新高考,高中物理 复习试卷讲义 专题强化3 动力学图象和连接体问题、临界极值问题

专题强化三动力学图象和连接体问题、临界极值问题
【专题解读】1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。

2.理解几种常见的临界极值条件。

3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。

题型一动力学中的连接体问题
所谓连接体就是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)。

类型1同速连接体(如图)
(1)特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度。

(2)处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系。

【例1】如图1所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T。

现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则()
图1
A.此过程中物体C受五个力作用
B.当F逐渐增大到F T时，轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5F T时，轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为F T 6
答案C
解析对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的
摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝F－μ·6mg
6m＝
F
6m－
μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，F T－μ·4mg＝4ma，计算得出F T＝2
3F，
当F＝1.5F T时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；若水平面光滑，绳刚断时，
对AC分析，加速度a＝F T
4m，隔离对A分析，A受到的摩擦力F f＝ma＝
F T
4，故D
错误。

力的“分配协议”
如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的
相互作用力F12＝m2F
m1＋m2，若作用于m2上，则F12＝
m1F
m1＋m2。

此“协议”与有无
摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此“协议”都成立。

类型2关联速度连接体(如图)
(1)特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联。

(2)处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解。

【例2】(多选)(2021·广西八市调研)如图2所示，力传感器上吊着一个滑轮，细
线绕过滑轮一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C。

由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的连线，力传感器的示数变为F2；三个物块的质量相同，重力加速度为g，不计细线与滑轮的摩擦，则()
图2
A.每个物块一起运动的加速度大小为1 3g
B.每个物块的重力为3
2(F1－F2)
C.滑轮的重力为2F2－F1
D.剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变答案AB
解析设每个物块的质量为m，则2mg－mg＝3ma，解得a＝1
3g，故A正确；设
绳的拉力为F，则F－mg＝ma，解得F＝4
3mg，设滑轮的质量为M，根据力的平
衡有F1＝Mg＋2F＝Mg＋8
3mg，剪断B、C间的细线，由于A、B质量相等，因此
A、B运动的加速度为0，这时细线上的张力大小发生突变，减小到mg，故D错
误；根据力的平衡F2＝Mg＋2mg，解得mg＝3
2(F1－F2)，故B正确；滑轮重力
Mg＝4F2－3F1，故C错误。

1.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图3甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()
图3
A.轻绳的拉力等于mg
B.轻绳的拉力等于Mg
C.A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D.A运动的加速度大小为M－m M g
答案ACD
解析第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－F T＝Ma；对B，F T－mg sin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝M－m
M g，F T＝mg，故A、C、D正确，B错误。

题型二动力学的图象问题
1.常见图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等。

2.题型分类
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。

3.解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。

(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

类型1动力学中的v－t图象
【真题示例3】将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图象如图4所示，g取10 m/s2。

下列说法中正确的是()
图4
A.小球重力和阻力大小之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点的速度大小为8 6 m/s
D.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
答案C
解析根据图象可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有
mg＋f＝ma1，代入数据解得f
m＝2 m/s
2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中
由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合以上关系式解得a2＝8 m/s2，根据h＝1
2at
2，
可得t＝2h
a，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝a2∶a1＝2∶3，故
B错误；小球匀减速上升的高度h＝1
2×2×24 m＝24 m，根据v
2
t
＝2a2h，代入数
据解得v t＝8 6 m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。

类型2动力学中的F－a图象
【例4】(多选)如图5甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。

木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象。

g取10 m/s2。

则下列说法正确的是()
图5
A.滑块的质量m＝4 kg
B.木板的质量M＝4 kg
C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1
D.当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
答案AC
解析由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体F＝(M＋m)a，解
得M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmg
M，知图线的
斜率k＝1
M＝
1
2，解得M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F
大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝F－μmg
M，解得μ＝0.1，故C
正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误。

类型3动力学中的F－t或a－t图象
【真题示例5】(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图6(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()
图6
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
解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑
动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。

