2021高考物理魯科版一輪復習教師用書：第三章專題提升（三）　牛頓運動定律的綜合應用-教案下載-教習網

角度2　超重失重的計算[例2] 某人在地面上最多可舉起50 kg的物體,當他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60 kg的物體時,電梯加速度的大小和方向為(g=10 m/s2)(　D　)A.2 m/s2　豎直向上 B. m/s2　豎直向上C.2 m/s2　豎直向下 D. m/s2　豎直向下審題指導:解此題關鍵有兩點:(1)人的“舉力”無論在何種狀態(tài)下總是不變;(2)人的“舉力”與物體重力的合力提供加速度.解析:由題意可知,在地面上,人的最大舉力為Fmax=mg=500 N,在電梯中人能舉起60 kg物體,物體一定處于失重狀態(tài),對60 kg的物體:m′g-Fmax=m′a,即a= m/s2= m/s2,所以選項D正確.1.在一個封閉裝置中,用彈簧測力計測一物體的重力,根據讀數與物體實際重力之間的關系,判斷以下說法中正確的是(　C　)A.讀數偏大,表明裝置加速上升B.讀數偏小,表明裝置加速下降C.讀數為0,表明裝置運動的加速度等于重力加速度,但無法判斷是向上運動還是向下運動D.讀數準確,表明裝置勻速上升或下降解析:讀數偏大,表明裝置處于超重狀態(tài),其加速度方向向上,可能的運動情況是加速上升或減速下降,故A項錯誤,同理知B項也錯誤.彈簧測力計讀數為0,即完全失重,這表明整個裝置運動的加速度等于重力加速度g.但是,a=g,速度方向有可能向上,也有可能向下,故C項正確.讀數準確,裝置可能靜止,也可能正在向任意一個方向做勻速直線運動,故D項錯誤.2.將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個箱子中,上頂板和下底板裝有壓力傳感器.當箱子隨電梯以a=4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動,上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0 N,下底板顯示的壓力為10.0 N.取g=10 m/s2,若上頂板示數是下底板示數的一半,則電梯的運動狀態(tài)可能是(　B　)A.勻加速上升,加速度為5 m/s2B.勻加速下降,加速度為5 m/s2C.勻速上升D.靜止狀態(tài)解析:當箱子隨電梯以a=4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時,設上頂板對金屬塊向下的壓力為N上,下底板通過彈簧對金屬塊向上的支持力為N下,對金屬塊由牛頓第二定律知N上+mg-N下=ma,代入數據解得m== kg=1 kg,所以金屬塊的重力為G=mg=10 N若上頂板傳感器的示數是下底板傳感器的示數的一半,由于彈簧形變未變化,故彈力不變,則下面?zhèn)鞲衅魇緮挡蛔?/span>,仍為10 N,則上頂板傳感器的示數是5 N,取向下為正方向,由牛頓第二定律知N上′+mg-N下′=ma′解得a′=5 m/s2,方向向下,故升降機以5 m/s2的加速度勻加速下降,或以5 m/s2的加速度勻減速上升,故A,C,D錯誤,B正確.動力學中的連接體問題1.連接體的類型(1)物體疊放連接體(2)彈簧連接體(3)輕繩(桿)連接體2.連接體的運動特點(1)輕繩——在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等.(2)輕桿——平動時,連接體具有相同的平動速度;轉動時,連接體具有相同的角速度,而線速度與轉動半徑成正比.(3)輕彈簧——在發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時,兩端連接體的速率相等.3.處理連接體問題的方法:整體法、隔離法或“先整體求加速度,后隔離求連接體之間作用力”.角度1　物體疊放連接體[例3] 如圖所示,質量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上,其上放置質量為m1的物塊A,用通過光滑定滑輪的細線將A與質量為M的物塊C連接,釋放C,A和B一起以加速度a從靜止開始運動,已知A,B間的動摩擦因數為μ,重力加速度大小為g.細線中的拉力大小為(　C　)A.Mg B.M(g+a)C.(m1+m2)a D.m1a+μm1g解析:以C為研究對象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A,B錯誤;以A,B整體為研究對象,根據牛頓第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正確;A,B間為靜摩擦力,大小為m2a,故D錯誤.