第2课时 牛顿运动定律与直线运动 命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．高考题型1 匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法 2．两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． (2)双向可逆类运动分析 匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义． 3．处理追及问题的常用方法
例1 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足( )  图1 A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 答案 C 解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C正确． 例2 (2021·山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图2是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以v0＝36 km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝4.8 m，货车车身长L2＝7.2 m，货车在甲车前s＝4 m处．若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为a＝2 m/s2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度．求：  图2 (1)甲车完成超车至少需要多长时间； (2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距s0＝115 m，乙车速度为v乙＝54 km/h.甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车． 答案 (1)4 s (2)不能安全超车 解析 (1)设甲车完成超车至少需要时间t，则t时间内甲车位移为x甲＝v0t＋at2，货车位移为x货＝v0t 完成超车需满足x甲＝x货＋L1＋L2＋s 联立求解可得t＝4 s. (2)刚好完成超车时，甲车位移为x甲＝v0t＋at2＝56 m 乙车位移大小为x乙＝v乙t＝60 m．x甲＋x乙>s0，所以不能安全超车． 高考题型2 牛顿运动定律的应用1．超重与失重 2．瞬时加速度问题  考向一 超重与失重 例3 (2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图3所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图( )  图3   答案 A 解析 人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重；由F－t图像可知，超重阶段(加速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据F－mg＝ma可知，加速度先增加后减小，则v－t图像的斜率先增加后减小；同理，由F－t图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传感器对人的支持力先减小后增加，根据mg－F＝ma可知，加速度先增加后减小，则v－t图像的斜率先增加后减小，故选A. 考向二 瞬时加速度问题 例4 如图4所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断．在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是( )  图4 A．2g B.g C．2g D.g 答案 B 解析 细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg，所以此时A球受到的合力大小FA＝＝mg，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小a＝＝g，故B正确，A、C、D错误． 高考题型3 连接体问题1．整体法与隔离法的选用技巧
2.连接体问题中常见的临界条件
3.常见连接体
考向一 研究对象的选取(整体法与隔离法的应用) 例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．某运送防疫物资的班列由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. C. D. 答案 C 解析 设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝，故选项C正确． 考向二 连接体中的临界问题 例6 (多选)(2021·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图5甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )  图5 A．长木板的质量为2 kg B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4 D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大 答案 ABC 解析 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>12 N时物块和长木板开始产生滑动，则F－μ1mg＝ma 即F＝ma＋μ1mg，由题图乙可知m＝k1＝kg＝2 kg， μ1mg＝8 N，解得μ1＝0.4； 当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，则 F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g 由题图乙可知M＋m＝k2＝kg＝4 kg， 则M＝2 kg， μ2(M＋m)g＝4 N 解得μ2＝0.1，选项A、B、C正确； 当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，选项D错误． 高考题型4 运动学和动力学图像1．常见图像
2.非常规图像
例7 (多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v－t和s－t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )   答案 BD 解析 A图是v－t图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是v－t图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是s－t图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是s－t图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确． 例8 (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6(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( )  图6 A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>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＝(μ2－μ1)g μ2>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． 例9 (多选)(2021·华大新高考联盟1月联考)物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材揭示了深刻的物理本质．伽利略的斜面实验揭示了匀变速直线运动规律．某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验．如图7甲所示，他让一小球从固定斜面顶端O处静止释放，小球经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装传感器测出A、B间的距离x及小球在AB段运动的时间t.