由题图(c)知，2～4 s 内，木板的加速度大小
a 1＝0.42 m/s 2＝0.2 m/s 2
撤去外力F 后的加速度大小
a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2
设木板质量为m ，根据牛顿第二定律
对木板有
2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1
4～5 s 内：F 摩＝ma 2
解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；0～2 s 内，由题图(b)知，F 是均匀增加的，选项C 错误；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力的大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误。

题型三 动力学中临界极值问题
1.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：F 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F T ＝0。

(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力(加速度)为零。

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。

类型1 脱离的临界问题
【例6】 (2021·江西宜春期末)如图7所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态。

现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做
匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2。

求：
图7
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；
(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；
(3)力F 的最大值和最小值。

答案 (1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603 N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x 0，对整体受力分析，平行斜面方向有 (m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0
解得x 0＝0.16 m 。

(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1
对物体P ，由牛顿第二定律得
kx 1－m 1g sin θ＝m 1a
前0.2 s 时间内两物体的位移
x 0－x 1＝12at 2
联立解得a ＝103 m/s 2。

(3)对两物体受力分析知，开始运动时F 最小，分离时F 最大，则
F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603 N
对Q 应用牛顿第二定律得
F max －m 2g sin θ＝m 2a
解得F max ＝2803 N 。

类型2 相对滑动的临界问题
【真题示例7】 (多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木
板的左端上有一质量为m 2的物块，如图8(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F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小。

木板的加速度a 1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( )
图8
A.F 1＝μ1m 1g
B.F 2＝
m 2（m 1＋m 2）m 1
(μ2－μ1)g C.μ2>m 1＋m 2m 2μ1 D.在0～t 2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 分析可知，t 1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；t 1～t 2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g >0，故
μ2>m 1＋m 2m 2
μ1，C 正确；0～t 1时间内长木板和物块均静止，t 1～t 2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，F 2－μ1(m 1
＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a m ，解得F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1
(μ2－μ1)g ，B 、D 正确。

动力学问题中的STSE 问题
高考对动力学问题的考查综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与生产生活、现代科技热点联系，题型涉及的解题方法有整体法、隔离法、数图转
换法、临界极值法等，注重考查应用物理知识分析探究生活现象或实例的意识和能力。

【示例1】(2022·江苏宿迁调研)高空滑索是勇敢者的运动。

如图1所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下。

不计空气阻力，下列说法正确的是()
图1
A.在A位置时，人的加速度可能为零
B.在A位置时，钢索对轻绳的作用力大于人的重力
C.在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零
D.若轻环在B位置突然被卡住，则此时轻绳对人的拉力大于人的重力
答案D
解析在A位置时，人受到重力和线的拉力，合力沿斜面向下，不为零，则加速度不可能为零；由矢量三角形可知此时人所受的拉力小于重力，由牛顿第三定律可知，钢索对轻绳的作用力等于人所受的拉力，所以钢索对轻绳的作用力小于人的重力，A、B错误；在B位置时，细绳的拉力竖直，则人匀速下滑，此时钢索对轻环的摩擦力等于重力沿钢索方向的分力，C错误；若轻环在B位置突然被卡
住，则此时人将做圆周运动，根据F T－mg＝m v2
L可知，轻绳对人的拉力大于人的
重力，D正确。

【示例2】为了研究手机保护套与书桌之间的动摩擦因数，小明找来了拉力传感器，先测得该带保护套的手机的质量为0.25 kg，再按如图2甲所示将手机放置在桌面上，用拉力传感器缓慢拉手机，直至手机在桌面上缓慢向右运动一段距离，截取计算机屏幕上的一段F－t图线，如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是()
图2
A.桌面所受的滑动摩擦力约为2.60 N，方向向右
B.手机保护套与桌面间的动摩擦因数随着拉力F的增大而增大
C.若在手机上增加压力，手机保护套与桌面间的动摩擦因数增大
D.手机保护套与桌面间的动摩擦因数为μ＝1.12
答案A
解析由F－t图线可得，在0～t1时间内，拉力F逐渐增大，在t1时刻，拉力达到最大，手机刚开始向右运动，即t1时刻拉力的大小等于最大静摩擦力F fmax，约为2.80 N，之后手机缓慢运动时拉力等于滑动摩擦力F f，由题图乙可知手机所受的滑动摩擦力约为2.60 N，方向向左，由牛顿第三定律可知桌面所受的滑动摩擦力大小约为2.60 N，方向向右，故A正确；动摩擦因数由接触面的材料和接触面
的粗糙程度决定，与拉力和压力都无关，且μ＝F f
mg＝1.04，故B、C、D错误。