角度2　彈簧連接體[例4] (多選)如圖所示,2 019個質量均為m的小球通過完全相同的輕質彈簧(在彈性限度內)相連,在水平拉力F的作用下,一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運動,設1和2之間彈簧的彈力為F1—2,2和3間彈簧的彈力為F2—3,2 018和2 019間彈簧的彈力為F2 018—2 019,則下列結論正確的是(　AD　)A.F1—2∶F2—3∶…F2 018—2 019=1∶2∶3∶…∶2 018B.從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…∶2 018C.如果突然撤去拉力F,撤去F瞬間,第2 019個小球的加速度為,其余每個球的加速度依然為aD.如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落,那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0,第2個小球的加速度為2a,其余小球加速度依然為a審題指導:對于連接體,要分析求解小球之間的作用力,需要隔離與該力相關的小球列方程解答.解析:隔離小球1,由牛頓運動定律,F1-2=ma,把小球1和2看作整體隔離,由牛頓運動定律,F2-3=2ma,把小球1,2和3看作整體隔離,由牛頓運動定律,F3-4=3ma,把小球1,2,3和4看作整體隔離,由牛頓運動定律,F4-5=4ma,……把小球1到2 018看作整體隔離,由牛頓運動定律,F2 018-2 019=2 018ma,聯立解得:F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6…F2 018-2 019=1∶2∶3∶4∶5∶…∶2018,選項A正確;由于彈簧長度等于彈簧原長加彈簧伸長量,彈簧伸長量與彈簧彈力成正比,所以選項B錯誤;如果突然撤去拉力F,撤去F的瞬間,小球之間彈簧彈力不變,2 018和2 019之間的彈簧彈力F2 018-2 019=2 018ma,對整體用牛頓第二定律可得F=2 019ma,聯立得第2 019個小球的加速度a′=,選項C錯誤;如果1和2兩個球之間的彈簧從第1個球處脫落,那么脫落瞬間,第1個小球受力為零,加速度為零,第2個小球受到2和3之間彈簧彈力,F2-3=ma2,解得第2個小球的加速度a2=2a,其余小球受力情況不變,加速度依然為a,選項D正確.角度3　輕繩(桿)連接體[例5] 如圖(甲)所示,質量為m0的小車放在光滑水平面上,小車上用細線懸吊一質量為m的小球,m0>m,用一力F水平向右拉小球,使小球和車一起以加速度a向右運動時,細線與豎直方向成α角,細線的拉力為T.若用一力F′水平向左拉小車,使小球和車一起以加速度a′向左運動時,細線與豎直方向也成α角,如圖(乙)所示,細線的拉力為T′.則(　B　)A.F′=F,T′=T B.F′>F,T′=TC.F′<F,T′>T D.F′<F,T′<T解析:對小球進行受力分析,由于小球豎直方向上所受合力為零,可知Tcos α=mg,T′cos α=mg,所以T=T′.對于題圖(乙)中的小球,水平方向有T′sin α=ma′,對于題圖(甲)中的小車,水平方向有Tsin α=m0a,因為m0>m,所以a′>a.對小球與車組成的整體,由牛頓第二定律得F=(m0+m)a,F′=(m0+m)a′,所以F′>F,選項B正確.連接體問題的處理思路整體法與隔離法往往交叉使用,一般思路是:(1)求內力時,先用整體法求加速度,再用隔離法求物體間的作用力.(2)求外力時,先用隔離法求加速度,再用整體法求整體受到的外力.1.如圖所示,光滑的水平地面上有兩塊材料完全相同的木塊A,B,質量均為m,A,B之間用輕質細繩水平連接.現沿細繩所在直線施加一水平恒力F作用在A上,A,B開始一起做勻加速運動,在運動過程中把和木塊A,B完全相同的木塊C放在某一木塊上面,系統(tǒng)仍加速運動,且A,B間始終沒有相對滑動,則在放上C并達到穩(wěn)定后,下列說法正確的是(　C　)A.若C放在A上面,繩上拉力不變B.若C放在B上面,繩上拉力為C.C放在B上,B,C間摩擦力為D.C放在A上比放在B上運動時的加速度大解析:設原來的加速度為a0,根據牛頓第二定律可得F=2ma0,無論C放到哪塊上,待穩(wěn)定后根據牛頓第二定律都有F=3ma,a都將小于a0,故D錯誤;若放在A木塊上面,以B為研究對象,設繩子拉力為T,則T=ma,繩子拉力減小,A錯誤;若C放在B上面,以B,C為研究對象,根據牛頓第二定律可得T=2ma=F,以C為研究對象,根據牛頓第二定律可得B,C間摩擦力為f=ma=,故B錯誤,C正確.2.如圖所示,bc為固定在小車上的水平橫桿,物塊M串在桿上,靠摩擦力保持相對桿靜止,M又通過輕細線懸吊著一個小球m,此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動,而M,m均相對小車靜止,細線與豎直方向的夾角為θ.小車的加速度逐漸增加,M始終和小車保持相對靜止,當加速度增加到2a時(　A　)A.橫桿對M的摩擦力增加到原來的2倍B.橫桿對M的彈力增加到原來的2倍C.細線與豎直方向的夾角增加到原來的2倍D.