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2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化四牛顿第二定律的综合应用
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这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第三章运动和力的关系专题强化四牛顿第二定律的综合应用，共16页。
题型一 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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
考向1 共速连接体
例1 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，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，下列说法正确的是( )
A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq \f(m1F,m1＋m2)＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
答案 C
解析 若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq \f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有T－μm1g＝m1a，得a＝eq \f(T－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得T＝eq \f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为T＝eq \f(m1,m1＋m2)F，且m2越大绳的拉力越小，故选C.
例2 (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A．增大推力FB．减小倾角θ
C．减小B的质量 D．减小A的质量
答案 AD
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误．
考向2 关联速度连接体
例3 (2023·山东省师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
答案 C
解析 对B分析，由牛顿第二定律得m2g－T＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，T＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
题型二 动力学中的临界和极值问题
考向1 相对滑动的临界问题
例4 (多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示．已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动
D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
答案 AB
解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq \f(f1m,mg)＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝eq \f(f1m,m)＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误．
例5 如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上．现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围．(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 0≤F≤310 N
解析 若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于μ＞tan θ，故当F＝0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为f，斜面体对木块的支持力为N.对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙
对整体受力分析有Fm＝(m＋M)a，对木块受力分析有f＝μN，水平方向fcs θ＋Nsin θ＝ma，竖直方向Ncs θ＝mg＋fsin θ，联立以上各式代入数据解得Fm＝310 N，故F的大小范围为0≤F≤310 N.
考向2 恰好脱离的动力学临界问题
例6 (2023·福建省福州第一中学检测)如图所示，质量M＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以大小为a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.求：
(1)变力F的最大值；
(2)小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小．
答案 (1)12 N (2)0.2 m/s
解析 (1)对A受力分析，由牛顿第二定律有F＋NBA－mg＝ma，解得F＝m(a＋g)－NBA，则当A、B间的弹力为零时，即A、B脱离瞬间变力F最大，最大值为Fm＝m(a＋g)＝12 N
(2)对B受力分析，由牛顿第二定律有kx－NAB－Mg＝Ma，分离瞬间弹簧形变量为x1＝eq \f(Ma＋g,k)＝0.04 m；装置静止时弹簧的形变量为x0＝eq \f(M＋mg,k)＝0.05 m；由v2＝2a(x0－x1)，解得小物块A与托盘B分离瞬间向上的速度大小为v＝0.2 m/s.
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：N＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
(1)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．
(2)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．
(3)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．
考向3 动力学中的极值问题
例7 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin 30°＝f，f＝μmgcs 30°，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2as得s＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，故α＝30°，
又因s＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时s最小，
最小值为smin＝eq \f(v02,2gsin 60°＋μcs 60°)
＝eq \f(\r(3)v02,4g)＝eq \f(5\r(3),2) m.
题型三 动力学图像问题
1．常见图像
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解．
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解．
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况．
(4)F－a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、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量．
2．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
例8 (2023·云南省玉溪师范学院附属中学高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为3 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
答案 D
解析 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(s0－s)－mg＝ma，则F＝kx＋mg＋ma－kx0，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确．
例9 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2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，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．
课时精练
1.(多选)(2023·河北唐山市高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)．下列说法正确的是( )
A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2
B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2
C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离
D．t＝eq \f(2,7) s时，两物体A、B恰好分离
答案 BD
解析 t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝eq \f(11,3) m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝eq \f(2,7) s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝eq \f(FB1,m2)＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确．
2.(2021·全国甲卷·14)如图，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．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
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 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知
eq \f(L,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，可得t2＝eq \f(4L,gsin 2θ)，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.
