动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象及问题类型
2.解题策略——数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或描点作图。
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。 考向 动力学中的v－t图象
【例1】 (多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
图1
A.斜面的倾角 B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
v0
解析 由v－t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝t，根据牛顿1
v0
第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝t。同理向下滑行时gsin
1
v0＋v1v0－v1v1
θ－μgcos θ＝t，两式联立得sin θ＝2gt，μ＝2gtcos θ，可见能计算出斜面的倾
111斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，v0
向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为2，所以沿斜面v0
向上滑行的最远距离为s＝2t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高v0＋v1v0（v0＋v1）v0
度为ssin θ＝2t1×2gt＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求
4g1出物块的质量，选项B错误。 答案 ACD
考向 动力学中的F－t图象
【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(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2
A.木板的质量为1 kg
B.2 s～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
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，
0.4
木板的加速度大小a1＝2 m/s2＝0.2 m/s2，
0.4－0.2
撤去外力F后的加速度大小a2＝1 m/s2＝0.2 m/s2 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＝ma1 4～5 s内：F摩＝ma2 且知F摩＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误； 0～2 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。 答案 AB
考向 动力学中的F－x图象
【例3】 (2018·全国Ⅰ卷，15)如图3，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是( )
图3
解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。 答案 A
考向 动力学中的F－a图象
【例4】 一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a线性增大，故选项C正确。 答案 C
1.如图4所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v－t图象(图中实线)可能是选项图中的( )
图4
解析 撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A项正确。 答案 A
2.(多选)如图5甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中，正确的是( )
图5
解析 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到
等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝
F－f2maxmA＋mB
，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝
mBF＋mAf2max
，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再
mA＋mB增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变F－f1max
化，此时A的加速度a′＝m，综上所述可知A、C项正确。
A答案 ACD
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)。 2.解决连接体问题的两种方法
考向 相对静止类
【例5】 (多选)(2015·全国Ⅱ卷，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢2
以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨
3间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A.8
B.10
C.15
D.18
解析 设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma① P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有
2
F＝km·
3a②
联立①②得3n＝2k，
总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。 答案 BC
考向 相对运动类
【例6】 (多选)(2019·江苏七市三调)如图6甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
图6
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发生相对运动 D.当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力为6 N，所以A、f1m
B之间的动摩擦因数μ＝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，f1m
此时A、B发生相对滑动，对A物体有a＝m＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 答案 AB
1.(2019·天津十二重点中学二模)如图7所示，光滑水平面上的小车在水平拉力F的作用下向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F增大，则( )
图7
A.物块受到的摩擦力不变 B.物块受到的合力不变 C.物块可能相对于车厢壁滑动
D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变
解析 物块受力如图所示，根据牛顿第二定律，对物块有N＝ma，对物块和小车整体有F＝(M＋m)a，联立可得a＝
Fm
，N＝F，水平拉力F增大时，加M＋mM＋m
速度a增大，车厢壁对物块的弹力N增大，物块与车厢壁之间的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢壁仍然保持静止，选项C、D均错误；物块在竖直方向受力平衡，则f＝mg，即物块受到的摩擦力不变，选项A正确；物块受到的合力等于N，N随F的增大而增大，选项B错误。
答案 A
2.如图8甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量
为m的小球，m0＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为T′。则( )
图8
A.F′＝F，T′＝T C.F′＜F，T′＞T
B.F′＞F，T′＝T D.F′＜F，T′＜T
解析 对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知Tcos α＝mg，T′cos α＝mg，所以T＝T′。对于题图乙中的小球，水平方向有T′sin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有Tsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′＞a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。 答案 B
