2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第三章专题提升（三）　牛顿运动定律的综合应用

专题提升(三)　牛顿运动定律的综合应用

超重与失重现象

1.实重和视重

(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关.

(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.

2.对超重、失重的理解

(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.

(2)物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体的加速度方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.

(3)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果.

角度1　超重失重的判断

[例1] 在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重.她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.关于她的实验现象,下列说法中正确的是(　D　)

A.只有“起立”过程,才能出现失重现象

B.只有“下蹲”过程,才能出现超重现象

C.“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象

D.“起立”“下蹲”的过程,都能出现超重和失重现象

审题指导:人下蹲过程中的运动特点:先向下做加速运动,后向下做减速运动;而起立的过程则是先向上加速后向上减速.

解析:下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态;人从下蹲状态站起来的过程中,先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故A,B,C错误,D正确.

角度2　超重失重的计算

[例2] 某人在地面上最多可举起50 kg的物体,当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时,电梯加速度的大小和方向为(g=10 m/s2)(　D　)

A.2 m/s2　竖直向上 B. m/s2　竖直向上

C.2 m/s2　竖直向下 D. m/s2　竖直向下

审题指导:解此题关键有两点:

(1)人的“举力”无论在何种状态下总是不变;

(2)人的“举力”与物体重力的合力提供加速度.

解析:由题意可知,在地面上,人的最大举力为Fmax=mg=500 N,在电梯中人能举起60 kg物体,物体一定处于失重状态,对60 kg的物体:m′g-Fmax=m′a,即a= m/s2= m/s2,所以选项D正确.

1.在一个封闭装置中,用弹簧测力计测一物体的重力,根据读数与物体实际重力之间的关系,判断以下说法中正确的是(　C　)

A.读数偏大,表明装置加速上升

B.读数偏小,表明装置加速下降

C.读数为0,表明装置运动的加速度等于重力加速度,但无法判断是向上运动还是向下运动

D.读数准确,表明装置匀速上升或下降

解析:读数偏大,表明装置处于超重状态,其加速度方向向上,可能的运动情况是加速上升或减速下降,故A项错误,同理知B项也错误.弹簧测力计读数为0,即完全失重,这表明整个装置运动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项正确.读数准确,装置可能静止,也可能正在向任意一个方向做匀速直线运动,故D项错误.

2.

将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中,上顶板和下底板装有压力传感器.当箱子随电梯以a=4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动,上顶板的传感器显示的压力为4.0 N,下底板显示的压力为10.0 N.取g=10 m/s2,若上顶板示数是下底板示数的一半,则电梯的运动状态可能是(　B　)

A.匀加速上升,加速度为5 m/s2

B.匀加速下降,加速度为5 m/s2

C.匀速上升

D.静止状态

解析:当箱子随电梯以a=4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时,设上顶板对金属块向下的压力为N上,下底板通过弹簧对金属块向上的支持力为N下,对金属块由牛顿第二定律知N上+mg-N下=ma,

代入数据解得m== kg=1 kg,所以金属块的重力为G=mg=10 N

若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半,由于弹簧形变未变化,故弹力不变,则下面传感器示数不变,仍为10 N,则上顶板传感器的示数是5 N,

取向下为正方向,

由牛顿第二定律知N上′+mg-N下′=ma′

解得a′=5 m/s2,方向向下,故升降机以5 m/s2的加速度匀加速下降,或以5 m/s2的加速度匀减速上升,故A,C,D错误,B正确.

动力学中的连接体问题

1.连接体的类型

(1)物体叠放连接体

(2)弹簧连接体

(3)轻绳(杆)连接体

2.连接体的运动特点

(1)轻绳——在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.

(2)轻杆——平动时,连接体具有相同的平动速度;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.处理连接体问题的方法:整体法、隔离法或“先整体求加速度,后隔离求连接体之间作用力”.

