7、力与直线运动：临界问题-2021-2022年度高考二轮尖子生培优专题（解析版）

这是一份7、力与直线运动：临界问题-2021-2022年度高考二轮尖子生培优专题（解析版），共19页。试卷主要包含了产生临界问题的条件，5 s≤t≤1.08 s等内容，欢迎下载使用。

7、力与直线运动：临界问题
一．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，表明题述的过程存在临界点．
(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“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(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．产生临界问题的条件
(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FN＝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FT＝0。
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。
3.处理临界问题的三种方法
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
1、接触与脱离
例1、如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)

A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60 N
【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2，由于a1＝5 m/s2a0，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。

【答案】　A
针对训练1、质量为m,半径为R的小球用长度也为R的轻质细线悬挂在小车车厢水平顶部的A点,现观察到小球与车顶有接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是(　　)

A.小车正向右做减速运动,加速度大小可能为g
B.小车正向左做减速运动,加速度大小可能为g
C.若小车向右的加速度大小为2g,则车厢顶部对小球的弹力为mg
D.若细线张力减小,则小球一定离开车厢顶部
【解析】:如图所示,小球恰好与车顶接触的临界状态是车顶对小球的弹力为零,故临界加速度a0=gtan θ,由线长等于小球半径可得θ=60°,a0=g.小球与车顶接触时,小车具有向右的加速度,加速度大小a≥g,选项A,B错误;当小车向右的加速度大小a=2g时,
=tan θ,解得FN=mg,选项C正确;细线张力FT=,小球与车顶接触的临界(最小)值FTmin=2mg,当张力的初始值FT>2mg时,张力减小时只要仍大于或等于临界值,小球就不会离开车厢顶部,选项D错误.

【答案】C
针对训练2、(多选)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　)

A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
【解析】设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，
得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，
经历时间：t＝×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝at2＝5.4 m，则D正确；
当t＝2 s时，F2＝1.8 N，由F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；
当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，
得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。
【答案】　AD
2、相对滑动
例2．（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是(　　)

A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B．两种情况下获取的最大加速度相同
C．两种情况下所加的最大推力相同
D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
【解析】：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1所示，则
FN1cos θ＝mg ①
对B：F′N1sin θ＝ma1 ②
由牛顿第三定律可知F′N1＝FN1 ③

乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则
FN2cos θ＝mg ④
FN2sin θ＝ma2 ⑤
由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1 ⑥
由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，
故选项B、C正确，选项A、D错误．
【答案】　BC
针对训练3．(2021·山东潍坊青州模拟)（多选）如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是(　　)

A．木块Q对地面的压力一定为2mg
B．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝
C．若P、Q之间光滑，则加速度a＝gtan θ
D．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小
【解析】：以P、Q整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故FN＝2mg，由牛顿第三定律知Q对地面的压力为2mg，故A正确；因P、Q做匀加速直线运动，若μ＝，在水平方向上由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝ma，解得a＝0，故不能做匀加速直线运动，故B错误；若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知mgtan θ＝ma，故a＝gtan θ，故C正确；Q与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故Ff＝μ·2mg，摩擦力不变，故D错误．
【答案】：AC
针对训练4、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可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：

(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．
【解析】(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，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Ffm，滑块受力如图所示．

设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：
FNcos α＋Ffmsin α＝mg①
Ffmcos α－FNsin α＝ma②
由题意知Ffm＝μFN③
联立解得a＝g
对整体受力分析F＝(M＋m)a
联立解得F＝
(2)如图所示，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M的加速度为aM，则对M：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)
3、 绳子断裂与松弛
例3、(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)


A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力大小为F－μmg
C．当F＞2μmg时，绳中拉力大小为
D．无论F多大，绳中拉力大小都不可能等于
【解析】当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力大小为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力大小为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力大小为F－μmg，绳中拉力大小可能等于F，故D错误。
【答案】　ABC
针对训练5、(2020·吉林公主岭市模拟)如图9甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示．物体从零时刻开始运动．

(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小．
(2)在t＝0至t＝2 s内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)在t＝0至t＝2 s内，何时物体的速度最大？最大值为多少？
【解析】　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N
当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N
F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t (N)
作出F合－t图象如图所示

从图中可以看出，在0～2 s范围内
当t＝0时，物体有最大加速度am
Fm＝mam
am＝＝ m/s2＝1 m/s2当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′
Fm′＝mam′
am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2
负号表示加速度方向向左．
(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t (m/s2)
画出a－t图象如图所示

由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s.
【答案】　(1)0.5 m/s2　(2)见【解析】　(3)见【解析】
5、相对运动
例5、(多选)如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m。A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg(k>1)。A、B一起由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且无能量损失。A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是(　　)