3.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力大小为eq \f(mg,sin α)
C．凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小a＝gtan α
D．推力大小F＝Mgtan α
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度且大小为a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力大小为eq \f(mg,cs α)，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确．
4.(多选)如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则( )
A．若α＝θ，小球受到的拉力大小为mgcs θ
B．若α＝θ，滑块的加速度大小为gtan θ
C．若α>θ，则斜面粗糙
D．若α＝θ，则斜面光滑
答案 AD
解析 若α＝θ，则小球受到的拉力大小为mgcs θ，A正确；若α＝θ，则斜面与细线垂直，小球所受合力大小F合＝mgsin θ＝ma，则有a＝gsin θ，B错误；以小球和滑块整体为研究对象，若α＝θ，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mgsin θ－f＝Ma，解得f＝0，即斜面光滑，D正确；若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则小球所受合力减小，所以α＜θ，C错误．
5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时．下列说法正确的是( )
A．Q对P的摩擦力方向水平向右
B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N
C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N
D．P与Q发生相对滑动
答案 AC
解析 当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得f＝ma＝2×2 N＝4 N，由于f＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为f地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误．
6.(多选)(2023·河南许昌市高三月考)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动．A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相等．为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是( )
A．仅增大B的质量
B．仅将A、B的位置对调
C．仅增大水平面的粗糙程度
D．仅增大水平恒力F
答案 ABD
解析 弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力T，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝eq \f(F－μmA＋mBg,mA＋mB)，以B为研究对象得a＝eq \f(T－μmBg,mB)，联立可得T＝eq \f(mB,mA＋mB)F，整理得T＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误．
7.(多选)(2023·福建省上杭县第一中学质检)如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶．由于雾霾影响，该驾驶员的能见度为s.已知每只空油桶质量为m，重力加速度为g，不计油桶之间的摩擦力．则下列说法中正确的是( )
A．货车匀速行驶时，桶c受到桶a给它的支持力大小为eq \f(2\r(3),3)mg
B．为防止紧急刹车时桶c脱离桶a砸向前方的驾驶室，刹车时加速度不能超过eq \f(\r(3),3)g
C．货车刹车时加速度变大，若a、b、c保持相对静止，则桶c受到桶b给它的支持力也变大
D．为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过eq \r(\f(2\r(3)gs,3))
答案 BCD
解析 货车匀速行驶时，对桶c受力分析如图甲所示，由几何关系可知θ＝30°，由平衡条件得Facs 30°＋Fbcs 30°＝mg，Fasin 30°＝Fbsin 30°，联立解得Fa＝eq \f(\r(3),3)mg，A错误；
甲
为防止紧急刹车时桶c脱离a砸向前方的驾驶室，设刹车时的最大加速度为am，此时a对c刚好无支持力，c的受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝mam，解得am＝eq \f(\r(3),3)g，B正确；
乙
货车刹车时，由平衡条件和牛顿第二定律得Fa′cs 30°＋Fb′cs 30°＝mg，Fb′sin 30°－Fa′sin 30°＝ma，解得Fb′＝eq \f(\r(3),3)mg＋ma，可见，货车刹车加速度变大时，要使a、b、c保持相对静止，则桶c受到桶b给它的支持力也变大，C正确；驾驶员的能见度为s，为保证安全行驶，所以0－v2＝－2ams，解得v＝eq \r(\f(2\r(3)gs,3))，为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过eq \r(\f(2\r(3)gs,3))，D正确．
8.(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为g，A、B未与滑轮相撞，C未落地，则细绳中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为( )
A．T＝mgB．T＝eq \f(2,3)mg
C．f＝eq \f(2,3)mgD．f＝eq \f(1,3)mg
答案 BD
解析 以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－T＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得T＝2ma，联立解得T＝eq \f(2,3)mg，a＝eq \f(1,3)g；以B为研究对象，由牛顿第二定律得f＝ma，得f＝eq \f(1,3)mg，故选B、D.
9．(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．加速度为6 m/s2时物体的速度
D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
答案 ABD
解析 对物体，由牛顿第二定律有Fcs θ－mgsin θ＝ma，可得a＝eq \f(cs θ,m)F－gsin θ，故a－F图像的斜率为k＝eq \f(cs θ,m)＝0.4 kg－1，纵轴截距为b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物体质量为m＝2 kg，sin θ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmin＝mgsin θ＝12 N，故D正确．
10．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2
答案 BC
解析 设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq \f(F,m)－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确．当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝eq \f(F－μmg,m)＝6 m/s2，C正确．
11．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq \f(0.4－0,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
12.一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看为质点)，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，cs 37°＝0.8.求：
(1)物块加速度a的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少.
答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 (3)eq \f(12\r(5),5) N
解析 (1)根据L＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得a＝2 m/s2.
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5.
(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcs α－mgsin θ－μN＝ma
垂直斜面方向有N＋Fsin α＝mgcs θ
联立解得F＝eq \f(ma＋mgsin θ＋μcs θ,cs α＋μsin α)＝eq \f(ma＋mgsin θ＋μcs θ,\r(μ2＋1)sinφ＋α)
当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin＝eq \f(12\r(5),5) N.整体法的选取原 则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，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
隔离法的选取原 则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出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
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作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”.