角度1　物体叠放连接体

[例3]

如图所示,质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置质量为m1的物块A,用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接,释放C,A和B一起以加速度a从静止开始运动,已知A,B间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.细线中的拉力大小为(　C　)

A.Mg B.M(g+a)

C.(m1+m2)a D.m1a+μm1g

解析:以C为研究对象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A,B错误;以A,B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正确;A,B间为静摩擦力,大小为m2a,故D错误.

角度2　弹簧连接体

[例4] (多选)如图所示,2 019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连,在水平拉力F的作用下,一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动,设1和2之间弹簧的弹力为F1—2,2和3间弹簧的弹力为F2—3,2 018和2 019间弹簧的弹力为F2 018—2 019,则下列结论正确的是(　AD　)

A.F1—2∶F2—3∶…F2 018—2 019=1∶2∶3∶…∶2 018

B.从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 018

C.如果突然撤去拉力F,撤去F瞬间,第2 019个小球的加速度为,其余每个球的加速度依然为a

D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落,那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0,第2个小球的加速度为2a,其余小球加速度依然为a

审题指导:对于连接体,要分析求解小球之间的作用力,需要隔离与该力相关的小球列方程解答.

解析:隔离小球1,由牛顿运动定律,F1-2=ma,把小球1和2看作整体隔离,由牛顿运动定律,F2-3=2ma,把小球1,2和3看作整体隔离,由牛顿运动定律,F3-4=3ma,把小球1,2,3和4看作整体隔离,由牛顿运动定律,F4-5=4ma,……把小球1到2 018看作整体隔离,由牛顿运动定律,F2 018-2 019=2 018ma,联立解得:F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6…F2 018-2 019=1∶2∶3∶4∶5∶…∶2018,选项A正确;由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量,弹簧伸长量与弹簧弹力成正比,所以选项B错误;如果突然撤去拉力F,撤去F的瞬间,小球之间弹簧弹力不变,2 018和2 019之间的弹簧弹力F2 018-2 019=2 018ma,对整体用牛顿第二定律可得F=2 019ma,联立得第2 019个小球的加速度a′=,选项C错误;如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落,那么脱落瞬间,第1个小球受力为零,加速度为零,第2个小球受到2和3之间弹簧弹力,F2-3=ma2,解得第2个小球的加速度a2=2a,其余小球受力情况不变,加速度依然为a,选项D正确.

角度3　轻绳(杆)连接体

[例5] 如图(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(　B　)

A.F′=F,T′=T B.F′>F,T′=T

C.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.

1.如图所示,光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A,B,质量均为m,A,B之间用轻质细绳水平连接.现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上,A,B开始一起做匀加速运动,在运动过程中把和木块A,B完全相同的木块C放在某一木块上面,系统仍加速运动,且A,B间始终没有相对滑动,则在放上C并达到稳定后,下列说法正确的是(　C　)

A.若C放在A上面,绳上拉力不变

B.若C放在B上面,绳上拉力为

C.C放在B上,B,C间摩擦力为

D.C放在A上比放在B上运动时的加速度大

解析:设原来的加速度为a0,根据牛顿第二定律可得F=2ma0,无论C放到哪块上,待稳定后根据牛顿第二定律都有F=3ma,a都将小于a0,故D错误;若放在A木块上面,以B为研究对象,设绳子拉力为T,则T=ma,绳子拉力减小,A错误;若C放在B上面,以B,C为研究对象,根据牛顿第二定律可得T=2ma=F,以C为研究对象,根据牛顿第二定律可得B,C间摩擦力为f=ma=,故B错误,C正确.

2.

如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块M串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M又通过轻细线悬吊着一个小球m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而M,m均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增加,M始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时(　A　)

A.横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍

B.横杆对M的弹力增加到原来的2倍

C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍

D.细线的拉力增加到原来的2倍

解析:对小球和物块组成的整体,分析受力如图(甲)所示,根据牛顿第二定律得,水平方向:f=(M+m)a,竖直方向:N=(M+m)g,则当加速度增加到2a时,横杆对M的摩擦力f增加到原来的2倍,横杆对M的弹力等于两个物体的总重力,保持不变,故A正确,B错误;以小球为研究对象,分析受力情况如图(乙)所示,由牛顿第二定律得mgtan θ=ma,解得tan θ=,当a增加到两倍时,tan θ 变为两倍,但θ不是原来的两倍.细线的拉力T=,可见a变为两倍,T不是原来的两倍,故C,D错误.

