【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 作业 20页

‎　牛顿运动定律的综合应用 ‎　‎ 考向1　动力学中的v－t图象 ‎【例1】 (多选)(2019·山东德州市质检)如图1甲所示，直角三角形斜劈αbc固定在水平面上。t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v1沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c。若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知v1、v2、t1、t2、g，则下列物理量可求的是(　　)‎ 图1‎ A.斜面ab的倾角θ B.物块与斜面间的动摩擦因数μ C.物块的质量m D.斜面bc的长度L ‎【思路点拨】　(1)v－t图象的斜率等于加速度，可求得物块上滑和下滑的加速度大小，根据牛顿第二定律列式可求得斜面ab的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数。‎ ‎(2)根据运动学公式可求得斜面bc的长度。‎ 解析　设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2。由v－t图象的斜率等于加速度，得a1＝ ，a2＝；物块上滑根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物块下滑根据牛顿第二定律有：mgsin(90°－θ)－μmgcos(90°－θ)＝ma2，联立以上四式，由数学知识可求得斜面的ab倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ。不能求出物块的质量m，故选项A、B正确，C错误；斜面bc的长度为 L＝，则可以求出L，选项D正确。‎ 答案　ABD 考向2　动力学中的a－t图象 ‎【例2】 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图2所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力(　　)‎ 图2‎ A.t＝2 s时最大 B.t＝2 s时最小 C.t＝8.5 s时最大 D.t＝8.5 s时最小 解析　由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。‎ 答案　AD 考向3　动力学中的F－t图象 ‎【例3】 (2019·北京东城区模拟)如图3甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这个蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示。取g＝10 m/s2，根据F－t图象分析求解：‎ 图3‎ ‎(1)运动员的质量；‎ ‎(2)运动员在运动过程中的最大加速度；‎ ‎(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。‎ 解析　(1)由图象可知运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，‎ 则m＝＝50 kg ‎(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2 500 N，设运动员的最大加速度为am，‎ 则Fm－mg＝mam 得出am＝＝ m/s2＝40 m/s2‎ ‎(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或 ‎9.4 s，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s，根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为t＝0.8 s ‎(4)设运动员上升的最大高度为H，则H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m 答案　(1)50 kg　(2)40 m/s2　(3)3.2 m 解决图象综合问题的关键 图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。　　　　　　‎ ‎1.(2019·江苏盐城一模)如图4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是(　　)‎ 图4‎ 解析　‎ 物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图象的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图象的开口向下，故选项A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，选项B正确，C、D错误。‎ 答案　B ‎2.(2019·河南南阳一中测试)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图5所示。重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0到t＝12 s这段时间的位移大小为(　　)‎ 图5‎ A.18 m B.54 m C.72 m D.198 m 解析　对物体受力分析可知，0到3 s内，滑动摩擦力为Ff＝μFN＝μmg＝0.2×‎ ‎20 N＝4 N，由于滑动摩擦力恰好等于外力F大小，所以物体仍能保持静止状态；3到6 s内，物体产生的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，发生的位移为x2＝at2＝×2×32 m＝9 m；6到9 s内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6 s时的速度为v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，所以发生的位移为x3＝vt＝6×(9－6)m＝18 m；9到12 s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为x4＝vt＋at2＝ m＝27 m；所以总位移为x＝0＋x2＋x3＋x4＝(9＋18＋27) m＝54 m，选项B正确。‎ 答案　B ‎　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 ‎【例4】 (多选)(2019·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图6甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.轻绳的拉力等于Mg B.轻绳的拉力等于mg C.M运动的加速度大小为(1－sin α)g D.M运动的加速度大小为g 解析　互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，‎ 解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，选项A错误，B、C、D正确。‎ 答案　BCD ‎1. (2019·山东省实验中学一模)如图7所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用轻细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车的右端。若某段时间内始终能观察到细线偏离竖直方向θ角，则这段时间内小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　)‎ 图7‎ A.mg，竖直向上 B.mg，斜向左上方 C.mgtan θ，水平向右 D.mg，斜向右上方 解析　以A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAgtan θ＝mAa，解得a＝gtan θ，方向水平向右。