3.(2019·广东惠州第二次调研)如图9所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )
图9
A.3μmg
B.4μmg
C.5μmg
D.6μmg
解析 当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为
a2，则有f1＝μ·2mg＝2ma1 得a1＝μg
设桌面对纸板的摩擦力为f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力f1′＝f1，则F－f1－f2＝ma2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度， 即a2＞a1
所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg 即F＞6μmg，故选D。 答案 D
动力学中的临界和极值问题
1.临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2.“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力N＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0时。
【例7】 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图10所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是( )
图10
A.物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零 B.物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零 C.物块A、B分离后，物块A开始减速 D.从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2
gsin θ＋a
x0
3agsin θ·
解析 物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，A、B有相同的加速度，弹簧的弹力不为零，物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动。 开始时受力平衡，根据平衡条件可得 kx0＝3mgsin θ，解得k＝
3mgsin θx0
物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，选项A、C错误，B正确； 对A，根据牛顿第二定律kx－2mgsin θ＝2ma， 2mgsin θ＋2ma2gsin θ＋2a
则得x＝＝·x0，
k3gsin θ1
根据x0－x＝2at2可得物块A、B分离的时间 t＝
2（gsin θ－2a）
·x0，选项D错误。
3agsin θ
答案 B
1.(多选)如图11所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面1
上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为2μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
图11
A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 51
B.当F＝2μmg时，A的加速度为3μg C.当F＞3μmg时，A相对B滑动
1
D.无论F为何值，B的加速度不会超过2μg
3
解析 A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为2μmg，3
对A、B整体，只要F＞2μmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速31
度的最大值满足2μmg－2μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝2μg，选项D3
正确；对A、B整体，有F－2μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会5
发生相对滑动，选项C正确；当F＝2μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速31
度满足F－2μmg＝3ma，解得a＝3μg，选项B正确。 答案 BCD
2.如图12所示，一质量m＝0.40 kg、可视为质点的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F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，物块在A点的速度为v0＝2 m/s，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾3
角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝3。重力加速度g取10 m/s2。
图12
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面夹角为多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式1
得L＝v0t＋2at2，v＝v0＋at 联立两式，代入数据得 a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
(2)设物块所受支持力为N，所受摩擦力为f，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－f＝ma， Fsin α＋N－mgcos θ＝0， 又f＝μN， 联立解得F＝
mg（sin θ＋μcos θ）＋ma
cos α＋μsin α
，
由数学知识得
323
cos α＋3sin α＝3sin (60°＋α)，
可知对应F最小时F与斜面的夹角α＝30°， 133
联立并代入数据得F的最小值为Fmin＝5 N。
133
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 5 N
课时作业
(时间：30分钟) 基础巩固练
1.物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1。现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图1所示，则A对B的拉力大小等于( )
图1
A.1 N C.2 N
B.1.5 N D.3 N
解析 设B物体的质量为m，A对B的拉力为FAB，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a，则a＝答案 A
2.如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为( )
3 N
，对B有FAB＝ma，所以FAB＝1 N。 m＋2m
图2
A.
Fcos θ
m1＋m2
B.
Fsin θ
m1＋m2
Fcos θC.m
1
Fsin θD.m
2
解析 把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝答案 A
3.如图3，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
Fcos θ
，选项A正确。
m1＋m2
图3
解析 滑块以初速度v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑块做匀减速直线运动。对滑块受力分析易得a＝μgcos θ－gsin θ，方向沿斜面向上，选项C、D错误；s1
＝v0t－2at2，h＝ssin θ，由图象规律可知选项A错误，B正确。 答案 B
4.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图4甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
图4
A.前2 s处于超重状态 B.从200 m高处开始跳下
C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N D.整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
解析 由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s
减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图象与横轴面积的物理意义知sΔv0－201
＝2×(5＋13)×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝Δt＝6 m/s2＝－102 m/s，对特战兵，由牛顿第二定律得8T·cos 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项3