动力学中的图象问题

1.常见四类动力学图象及解题办法

2.解题策略

(1)解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.

(2)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.

角度1　图象的选取

[例6]

如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接.下图中v,a,f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.下图中正确的是(　C　)

解析:根据物体的受力情况,可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动,到达水平面上之后,做匀减速运动,所以物体运动的速度—时间的图象应该是倾斜的直线,不能是曲线,且在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的,所以物体的加速度—时间的图象应该是两段水平的直线,不能是倾斜的直线,所以A,B错误;在整个运动的过程中,物体受到的都是滑动摩擦力,所以摩擦力的大小是不变的,并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小,所以滑动摩擦力也比在水平面上的小,C正确;物体做的是匀加速直线运动,物体的位移为s=at2,所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线,不是正比例的倾斜的直线,所以D错误.

角度2　图象的转换

[例7] 在图(甲)所示的水平面上,用水平力F拉物块,若F按图(乙)所示的规律变化.设F的方向为正方向,则物块的速度—时间图象可能正确的是(　A　)

解析:若水平面光滑,则加速度a=,即a∝F,满足a1∶a2∶a3=F1∶F2∶F3=1∶3∶2,可见A,B,C,D四个选项均不符合.若水平面不光滑,对A图进行分析:0~1 s内,a1===2 m/s2,1~2 s内,a2===2 m/s2,2~3 s内,a3===1 m/s2,联立以上各式得f=1 N,m=1 kg,且a1∶a2∶a3=2∶2∶1,符合实际,A项正确;同理,可分析B,C,D项均不可能.

角度3　图象信息的应用

[例8] 如图(甲)所示,一物块放在粗糙的水平面上,从t=0时刻开始,以一定的初速度向左运动,同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用,F与水平方向的夹角θ=37°,物块的质量为2 kg,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5,物块向左运动的v-t图象如图(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)物块再回到t=0时刻的位置时的速度v1大小;

(3)若在t=0.5 s时拉力的方向不变,大小改变,要使物块再回到t=0时刻的位置时速度大小和t=0时刻的速度大小相等,则拉力F′应变为多少?(结果保留两位小数)

审题指导:

第一步:读题抓关键点获取信息

第二步:读图析图获取信息

解析:(1)物块向左运动时,

由图象知,初速度v0=6 m/s,

加速度大小a1= m/s2=12 m/s2.

由牛顿第二定律得Fcos θ+μ(mg-Fsin θ)=ma1

解得F=28 N.

(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时,

由图象可知,回到t=0时刻的位置的位移

s=×6×0.5 m=1.5 m.

由牛顿第二定律得Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma2

求得a2=10.4 m/s2.

由运动学公式得=2a2s.

得物块回到t=0时刻位置的速度

v1= m/s.

(3)要使物块回到t=0时刻位置的速度大小和t=0时刻的速度大小相等,向右运动时的加速度大小

a3=a1=12 m/s2.

由牛顿第二定律

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

1.

某质点做直线运动,运动速率的倒数与位移s的关系如图所示(OA与AA′距离相等),关于质点的运动,下列说法正确的是(　C　)

A.质点做匀速直线运动

B.-s图线斜率等于质点运动的加速度

C.质点从C运动到C′所用的运动时间是从O运动到C所用时间的3倍

D.质点从C运动到C′的运动位移是从O运动到C的运动位移的3倍

解析:由题中-s图象可知,与s成正比,即vs=常数,质点做减速直线运动,A错误;质点的运动不是匀减速运动,图线斜率不等于质点运动的加速度,B错误;由于三角形OBC的面积S1=OC·=,体现了从O到C所用的时间,同理,从O到C′所用的时间可由S2=OC′·=体现,所以四边形BB′C′C面积可体现质点从C到C′所用的时间,由于四边形AA′B′B面积与四边形BB′C′C面积相等,所以四边形AA′B′B面积也可表示质点运动的时间,所以质点从C运动到C′所用的运动时间是从O运动到C所用时间的3倍,C正确;由题中已知条件可知质点从C运动到C′的运动位移和从O运动到C的运动位移相等,D错误.