細線的拉力增加到原來的2倍解析:對小球和物塊組成的整體,分析受力如圖(甲)所示,根據牛頓第二定律得,水平方向:f=(M+m)a,豎直方向:N=(M+m)g,則當加速度增加到2a時,橫桿對M的摩擦力f增加到原來的2倍,橫桿對M的彈力等于兩個物體的總重力,保持不變,故A正確,B錯誤;以小球為研究對象,分析受力情況如圖(乙)所示,由牛頓第二定律得mgtan θ=ma,解得tan θ=,當a增加到兩倍時,tan θ 變?yōu)閮杀?/span>,但θ不是原來的兩倍.細線的拉力T=,可見a變?yōu)閮杀?/span>,T不是原來的兩倍,故C,D錯誤.動力學中的圖象問題1.常見四類動力學圖象及解題辦法v-t圖象根據圖象的斜率判斷加速度的大小和方向,進而根據牛頓第二定律求解合外力F-a圖象對物體進行受力分析,然后根據牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式,根據函數關系式結合圖象,明確圖象的斜率、截距或面積的意義,從而求出未知量a-t圖象要注意加速度的正負,正確分析每一段的運動情況,然后結合物體受力情況根據牛頓第二定律列方程F-t圖象要結合物體受到的力,根據牛頓第二定律求出加速度,分析每一時間段的運動性質2.解題策略(1)解題的關鍵在于弄清圖象斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義.(2)應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式,進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系,以便對有關物理問題作出準確判斷.角度1　圖象的選取[例6] 如圖所示,物體沿斜面由靜止滑下,在水平面上滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動摩擦因數相同,斜面與水平面平滑連接.下圖中v,a,f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.下圖中正確的是(　C　)解析:根據物體的受力情況,可以判斷出物體先是在斜面上做勻加速直線運動,到達水平面上之后,做勻減速運動,所以物體運動的速度—時間的圖象應該是傾斜的直線,不能是曲線,且在每一個運動的過程中物體的加速度的大小是不變的,所以物體的加速度—時間的圖象應該是兩段水平的直線,不能是傾斜的直線,所以A,B錯誤;在整個運動的過程中,物體受到的都是滑動摩擦力,所以摩擦力的大小是不變的,并且由于在斜面上時的壓力比在水平面上時的壓力小,所以滑動摩擦力也比在水平面上的小,C正確;物體做的是勻加速直線運動,物體的位移為s=at2,所以物體的路程和時間的關系應該是拋物線,不是正比例的傾斜的直線,所以D錯誤.角度2　圖象的轉換[例7] 在圖(甲)所示的水平面上,用水平力F拉物塊,若F按圖(乙)所示的規(guī)律變化.設F的方向為正方向,則物塊的速度—時間圖象可能正確的是(　A　)解析:若水平面光滑,則加速度a=,即a∝F,滿足a1∶a2∶a3=F1∶F2∶F3=1∶3∶2,可見A,B,C,D四個選項均不符合.若水平面不光滑,對A圖進行分析:0~1 s內,a1===2 m/s2,1~2 s內,a2===2 m/s2,2~3 s內,a3===1 m/s2,聯立以上各式得f=1 N,m=1 kg,且a1∶a2∶a3=2∶2∶1,符合實際,A項正確;同理,可分析B,C,D項均不可能.角度3　圖象信息的應用[例8] 如圖(甲)所示,一物塊放在粗糙的水平面上,從t=0時刻開始,以一定的初速度向左運動,同時在物塊上加一斜向右上的恒力F的作用,F與水平方向的夾角θ=37°,物塊的質量為2 kg,物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.5,物塊向左運動的v-t圖象如圖(乙)所示(已知cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2),求:(1)拉力F的大小;(2)物塊再回到t=0時刻的位置時的速度v1大小;(3)若在t=0.5 s時拉力的方向不變,大小改變,要使物塊再回到t=0時刻的位置時速度大小和t=0時刻的速度大小相等,則拉力F′應變?yōu)槎嗌?/span>?(結果保留兩位小數)審題指導:第一步:讀題抓關鍵點獲取信息第二步:讀圖析圖獲取信息解析:(1)物塊向左運動時,由圖象知,初速度v0=6 m/s,加速度大小a1= m/s2=12 m/s2.由牛頓第二定律得Fcos θ+μ(mg-Fsin θ)=ma1解得F=28 N.(2)物塊在拉力作用下從速度為零開始向右運動時,由圖象可知,回到t=0時刻的位置的位移s=×6×0.5 m=1.5 m.由牛頓第二定律得Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma2求得a2=10.4 m/s2.由運動學公式得=2a2s.得物塊回到t=0時刻位置的速度v1= m/s.