s180
C正确；全程平均速度v＝t＝13 m/s＞10 m/s，选项D错误。 答案 C
5.(2020·云南昆明4月质检)如图5所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上R
与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度H＝3。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为( )
图5
5
A.3Mg
5
C.3(M＋m)g
5B.2Mg
5
D.2(M＋m)g
解析 相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，小球受到的重力和支持力N的合力方向水平向左。R－H2
设N与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则cos θ＝R＝3，sin θ＝
1－cos2 θ＝
55，则tan θ＝32，根据牛顿第二定律，对小球有mgtan θ＝ma，解得小球的加速
55
度a＝2g，对A、B整体有F＝(M＋m)a，解得F＝2(M＋m)g，选项D正确。
答案 D
6.(2019·西安二模)如图6所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为( )
图6
A.2.0 N
B.3.0 N
C.6.0 N
D.9.0 N
解析 根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值fmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有fmax＝mAa，代入数据解得fmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有fmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象有fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得fmax＝6.0 N，故C项正确。 答案 C
7.如图7甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移s变化的图象如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2。则：
图7
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？ (2)距出发点多远时物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？ 解析 (1)由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大， F
代入数值解得a＝m－μg＝20 m/s2。
(2)由题图可得推力F是随位移s减小的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大
则F＝μmg＝20 N
由题图得到F与s的函数关系式F＝100－25s 则得到s＝3.2 m。
(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－s图线与s轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J
根据动能定理W－μmgsm＝0 代入数据得sm＝10 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m
综合提能练
8.(多选)如图8甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2。下列选项中正确的是( )
图8
A.2 s末到3 s末物块做匀减速运动 B.在t＝1 s时刻，恒力F反向 C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.恒力F大小为10 N
2v0
解析 物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝2s＝10 m/s2，物块做匀减速直
1
v010
线运动的时间为t1＝a＝10 s＝1 s，即在t＝1 s末恒力F反向，物块做匀加速直
1
v2
线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a2＝2s＝4
2
m/s2，根据牛顿第二定律得F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立解得F＝7 N，f＝3 N，由f＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误。 答案 BC
9.(多选)(2019·湖北黄冈中学三模)如图9所示，倾角为α的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右、大小为F＝
23
mg的恒力，使A、B在斜3
面上都保持静止，如果此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是( )
图9
mg
A.弹簧的原长为L－2k B.斜面的倾角为α＝30°
C.撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变 D.撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0
mgsin α解析 对小球B进行受力分析，由平衡条件可得kx＝mgsin α，解得x＝k，mgsin α
所以弹簧的原长为L0＝L－x＝L－k，对小球A进行受力分析，由平衡条件
mg
可得Fcos α＝mgsin α＋kx，解得α＝30°，故弹簧的原长为L0＝L－2k，选项A、
B正确；撤掉F之前，A、B的加速度均为0，撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，A在垂直斜面的方向上受到的合力为0，沿斜面方向有kx＋mgsin α＝maA，小球A此时的加速度aA＝g，对B进行受力分析，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度仍为零，选项C错误，D正确。 答案 ABD
10.(多选)如图10所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
图10
A.该水平拉力大于轻绳的弹力 B.物块c受到的摩擦力大小为μmg
C.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg D.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg 解析 三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F＞T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得，对a、b、c系统F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确。 答案 ACD
11.如图11所示，倾角为θ＝53°、质量为M＝2 kg的光滑斜面体A上有一个m＝0.5 kg的小球B，斜面体放在光滑的水平桌面上，斜面体与一平行于桌面的细绳
相连，绳的另一端跨过一不计摩擦的轻质定滑轮挂一个质量为m0的物块C，桌子固定于水平地面上，将物块由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。
图11
(1)若小球与斜面恰好没有弹力，此时小球与斜面体向右运动的加速度a为多大？ (2)若小球与斜面恰好没有弹力，m0为多少？ (3)m0为多少时，小球与斜面之间的弹力为1.5 N? 解析 (1)对小球进行受力分析， mg
由牛顿第二定律可知tan θ＝ma 代入数据解得a＝7.5 m/s2。
(2)对小球和斜面体组成的整体进行受力分析， 有F＝(m＋M)a
对物块进行受力分析，有m0g－F＝m0a 联立方程并代入数据解得m0＝7.5 kg。 (3)如图所示，
对小球进行受力分析，由牛顿第二定律，有 T′cos θ－N′sin θ＝ma′ N′cos θ＋T′sin θ＝mg
联立方程并代入数据解得 a′＝3.75 m/s2
对小球与斜面体组成的整体进行受力分析，有F′＝(m＋M)a′ 对物块，有m0g－F′＝m0a′
联立方程并代入数据解得m0＝1.5 kg。 答案 (1)7.5 m/s2 (2)7.5 kg (3)1.5 kg
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