2024高考物理大一轮复习题库 专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 专题强化三 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题，共20页。试卷主要包含了常见图像，题型分类，解题策略，6×104 kg B，6 m/s2等内容，欢迎下载使用。

专题强化三　牛顿运动定律的综合应用
——动力学图像、连接体及临界极值问题

命题点一　动力学图像问题
1.常见图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
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像。
3.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所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，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。
【真题示例1 (多选)(2021·全国乙卷，21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图1(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1
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　分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2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μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝(μ2－μ1)g，B、D正确。
【例2 (多选)(2021·安徽皖北协作区4月联考)如图2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，已知g取10 m/s2，则(　　)

图2
A.滑块A的质量为2 kg
B.木板B的质量为6 kg
C.当F＝12 N时，木板B的加速度为4 m/s2
D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
答案　AD
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＝10 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度am＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝10 kg，当F＞10 N时，A与B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＝－μg，根据题图乙解得m＝2 kg，μ＝0.4，则M＝8 kg，故A、D正确，B错误；当F＝12 N时，木板B的加速度为aB＝＝1 m/s2，故C错误。
【针对训练1】 (2021·山东济南市模拟) 蹦床运动有益于人的身心，成人和儿童都可以参与，在社会上迅速流行起来。一人在蹦床上运动时，某段时间内的v－t图像如图3所示，其中0～t1段和t3～t4段是直线，且0～t1时间大于t3～t4的时间，不计空气阻力，由此图像可知(　　)

图3
A.0～t1时间内人向上运动
B.t1～t3时间内人一直向下运动
C.t2时刻的加速度大于重力加速度g
D.t3时刻的加速度大于重力加速度g
答案　C
解析　0～t1时间内，速度为正，人加速向下运动，A错误；t2～t3是起蹦过程，人向上运动，B错误；由图像可知，t2时刻人位于最低处，此时图线的斜率|kt2|＞|kt1|，又因为v－t 图像的斜率表示加速度大小，则有at2＞at1＝g，C正确；t3～t4时间内，人离开蹦床做竖直上抛运动，故t3时刻的加速度等于重力加速度g，D错误。
【针对训练2】 (多选)如图4(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T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4
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
a1＝ m/s2＝0.2 m/s2
撤去外力F后的加速度大小
a2＝ 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
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。
命题点二　动力学中的连接体问题
1.连接体的类型
(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3.连接体问题的分析
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”。
【真题示例3 (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.
C. D.
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，则有F－38f＝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＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误。
【例4 (多选) (2020 ·海南卷，12)如图5所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　)

图5
A.两物块一起运动的加速度大小为a＝
B.弹簧的弹力大小为T＝F
C.若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D.若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
答案　BC
解析　对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a
解得a＝－gsin θ，故A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2gsin θ＝m2a，解得F弹＝，故B正确；根据F弹＝＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，故C正确；根据F弹＝可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，故D错误。
【针对训练3】 (2021·山东省实验中学月考)如图6所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s的时间内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　)

图6
A.7.6×104 kg B.8.0×104 kg
C.4.0×104 kg D.4.0×103 kg
答案　A
解析　加速度a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2
由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a
可知空间站的质量为M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。
【针对训练4】 (2021·福建泉州市4月质量监测)如图7为某闯关游戏装置部分示意图，水平轨道上的小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长L1＝3.1 m的软垫AB静止在水面上，A端在挡板正下方。质量m＝60 kg的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离L2＝1.5 m。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为θ＝37°。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降h＝3.2 m时恰好落在软垫的右端B点。不计小车的大小、质量和一切摩擦阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图7
(1)闯关者松手时的速度大小v；
(2)配重的质量m重。
答案　(1)5 m/s　(2)180 kg
解析　(1)设闯关者松手时重心与B点的水平距离为x，下落运动的时间为t，有
x＝L2sin θ＋L1
x＝vt
h＝gt2
解得v＝5 m/s。
(2)设运动过程中闯关者与配重的加速度大小为a，与配重连接的轻绳拉力大小为F1，轻绳L2的拉力大小为F2，则以配重为研究对象，由牛顿第二定律有m重g－F1＝m重a
以轻质小车为研究对象，有F1＝F2sin θ
以闯关者为研究对象，有F2sin θ＝ma
F2cos θ＝mg，解得m重＝180 kg。
命题点三　动力学中的临界和极值问题
1.临界或极值条件的关键词
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词语，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是临界点。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：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FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
3.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(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。
4.解题技巧方法
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
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
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
【例5 如图8所示，一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g＝10 m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)

