
C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
答案 C
解析 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
1.匀变速直线运动的条件
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。
2.匀变速直线运动的基本规律
速度公式：v＝v0＋at。
位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
速度和位移公式的推论：v2－veq \\al(2,0)＝2ax。
中间时刻的瞬时速度：veq \s\d9(\f(t,2))＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0＋v,2)。
任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2。
3.弹力
(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。
(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。
4.摩擦力
(1)大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，与接触面的面积无关；静摩擦力0＜Ff≤Ffmax，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求。
(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。
5.共点力的平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
(2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。
(3)常用推论：
①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反。
②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。
6.牛顿运动定律
(1)牛顿第一定律：惯性是维持物体运动的原因；力是改变物体运动状态的原因。质量是物体惯性大小的唯一量度。
(2)牛顿第二定律：表达式F合＝ma或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fx＝max,Fy＝may))
且合外力方向与加速度方向相同。
合外力恒定，a恒定，物体做匀变速运动。
合外力变化，a变化，物体做变加速(或非匀变速)运动。
(3)牛顿第三定律：作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上。
7.超重和失重
(1)物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向。
(2)超重条件：加速度方向向上。
(3)失重条件： 加速度方向向下。
完全失重：a＝g且竖直向下。
高考题型1 力与物体的平衡
1.处理共点力平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。
2.求解共点力平衡的常用方法
(1)三力平衡常用力的合成与分解法或正交分解法。
(2)四力及四力以上的平衡一般采用正交分解法。
(3)动态平衡常用解析法或图解法。
3.主要题型：受力分析；静态平衡；动态平衡
【例1】 (2021·江苏南通市调研)如图4用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7 N，小球2的重力G2＝9 N，两小球处于静止，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
图4
A.细线a对小球1的拉力为15 N
B.细线b对小球2的拉力为12 N
C.细线c对小球2的拉力为10 N
D.剪断细线b后的瞬间，小球2的加速度为g
答案 D
解析 将两小球和细线b视为整体，对整体受力分析如图所示
根据共点力的平衡条件有Fa＝eq \f(G1＋G2,cs 37°)＝eq \f(7＋9,\f(4,5)) N＝20 N，
Fc＝(G1＋G2)tan 37°＝16×eq \f(3,4) N＝12 N，故A、C错误；对小球2进行受力分析如下
根据共点力的平衡条件有Fb＝eq \r(Geq \\al(2,2)＋Feq \\al(2,c))＝eq \r(92＋122) N＝15 N，故B错误；剪断细线b后的瞬间，b、c两根细线的拉力均变为零，小球2只受重力作用，加速度为g，故D正确。
【拓展训练1】 (2021·湖南省普通高中学业水平选择性考试，5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图5所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )
图5
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案 C
解析 对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcs α、FN＝mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq \f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。

甲 乙
【拓展训练2】 (2021·江苏七市第二次调研)一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图6所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则( )
图6
A.F1增大 B.F1减小
C.F2不变 D.F2增大