(3)要使物塊回到t=0時刻位置的速度大小和t=0時刻的速度大小相等,向右運動時的加速度大小a3=a1=12 m/s2.由牛頓第二定律F′cos θ-μ(mg-F′sin θ)=ma3求得F′=30.91 N.答案:(1)28 N　(2) m/s　(3)30.91 N 圖象信息應用問題的常見誤區(qū)(1)沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位.(2)不注意坐標原點是否從零開始.(3)不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義.(4)忽視對物體實際過程中的受力情況和運動情況的分析.　1.某質點做直線運動,運動速率的倒數與位移s的關系如圖所示(OA與AA′距離相等),關于質點的運動,下列說法正確的是(　C　)A.質點做勻速直線運動B.-s圖線斜率等于質點運動的加速度C.質點從C運動到C′所用的運動時間是從O運動到C所用時間的3倍D.質點從C運動到C′的運動位移是從O運動到C的運動位移的3倍解析:由題中-s圖象可知,與s成正比,即vs=常數,質點做減速直線運動,A錯誤;質點的運動不是勻減速運動,圖線斜率不等于質點運動的加速度,B錯誤;由于三角形OBC的面積S1=OC·=,體現了從O到C所用的時間,同理,從O到C′所用的時間可由S2=OC′·=體現,所以四邊形BB′C′C面積可體現質點從C到C′所用的時間,由于四邊形AA′B′B面積與四邊形BB′C′C面積相等,所以四邊形AA′B′B面積也可表示質點運動的時間,所以質點從C運動到C′所用的運動時間是從O運動到C所用時間的3倍,C正確;由題中已知條件可知質點從C運動到C′的運動位移和從O運動到C的運動位移相等,D錯誤.2.(2019·黑龍江大慶期中)某運動員做跳傘訓練,他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下,跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速下落.他打開降落傘后的速度圖線如圖(甲).降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員,每根繩與中軸線的夾角均為37°,如圖(乙).已知人的質量為50 kg,降落傘質量也為50 kg,不計人所受的阻力,打開傘后傘所受阻力f與速率v成正比,即f=kv(g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6).求:(1)打開降落傘前人下落的距離為多大.(2)求阻力系數k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向.(3)懸繩能夠承受的拉力至少為多少.解析:(1)由v-t圖知人打開降落傘時速度為v1=20 m/s,由自由落體運動解得下落的距離為h==20 m.(2)當人和降落傘的速度v2=5 m/s時做勻速運動,則kv2=2mg,解得k=200 N·s/m.設打開降落傘瞬間的加速度為a,由牛頓第二定律對整體:kv1-2mg=2ma,代入數據解得a=30 m/s2,方向豎直向上.(3)設每根繩最大拉力為T,加速度最大時繩子的拉力最大,以運動員為研究對象有8Tcos 37°-mg=ma,代入數據解得T=312.5 N.答案:(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向豎直向上(3)312.5 N動力學中的臨界與極值問題1.“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件:彈力N=0.(2)相對滑動的臨界條件:靜摩擦力達到最大值.(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛與拉緊的臨界條件是T=0.(4)加速度變化時,速度達到最值的臨界條件:加速度變?yōu)?/span>0.2.“三種”典型的常用方法極限法把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現象(或狀態(tài))暴露出來,以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時,或變化過程中可能出現臨界條件,也可能不出現臨界條件時,往往用假設法解決問題數學法將物理過程轉化為數學表達式,根據數學表達式解出臨界條件或極值角度1　臨界問題[例9] (多選)如圖所示,A,B兩物塊的質量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上.A,B間的動摩擦因數為μ,B與地面間的動摩擦因數為μ.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.現對A施加一水平拉力F,則(　BCD　)A.當F<2μmg時,A,B都相對地面靜止B.當F=μmg時,A的加速度為μgC.