图8
(1)当卡车以a＝2 m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；
(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4 m，刹车前卡车的车速为v＝72 km/h，求卡车刹车时的加速度a1最小为多大。
答案　(1)木箱不会发生滑动　(2)5.6 m/s2
解析　(1)当卡车的加速度为a＝2 m/s2时，假设木箱与卡车一起运动
则对于木箱由牛顿第二定律得Ff＝ma
木箱所受的最大静摩擦力为Fm＝μmg
代入数据可知Ff＜Fm，假设成立，木箱不会发生滑动。
(2)刹车过程中，汽车向前运动的距离为
x1＝
如不撞击，木箱向前运动的距离为x2＝
其中a2＝＝μg
根据题意x2－x1≥d
代入数据解得a1≥5.6 m/s2。


对点练 动力学图像问题
1.(2021·广东省选择考模拟)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图1所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　　)

图1
A.0到6 s内的位移约等于30 m
B.0时刻的速度约为28 km/h
C.4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D.4 s时受到外力的合力约为2 500 N
答案　B
解析　由a－t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度v0＝Δv＝7.75 m/s＝28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x＜v0t＝23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5 000 N，故D错误。
2.(2021·广西柳州市模拟)将重40 N的物体放在竖直升降电梯的地板上。某段时间内，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图像如图2所示，由此可以判断(　　)

图2
A.t＝1 s时刻，电梯只可能向上做减速运动
B.t＝6 s时刻，电梯一定处于静止状态
C.t＝11 s时刻，电梯不可能正在向上运动
D.t＝11 s时刻，电梯的加速度方向一定竖直向下
答案　D
解析　t＝1 s时刻，物体受到电梯地板的支持力大于重力，加速度方向竖直向上，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故A错误；t＝6 s时刻，物体受到电梯地板的支持力等于重力，电梯可能静止，也可能做匀速运动，故B错误；t＝11 s时刻，物体受到电梯地板的支持力小于重力，加速度方向竖直向下，电梯可能向上减速运动，也可能向下加速运动，故C错误，D正确。
3.(2021·天津市等级考模拟)如图3甲，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F－t关系图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止。则(　　)

图3
A.t时刻，两物体之间的摩擦力最大
B.t时刻，两物体的速度方向开始改变
C.t～2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小
D.0～2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
答案　D
解析　以整体为研究对象，由图乙可知，t时刻，F＝0，加速度为零，则以A为研究对象可知，A、B间的静摩擦力为零，故A项错误；根据牛顿第二定律可知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，则t时刻速度方向不变，而且速度最大，故B项错误；t～2t时间内，两物体所受的合外力增大，加速度增大，再以A为研究对象，可知两物体间的摩擦力增大，故C项错误；对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，A物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，故D项正确。
对点练 动力学中的连接体问题
4.(2019·海南卷，5)如图4所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　　)

图4
A.F－2μmg B.F＋μmg
C.F－μmg D.F
答案　D
解析　根据牛顿第二定律，对P、Q整体有
F－μ·3mg＝3ma
对物块P有FT－μmg＝ma
解得FT＝F，故D正确。
5.(多选)(2021·广东佛山市南海区摸底)如图5所示，质量为m的物块A与质量为M的滑块B通过轻绳跨过光滑定滑轮相连，不计B与水平桌面间的摩擦，重力加速度为g。在A未落地且B未到达定滑轮位置的运动过程中，物块A的加速度为a，轻绳拉力为FT，则(　　)

图5
A.a＝g B.a＝g
C.FT＝mg D.FT＝mg
答案　BD
解析　对A、B整体由牛顿第二定律可得mg＝(m＋M)a，解得A、B的加速度大小为a＝g，A错误，B正确；对B由牛顿第二定律可得FT＝Ma＝mg，C错误，D正确。
6.(多选) (2021·安徽阜阳市教学质量统测)如图6，建筑工人用砖夹竖直搬运四块相同的砖，每块砖的质量均为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

图6
A.当砖静止时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为mg
B.当砖静止时，砖块2对砖块3的摩擦力为零
C.当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为mg
D.当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块2对砖块3的摩擦力为零
答案　BD
解析　当砖静止时，以砖块2和砖块3为研究对象，由于四块砖完全相同，则由物体的平衡条件可知，砖块4对砖块3的摩擦力与砖块1对砖块2的摩擦力大小均为mg、方向均竖直向上，选项A错误；以砖块3为研究对象，由物体的平衡条件可知，砖块2对砖块3的摩擦力为零，选项B正确；当将四块砖一起竖直向上加速提起时，对砖块2和砖块3整体，根据牛顿第二定律有2Ff43－2mg＝2ma，解得砖块4对砖块3的摩擦力大小Ff43＝mg＋ma＞mg，方向竖直向上，选项C错误；对砖块3，根据牛顿第二定律有Ff23＋Ff43－mg＝ma，解得Ff23＝0，选项D正确。
对点练 动力学中的临界和极值问题
7.(2021·广西桂林市秀峰区联合调研)如图7所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。重力加速度为g，a＜g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是(　　)

