(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 专题突破一 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 专题突破一 (含解析)，共18页。试卷主要包含了常见的动力学图象，数形结合解决动力学图象问题等内容，欢迎下载使用。
1．常见的动力学图象
v－t图象、F－a图象、F－x图象、a－t图象、F－t图象等。
2．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
考向 动力学中的v－t图象
【例1】 (多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
图1
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析 由v－t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝eq \f(v0,t1)，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，即gsin θ＋μgcs θ＝eq \f(v0,t1)。同理向下滑行时gsin θ－μgcs θ＝eq \f(v1,t1)，两式联立得sin θ＝eq \f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq \f(v0－v1,2gt1cs θ)，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为eq \f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝eq \f(v0,2)t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝eq \f(v0,2)t1×eq \f(v0＋v1,2gt1)＝eq \f(v0（v0＋v1）,4g)，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。
答案 ACD
考向 动力学中的F－x图象
【例2】 (2018·全国卷Ⅰ，15)如图2，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是( )
图2
解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
答案 A
考向 动力学中的F－a图象
【例3】 (2013·课标卷Ⅱ，14)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a增大，故选项C正确。
答案 C
动力学图象问题的解题策略
1．如图3，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、x、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
图3
解析 滑块以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑块做匀减速直线运动。对滑块受力分析易得a＝
μgcs θ－gsin θ，方向沿斜面向上，选项C、D错误；x＝v0t－eq \f(1,2)at2，h＝xsin θ，由图象规律可知选项A错误，B正确。
答案 B
2．一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图4a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
图4
A．前2 s处于超重状态
B．从200 m高处开始跳下
C．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D．整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
解析 由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图面积x＝eq \f(1,2)×(5＋13)×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0－20,6) m/s2＝－eq \f(10,3) m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，8T·cs 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝eq \f(x,t)＝eq \f(180,13) m/s＞10 m/s，选项D错误。
答案 C
突破二 动力学中的连接体问题
1．连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
2．解决连接体问题的两种方法
【例4】 (多选)(2015·全国卷Ⅱ，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq \f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
解析 设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①
P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有
F＝km·eq \f(2,3)a②
联立①②得3n＝2k，
总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。
答案 BC
(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
1．(多选) (2019·河北保定一模)如图5所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
图5
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq \r(2) N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
解析 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq \f(mg,sin 45°)＝eq \r(2)mg＝10eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
答案 BD
2．如图6甲所示，质量为m0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，m0＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为FT′。则( )
图6
A．F′＝F，FT′＝FT B．F′＞F，FT′＝FT
C．F′＜F，FT′＞FT D．F′＜F，FT′＜FT
解析 对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcs α＝mg，FT′cs α＝mg，所以FT＝FT′。对于题图乙中的小球，水平方向有FT′sin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′＞a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。
答案 B
3．(多选)(2019·陕西商洛质检)如图7所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是 ( )
图7
A．若m＞M，有x1＝x2 B．若m＜M，有x1＝x2
C．若μ＞sin θ，有x1＞x2 D．若μ＜sin θ，有x1＜x2
解析 在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝eq \f(m,m＋M) F③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT′－mgsin θ＝ma2⑤
联立④⑤解得FT′＝eq \f(m,M＋m)F⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。
答案 AB
突破三 动力学中的临界和极值问题的分析方法
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0时。
【例5】 倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块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＝eq \f(\r(5),5) kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )
图8
A．10 N B．5 N C.eq \r(5) N D.eq \r(10) N
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，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcs 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，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cs α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cs2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
答案 A
1．分析临界问题的两种方法
2.解题策略：解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件。
3．分析极值问题常用的“四种”典型的数学处理方法
(1)三角函数法。
(2)利用二次函数的判别式法。
(3)极限法。
(4)根据临界条件列不等式法。
1．如图9所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触(A与弹簧未连接)，质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则( )
图9
A．物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．物体刚向左运动时的加速度大小为eq \f(kx0－μmg,m)
C．物体A、B运动eq \f(μmg,k)后分离
D．物体A、B运动x0－eq \f(μmg,k)后分离
解析 撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(kx0－μmg,2m)，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝eq \f(μmg,k)，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－eq \f(μmg,k)后分离，C项错误，D项正确。
答案 D
2．如图10所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
图10
解析 当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsin θ－μmgcs θ＝ma①
木块的位移为x，有0－veq \\al(2,0)＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sin θ＋μcs θ)
根据数学关系有sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值geq \r(1＋μ2)