题型一 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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
考向1 共速连接体
例1 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，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，下列说法正确的是( )
A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq \f(m1F,m1＋m2)＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
答案 C
解析 若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq \f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有T－μm1g＝m1a，得a＝eq \f(T－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得T＝eq \f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为T＝eq \f(m1,m1＋m2)F，且m2越大绳的拉力越小，故选C.
例2 (多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A．增大推力FB．减小倾角θ
C．减小B的质量 D．减小A的质量
答案 AD
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误．
考向2 关联速度连接体
例3 (2023·山东省师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
答案 C
解析 对B分析，由牛顿第二定律得m2g－T＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，T＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
题型二 动力学中的临界和极值问题
考向1 相对滑动的临界问题
例4 (多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示．已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动
D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
答案 AB
解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq \f(f1m,mg)＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝eq \f(f1m,m)＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误．
例5 如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上．现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围．(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 0≤F≤310 N
解析 若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于μ＞tan θ，故当F＝0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为f，斜面体对木块的支持力为N.对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙
对整体受力分析有Fm＝(m＋M)a，对木块受力分析有f＝μN，水平方向fcs θ＋Nsin θ＝ma，竖直方向Ncs θ＝mg＋fsin θ，联立以上各式代入数据解得Fm＝310 N，故F的大小范围为0≤F≤310 N.
考向2 恰好脱离的动力学临界问题
例6 (2023·福建省福州第一中学检测)如图所示，质量M＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以大小为a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.求：
(1)变力F的最大值；
(2)小物块A与托盘B分离瞬间的速度大小．
答案 (1)12 N (2)0.2 m/s
解析 (1)对A受力分析，由牛顿第二定律有F＋NBA－mg＝ma，解得F＝m(a＋g)－NBA，则当A、B间的弹力为零时，即A、B脱离瞬间变力F最大，最大值为Fm＝m(a＋g)＝12 N
(2)对B受力分析，由牛顿第二定律有kx－NAB－Mg＝Ma，分离瞬间弹簧形变量为x1＝eq \f(Ma＋g,k)＝0.04 m；装置静止时弹簧的形变量为x0＝eq \f(M＋mg,k)＝0.05 m；由v2＝2a(x0－x1)，解得小物块A与托盘B分离瞬间向上的速度大小为v＝0.2 m/s.
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：N＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
(1)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．
(2)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．
(3)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．
考向3 动力学中的极值问题
例7 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin 30°＝f，f＝μmgcs 30°，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2as得s＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，故α＝30°，
又因s＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时s最小，
最小值为smin＝eq \f(v02,2gsin 60°＋μcs 60°)
＝eq \f(\r(3)v02,4g)＝eq \f(5\r(3),2) m.
题型三 动力学图像问题
1．常见图像
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解．
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解．
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况．
(4)F－a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、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量．
2．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
例8 (2023·云南省玉溪师范学院附属中学高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为3 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
答案 D
解析 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(s0－s)－mg＝ma，则F＝kx＋mg＋ma－kx0，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确．
例9 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2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，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．
课时精练
1.(多选)(2023·河北唐山市高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)．下列说法正确的是( )
A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2
B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2
C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离
D．t＝eq \f(2,7) s时，两物体A、B恰好分离
答案 BD
解析 t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝eq \f(11,3) m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝eq \f(2,7) s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝eq \f(FB1,m2)＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确．
2.(2021·全国甲卷·14)如图，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．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
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 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知
eq \f(L,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，可得t2＝eq \f(4L,gsin 2θ)，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.