改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，计算机作出－t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )  图7 A．小球在斜面上运动的平均速度大小为6 m/s B．小球运动到斜面底端时速度大小为6 m/s C．小球在斜面上运动的加速度大小为6 m/s2 D．小球在斜面上运动的时间为2 s 答案 BC 解析 由匀变速直线运动规律有vB＝vA＋at，x＝vAt＋at2可得＝vB－at，由题图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为vB＝6 m/s，选项B正确； 小球在斜面上做匀加速直线运动，平均速度小于6 m/s，选项A错误； 由－a＝－m/s2可得，小球在斜面上运动的加速度大小为a＝6 m/s2，选项C正确； 由vB＝at0可得，小球在斜面上运动的时间为t0＝1 s，选项D错误.  1．一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为( ) A．9 m B．10 m C．11 m D．12 m 答案 A 解析 设此后又行驶的距离为x，刹车的加速度大小为a，刹车后两个连续相等的时间均为T，则|Δx|＝aT2 v1＝ v12＝2a(x＋16 m) 联立解得x＝9 m．故选A. 2.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动的x－t图像(甲的图线为直线，乙的图线为抛物线)如图8所示．关于两物体的运动，下列说法正确的是( )  图8 A．甲做直线运动，乙做曲线运动 B．0～t1时间内，乙的速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙的速度方向与加速度方向相同 C．0～t2时间内，乙的速度先增大后减小，t2时刻，甲、乙两物体相遇 D．0～t2时间内，t1时刻甲、乙相距最远，两物体一直沿x轴正方向运动 答案 B 解析 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，甲的x－t图像为直线，甲做匀速直线运动；乙的x－t图像为抛物线，乙做匀变速直线运动，故A错误；由图知，0～t1时间内，乙做负方向的匀减速直线运动，速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙做正方向的匀加速直线运动，乙的速度方向与加速度方向相同，故B正确；由图知，0～t2时间内，乙的速度先减小后增大；t2时刻，甲、乙位置相同，甲、乙两物体相遇，故C错误；当甲、乙的速度相同时，两者相距最远，由图知0～t2时间内，t′时刻甲、乙相距最远，甲一直沿x轴负方向运动，乙先沿x轴负方向运动后沿x轴正方向运动，故D错误．  3.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图9所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )  图9 A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT 答案 C 解析 对质量为2m的木块受力分析可知，受重力、水平面对木块的支持力、质量为m的木块的压力和摩擦力以及轻绳对木块的拉力共5个力，A错误；由轻绳能承受的最大拉力FT，有FT＝3ma，解得a＝，由三个木块整体可知F＝6ma＝6m×＝2FT，B错误，C正确；质量m和2m的木块间的摩擦力Ff＝ma＝m×＝，D错误． 专题强化练[保分基础练]1．(2021·黑龙江哈尔滨市第六中学高三期末)子弹以水平速度刚好穿透固定在地面上的三块相同材质的木板，且所用时间相同，速度方向与木板面垂直，那么三块木板厚度之比为( ) A．(－)∶(－1)∶1 B．9∶4∶1 C．5∶3∶1 D．3∶2∶1 答案 C 解析 子弹的逆运动是沿相反方向的初速度为0的匀加速直线运动，因子弹穿过每块木板所用时间相同，则三块木板厚度之比为5∶3∶1，故C正确，A、B、D错误． 2．(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )  答案 D 解析 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax， 而动量为p＝mv， 联立可得p＝m＝m·  ，且x>0，故正确的相轨迹可能为D.3．(2021·广东韶关市一模)纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳．如图1甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )  图1 A．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的 B．人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力 C．在C点时人达到最大速度 D．曲线上的A点表示人下蹲至最低点 答案 C 解析 人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选项错误． 4．(2018·浙江4月选考·10)如图2所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )  图2 A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s 答案 C 解析 由题意可知，当加速度大小为a＝1 m/s2时，时间最短．运动过程分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口． 匀加速阶段，t1＝＝8 s，位移x1＝at12＝32 m. 匀减速阶段与匀加速阶段具有对称性，t3＝8 s，x3＝32 m 匀速阶段：x2＝(104－32－32) m＝40 m，所以t2＝＝5 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝21 s，所以选C. 5.如图3所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度为g.整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态．现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间( )  图3 A．物体B的加速度大小为g B．物体C的加速度大小为2g C．吊篮A的加速度大小为3g D．A、C间的弹力大小为0.5mg 答案 D 解析 在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项A错误；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得a＝＝＝1.5g(F为弹簧弹力，F＝mg)，即A、C的加速度均为1.5g，故B、C错误；轻绳刚断的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有FC＋mg＝ma，得FC＝ma－mg＝0.5mg，故D正确． 6．(2021·广东韶关市一模)汽车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像如图4所示，则下列说法正确的是( )  图4 A．汽车的初速度为40 m/s B．刹车过程汽车的加速度大小为5 m/s2 C．刹车过程持续的时间为8 s D．从开始刹车计时，经过1 s，汽车的位移为30 m 答案 B 解析 根据刹车过程中，位移与时间的关系x＝v0t－at2，整理得＝v0－at，结合题图可知，汽车的初速度为20 m/s，加速度大小为5 m/s2，A错误，B正确；刹车过程持续的时间t＝＝s＝4 s，C错误；从开始刹车计时，经过1 s，汽车的位移x＝v0t－at2＝20×1 m－×5×12 m＝17.5 m，D错误． 7.(2021·贵州盘州市一模)“盘州—贵阳”的某次高铁列车由两组对接而成，列车出发启动阶段做匀加速直线运动，每组沿运行方向提供的动力均为F，受到的阻力均为车重的k倍．沿运行方向前一组车及乘客的总质量为m1，后一组车及乘客的总质量为m2.若m1>m2，则对接处(如图5)的作用力是( )  图5 A．推力，大小为F B．推力，大小为F C．拉力，大小为F D．