答案 B
解析 对O点受力分析如图所示
由平衡得F1＝eq \f(G,tan θ)，F2＝eq \f(G,sin θ)，保持连接点O的位置不变，斜梁长度增加则θ变大，所以F1、F2均减小。
高考题型2 动力学两类基本问题

1.基本思路
2.解题关键
抓住两个分析，受力分析和运动过程分析，必要时要画运动情景示意图。对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度。
【例2】 (2021·全国甲卷，14)如图7，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图7
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
答案 D
解析 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ)；根据运动学公式得eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，联立可得t＝eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
【拓展训练3】 (2021·江苏七市第二次调研)如图8所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则( )
图8
A.Ff＝Mgsin θ
B.Ff＝Mgtan θ
C.FN＝(M＋m)g
D.FN＝Mg
答案 C
解析 以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，
解得a＝gtan θ
以M、m整体为研究对象
在竖直方向上，由平衡条件有
FN＝(M＋m)g
在水平方向上，由牛顿第二定律有
Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，故C正确，A、B、D错误。
高考题型3 连接体问题
1.整体法与隔离法的选用原则
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
2.四类连接体问题的解题结论
(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。
【例3】 (2021·江苏省第二次适应性模拟)如图9所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接。若用恒力向左拉物体A，两物体运动的加速度为a1、绳中的张力为F1；若用大小相等的恒力向右拉物体B，两物体运动的加速度为a2、绳中的张力为F2。则( )
图9
A.a1＝a2，F1＞F2 B.a1＝a2，F1＜F2
C.a1＜a2，F1＜F2 D.a1＞a2，F1＞F2
答案 A
解析 以物体A和B为整体， 用恒力向左拉物体A时，有F－2μmg＝2ma1，用大小相等的恒力向右拉物体B时，有F－2μmg＝2ma2，故a1＝a2，设绳子与水平方向夹角为θ，用恒力向左拉物体A时，以B为研究对象，有F1cs θ－μ(F1sin θ＋mg)＝ma1，用大小相等的恒力向右拉物体B时，以A为研究对象，有F2cs θ－μ(mg－F2sin θ)＝ma2整理可得F1＝eq \f(ma1＋μmg,cs θ－μsin θ)，F2＝eq \f(ma2＋μmg,cs θ＋μsin θ)，结合加速度关系可知F1＞F2，故A正确，B、C、D错误。
【拓展训练4】 (2021·四川攀枝花市第二次统考)如图10所示，质量分别为3 kg、5 kg的P、Q两滑块，用轻弹簧连接后置于光滑水平地面上。现用大小F＝8 N的水平拉力拉Q，使P、Q一起向右做匀加速直线运动。则此过程中弹簧的弹力大小为( )
图10
A.3 N B.4 N
C.5 N D.8 N
答案 A
解析 对PQ的整体，由牛顿第二定律F＝(mP＋mQ)a，对P，F弹＝mPa ，解得F弹＝3 N。
【拓展训练5】 (2021·江苏南京市盐城市第二次模拟) 如图11所示，在倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为4 kg的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住球B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切摩擦，g取10 m/s2。则( )
图11
A.A、B组成的系统在运动过程中机械能守恒
B.弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30 N
C.弹簧恢复原长时A速度最大
D.A沿斜面向上运动10 cm时加速度最大
答案 B
解析 A、B和弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，所以A错误；A、B组成的系统在运动过程加速度大小相等，在弹簧恢复原长时，细绳拉力为F，由牛顿第二定律可得mBg－F＝mBa，F－mAgsin 30°＝mAa，解得F＝30 N，所以B正确；弹簧恢复原长后，A、B组成的系统还会做加速运动一段距离，所以C错误； A、B组成的系统做简谐运动，开始运动时加速度最大，弹簧开始的压缩量为x1＝eq \f(mgsin 30°,k)，解得x1＝10 cm，A沿斜面向上运动10 cm时，弹簧刚好恢复原长，此时，加速度不是最大，当A沿斜面向上运动20 cm时，弹簧伸长，则有mAgsin 30°＋kx2＝mBg，系统的加速度为0，所以A沿斜面向上运动过程中，其加速度先减小后增大，做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，所以D错误。
(限时30分钟)
1.(2021·1月江苏新高考适应性考试，3)如图1所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )
图1
A.eq \f(1,2)Mg B.eq \f(\r(3),3)Mg
C.eq \f(\r(3),2)Mg D.Mg