3.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力大小为eq \f(mg,sin α)
C．凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小a＝gtan α
D．推力大小F＝Mgtan α
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度且大小为a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力大小为eq \f(mg,cs α)，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确．
4.(多选)如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则( )
A．若α＝θ，小球受到的拉力大小为mgcs θ
B．若α＝θ，滑块的加速度大小为gtan θ
C．若α>θ，则斜面粗糙
D．若α＝θ，则斜面光滑
答案 AD
解析 若α＝θ，则小球受到的拉力大小为mgcs θ，A正确；若α＝θ，则斜面与细线垂直，小球所受合力大小F合＝mgsin θ＝ma，则有a＝gsin θ，B错误；以小球和滑块整体为研究对象，若α＝θ，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mgsin θ－f＝Ma，解得f＝0，即斜面光滑，D正确；若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则小球所受合力减小，所以α＜θ，C错误．
5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时．下列说法正确的是( )
A．Q对P的摩擦力方向水平向右
B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N
C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N
D．P与Q发生相对滑动
答案 AC
解析 当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得f＝ma＝2×2 N＝4 N，由于f＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为f地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误．
6.(多选)(2023·河南许昌市高三月考)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动．A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相等．为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是( )
A．仅增大B的质量
B．仅将A、B的位置对调
C．仅增大水平面的粗糙程度
D．仅增大水平恒力F
答案 ABD
解析 弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力T，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝eq \f(F－μmA＋mBg,mA＋mB)，以B为研究对象得a＝eq \f(T－μmBg,mB)，联立可得T＝eq \f(mB,mA＋mB)F，整理得T＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误．
7.(多选)(2023·福建省上杭县第一中学质检)如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶．由于雾霾影响，该驾驶员的能见度为s.已知每只空油桶质量为m，重力加速度为g，不计油桶之间的摩擦力．则下列说法中正确的是( )
A．货车匀速行驶时，桶c受到桶a给它的支持力大小为eq \f(2\r(3),3)mg
B．为防止紧急刹车时桶c脱离桶a砸向前方的驾驶室，刹车时加速度不能超过eq \f(\r(3),3)g
C．货车刹车时加速度变大，若a、b、c保持相对静止，则桶c受到桶b给它的支持力也变大
D．为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过eq \r(\f(2\r(3)gs,3))
答案 BCD
解析 货车匀速行驶时，对桶c受力分析如图甲所示，由几何关系可知θ＝30°，由平衡条件得Facs 30°＋Fbcs 30°＝mg，Fasin 30°＝Fbsin 30°，联立解得Fa＝eq \f(\r(3),3)mg，A错误；
甲
为防止紧急刹车时桶c脱离a砸向前方的驾驶室，设刹车时的最大加速度为am，此时a对c刚好无支持力，c的受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝mam，解得am＝eq \f(\r(3),3)g，B正确；
乙
货车刹车时，由平衡条件和牛顿第二定律得Fa′cs 30°＋Fb′cs 30°＝mg，Fb′sin 30°－Fa′sin 30°＝ma，解得Fb′＝eq \f(\r(3),3)mg＋ma，可见，货车刹车加速度变大时，要使a、b、c保持相对静止，则桶c受到桶b给它的支持力也变大，C正确；驾驶员的能见度为s，为保证安全行驶，所以0－v2＝－2ams，解得v＝eq \r(\f(2\r(3)gs,3))，为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过eq \r(\f(2\r(3)gs,3))，D正确．
8.(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为g，A、B未与滑轮相撞，C未落地，则细绳中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为( )
A．T＝mgB．T＝eq \f(2,3)mg
C．f＝eq \f(2,3)mgD．f＝eq \f(1,3)mg
答案 BD
解析 以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－T＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得T＝2ma，联立解得T＝eq \f(2,3)mg，a＝eq \f(1,3)g；以B为研究对象，由牛顿第二定律得f＝ma，得f＝eq \f(1,3)mg，故选B、D.
9．(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．加速度为6 m/s2时物体的速度
D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
答案 ABD
解析 对物体，由牛顿第二定律有Fcs θ－mgsin θ＝ma，可得a＝eq \f(cs θ,m)F－gsin θ，故a－F图像的斜率为k＝eq \f(cs θ,m)＝0.4 kg－1，纵轴截距为b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物体质量为m＝2 kg，sin θ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmin＝mgsin θ＝12 N，故D正确．
10．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2
答案 BC
解析 设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq \f(F,m)－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确．当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝eq \f(F－μmg,m)＝6 m/s2，C正确．
11．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq \f(0.4－0,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
12.一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看为质点)，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，cs 37°＝0.8.求：
(1)物块加速度a的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少.
答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 (3)eq \f(12\r(5),5) N
解析 (1)根据L＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得a＝2 m/s2.
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5.
(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcs α－mgsin θ－μN＝ma
垂直斜面方向有N＋Fsin α＝mgcs θ
联立解得F＝eq \f(ma＋mgsin θ＋μcs θ,cs α＋μsin α)＝eq \f(ma＋mgsin θ＋μcs θ,\r(μ2＋1)sinφ＋α)
当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，
代入数据解得Fmin＝eq \f(12\r(5),5) N.整体法的选取原 则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，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
隔离法的选取原 则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出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
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作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”.
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