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2024届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（粤教版新教材）
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这是一份2024届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（粤教版新教材），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FN.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＝μFN，水平方向fcs θ＋FNsin θ＝ma，竖直方向FNcs 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 (多选)如图所示，质量mB＝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mA＝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，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2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.以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq \f(\r(5),5) m/s
答案 BC
解析 A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mA＋mBg,k)＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误．
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝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x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＝2ax得x＝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x＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小，
最小值为xmin＝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x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(x0－x)－mg＝ma，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.(2023·广东广州市模拟)如图所示，在一光滑球面上有质量不计的力传感器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2 kg，无初速度释放后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10 m/s2，则此时传感器的示数为( )
A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N
答案 B
解析 对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律有m乙g－m甲gsin 30°＝(m乙＋m甲)a，对乙有m乙g－T＝m乙a，联立解得T＝15 N，故选B.
4.(多选)(2023·四川成都市石室中学模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设某列动车组各车厢质量均相等，在做匀加速直线运动时每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f.该动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速直线运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
答案 CD
解析 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速直线运动时，加速度为a＝eq \f(3F－8f,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．
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.(2023·广东韶关市模拟)如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于eq \f(mg,tan θ)，方向水平向左
D．大小等于eq \f(mg,cs θ)，方向斜向左上方
答案 D
解析 以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtan θ＝m球a，得到a＝gtan θ，以学生为研究对象，学生与球的加速度相同，均水平向左，作出学生的受力图，如图，设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mgtan α＝ma，F＝eq \f(mg,cs α)，将a＝gtan θ代入，得α＝θ，F＝eq \f(mg,cs θ)，方向斜向左上方．A、B、C错误，D正确．
7.(多选)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( )
A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大小为0.5mg
B．若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线的拉力大小为mg
C．当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块的压力不为零
D．当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线的拉力大小为2mg
答案 AC
解析 当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得细线的拉力大小为T＝mgsin 30°＝0.5mg，故A正确；设当小球贴着滑块一起向左运动且滑块对小球的支持力恰好为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0＝eq \f(mgtan 60°,m)＝eq \r(3)g>g，即当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球没有脱离斜面，则水平方向有Tcs 30°－FNsin 30°＝ma，竖直方向有Tsin 30°＋FNcs 30°＝mg，联立可得T＝eq \f(\r(3)＋1,2)mg，FN＝eq \f(\r(3)－1,2)mg，故B错误，C正确；当滑块以加速度a＝2g>eq \r(3)g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线的拉力大小为F＝eq \r(mg2＋ma2)＝eq \r(5)mg，故D错误．
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－f＝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f＝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f＝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．(多选)(2023·广东中山市模拟)吊桶灭火是利用直升机外挂吊桶载水，从空中直接将水喷洒在火头上，进而扑灭火灾的方法．在一次灭火演练中，直升机取水后在空中直线上升，其上升过程的v－t图像如图乙所示，已知水与吊桶总质量为4 000 kg，吊桶的直径为1.8 m，如图甲所示，四根长度均为4.1 m的轻绳等间距的系在吊桶边缘，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．2～4 s内轻绳的拉力大于0～2 s内轻绳的拉力
B．2～4 s内轻绳的拉力小于0～2 s内轻绳的拉力
C．4～8 s内每根轻绳的拉力大小均为5 125 N
D．4～8 s内每根轻绳的拉力大小均为5 250 N
答案 BC
解析 由v－t图像可知，2～4 s内吊桶匀速上升，拉力等于重力；在0～2 s内吊桶加速上升，则轻绳的拉力大于重力，可知2～4 s内轻绳的拉力小于0～2 s内轻绳的拉力，选项A错误，B正确.4～8 s内吊桶匀减速上升，加速度大小为a＝eq \f(20,4) m/s2＝5 m/s2，四根轻绳的合力大小为T＝mg－ma＝20 000 N，每根绳子与竖直方向的夹角为cs θ＝eq \f(\r(4.12－0.92),4.1)＝eq \f(4,4.1)，由4T1cs θ＝T，解得每根轻绳的拉力大小均为T1＝5 125 N，选项C正确，D错误．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FN.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＝μFN，水平方向fcs θ＋FNsin θ＝ma，竖直方向FNcs 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 (多选)如图所示，质量mB＝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mA＝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，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2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.以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq \f(\r(5),5) m/s
答案 BC
解析 A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mA＋mBg,k)＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误．
1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝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x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＝2ax得x＝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x＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小，
最小值为xmin＝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x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(x0－x)－mg＝ma，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.(2023·广东广州市模拟)如图所示，在一光滑球面上有质量不计的力传感器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2 kg，无初速度释放后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10 m/s2，则此时传感器的示数为( )
A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N
答案 B
解析 对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律有m乙g－m甲gsin 30°＝(m乙＋m甲)a，对乙有m乙g－T＝m乙a，联立解得T＝15 N，故选B.