當F>3μmg時,A相對B滑動D.無論F為何值,B的加速度不會超過μg解析:A,B間的最大靜摩擦力為2μmg,B和地面之間的最大靜摩擦力為μmg,對A,B整體,只要F>μmg,整體就會相對地面運動,選項A錯誤;當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時,A,B將要發(fā)生相對滑動,故A,B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg-μmg=mamax,B運動的最大加速度amax=μg,選項D正確;對A,B整體,有F-μmg=3mamax,得F=3μmg,則F>3μmg時兩者會發(fā)生相對滑動,選項C正確;當F=μmg時,兩者相對靜止,一起滑動,加速度滿足F-μmg=3ma,解得a=μg,選項B正確.疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路角度2　極值問題[例10] 木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當θ=30°時,可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑,如圖(甲)所示.若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度v0=10 m/s沿木板向上運動,如圖(乙)所示,隨著θ的改變,小物塊沿木板滑行的最大距離s將發(fā)生變化.重力加速度g取10 m/s2.(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數;(2)當θ滿足什么條件時,小物塊沿木板滑行的最大距離最小,并求出此最小值.審題指導:根據動力學知識寫出數學表達式,進而討論出極值.解析:(1)當θ=30°時,小物塊恰好能沿著木板勻速下滑,則mgsin θ=f,f=μmgcos θ解得μ=.(2)當θ變化時,設沿斜面向上為正方向,小物塊的加速度為a,由牛頓第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma,由0-=2as得s=,令cos α=,sin α=,即tan α=μ,即α=30°,則s=,當α+θ=90°時s最小,可得θ=60°,所以s最小值為smin== m.答案:(1)　(2)θ=60°　 m1.(多選)如圖所示,在光滑平面上有一靜止小車,小車質量為M=5 kg,小車上靜止地放置著質量為m=1 kg的木塊,木塊和小車間的動摩擦因數為μ=0.2,用水平恒力F拉動小車.下列關于木塊的加速度am和小車的加速度aM,可能正確的有(g=10 m/s2)(　AC　)A.am=1 m/s2,aM=1 m/s2B.am=1 m/s2,aM=2 m/s2C.am=2 m/s2,aM=4 m/s2D.am=3 m/s2,aM=5 m/s2解析:隔離木塊,分析受力,木塊和小車恰不發(fā)生相對滑動時,它們有相同的加速度,由牛頓第二定律有μmg=mam,解得am=2 m/s2.木塊和小車不發(fā)生相對滑動時,二者加速度相等,A符合條件,木塊和小車發(fā)生相對滑動時,am=2 m/s2,小車的加速度aM為大于2 m/s2的任意值.C符合條件.2.如圖所示,靜止在光滑水平面上的斜面體,質量為M,傾角為α.其斜面上有一靜止的滑塊,質量為m,兩者之間的動摩擦因數為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.現給斜面體施加水平向右的力F使斜面體加速運動.(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動,求力F的最大值.(2)若要使滑塊做自由落體運動,求力F的最小值.解析:(1)當滑塊與斜面體一起向右加速運動時,力F越大,加速度越大,當F最大時,斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值fmax,隔離滑塊并受力如圖所示:設滑塊與斜面體一起加速運動的最大加速度為a,Ncos α+fmaxsin α=mgfmaxcos α-Nsin α=ma由題意知fmax=μN聯立解得a=g對整體受力分析F=(M+m)a聯立解得F=.(2)要使滑塊做自由落體運動,滑塊與斜面體之間沒有力的作用,滑塊的加速度為g,設此時斜面體的加速度為aM,則對斜面體:F=MaM當水平向右的力F最小時,二者沒有相互作用但仍接觸,則有=tan α,即=tan α聯立解得F=.答案:(1)　(2)1.(2018·全國Ⅰ卷,15)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動.以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是(　A　)解析:設彈簧的原長為l,物塊P靜止時,彈簧的長度為l0,對其受力分析如圖所示.