答案 B
解析 对衣服进行受力分析，如图所示：
由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力FN与竖直方向的夹角为30°，
则有2FNcs 30°＝Mg，
得FN＝eq \f(\r(3),3)Mg，故选B。
2.(2021·江苏南通市平潮中学学情检测) 如图2，质量为m的物块A放于倾角30°的固定斜面上，将光滑小球B轻放在物块A上，A、B能紧挨着匀速下滑。已知物块A与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2) ，则小球B的质量为( )
图2
A.eq \f(1,2)m B.m
C.2m D.3m
答案 A
解析 对AB的整体，由平衡可知(m＋mB)gsin 30°＝μmgcs 30°，解得mB＝eq \f(1,2)m，故选A。
3.(2021·安徽合肥市5月第三次质检)如图3所示，细线一端固定在横梁上，另一端系着一个小球。给小球施加一力F，小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，现保持θ不变，将F由图示位置逆时针缓慢转至与细线垂直的过程中。则下列说法正确的是( )
图3
A.F一直变小
B. F先变小后变大
C.细线的拉力一直变大
D.细线的拉力先变小后变大
答案 A
解析 对小球，受力分析，如图
将F由图示位置逆时针缓慢转至与细线垂直的过程中，在力的平行四边形中，可以看到F和T均一直变小。
4.(2021·广东潮州市第二次教学质检)C－NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。如图4所示，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100 m，测试速度大小为60 km/h，则以下说法正确的是( )
图4
A.汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2
B.若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀加速时间约为30 s
C.若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为70 m
D.若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增大
答案 C
解析 为完成测试，汽车位移应小于100 m，根据匀变速运动规律有x≤eq \f(v2,2a)，解得a≥eq \f(v2,2x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(60×\f(5,18)))\s\up12(2),2×100) m/s2＝1.39 m/s2，选项A错误；若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，有x加＝eq \f(v2,2a)＝70 m，匀加速的时间t加＝eq \f(v,a)＝8.3 s，选项B错误，C正确；根据牛顿第二定律F＝ma，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由v＝at得该汽车做匀加速运动的时间会减小，选项D错误。
5.(2021·天津市学业水平等级性考试模拟)如图5甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角θ＝30°，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙，在这一阶段( )
图5
A.游客处于失重状态
B.钢索对滑环的支持力为0.5mg
C.游客运动的加速度为0.5g
D.钢索与滑环间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)
答案 D
解析 对游客受力分析可知，游客受到竖直向下的重力和竖直向上的绳的拉力，两个力都在竖直方向，故游客必然做匀速运动，加速度为0，所以A、C错误；以游客和滑环为整体，其受到重力，钢索的支持力和摩擦力，整体加速度为0，有FN＝mgcs θ＝eq \f(\r(3),2)mg，Ff＝mgsin θ，Ff＝μFN，解得μ＝eq \f(\r(3),3)，所以B错误，D正确。
6.(2021·江苏如皋市一中校测)如图6所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过eq \f(d,10)就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为( )
图6
A.3μmg B.6μmg
C.12μmg D.26μmg
答案 D
解析 当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2。为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过eq \f(d,10)，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离eq \f(d,10)＝eq \f(1,2)a1t2，则纸板运动距离为d＋eq \f(d,10)＝eq \f(1,2)a2t2，联立解得a2＝11a1，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有Ff1＝μmg＝ma1，得a1＝μg，a2＝11μg，对纸板有F－Ff1－Ff2＝2ma2，则得F＝Ff1＋Ff2＋2ma2＝μmg＋μ·(m＋2m)g＋22μmg＝26μmg，故选D。
7.(2021·江苏昆山市八校联盟第二次适应性检测)如图7所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
图7
A.物块A的加速度为0
B.物块A的加速度为eq \f(g,3)
C.物块B的加速度为0
D.物块B的加速度为eq \f(g,2)