2.(2019·黑龙江大庆期中)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图(甲).降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图(乙).已知人的质量为50 kg,降落伞质量也为50 kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比,即f=kv(g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6).求:

(1)打开降落伞前人下落的距离为多大.

(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向.

(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少.

解析:(1)由v-t图知人打开降落伞时速度为

v1=20 m/s,

由自由落体运动解得下落的距离为h==20 m.

(2)当人和降落伞的速度v2=5 m/s时做匀速运动,

则kv2=2mg,

解得k=200 N·s/m.

设打开降落伞瞬间的加速度为a,由牛顿第二定律

对整体:kv1-2mg=2ma,

代入数据解得a=30 m/s2,方向竖直向上.

(3)设每根绳最大拉力为T,加速度最大时绳子的拉力最大,以运动员为研究对象有8Tcos 37°-mg=ma,

代入数据解得T=312.5 N.

答案:(1)20 m　

(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上

(3)312.5 N

动力学中的临界与极值问题

1.“四种”典型临界条件

(1)接触与脱离的临界条件:弹力N=0.

(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值.

(3)绳子断裂与松弛的临界条件: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,绳子松弛与拉紧的临界条件是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.

2.“三种”典型的常用方法

角度1　临界问题

[例9]

(多选)如图所示,A,B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A,B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ.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(　BCD　)

A.当F<2μmg时,A,B都相对地面静止

B.当F=μmg时,A的加速度为μg

C.当F>3μmg时,A相对B滑动

D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg

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μmg,对A,B整体,只要F>μmg,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一起运动的加速度的最大值满足2μmg-μmg=mamax,B运动的最大加速度amax=μg,选项D正确;对A,B整体,有F-μmg=3mamax,得F=3μmg,则F>3μmg时两者会发生相对滑动,选项C正确;当F=μmg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足F-μmg=3ma,解得a=μg,选项B正确.

角度2　极值问题

[例10] 木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑,如图(甲)所示.若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0=10 m/s沿木板向上运动,如图(乙)所示,随着θ的改变,小物块沿木板滑行的最大距离s将发生变化.重力加速度g取10 m/s2.

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;

(2)当θ满足什么条件时,小物块沿木板滑行的最大距离最小,并求出此最小值.

审题指导:根据动力学知识写出数学表达式,进而讨论出极值.

解析:(1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则

mgsin θ=f,f=μmgcos θ

解得μ=.

(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,小物块的加速度为a,由牛顿第二定律得

-mgsin θ-μmgcos θ=ma,

由0-=2as得s=,

令cos α=,sin α=,

即tan α=μ,即α=30°,

则s=,

当α+θ=90°时s最小,

可得θ=60°,

所以s最小值为

smin== m.

答案:(1)　(2)θ=60°　 m

1.

(多选)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车.下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的有(g=10 m/s2)(　AC　)

A.am=1 m/s2,aM=1 m/s2

B.am=1 m/s2,aM=2 m/s2

C.am=2 m/s2,aM=4 m/s2

D.am=3 m/s2,aM=5 m/s2

解析:隔离木块,分析受力,木块和小车恰不发生相对滑动时,它们有相同的加速度,由牛顿第二定律有μmg=mam,解得am=2 m/s2.木块和小车不发生相对滑动时,二者加速度相等,A符合条件,木块和小车发生相对滑动时,am=2 m/s2,小车的加速度aM为大于2 m/s2的任意值.C符合条件.