‎ 再对B研究得，小车对物块B产生的静摩擦力的大小为Ff＝ma＝mgtan θ，方向向右；小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，则FN＝mg，所以小车对物块B产生作用力为：F＝＝mg，斜向右上方，故选项D正确。‎ 答案　D ‎2.(2018·天津六校联考)如图8所示，质量为M的斜面体B放在水平面上，斜面的倾角θ＝30°，质量为m的木块A放在斜面上，木块A下滑的加速度a＝g，斜面体静止不动，则(　　)‎ 图8‎ A.木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25‎ B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g C.地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为mg D.地面对斜面体无摩擦力作用 解析　根据牛顿第二定律，沿斜面方向mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma＝mg，解得μ＝，故选项A错误；把斜面和木块看做一个整体，沿竖直方向(M＋m)g－FN＝masin 30°，得FN＝(M＋m)g－mg，故选项B错误；把斜面和木块看做一个整体，沿水平方向摩擦力提供加速度，Ff＝macos 30°＝mg，故选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎　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.临界问题的常用解法 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 考向1　利用“相互作用力为零”的临界条件进行分析 ‎1.接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力FN＝0。‎ ‎2.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子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。‎ ‎【例5】 (多选)(2019·山东日照联考)如图9甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系图象如图乙所示。则(　　)‎ 图9‎ A.A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动 B.t＝4 s时，A、B脱离 C.A、B脱离时，它们的位移为4 m D.A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动 解析　0～4 s内，FA＋FB＝12 N，若AB一起运动，对AB整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2；对B有N＋FB＝mBa，当N＝0时，FB＝8 N，对应的时刻为2 s末，由上知，A、B分离前一直做匀加速运动，t＝2 s时，A、B脱离，故选项A正确，B错误；A、B脱离时，t＝2 s，则它们的位移x＝at2，解得x＝4 m，故选项C正确；A、B脱离后，A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，故选项D错误。‎ 答案　AC 考向2　利用“相对静止或相对滑动”的临界条件分析 两物体接触且处于相对静止时，常存在静摩擦力的作用，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大静摩擦力。‎ ‎【例6】 如图10所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a1与a2的比为(　　)‎ 图10‎ A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2‎ 解析　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B间的摩擦力刚达到最大静摩擦力，A、B的加速度相等，单独对B分析，B的加速度为aB＝a1＝＝μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，对A分析，有aA＝‎ a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，故选项C正确。‎ 答案　C ‎1.如图11，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　)‎ 图11‎ A. B. C. D. 解析　对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B在竖直方向上有μ1FN＝mBg，在水平方向上有FN＝F；联立解得＝，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.(多选)(2019·河南开封质检)如图12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T－a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)‎ 图12‎ 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Tcos θ－‎ FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝‎ macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T－a图象呈线性关系，由题图乙可知a＝‎ m/s2时，FN＝0，故选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝‎ ‎0.1 kg，故选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝(0.8－0.06a) N，故选项D错误。‎ 答案　ABC 科学思维系列——连接体中的分配原则 ‎1.如图13所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝，若外力F作用于m2上，则F12＝。‎ 图13‎ ‎2.两物体间的相互作用力与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向都成立。‎ ‎【典例】 (多选)(2017·海南物理，9)如图14所示，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和P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是(　　)‎ 图14‎ 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＝，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－F＝F，可得k＝＝，k与μ是否为零无关，选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎[即学即练]‎ ‎(多选)如图15所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则(　　)‎ 图15‎ A.F1的最大值为10 N B.F1的最大值为15 N C.F2的最大值为10 N D.F2的最大值为15 N 解析　若向左拉m1，对m2分析，则Tm＝m2a，得出最大加速度a＝3 m/s2；对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则Tm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2 m/s2；对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N，选项D错误，C正确。‎ 答案　BC 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ 基础巩固练 ‎1.