4.(多选)(2023·四川成都市石室中学模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设某列动车组各车厢质量均相等，在做匀加速直线运动时每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f.该动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速直线运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
答案 CD
解析 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速直线运动时，加速度为a＝eq \f(3F－8f,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．
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.(2023·广东韶关市模拟)如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于eq \f(mg,tan θ)，方向水平向左
D．大小等于eq \f(mg,cs θ)，方向斜向左上方
答案 D
解析 以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtan θ＝m球a，得到a＝gtan θ，以学生为研究对象，学生与球的加速度相同，均水平向左，作出学生的受力图，如图，设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mgtan α＝ma，F＝eq \f(mg,cs α)，将a＝gtan θ代入，得α＝θ，F＝eq \f(mg,cs θ)，方向斜向左上方．A、B、C错误，D正确．
7.(多选)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( )
A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大小为0.5mg
B．若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线的拉力大小为mg
C．当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块的压力不为零
D．当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线的拉力大小为2mg
答案 AC
解析 当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得细线的拉力大小为T＝mgsin 30°＝0.5mg，故A正确；设当小球贴着滑块一起向左运动且滑块对小球的支持力恰好为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0＝eq \f(mgtan 60°,m)＝eq \r(3)g>g，即当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球没有脱离斜面，则水平方向有Tcs 30°－FNsin 30°＝ma，竖直方向有Tsin 30°＋FNcs 30°＝mg，联立可得T＝eq \f(\r(3)＋1,2)mg，FN＝eq \f(\r(3)－1,2)mg，故B错误，C正确；当滑块以加速度a＝2g>eq \r(3)g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线的拉力大小为F＝eq \r(mg2＋ma2)＝eq \r(5)mg，故D错误．
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－f＝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f＝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f＝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．(多选)(2023·广东中山市模拟)吊桶灭火是利用直升机外挂吊桶载水，从空中直接将水喷洒在火头上，进而扑灭火灾的方法．在一次灭火演练中，直升机取水后在空中直线上升，其上升过程的v－t图像如图乙所示，已知水与吊桶总质量为4 000 kg，吊桶的直径为1.8 m，如图甲所示，四根长度均为4.1 m的轻绳等间距的系在吊桶边缘，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．2～4 s内轻绳的拉力大于0～2 s内轻绳的拉力
B．2～4 s内轻绳的拉力小于0～2 s内轻绳的拉力
C．4～8 s内每根轻绳的拉力大小均为5 125 N
D．4～8 s内每根轻绳的拉力大小均为5 250 N
答案 BC
解析 由v－t图像可知，2～4 s内吊桶匀速上升，拉力等于重力；在0～2 s内吊桶加速上升，则轻绳的拉力大于重力，可知2～4 s内轻绳的拉力小于0～2 s内轻绳的拉力，选项A错误，B正确.4～8 s内吊桶匀减速上升，加速度大小为a＝eq \f(20,4) m/s2＝5 m/s2，四根轻绳的合力大小为T＝mg－ma＝20 000 N，每根绳子与竖直方向的夹角为cs θ＝eq \f(\r(4.12－0.92),4.1)＝eq \f(4,4.1)，由4T1cs θ＝T，解得每根轻绳的拉力大小均为T1＝5 125 N，选项C正确，D错误．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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