A．B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是
B．B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是
C．B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是
D．B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是
【解析】　刚开始A、B一起做自由落体运动可算出B与地面碰撞前的速度为v＝，对B来说碰撞后以速度v向上做匀减速运动，其加速度为aB，由mg＋kmg＝maB得aB＝(k＋1)g，B上升的最大高度为H1＝＝，A正确，B错误；对A来说碰撞后的加速度为aA，由kmg－mg＝maA得aA＝(k－1)g，方向竖直向上。当A、B速度相等时，两者相对静止。设经时间t后，两者速度相等，有v－aAt＝－(v－aBt)，t＝ ，所以B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为H1′＝vt－aBt2＝，C正确，D错误。
【答案】　AC
针对训练6、在水平长直的轨道上，有一长度为L＝2 m的平板车在外力控制下以速度v0＝4 m/s做匀速直线运动。某时刻将一质量为m＝1 kg的小滑块轻放到车的中点，同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块恰好不能从车的左端掉下，g取10 m/s2。求：

(1)恒力F的大小；
(2)要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？
【解析】(1)设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间t1＝
由几何关系有v0t1－t1＝
由牛顿运动定律有F1＋μmg＝ma1
各式联立代入数据解得t1＝0.5 s，F1＝6 N。
(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)，到达车右端时，与车达到共同速度，则有F1－μmg＝ma2
μmg＝ma3
a2t22＋＝L
代入数据解得t2＝ s≈0.58 s
则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，即
0．5 s≤t≤1.08 s。
【答案】　(1)6 N　(2)0.5 s≤t≤1.08 s
6、极值问题
例1.如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，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，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.

(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，由运动学公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s.④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小的夹角
α＝30°
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝ N．⑪
【答案】　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
练习
1、(2021·六安模拟)如图所示，两个相同车里，各用两根细线悬吊质量相同的球，细线均处于拉直状态，细线b竖直、细线d水平，a、c两细线与竖直方向的夹角均为θ，两车均向左做匀加速直线运动，当两车向左加速运动后，关于细线上张力的变化，下列说法错误的是(加速运动时细线仍处拉直状态)(　　)

A．a线的张力增大 B．b线的张力不变
C．d线的张力增大 D．c线的张力不变
【解析】　两车静止时，在左车中，以小球为研究对象，根据共点力平衡可知
Tb＋Tacosθ－mg＝0
Tasinθ＝0(θ是a线与竖直方向的夹角)
解得Ta＝0，Tb＝mg
在右车中，根据共点力平衡可知Tccosα＝mg，Tcsinα＝Td，解得Tc＝，Td＝mgtanα(α是c线与竖直方向的夹角)
当两车向左加速运动时，根据牛顿第二定律可知
在左车中，有Tasinθ＝ma，Tacosθ＋Tb＝mg，解得Ta＝，Tb＝mg－
在右车中，根据牛顿第二定律可知Td－Tcsinα＝ma，Tccosα＝mg，解得Tc＝，Td＝ma＋mgtanα
对比可知，a、d线的张力增大，b线的张力变小，c线的张力不变，故A、C、D项正确，B项错误．
【答案】　B
2．(2020·河南省六市联考二模)(多选)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v­t图象如图乙所示，重力加速度为g，则(　　)

A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
【解析】　施加拉力F前，对A、B整体，根据平衡条件有：2mgsinθ＝kx，解得弹簧的形变量x＝＝，故A正确；根据图乙可知，拉力F刚施加上时，A、B还未分离，具有共同的加速度a，故B错误；根据图乙可知，在t1时刻A、B分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A，根据牛顿第二定律有：F弹－mgsinθ＝ma，代入数据解得此时弹簧的弹力大小为：F弹＝m(g＋2a)，故C正确；当A所受的合力为零时，其速度达到最大值，此时有：mgsinθ＝F弹′，弹簧未恢复到原长，故D错误。
【答案】　AC
3、(2020·盐城市高三第三次模拟考试)如图7所示，小木箱ABCD的质量M＝1.2 kg，高L＝1.0 m，其顶部离挡板E的距离h＝2.0 m，木箱底部有一质量m＝0.8 kg的小物体P。在竖直向上的恒力T作用下，木箱向上运动。为了防止木箱与挡板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞，则拉力T的取值范围为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)

A．0 C．20 N 【解析】　在木箱与小物体整体上升过程中，由牛顿第二定律得T－(M＋m)g＝(M＋m)a，当木箱与挡板相碰时速度为v＝2ah，小物体与木箱顶部不相碰时速度vP应满足v<2gL，解得－g(M＋m)g＝20 N，所以T的取值范围为：20 N 【答案】　D
4.(2020·天津模拟)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g时，C将脱离A
D．当向左的加速度达到g时，C将脱离A
【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：sinθ＝＝，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：NBsin30°＝NAsin30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有：N′Bsin30°－N′Asin30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B两项错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：mgtan30°＝ma解得：a＝g，则C项错误，D项正确．故选D项．
【答案】　D
5、(2020·安徽模拟)(多选)光滑圆柱体P与梯形容器abcd内壁各面均接触，bc为斜面，如图所示为横截面，系统静止时P对ab、ad均无压力．下列判断正确的是(　　)