考点一动力学中的连接体问题
1.(2020·江苏卷)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.19F 20
C.F
19 D.
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 f，则有F－38F f＝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 f＝2ma，
联立解得F′＝1
19F，C项正确，A、B、D项均错误。

2.(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1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，则细线中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为()
图1
A.F T＝mg
B.F T＝2
3mg
C.F f＝2
3mg D.F f＝
1
3mg
答案BD
解析以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－F T＝ma；以A、B为研究对象，
由牛顿第二定律得F T＝2ma，联立解得F T＝2
3mg，a＝
1
3g，以B为研究对象，由
牛顿第二定律得F f＝ma，得F f＝1
3mg，故选B、D。

3.如图2所示，质量为M、中空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，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。

重力加速度为g，则下列说法正确的是()
图2
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为
mg sin α
C.系统的加速度为a＝g tan α
D.推力F＝Mg tan 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a＝g tan 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为
mg
cos α，推力F＝(M＋
m)g tan α，选项A、B、D错误，C正确。

考点二动力学的图象问题
4.(多选)一滑块以某一速度滑上足够长的光滑斜面，下列图象中能够正确表示滑块运动的是()
答案BD
解析滑块向上滑动，速度减为零后，再反向运动，即前后速度方向相反；上滑与下滑过程中，滑块受力不变，所以加速度不变，故选B、D。

5.(2022·山西运城模拟)如图3甲所示，一个质量为1 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.5，t＝0时刻对物体施加一个水平向左、大小恒为8 N的力F1，同时在竖直方向施加一竖直向下的力F2，力F2的大小随时间变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小为10 m/s2，则下列说法正确的是()
图3
A.0～2 s内物体的加速度大小为3 m/s2
B.0～5 s内物体运动的最大速度为6 m/s
C.0～4 s内物体的平均速度大小为4 m/s
D.0～5 s内物体的位移大小为8 m
答案D
解析在0～2 s内，物体在竖直方向由平衡条件可得F N1＝mg＋F2，水平方向由牛顿第二定律可得F1－μF N1＝ma1，解得物体加速阶段的加速度大小a1＝2 m/s2，A错误；在2～5 s，竖直方向有F N2＝mg＋F2′，水平方向有μF N2－F1＝ma2得物体减速阶段的加速度大小a2＝2 m/s2，所以物体先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，t1＝2 s时物体的速度最大，最大速度为v＝a1t1＝4 m/s，B错误；由于加速、减速过程加速度大小相等，由运动学知识可得4 s后物体停止，物体的总
位移大小为x＝2×1
2a1t
2
1
＝8 m，由平均速度的定义可得v－＝
x
t＝2 m/s，C错误，D
正确。

6.(多选)如图4甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)()
图4
A. 当F＜24 N时，A、B都相对地面静止
B. 当F＞24 N时，A相对B发生滑动
C. A的质量为4 kg
D. B的质量为24 kg
答案BC
解析当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当F ＜24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
对B ，根据牛顿第二定律得，a B ＝μm A g m B
＝4 m/s 2，对A ，根据牛顿第二定律得，a A ＝F －μm A g m A
＝4 m/s 2，F ＝24 N ，解得m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，故C 正确，D 错误。

考点三 动力学中临界极值问题
7.(2021·山东临沂模拟)如图5所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M ，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m ，重力加速度为g 。