根據牛頓第二定律,得F+k(l-l0-x)-mg=ma,又k(l-l0)=mg,故F=kx+ma,A正確.2.(2017·海南卷,9)(多選)如圖,水平地面上有三個靠在一起的物塊P,Q和R,質量分別為m,2m和3m,物塊與地面間的動摩擦因數都為μ.用大小為F的水平外力推動物塊P,記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k.下列判斷正確的是(　BD　)A.若μ≠0,則k= B.若μ≠0,則k=C.若μ=0,則k= D.若μ=0,則k=解析:三物塊靠在一起,將以相同加速度向右運動,則加速度a=.所以,R和Q之間相互作用力F1=3ma+3μmg=F,Q與P之間相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-m·=F;所以,k===,由于k的值與μ是否為零無關,故k=恒成立,故A,C錯誤,B,D正確.3.(2019·全國Ⅲ卷,20)(多選)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平.t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由題給數據可以得出(　AB　)A.木板的質量為1 kgB.2~4 s內,力F的大小為0.4 NC.0~2 s內,力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2解析:結合(b)(c)兩圖象可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動,它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等于F摩,故F在此過程中是變力,C錯誤;2~5 s內木板與物塊發(fā)生相對滑動,它們之間的摩擦力轉變?yōu)榛瑒幽Σ亮?/span>,在4~5 s內,木板僅在摩擦力的作用下做勻減速運動,有F摩=ma2=0.2 N,而a2= m/s2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正確;在2 s~4 s內,木板加速度大小a1= m/s2=0.2 m/s2,根據牛頓第二定律可知F-F摩=ma1,即F=F摩+ma1=0.4 N,B正確;對物塊進行分析可知,物塊一直處于平衡狀態(tài),故F摩=μm物g=0.2 N.而物塊的質量未知,所以無法計算物塊與木板之間的動摩擦因數μ,D錯誤.4.(2019·廣東深圳模擬)兩個質量均為m的相同的物塊疊放在一個輕彈簧上面,處于靜止狀態(tài).彈簧的下端固定于地面上,彈簧的勁度系數為k.t=0時刻,給A物塊一個豎直向上的作用力F,使得兩物塊以0.5g的加速度勻加速上升,下列說法正確的是(　C　)A.A,B分離前合外力大小與時間的平方成線性關系B.分離時彈簧處于原長狀態(tài)C.在t=時刻A,B分離D.分離時B的速度大小為g解析:A,B分離前兩物塊做勻加速運動,合外力不變,A錯誤;開始時彈簧的壓縮量為x1,則2mg=kx1;當兩物塊分離時,加速度相同且兩物塊之間的彈力為零,對物塊B,有kx2-mg=ma,且x1-x2=at2,解得x1=,x2=,t=,此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài),B錯誤,C正確;分離時B的速度為v=at=g·=g,D錯誤.5.(2013·福建卷,21)質量為M、長為L的桿水平放置,桿兩端A,B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩,繩上套著一質量為m的小鐵環(huán).已知重力加速度為g,不計空氣影響.(1)現讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中,如圖(甲),求繩中拉力的大小.(2)若桿與環(huán)保持相對靜止,在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動,此時環(huán)恰好懸于A端的正下方,如圖(乙)所示.①求此狀態(tài)下桿的加速度大小a;②為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力,方向如何?解析:(1)如圖(甲),設平衡時,繩中拉力為T,有2Tcos θ-mg=0,由圖知cos θ=聯立解得T=mg.(2)①此時,小鐵環(huán)受力如圖(乙)所示,有T′sin θ′=maT′+T′cos θ′-mg=0由圖知θ′=60°,聯立解得a=g.②設外力F與水平方向成α角,將桿和小鐵環(huán)當成一個整體,其受力如圖(丙)所示,有Fcos α=(M+m)aFsin α-(M+m)g=0聯立解得F=(M+m)gtan α=(或α=60°).答案:(1)mg　(2)①g　②(M+m)g　方向與水平方向成60°角斜向右上方