A．若系统向左加速运动，对bc和cd的压力均增大
B．若系统向左加速运动，只对cd的压力增大
C．若系统向右加速运动，对cd的压力一定减小
D．若系统向右加速运动，对ab的压力增大
【解析】　系统静止时P对ab、ad均无压力，设斜面倾角为θ，则Fbccosθ＝mg，Fbcsinθ＝Fcd，若向左加速，对P受力分析有Fbccosθ＝mg，Fcd－Fbcsinθ＝ma，bc面的支持力不变，cd面的弹力变大；据牛顿第三定律知，P对bc的压力不变，对cd的压力增大；故A项错误，B项正确；若系统向右加速运动，当P只受到重力和bc的支持力时，有Fbccosθ＝mg，Fbcsinθ＝ma，解得a＝gtanθ，当agtanθ时，P对cd和ad均无压力，此时有Fbccosθ＝mg，Fab＋Fbcsinθ＝ma，可知bc面的支持力不变，ab面弹力增大，故C项正确，D项错误．
　【答案】　BC
6、(2021·湖北黄冈中学模拟)如图10所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则(　　)

A.速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B.加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C.加速度一定向左，不能超过μg
D.加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
【解析】　开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态。当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。

【答案】　B
7、(2020·四川成都诊断)(多选)如图12，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t)N，t的单位是s。从t＝0开始计时，则(　　)

A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍
B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反
【解析】　对于A、B整体据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为F，则对B据牛顿第二定律可得F＋FB＝mBa，
解得F＝mB－FB＝ N。
当t＝4 s时，F＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动。当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝。综上所述，选项A、B、D正确。
【答案】　ABD
8．（多选）如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T­a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则(　　)

A．a＝ m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
【解析】　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，T­a图象为直线，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。

【答案】　ABC
9、(多选)如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则(　　)

A．若小车向左加速，加速度不能超过g
B．若小车向左加速，加速度不能超过g
C．若小车向右加速，加速度不能超过g
D．若小车向右加速，加速度不能超过g
【解析】　若小车向左加速，小球恰好不脱离小车时，ab面上的支持力为零，此时小球受重力和bc面的支持力作用，如图所示，根据牛顿第二定律可得：mgtan37°＝ma，解得：a＝g，所以若小车向左加速，加速度不能超过g，故A错误，B正确；同理可得，若小车向右加速，小球恰好不脱离小车时，bc面上的支持力为零，此时小球受重力和ab面的支持力作用，根据牛顿第二定律可得：mgtan53°＝ma′，解得：a′＝g，所以若小车向右加速，加速度不能超过g，故C错误，D正确。

【答案】　BD
10、(2021·河北模拟)用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部，小车在水平面上做直线运动，球相对车静止．细线与水平方向的夹角分别为α和β(α>β)，设左边细线对小球的拉力大小为T1，右边细线对小球的拉力大小为T2，重力加速度为g，下列说法正确的是(以向上为正方向)(　　)

A．若T1＝0，则小车可能在向右加速运动
B．若T2＝0，则小车可能在向左减速运动
C．若T1＝0，则小车加速度大小为gtanβ
D．若T2＝0，则小车加速度大小为gsinα
【解析】　若T1＝0，则小球受到向下的重力和右边细绳的拉力作用，若合力方向水平向右，则小车加速度向右，可能在向右加速运动，根据牛顿第二定律可知tanβ＝，解得a＝，A项正确，C项错误；同理可知若T2＝0，则小车可能在向左加速运动，根据牛顿第二定律可知tanα＝，解得a＝，B、D两项错误；故选A项．
【答案】　A
11、(2017·济宁检测)如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

【解析】　当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma①
木块的位移x为：0－v＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有：a＝－g(sinθ＋μcosθ)
根据数学关系有：sinθ＋μcosθ＝sin其中tanα＝μ＝，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值 g
所以有θ＝90°－α＝60°时加速度取最大值为a＝－
代入②可得：xmin＝
【答案】　60°，xmin＝
12、如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：

(1)释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2;
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
【解析】
【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有：
其中，
解得：
对薄平板，由牛顿第二定律有：
其中，
解得：
，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
设滑块滑离时间为，由运动学公式，有：，，
解得：
【答案】(1)，；(2)
13、(2020·佛山模拟)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。

(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
【解析】：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2＝＝。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－＝L－H。
【答案】：(1)F≤mg　(2)L－H