现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值为( )
图5
A.Mg tan α
B.Mg sin α
C.Mg cos α
D.Mg
答案 A
解析 如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，
滑块的加速度为g ，设此时M 的加速度为a ，对M ，F ＝Ma ，其中g a ＝tan α，联立
解得F ＝Mg tan α，故A 正确。

8.(多选)(2019·河北保定市一模)如图6所示，一质量为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/s 2，下列判断正确的是( )
图6
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5 2 N
D.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
答案BD
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mg tan 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F N2＝mg
sin 45°＝2mg＝10 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。

9.(2021·山东滨州调研)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图7甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上。

另一端分别连在A和C上。

在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()
图7
A.两弹簧都处于拉伸状态
B.两弹簧都处于压缩状态
C.弹簧L 1处于压缩状态，弹簧L 2处于原长
D.弹簧L 1处于拉伸状态，弹簧L 2处于压缩状态
答案 C
解析 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

对于题图甲，以A 为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A 沿水平方向的加速度a x ＝a cos α＝g sin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L 1处于压缩状态；对于题图乙，以C 为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小 F 合＝mg sin α，即C 不能受到弹簧的弹力，弹簧L 2处于原长状态，故选C 。

10.(多选)如图8所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子A ，A 盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B 盒相连，A 盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，
B 盒内放一质量为m 2的物体。

如果把这个物体改放在A 盒内，则B 盒加速度恰好
与原来等值反向，重力加速度大小为g ，则B 盒的质量m B 和系统的加速度a 的大小分别为( )
图8
A.m B ＝m 4
B.m B ＝3m 8
C.a ＝0.2g
D.a ＝0.4g
答案 BC
解析 当物体放在B 盒中时，以A 、B 和B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
⎝ ⎛⎭⎪⎫m B g ＋12mg －mg sin 30°＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫m ＋m B ＋12m a 当物体放在A 盒中时，以A 、B 和A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋12m g sin 30°－m B g ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫m ＋m B ＋12m a 联立解得m B ＝3m 8
加速度大小为a ＝0.2g
故A、D错误、B、C正确。

11.(多选)如图9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()
图9
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
5
5m/s
答案BC
解析AB整体受力产生加速度为F＋F AB－(m＋M)g＝(m＋M)a，F＝(m＋M)a＋(m ＋M)g－F AB，当F AB最大时，F最小，即刚开始施力时，F AB最大等于重力，F min
＝(m＋M)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝（m＋M）g
k＝
0.05 m，AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知kx2－Mg ＝Ma，得x2＝0.04 m，物块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。

12.如图10所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。

若让该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，重力加速度为g。

图10
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)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。

答案(1)
3
3(2)60°
3v20
4g
解析(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析mg sin θ＝μF N F N－mg cos θ＝0
解得μ＝tan θ＝tan 30°＝
3 3。

(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
由0－v20＝2ax
得x＝v20
2g（sin θ＋μcos θ）
＝
v20
2g1＋μ2sin（θ＋α）
其中tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为
x min＝
v20
2g（sin 60°＋μcos 60°）＝
3v20
4g。

13.如图11甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图11
(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移。

答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下
解析 (1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2 s 时间内物体沿斜面方向向下运动
因为mg sin θ－μmg cos θ－F 1>0
所以假设成立，物体在0～2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1
解得a 1＝2.5 m/s 2
v 1＝a 1t 1
代入数据可得v 1＝5 m/s 。

(2)物体在前2 s 内发生的位移为
x 1＝12a 1t 21＝5 m
当拉力为F 2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ－F 2＝ma 2
代入数据可得a 2＝－0.5 m/s 2
设物体经过t 2时间速度减为零，则
0＝v 1＋a 2t 2
解得t 2＝10 s
物体在t 2时间内发生的位移为
x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝25 m
由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<mg sin θ＋μmg cos θ
则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态
故物体在前16 s 内发生的位移
x ＝x 1＋x 2＝30 m ，方向沿斜面向下。