答案 B
解析 剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝eq \f(3mgsin 30°－F弹,3m)＝eq \f(g,3)，即A和B的加速度均为eq \f(g,3)，故B正确，A、C、D错误。
8.(2021·湖南岳阳市教学质检)如图8所示，光滑水平面与倾角为θ的光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动，若要求A不能追上B，则B的加速度a的取值范围是( )
图8
A.a>eq \f(1,2)gsin θ B.a>gsin θ
C.a＞g D.条件不足，无法确定
答案 A
解析 设A恰能追上B，临界条件为追上时，二者速度相等。在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2，则有位移关系gsin θt1t2＝eq \f(1,2)a(t1＋t2)2，速度关系gsin θt1＝a(t1＋t2)，解得a＝eq \f(1,2)gsin θ，要使得A追不上B，则应有a>eq \f(1,2)gsin θ，故A项正确，B、C、D项错误。
9.(2021·江苏决胜新高考·名校交流3月联考) 如图9所示，粗糙水平面上有两个滑块A和B，其间用长为L＝1 m的细线相连，细线可承受的最大张力为FTm＝10 N，现对滑块A施加水平向右的恒力F1＝24 N，作用1 s后突然将外力变为F2＝32 N，滑块质量mA＝4 kg，mB＝2 kg，两滑块与平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
图9
A.1 s末滑块B的速度为3 m/s
B.1.5 s末滑块B的加速度大小为2 m/s2
C.滑块B刚静止时滑块A的速度为eq \f(16,3) m/s
D.滑块B刚静止时两滑块间的距离为4 m
答案 B
解析 当F1＝24 N时，由牛顿第二定律可得F1－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，解得a1＝2 m/s2，则1 s末滑块B的速度为v＝a1t1＝2 m/s，故A错误；外力变为F2＝32 N，若中间的细线不断裂，有F2－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得a2＝eq \f(10,3) m/s2，此时细线的拉力为T＝mBa2＋μmBg＝10.7 N>FTm＝10 N，则细线已经断裂，则B的加速度为aB＝μg＝2 m/s2，滑块B减速到0所需时间t2＝eq \f(v,aB)＝1 s，即1.5 s末滑块B的加速度大小为2 m/s2，故B正确；细线断开时A的加速度aA＝eq \f(F2－μmAg,mA)＝6 m/s2，滑块B刚静止时A的速度vA＝v＋aAt2＝2 m/s＋6×1 m/s＝8 m/s，故C错误； 滑块B刚静止时两滑块间的距离为Δx＝eq \f(v＋vA,2)t2－eq \f(v,2)t2＋L＝5 m，故D错误。
10.(2021·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图10所示，A、B两物体的质量都为0.2 kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5 m，一恒力F＝5 N竖直作用在A上，系统由静止开始运动(两物体可看做质点，g＝10 m/s2)。
图10
(1)求运动过程中细线的张力大小；
(2)在t＝2 s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度大小；
(3)在t＝2 s时细线断裂，求再经2 s时间两物体间的距离。
答案 (1)2.5 N (2)12.5 m/s (3)50.5 m
解析 (1)根据牛顿第二定律，对整体有
F－2mg＝2ma，对B有FT－mg＝ma，
解得FT＝eq \f(F,2)＝2.5 N
(2)根据运动学公式有v－gt′＝0
vA＝v＋a′t′，v＝at，F－mg＝ma′，
解得vA＝12.5 m/s
(3)断裂后，根据运动学公式有
xA＝vt＋eq \f(1,2)a′t2
xB＝vt－eq \f(1,2)gt2，Δx＝xA－xB＋L＝50.5 m。
11.(2021·安徽十校联盟检测)如图11所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20 N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2 s。物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等。已知斜面足够长，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图11
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)拉力F2的大小和方向。
答案 (1)0.5 (2)3 N 方向平行斜面向下
解析 (1)设物块向上做匀加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：F1－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律有：μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2
由于物块向上加速的时间与减速的时间相等，
即：a1t＝a2t
联立解得：μ＝0.5
(2)物块向上运动时，a1＝a2＝10 m/s2，
物块从A到C运动的距离：
x＝2×eq \f(1,2)a1t2＝40 m
从C点施加平行于斜面的拉力后，根据牛顿第二定律有：
F2＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma3
由运动学公式：x＝eq \f(1,2)a3(2t)2
解得：a3＝5 m/s2，
F2＝3 N
可知F2方向平行斜面向下。