專題17 動(dòng)力學(xué)中的連接體問題、臨界極值問題-2025版高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練

2025屆高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練專題17動(dòng)力學(xué)中的連接體問題、臨界極值問題導(dǎo)練目標(biāo)導(dǎo)練內(nèi)容目標(biāo)1加速度相同的連接體問題目標(biāo)2加速度不同的連接體問題目標(biāo)3動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題【知識(shí)導(dǎo)學(xué)與典例導(dǎo)練】動(dòng)力學(xué)中的連接體問題1.處理連接體問題的方法(1)整體法的選取原則及解題步驟①當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。②運(yùn)用整體法解題的基本步驟：(2)隔離法的選取原則及解題步驟①當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用隔離法。②運(yùn)用隔離法解題的基本步驟：第一步：明確研究對(duì)象或過程、狀態(tài)。第二步：將某個(gè)研究對(duì)象或某段運(yùn)動(dòng)過程、某個(gè)狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。第三步：畫出某狀態(tài)下的受力圖或運(yùn)動(dòng)過程示意圖。第四步：選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。加速度相同的連接體問題常見模型條件交叉內(nèi)力公式模型一地面光滑，m1和m2具有共同加速度整體：（F1為m1所受到的外力）隔離m2：m2和m1之間繩的拉力T（內(nèi)力）大小：（注：分子是m2與作用在m1上的外力F1交叉相乘）模型二地面光滑，m1和m2具有共同加速度整體：（F2為m2所受到的外力）隔離m1：m2和m1之間繩的拉力T（內(nèi)力）大小：（注：分子是m1與作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型三地面光滑，m1和m2具有共同加速度整體：（F2為m2所受到的外力，F(xiàn)1為m1所受到的外力）隔離m1：m2和m1之間繩的拉力T（內(nèi)力）大?。海ㄗⅲ悍肿邮莔2與作用在m1上的外力F1交叉相乘“加上”m1與作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型四地面光滑，m1和m2具有共同加速度整體：隔離m1：內(nèi)力T：（注：分子是m2與作用在m1上的外力F1交叉相乘“減去”m1與作用在m2上的外力F2交叉相乘）模型五地面不光滑，m1和m2具有共同加速度類似于模型三：對(duì)m1把（F1-f1）的合力記作F1’；對(duì)m2把（F2+f2）的合力記作F2’，則有：整體：隔離m1：（注：F1’和F2’分別為兩個(gè)物體除內(nèi)力以外的各自所受所有外力的合力，等同于模型三中的F1和F2，公式形式相同）模型六地面不光滑，m1和m2具有共同加速度類似于模型三：水平外力分別是m1受到的F1和m2受到的摩擦力f2，此種情況的水平內(nèi)力為物體間的摩擦力Ff。整體：隔離m1：m2和m1之間摩擦力Ff（內(nèi)力）大?。耗Ｐ推叩孛娌还饣?，m1和m2具有共同加速度類似于模型一和二：把m2受到的外力（F2-f2）的合力記作F2’，則有整體：隔離m1：m2和m1之間摩擦力Ff（內(nèi)力）大?。哼M(jìn)一步強(qiáng)調(diào)：①被研究的兩個(gè)對(duì)象必須有共同加速度；②此種方法適合做選擇題時(shí)使用，計(jì)算題還需使用整體法和隔離法規(guī)范的步驟展示；③交叉內(nèi)力公式求得是內(nèi)力大小，這個(gè)內(nèi)力可能是物體間繩的拉力，也可能是摩擦力等等；④公式分母是兩個(gè)物體的質(zhì)量之和，分子則是一個(gè)物體的質(zhì)量乘以作用在另外一個(gè)物體上的所有外力矢量和，交叉相乘后兩部分再相加或者相減（模型四）。⑤公式中的外力，指的是除了兩個(gè)物體以外，其他物體施加的力，一般分析的是沿加速度方向的外力。【例1】如圖所示，質(zhì)量為2m的物塊A與水平地面的摩擦不計(jì)，質(zhì)量為m的物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在與水平方向成60°的斜向下的恒力的作用下，A和B一起向右做加速運(yùn)動(dòng)，則A和B之間的作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】對(duì)A受力分析，在水平方向可得對(duì)B受力分析，在水平方向上可得解得故選A?！纠?】如圖所示，木板A與木塊B疊放在光滑的水平面上，兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的2倍，水平拉力F作用在木板B上，兩者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)B相對(duì)A剛要滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)與B的重力的比值為（）A．0.6 B．1 C．1.2 D．1.5【答案】C【詳解】設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m，對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律有F=3ma當(dāng)B相對(duì)A剛要滑動(dòng)時(shí)，B對(duì)A摩擦力大小為0.8mg，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律有0.8mg=2ma綜合解得F=1.2mg即推力F是B的重力的1.2倍。故選C?！纠?】如圖所示，質(zhì)量為的載貨車廂通過懸臂固定在纜繩上，纜繩與水平方向夾角為，當(dāng)纜繩帶動(dòng)車廂以加速度勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，質(zhì)量為的貨物在車廂底板中與車廂恰好相對(duì)靜止。已知懸臂豎直，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為，則（）A．貨物所受底板的摩擦力大小為 B．底板對(duì)貨物的支持力大小為C．懸臂對(duì)車廂的作用力大小為 D．貨物與車廂的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.14【答案】AD【詳解】A．貨物的水平加速度為豎直加速度為則有故A正確；B．由牛頓第二定律可得底板對(duì)貨物的支持力大小為可得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)余弦定理可得故C錯(cuò)誤；D．由可得故D正確。故選AD。