如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)‎ 图1‎ A.30° B.45° C.60° D.75°‎ 解析　由v2＝2ax得x＝v2，结合x－v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎2.(2018·浙江金丽衢十二校二模)滑沙是国内新兴的旅游项目，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感，其运动过程可以等效为如图2所示的物块释放后的运动。一位旅客先后两次从静止开始下滑，下列v－t图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面及地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v－t图象正确的是(　　)‎ 图2‎ 解析　设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，有ma1＝mgsin θ－μmgcos θ，则a1＝gsin θ－μgcos θ，可知，向下滑动的加速度与斜面的高度无关，在v－t图中两次加速的过程图线应该是重合的；在水平面上减速的过程中，有ma2＝μmg，所以a2＝μg，可知减速过程中的加速度也是相等的，则两次减速过程中的v－t图线是平行线；选项A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎3.如图3所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。则下列关系正确的是(　　)‎ 图3‎ A.F′＝2F B.x′>2x C.F′>2F D.x′<2x 解析　把两个物块看作整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，选项A正确，C错误；隔离物块m2，由牛顿第二定律得kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，故选项B、D错误。‎ 答案　A ‎4.(多选)如图4所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)‎ 图4‎ A.减小A物块的质量 B.增大B物块的质量 C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ 解析　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得FT－mBgsin θ－‎ μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，FT越大，mA越小，FT越大，故选项A、B均正确。‎ 答案　AB ‎5.如图5甲所示，质量为m＝2 kg的小物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力F随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取水平向右为正方向，由此可知(　　)‎ 图5‎ A.在0～3 s时间内物块的加速度大小为6 m/s2‎ B.在3～5 s时间内物块的加速度大小为3 m/s2，方向水平向右 C.5 s末，物块速度大小为3 m/s，方向水平向右 D.在5 s末，物块克服水平拉力F做功的功率为0‎ 解析　在0～3 s时间内，F1＝12 N，由牛顿第二定律知F1－μmg＝ma1，解得物块加速度a1＝1 m/s2，选项A错误；在3～5 s时间内，F2＝4 N，由牛顿第二定律知F2－μmg＝ma2，解得物块加速度a2＝－3 m/s2，方向水平向左，选项B错误；3 s末，物块速度v1＝a1t1＝3 m/s，4 s末，物块速度v2＝v1＋a2t2＝0，拉力小于滑动摩擦力，4 s末物块停止运动，则5 s末，物块克服水平拉力F做功的功率为0，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎6.(多选)(2018·江苏苏州联考)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做匀速运动，速度为v0。下列图象中正确的是(　　)‎ 解析　雨滴由静止开始下落，所受空气阻力为0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律得mg－f＝ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，最后f＝mg时，加速度减小到零，雨滴做匀速运动，选项A、B正确；雨滴最后匀速运动时有kr2v＝mg＝ρ·g，得：v＝r，选项C正确，D错误。‎ 答案　ABC ‎7. (2019·山东师大附中模拟)如图6所示，一斜面固定在地面上，木块m和M叠放在一起沿斜面向下运动，它们始终相对静止，m、M间的动摩擦因数为μ1，M、斜面间的动摩擦因数为μ2，则(　　)‎ 图6‎ A.若m、M一起匀加速运动，可能有μ1＝0，μ2＝0‎ B.若m、M一起匀速运动，一定有μ1＝0，μ2≠0‎ C.若m、M一起匀加速运动，一定有μ1≠0，μ2＝0‎ D.若m、M一起匀速运动，可能有μ1≠0，μ2≠0‎ 解析　M、N一起匀加速下滑，对木块m根据牛顿第二定律知，m受到三个力，M对m的支持力， m的重力，M对m的摩擦力，所以一定有μ1≠0，选项A错误；M、N一起匀速下滑，合力都为零，对m，根据平衡条件知，M对m的支持力等于m的重力，M对m没有摩擦力，故可能μ1≠0，也可能μ1＝0；对整体：由平衡条件分析可知，斜面对M有摩擦力，方向沿斜面向上，故μ2≠0，选项B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎8.如图7所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度a＝2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：‎ 图7‎ ‎(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；‎ ‎(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。‎ 解析　(1)物块A、B分离时，对B有F－μmg＝ma，‎ 解得F＝21 N。‎ ‎(2)A、B静止时，对A、B整体有kx1＝2μmg A、B分离时，对A有kx2－μmg＝ma 此过程中x1－x2＝at2，解得t＝0.3 s。‎ 答案　(1)21 N　(2)0.3 s 综合提能练 ‎9.如图8甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A。木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为(　　)‎ 图8‎ A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg 解析　当F≤4 N时，A、B一起向右加速运动，F＝(mA＋mB)a，由图乙知mA＋mB＝4 kg；当F>4 N时，A、B相对滑动，B向右做加速直线运动，F－μmAg＝mBaB，即aB＝F－，由图乙知mB＝1 kg，所以mA＝3 kg，选项B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎10.(多选)如图9所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0。以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是(　　)‎ 图9‎ 解析　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a ‎，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F－x图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN－x图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝‎ x0－