专题04 牛顿运动定律的综合应用（解析版）

这是一份专题04 牛顿运动定律的综合应用（解析版），共18页。试卷主要包含了如图所示，质量分别为m1＝0，5g，F＝1等内容，欢迎下载使用。
1.(2021·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升
【答案】D
【解析】 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
2.(多选)(2021·云南省师大附中月考)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg 的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 N
B.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N
C.手停止的瞬间，a1＝10 m/s2, a2＝10 m/s2
D.手停止的瞬间，a1＝20 m/s2, a2＝10 m/s2
【答案】 BD
【解析】 在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0
对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0
联立方程得F弹＝2 N，故A错误，B正确；
手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1
得a1＝20 m/s2，方向竖直向下
对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2
得a2＝10 m/s2，方向竖直向上
故C错误，D正确。
3.(多选)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，9)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图3所示的“速度—位移”图象。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图象信息，下列说法正确的有( )
A.弹性绳原长为15 m
B.当运动员下降10 m时，处于失重状态
C.当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D.当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
【答案】 BD
【解析】 15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，原长小于15 m，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度最大，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
4. (2021·合肥一中4月月考)如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A、B两物体相连，物体A质量为m，物体B质量为3m。重力加速度为g，现由静止释放物体A、B，在物体A上升、B下降的运动过程中，定滑轮对天花板的拉力为( )
B.2mg
C.3mg D.4mg
【答案】 C
【解析】 法一 隔离法
根据牛顿第二定律，对A有：F－mg＝ma，对B有：3mg－F＝3ma，联立解得加速度a＝0.5g，F＝1.5mg，因定滑轮自身重力不计，则根据平衡条件得，定滑轮对天花板的拉力FT＝2F＝2×1.5mg＝3mg，选项C正确，A、B、D错误(也可从超重或失重的角度分析)。
法二 整体法
沿轻绳方向，对A、B组成的系统应用牛顿第二定律，则有3mg－mg＝4ma，对A有：F－mg＝ma，联立解得F＝1.5mg，则根据平衡条件有FT＝2F，解得定滑轮对天花板的拉力FT＝3mg(也可以将A、B及定滑轮视为系统，对系统应用牛顿第二定律，则有4mg－FT＝3ma－ma，解得FT＝3mg)，选项C正确。
5. (多选)(2021·山西大同市第一次联考)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】 AD
【解析】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
6. (2021·福建漳州市第一次教学质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，沿传动带向下以速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则( )
A.物块最终从传送带N点离开
B.传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下
C.物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)
【答案】 D
【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v－t图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝eq \f(\r(3),2)，D正确。
7. (2021·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图象提供的信息，下列说法正确的是( )
A. 在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态
B.在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力
C.在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态
D.在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
【答案】 D
【解析】 在0～5 s内，由速度—时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。
8.(2021·天津市滨海七所重点学校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C与车共同向左加速时( )
A. A对C的支持力变大
B.B对C的支持力不变
C.当向左的加速度达到eq \f(\r(3),2)g时，C将脱离A
D.当向左的加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离A
【答案】D
【解析】 对C进行受力分析，如图所示，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；原来C处于静止状态，根据平衡条件可得FNBsin 30°＝FNAsin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有FNB′sin 30°－FNA′sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),3)g，则C错误，D正确。
9.(2021·山东六地市3月在线大联考)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为( )
A.g B.eq \f(（M－m）g,m)
C.eq \f(Mg,m) D.eq \f(（M＋m）g,m)
【答案】 D
【解析】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝eq \f(M＋m,m)g，选项D正确。
10.(2021·山西吕梁市第一次模拟)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后( )
A.小球立即获得eq \f(kx,m)的加速度
B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C.小球落地的时间小于eq \r(\f(2h,g))
D.小球落地的速度大于eq \r(2gh)
【答案】 D
【解析】 细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为F合＝eq \r(（kx）2＋（mg）2)，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合＝eq \r(（kx）2＋（mg）2)＝ma，解得a＝eq \f(\r(（kx）2＋（mg）2),m)，A错误；将细绳剪断后，小球受到重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有h＝eq \f(1,2)gt2，故小球落地的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，C错误；如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得落地速度v＝eq \r(2gh)，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而落地时竖直方向的速度不变，所以落地速度大于eq \r(2gh)，D正确。
11.(2021·山东九校上学期期末)如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则( )
A.杆对环的压力为mgsin θ＋masin θ
B.环与杆的摩擦力为mgcs θ＋macs θ
C.环对杆的作用力为mg＋ma
D.杆和球处于失重状态
【答案】 C
【解析】 杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsin θ＝masin θ
垂直BA方向FN－mgcs θ＝macs θ
得Ff＝mgsin θ＋masin θ，FN＝mgcs θ＋macs θ
由牛顿第三定律知FN′＝FN，所以选项A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上，且F－mg＝ma
即F＝mg＋ma，选项C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项D错误。
12.(多选)(2021·吉林市第三次调研)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图象可能是( )
【答案】 ABD
【解析】因v2＞v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，①若F＝mgsin θ＋μmgcs θ，则物体的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；②若F＞mgsin θ＋μmgcs θ，则物体的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；③若F＜mgsin θ＋μmgcs θ，则物体的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受静摩擦力保证其合力为零，则和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，D正确。
13.(多选)(2021·东北三省四市下学期一模)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图象如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.0～6 s内，m的加速度一直保持不变
B.m相对M滑动的时间为3 s
C.0～6 s内，m相对M滑动的位移的大小为4 m
D.0～6 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4
【答案】BD
【解析】物块相对于平板车滑动时的加速度
a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
若其加速度一直不变，速度—时间图象如图所示
由图象可以算出t＝3 s时，速度相等，为6 m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a1＝eq \f(8,6－2) m/s2＝2 m/s2＝a，故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3 s，故A错误，B正确；由图象可知，0～6 s内，物块相对平板车滑动的位移的大小Δx＝eq \f(1,2)×2×8 m＋eq \f(8＋6,2)×1 m－eq \f(1,2)×3×6 m＝6 m，故C错误；0～6 s内，由图象可知，物块相对地面的位移大小x1＝eq \f(1,2)×6×6 m＝18 m，平板车相对地面位移大小x2＝eq \f(1,2)×6×8 m＝24 m，二者之比为3∶4，故D正确。
13.(2021·北京市丰台区二模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下运动时，A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力，下列说法正确的是( )
A. B物体受到的支持力FN＝mg，方向竖直向上
B.B物体受到的支持力FN＝mg－mgsin θ，方向竖直向上
C.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsin θ，方向沿斜面向下
D.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsin θcs θ，方向水平向左
【答案】 D
【解析】对A、B的整体，由牛顿第二定律3mgsin θ＝3ma
解得a＝gsin θ
对物体B，竖直方向：mg－FN＝masin θ
解得FN＝mg－masin θ＝mgcs2θ
方向竖直向上
水平方向：Ff＝macs θ＝mgsin θcs θ
方向水平向左。故D正确，A、B、C错误。
14.(2021·重庆市一中上学期期末)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A.小球重力和阻力大小之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点的速度大小为8eq \r(6) m/s
D.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】 C
【解析】根据图象可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得eq \f(f,m)＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(\f(2h,a))，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝eq \r(a2)∶eq \r(a1)＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝eq \f(1,2)×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8eq \r(6) m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
二、非选择题
15．(2021·福建南平市第一次质检)如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】(1)2∶1 (2)4eq \r(\f(h,g))
【解析】 (1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1
FT1＝mBg
解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,1)。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2
得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2eq \r(\f(h,g))
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4eq \r(\f(h,g))。
16.(2021·山东省等级考试模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
【答案】 (1)tan θ＜μ (2)57 m
【解析】(1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcs θ
而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsin θ＜μmgcs θ，解得eq \f(sin θ,cs θ)＜μ，tan θ＜μ，则当tan θ＜μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma
得F合＝mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
解得a＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－veq \\al(2,0)＝－2ax
代入数据，解得x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(252,2×5.51) m＝57 m。
17. (2021·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图象如图所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求：
(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；
(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。
【答案】 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
【解析】 (1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知
x1＝eq \f(v0,2)t1，x2＝eq \f(v0,2)t2
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
由加速度定义式知a1＝eq \f(v0,t1)，a2＝eq \f(v0,t2)，
则a2＝3a1
t0＝t1＋t2
联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
则a1＝eq \f(25,6) m/s2＝4.17 m/s2，a2＝eq \f(25,2) m/s2＝12.5 m/s2。
(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有
F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2
解得F1＝270 N，F2＝730 N。
18.(2021·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)8 m/s (2)0.5
【解析】 (1)由v－t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以
L＝eq \f(1,2)×1×10 m＋eq \f(1,2)×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得 eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(L,t)＝8 m/s。
(2)由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10 m/s
0～1 s内物体的加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝10 m/s2
1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
联立两式解得μ ＝ 0.5。
19.(2021·江苏南京市六校联合体5月联考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg 的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
【答案】 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝eq \f(280,3) N。
20.(2021·山东日照市4月模拟)如图所示，质量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6 N 的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，取g＝10 m/s2)求：
(1)经过多长时间A、B达到共同速度；
(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；
(3)2 s内滑板A的位移大小。
【答案】 (1)1 s (2)27 J (3)22 m
【解析】 (1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1
解得a1＝3.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律可得
F＋μ2mg＝ma2
解得a2＝10 m/s2，方向向右
A做减速运动，有v1＝v0－a1t
B做加速运动，有v2＝a2t
A、B达到共同速度时v1＝v2
解得t＝1 s。
(2)从开始计时到达到共同速度，A的位移大小
x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝11.75 m
B的位移大小x2＝eq \f(1,2)a2t2＝5 m
A、B间因摩擦而产生的热量为Q，则
Q＝μ2mg(x1－x2)＝27 J。
(3)经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动
设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2，方向向右
1 s时，由(1)可得v1＝10 m/s，再经过1 s，A的位移大小x3＝v1t＋eq \f(1,2)a3t2＝10.25 m
2 s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22 m。