所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－eq \f(2g,\r(3))
代入②可得xmin＝eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),4g)
答案 60° eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),4g)
科学思维系列——千变万化之“斜面模型”
斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。考生在处理此类问题时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。
模型1 斜面中的“平衡类模型”
【典例1】 (多选)如图11所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
图11
A．斜面B相对地面有向右运动的趋势
B．地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcs θ
C．地面对斜面B的支持力大小为(M＋m)g＋Fsin θ
D．斜面B与物体A间的动摩擦因数为tan θ
思路点拨 由于A在斜面上匀速下滑，B静止不动，故A和B均处于平衡状态。因此，在分析B与地面间的相互作用时，可将A、B看成一个整体进行分析；由A在斜面上匀速下滑可知，A在斜面方向上受力平衡，由此可计算出A、B之间的动摩擦因数。
解析 将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B的静摩擦力f＝Fcs θ，方向水平向右，故B相对地面有向左运动的趋势，选项A错误，B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力FN＝(M＋m)g＋Fsin θ，选项C正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsin θ＋F＝μmgcs θ，解得μ＝tan θ＋eq \f(F,mgcs θ)，选项D错误。
答案 BC
模型2 斜面中的“动力学模型”
【典例2】 (多选) (2019·日照一模)如图12所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，t＝t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
图12
解析 若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力，大小方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上，故B正确；若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。
答案 ABD
模型3 斜面中的“连接体模型”
【典例3】 (多选)如图13所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是( )
图13
A．不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B．A运动的加速度大小为a＝eq \f(mg,m＋M)
C．水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
解析 因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用，则沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcs θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcs θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝eq \f(mg,M＋m)，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcs θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cs θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcs θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。
答案 ABD
课时作业
(时间：25分钟)
基础巩固练
1．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1。现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图1所示，则A对B的拉力等于( )
图1
A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N
解析 设B物体的质量为m，A对B的拉力为FAB，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a，则a＝eq \f(3,m＋2m)，对B有FAB＝ma，所以FAB＝1 N。
答案 A
2．如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为( )
图2
A.eq \f(Fcs θ,m1＋m2) B.eq \f(Fsin θ,m1＋m2) C.eq \f(Fcs θ,m1) D.eq \f(Fsin θ,m2)
解析 把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcs θ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq \f(Fcs θ,m1＋m2)，选项A正确。
答案 A
3．如图3所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在此过程中，A、B间的摩擦力为( )
图3
A．μF B.eq \f(1,2)m(g＋a)
C．m(g＋a) D.eq \f(3,2)m(g＋a)
解析 对A、B整体，根据牛顿第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。联立解得FfBA＝eq \f(1,2)m(g＋a)，选项B正确。
答案 B
4．如图4所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是( )
图4
A．刚撤去外力F时，FN＝eq \f(mg＋F,2)
B．弹簧弹力等于F时，FN＝eq \f(F,2)
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
解析 刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝eq \f(F,2)＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝eq \f(F,2)，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。
答案 B
综合提能练
5．如图5所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )
图5
A．2F B.eq \f(F,2) C．3F D.eq \f(F,3)
解析 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力Ffm，根据牛顿第二定律，有
Ffm＝ma①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②
由①②解得Ffm＝eq \f(1,3)F。
当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－Ffm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝eq \f(3,2)Ffm＝eq \f(1,2)F，即F′的最大值是eq \f(1,2)F。
答案 B
6．(多选) (2018·湖北黄冈高三检测)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图6所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则( )
图6
A．物块与地面的动摩擦因数0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
解析 0～2 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得F1＝F2＋Ff，得物块受到的摩擦力大小Ff＝F1－F2＝8 N－5 N＝3 N，由Ff＝μmg得μ＝0.3，故A错误；
2 s后，由牛顿第二定律得F1－F2－Ff＝ma
得a＝－2 m/s2
物体开始做匀减速运动，匀减速至速度为零的时间为
t＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(－4,－2) s＝2 s
所以t＝4 s时刻速度为零，则知3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，选项B正确；由于物体所受的最大静摩擦力至少等于3 N，而此时F1－F2＝6 N－5 N＝1 N，小于最大静摩擦力，因此t＝4 s后物体静止不动，所受的摩擦力为Ff′＝F1－F2＝6 N－5 N＝1 N，5 s末物块的加速度大小为0，故C正确，D错误。
答案 BC
7．(2018·上海嘉定二模)如图7所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知LAB＝4 m，∠α＝37°。一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s 的初速度从A点沿杆上滑。不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2。则：
图7
(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？
(2)小环运动到B点时的速度vB为多少？
(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？
解析 (1)小环在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得mgsin α＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2，方向沿斜面向下
(2)根据运动学公式veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aLAB，整理并代入数据解得vB＝eq \r(veq \\al(2,0)－2aLAB)＝eq \r(82－2×6×4) m/s＝4 m/s
(3)在BC段，考虑到mgsin 53°>μmgcs 53°，小环一定向下做匀加速直线运动，故要使小环能够运动到C点，只要小环能运动到B点即可。
设小环到B点时速度为零，根据运动学公式有
02－veq \\al(2,0)＝2a′LAB，解得a′＝－8 m/s2
根据牛顿第二定律有－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma′，
解得μ＝0.25。
答案 (1)6 m/s2 方向沿斜面向下 (2)4 m/s
(3)0.25
极端
分析法
把物理问题(或过程)推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，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