加速度不同的連接體問題方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對(duì)隔離對(duì)象分別做受力分析、列方程。方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：此時(shí)牛頓第二定律的形式：；說明：①F合x、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統(tǒng)內(nèi)力不能計(jì)算在內(nèi)；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體在x軸和y軸上相對(duì)地面的加速度?！纠?】雜技是一種集技能、體能、娛樂性很強(qiáng)的表演活動(dòng)。如圖所示為雜技“頂竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一質(zhì)量為2m的豎直竹竿，當(dāng)竿上一質(zhì)量為m的人B以加速度a加速下滑時(shí)，竿對(duì)人A的壓力大小為（已知重力加速度為g）（）A．3mg+ma B．3mg-ma C．3mg D．2mg【答案】B【詳解】以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律再以竹竿為研究對(duì)象，可知聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知竿對(duì)人A的壓力大小為。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B?！纠?】如圖所示，有兩個(gè)物塊A和，質(zhì)量分別為和，用同一根輕質(zhì)細(xì)線將兩個(gè)物塊連接在滑輪組上，滑輪質(zhì)量不計(jì)，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度為g，現(xiàn)將兩物塊由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間，A的位移為，在此過程中，下列說法正確的（）A．物塊A和總勢(shì)能保持不變 B．A的位移為時(shí)，的速度為C．細(xì)線的拉力大小為 D．A和重力的功率大小之比為1：3【答案】BC【詳解】A．根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，B減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為A的重力勢(shì)能和兩物體的動(dòng)能，所以，A和B的重力勢(shì)能之和減小，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A上升到h位置時(shí)的速度為v1，B的速度為v2，根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知v2=2v1根據(jù)A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得故B正確；C．根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知，A的加速度為B的加速度的一半，根據(jù)牛頓第二定律可得，對(duì)A有對(duì)B有又有a2=2a1聯(lián)立解得，輕繩的拉力大小故C正確；D．重力功率由于v2=2v1，，故A和重力的功率大小之比為1：4，故D錯(cuò)誤。故選BC。動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題1．“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。(4)速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度為0?！纠?】質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為的物體B用輕質(zhì)彈簧相連，靜置于水平面上，如圖甲所示?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在B上，使其向上做勻加速運(yùn)動(dòng)。用x表示B離開初始位置的位移，拉力F和x之間關(guān)系如圖乙所示。從拉力F作用在物塊上開始到A剛要離開地面的過程中，物塊B的位移為，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．拉力的最小值為B．彈簧恢復(fù)原長時(shí)物體B的位移為C．物體A離開地面時(shí)，物體B的動(dòng)能為D．彈簧的彈性勢(shì)能增加了【答案】BC【詳解】A．物體A剛要離開地面時(shí)，對(duì)B物體，根據(jù)牛頓第二定律而物體B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力最小，此時(shí)彈簧壓縮量為x1：，F(xiàn)作用前，對(duì)B聯(lián)立解得，A錯(cuò)誤；B．A將要離開地面時(shí)，彈簧的伸長量為，則又可知因此彈簧恢復(fù)原長時(shí)物體B的位移為，B正確；C．物體A離開地面時(shí)，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律可知物體B的加速度可知B在勻加速上升，上升位移為時(shí)，可知此時(shí)物體B的動(dòng)能為C正確；D．彈簧初始狀態(tài)的的壓縮量大于A離開地面時(shí)的彈簧的伸長量，因此彈簧的彈性勢(shì)能減少了，D錯(cuò)誤。故選BC?！纠?】如圖所示，光滑水平面上有疊放在一起的長方形物體A和B，質(zhì)量均為m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)在物體A上施加一水平外力F，下列說法正確的是（）A．B受到的摩擦力可能等于 B．B受到的摩擦力一定等于C．當(dāng)時(shí)，A、B一定相對(duì)滑動(dòng) D．當(dāng)時(shí)，A、B一定相對(duì)滑動(dòng)【答案】AD【詳解】AB．若A、B間有相對(duì)滑動(dòng)，A、B間的摩擦力一定為若A、B間沒有相對(duì)滑動(dòng)，整體有對(duì)B有，A正確，B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)，A、B將開始相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B有解得對(duì)整體有故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。2．“兩種”典型分析方法臨界法分析題目中的物理過程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界條件入手，求出臨界值。解析法明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式分析臨界值?！