2.

如图所示,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,两者之间的动摩擦因数为μ,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动.

(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动,求力F的最大值.

(2)若要使滑块做自由落体运动,求力F的最小值.

解析:(1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时,力F越大,加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值fmax,隔离滑块并受力如图所示:

设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a,

Ncos α+fmaxsin α=mg

fmaxcos α-Nsin α=ma

由题意知fmax=μN

联立解得a=g

对整体受力分析F=(M+m)a

联立解得F=.

(2)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,设此时斜面体的加速度为aM,则对斜面体:F=MaM

当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触,则有=tan α,即=tan α

联立解得F=.

答案:(1)　(2)

1.(2018·全国Ⅰ卷,15)

如图,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和x之间关系的图象可能正确的是(　A　)

解析:

设弹簧的原长为l,物块P静止时,弹簧的长度为l0,对其受力分析如图所示.

根据牛顿第二定律,

得F+k(l-l0-x)-mg=ma,

又k(l-l0)=mg,故F=kx+ma,A正确.

2.(2017·海南卷,9)(多选)如图,水平地面上有三个靠在一起的物块P,Q和R,质量分别为m,2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推动物块P,记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是(　BD　)

A.若μ≠0,则k= B.若μ≠0,则k=

C.若μ=0,则k= D.若μ=0,则k=

解析:三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,

则加速度a=.

所以,R和Q之间相互作用力

F1=3ma+3μmg=F,

Q与P之间相互作用力

F2=F-μmg-ma=F-μmg-m·=F;

所以,k===,由于k的值与μ是否为零无关,故k=恒成立,故A,C错误,B,D正确.

3.(2019·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(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(　AB　)

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

解析:结合(b)(c)两图象可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程力F等于F摩,故F在此过程中是变力,C错误;2~5 s内木板与物块发生相对滑动,它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力,在4~5 s内,木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动,有F摩=ma2=0.2 N,而a2= m/s2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正确;在2 s~4 s内,木板加速度大小a1= m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可知F-F摩=ma1,即F=F摩+ma1=0.4 N,B正确;对物块进行分析可知,物块一直处于平衡状态,故F摩=μm物g=0.2 N.而物块的质量未知,所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ,D错误.

4.

(2019·广东深圳模拟)两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面,处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k.t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升,下列说法正确的是(　C　)

A.A,B分离前合外力大小与时间的平方成线性关系

B.分离时弹簧处于原长状态

C.在t=时刻A,B分离

D.分离时B的速度大小为g

解析:A,B分离前两物块做匀加速运动,合外力不变,A错误;开始时弹簧的压缩量为x1,则2mg=kx1;当两物块分离时,加速度相同且两物块之间的弹力为零,对物块B,有kx2-mg=ma,且x1-x2=at2,解得x1=,x2=,t=,此时弹簧仍处于压缩状态,B错误,C正确;分离时B的速度为v=at=g·=g,D错误.

5.(2013·福建卷,21)质量为M、长为L的杆水平放置,杆两端A,B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气影响.

(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图(甲),求绳中拉力的大小.

(2)若杆与环保持相对静止,在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动,此时环恰好悬于A端的正下方,如图(乙)所示.

①求此状态下杆的加速度大小a;

②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何?

解析:(1)如图(甲),设平衡时,绳中拉力为T,

有2Tcos θ-mg=0,

由图知cos θ=

联立解得T=mg.

(2)①此时,小铁环受力如图(乙)所示,

有T′sin θ′=ma

T′+T′cos θ′-mg=0

由图知θ′=60°,联立解得a=g.

②设外力F与水平方向成α角,将杆和小铁环当成一个整体,其受力如图(丙)所示,有

Fcos α=(M+m)a

Fsin α-(M+m)g=0

联立解得

F=(M+m)g

tan α=(或α=60°).

答案:(1)mg　(2)①g　

②(M+m)g　方向与水平方向成60°角斜向右上方