拉力，大小为F 答案 B 解析 对两组车根据牛顿第二定律有2F－k(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，设对接处的作用力为拉力，对后一组车由牛顿第二定律有F＋F12－km2g＝m2a，整理得F12＝－F，说明对接处的作用力为推力，大小为F，故选B . [争分提能练] 8．(多选)(2021·山东济南市高三一模)甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的v—t图像如图6所示．已知甲物体的图像是两段半径相同的圆弧，乙物体的图像是一倾斜直线，t4＝2t2，甲的初速度、末速度均等于乙的末速度．则下列说法正确的是( )  图6 A．0～t1时间内，甲、乙两物体间的距离越来越小 B．t1时刻，甲、乙两物体的加速度大小可能相等 C．t3～t4时间内，乙物体在甲物体后方 D．0～t4时间内，两物体的平均速度相等 答案 BD 解析 甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0～t1时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲、乙两物体间的距离越来越大，故A错误．根据速度－时间图线的斜率表示加速度，可知t1时刻，甲、乙两物体的加速度大小可能相等，故B正确．根据v－t图线与t坐标轴围成的面积表示位移，结合几何知识可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两物体相遇，而在t3～t4时间内，甲物体的位移比乙物体的位移大，则知在t3～t4时间内，乙物体在甲物体前方，故C错误.0～t4时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D正确． 9.(2021·河北唐山市一模)如图7所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度为( )  图7 A. B. C. D.g 答案 B 解析 对重物受力分析可得FAsin 30°＋FBsin 60°＝mg，FBcos 60°－FAcos 30°＝ma，联立解得·(mg－FA)－FA＝ma，整理得mg－FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值，为g，故选B. 10．(多选)(2020·广西桂林等三市高三下学期6月第二次联考)如图8甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.某时刻起A受到F＝3t的水平向右的外力作用，测得A与B间的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是( )  图8 A．A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg B．当t＝1 s时，A、B发生相对滑动 C．当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2 D．B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2 答案 AC 解析 设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间的摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间的滑动摩擦力为6 N，B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N，μ2(m1＋m2)g＝3 N，联立解得m1＝1 kg，m2＝0.5 kg，故A正确； A、B刚发生相对滑动时，有F＝3t＝12 N，即t＝4 s，故B错误；由B项分析可知，当t＝3 s时，A、B相对静止，一起做匀加速直线运动，则有F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，代入数据可得a1＝4 m/s2，故C正确；设B在运动过程中的最大加速度为a2，可得μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据可得a2＝6 m/s2，故D错误． 11．(2021·山西太原市高三期末)太原地铁2号线是山西省的第一条城市轨道交通线路，也是贯通太原南北的轨道交通干线．其大南门站到体育馆站全长1 400 m，运行时间为90 s．假设列车从大南门站由静止出发，先做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，速度达到72 km/h后开始做匀速直线运动，即将到达体育馆站时，列车开始刹车做匀减速直线运动直至停下．求： (1)列车减速过程中加速度的大小； (2)减速过程中阻力与重力的比值．(取g＝10 m/s2) 答案 (1)m/s2 (2) 解析 (1)设列车在加速、匀速和减速阶段的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，列车加速和减速过程中的加速度大小分别为a1、a2 vm＝a1t1 vm＝a2t3 x1＝t1 x2＝vmt2 x3＝t3 t1＋t2＋t3＝t x1＋x2＋x3＝x 联立解得：a2＝m/s2 (2)设减速过程中阻力大小为Ff Ff＝ma2 减速过程中阻力与重力的比值＝＝. [尖子生选练] 12．(多选)(2021·湖南省1月适应性考试·10)如图9，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行．A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是( )  图9 A．拉力F小于11 N时，不能拉动C B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N D．A的加速度将随拉力F的增大而增大 答案 AC 解析 若刚好拉动C， 对C：F＝μ桌·3mg＋μBC·2mg＋FT① 对A、B整体：FT＝μBC·2mg② 由①②得：F＝μ桌·3mg＋μBC·4mg＝11 N 故拉力F小于11 N时不能拉动C，A正确； F为17 N时，C、B都在做加速运动，aB>0，而B恰好被拉动时，即aB＝0时FT＝μBC·2mg＝4 N， 故当F＝17 N时，FT′>4 N，B错误； A、B保持相对静止时，A、B的最大加速度amax＝＝μABg＝4 m/s2 对A、B整体：FT″－μBC·2mg＝2mamax 对C：F－μBC·2mg－μ桌·3mg－FT″＝mamax 得F＝23 N，C正确； A、B发生相对滑动后，A的加速度保持不变，故D错误． 13．(2021·江苏省四校联合第三次联考)如图10所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用与斜面平行的轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a，则下列说法错误的是(重力加速度为g)( )  图10 A．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为 B．从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为 C．恒力F的大小为5mgsin θ＋3ma D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a 答案 B 解析 开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡条件有：3mgsin θ＝kx1 解得弹簧的压缩量x1＝ 当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2＝2mgsin θ 解得弹簧的伸长量x2＝ 可知从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为x＝x1＋x2＝，故A正确； 从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为： WG＝－3mgxsin θ＝－，故A克服重力做的功为，B错误； 当B刚离开C时，对物块A，根据牛顿第二定律得F－3mgsin θ－kx2＝3ma 解得F＝5mgsin θ＋3ma，故C正确； 当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F－3mgsin θ－FT′＝0 所以：FT′＝2mgsin θ＋3ma 对B沿斜面方向有：FT′－2mgsin θ＝2ma′ 解得a′＝a 故D正确． (责任编辑：admin) |