图7
A.μ1 < μ2 B.μ1＝μ2
C.μ1 > μ2 D.μ1μ2 < 1
答案　C
解析　将m与M看作一个整体有(m ＋ M)g＝μ1FN1，FN1＝(m＋M)a，对m受力分析有mg＝FN2，μ2FN2＝ma，代入分别解得μ1＝，μ2＝，由于a1，μ2< 1，即μ1>μ2，μ1μ2 ＝1，故选项C正确。
8.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B，其质量为mB＝1.0 kg，如图8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8
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
答案　C
解析　根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝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′，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fm＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fm＝6.0 N，故C正确。

9.(2021·山西朔州市怀仁市期末)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图9a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知(　　)

图9
A.物块的质量m＝2 kg
B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C.在4 s末，物块的动量为12 kg·m/s
D.在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加
答案　C
解析　由a、b两图可知，当拉力为6 N和12 N时，物块对应加速度分别为1 m/s2和3 m/s2，由牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得物块质量为3 kg，动摩擦因数为0.1，故A、B错误；由图b可知，2～4 s平均加速度为2 m/s2，则4 s末物块的速度为v＝t＝2 m/s2×2 s＝4 m/s，则在4 s末，物块的动量为p＝mv＝3 kg×4 m/s＝12 kg·m/s，故C正确；由b图可知，在2～4 s内，加速度逐渐增大，则小物块速度不是均匀增加，故D错误。
10.(2021·江西五市九校协作体联考)如图10所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为3m)的轻绳恰好水平。则外力F的大小为(已知重力加速度为g)(　　)

图10
A.5mg B.7.5mg
C.4.5mg D.3.5mg
答案　B
解析　对小球受力分析可知，其受重力3mg、绳的拉力FT，由于小球的加速度方向沿斜面向下，则3mg和FT的合力一定沿斜面向下，如图所示。由牛顿第二定律得＝3ma，解得a＝2g。再对整体根据牛顿第二定律可得F＋(2m＋3m)gsin 30°＝(2m＋3m)a，解得F＝7.5mg，故B正确。

11.如图11所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)(　　)

图11
A.10 N B.5 N
C. N D. N
答案　A
解析　当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。

根据牛顿第二定律，有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
12.(2021·辽宁沈阳市5月质检)如图12所示，在足够高的光滑水平桌面上静置一质量为1 kg的长木板A，轻绳绕过光滑的轻质滑轮，一端固定在O点，另一端与A的右端相连，质量为2 kg的物体B挂在轻质动滑轮下端。将物体B由静止释放，当木板A的位移为0.3 m时，质量为2.5 kg的物块C(可视为质点)以4 m/s的水平向左的速度从木板A的右端滑上来，经过一段时间后，C刚好不能从木板A的左端滑出，此过程中木板A始终在桌面上滑动。已知A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

图12
(1)物块C没有滑上木板A之前，A和B的加速度大小之比；
(2)当木板A的位移为0.3 m时，A的速度大小v1；
(3)木板A的长度L。
答案　(1)2∶1　(2)2 m/s　(3)4.5 m
解析　(1)设物块C滑上木板A前，A的位移为xA，加速度为aA，B的位移为xB，加速度为aB，A、B都做初速度为零的匀加速直线运动，则x＝at2
因为xA＝2xB
所以aA∶aB＝2∶1。
(2)在物块C滑上木板A前，设细线上的拉力为FT1，分别对A、B应用牛顿第二定律，则有mBg－2FT1＝mBaB，FT1＝mAaA
又v＝2aAxA，解得v1＝2 m/s。
(3)设C滑上木板后，B的加速度为a2，则A的加速度为2a2，细线上的拉力为FT2，分别对A、B应用牛顿第二定律，则有mBg－2FT2＝mBa2，FT2－μmCg＝mA·2a2
解得a2＝0
即C滑上A后，A、B以速度v1匀速运动。此时，C做匀变速运动，设C滑上木板的加速度大小为a3，则有μmCg＝mCa3
设经过时间t，C的速度达到v1，根据题意此时C刚好运动至木板A的左端，以向右为正方向
v1＝－v2＋a3t
木板A的长度为L＝xA2－xC，xA2＝v1t
xC＝－v2t＋a3t2
解得L＝4.5 m。