纠?】質(zhì)量為m1的數(shù)學(xué)書和質(zhì)量為m2的物理書疊放在桌面上，數(shù)學(xué)書和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物理書和數(shù)學(xué)書之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，欲將數(shù)學(xué)書從物理書下抽出，則要用的力至少為（）A．（μ1+μ2）（m1+m2）g B．（m1+m2）g+μ1m2gC．（μ1+μ2）m2g D．（μ1m1+μ2m2）g【答案】A【詳解】當(dāng)數(shù)學(xué)書剛好從物理書下抽出時(shí)，物理書所受的靜摩擦力達(dá)到最大，對(duì)物理書由牛頓第二定律得對(duì)整體，有聯(lián)立得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?！纠?】如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的小物塊，以v0=2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t=2s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L=10m。已知斜面傾角θ=30°，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=。重力加速度g取10m/s2（1）求物塊加速度的大?。?）拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最?。坷的最小值是多少？【答案】（1）3m/s2；（2）30°，N【詳解】（1）設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L=v0t+at2①v=v0+at②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a=3m/s2③（2）設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcosα-mgsinθ-Ff=ma

⑤；Fsinα+FN-mgcosθ=0

⑥；又Ff=μFN⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式得F=⑧由數(shù)學(xué)知識(shí)得cosα+sinα=sin（60°+α）⑨由⑧⑨式可知對(duì)應(yīng)F最小的夾角α=30°⑩聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin=N【多維度分層專練】1．一個(gè)質(zhì)量為m的環(huán)套在一根傾角為的滑桿上，一個(gè)質(zhì)量為M的小球通過細(xì)線吊在環(huán)上，先將兩者約束到一定的位置，再以相同的初速度釋放，在此后的運(yùn)動(dòng)過程中，環(huán)和小球保持相對(duì)靜止。四套這樣的裝置在運(yùn)動(dòng)過程中分別形成①、②、③、④所示的情境。只不過把它們畫在如圖所示的同一幅畫面中。情境②中，細(xì)線處于豎直狀態(tài)；情境③中，細(xì)線處于與桿垂直的狀態(tài)。對(duì)這幾種情況，下列分析正確的是（）A．情境①，環(huán)一定沿桿向下運(yùn)動(dòng)的，環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)B．情境②，環(huán)一定沿桿向下運(yùn)動(dòng)的，環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．情境③，環(huán)一定沿桿向下運(yùn)動(dòng)的，環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．情境④，環(huán)一定沿桿向上運(yùn)動(dòng)的，環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】B【詳解】A．情境①，對(duì)環(huán)和小球進(jìn)行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使環(huán)和小球保持相對(duì)靜止，則環(huán)一定沿桿向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體受力分析則有即有，故A錯(cuò)誤；B．情境②，對(duì)小球受力分析可知，若小球具有加速度則必沿豎直方向。對(duì)小環(huán)受力分析可知，若小環(huán)具有加速度則沿斜面方向。而小球和小環(huán)要保持相對(duì)靜止，則小環(huán)和小球加速度要相等，故小環(huán)和小球加速度均為零，即都做勻速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)整體受力分析，要使整體合力為零，則環(huán)一定沿桿向下運(yùn)動(dòng)的，且有即有，故B正確；C．情境③，對(duì)小環(huán)和小球受力分析可知，要使兩者具有相同加速度，則小環(huán)與桿的摩擦因數(shù)必須等于零，此時(shí)小環(huán)可能以加速度沿桿向上減速，也可能以加速度沿桿向下加速，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)細(xì)線拉力為F，細(xì)線與桿的夾角為，若小環(huán)沿桿向下運(yùn)動(dòng)，則對(duì)整體受力分析有對(duì)小球受力分析則有可知兩者加速度不可能相等，故小環(huán)只能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體受力分析有可得對(duì)小球受力分析有可得兩者加速度相等，只需小環(huán)與桿的摩擦因數(shù)不等于零即可，故D錯(cuò)誤。故選B。2．如圖所示，用輕繩連接的兩木塊放置在傾角的粗糙斜面上，輕繩與斜面平行，兩木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，，兩木塊在沿斜面向上的恒力作用下沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，若撤去在F作用下從靜止開始從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)間為；若撤去在F作用下從靜止開始從斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)間為，g取且，以下說法正確的是（）A．兩木塊一起斜面向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩的張力等于B．根據(jù)題設(shè)條件可得木塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)C．保持其他條件不變，僅減小斜面傾角，則輕繩的張力減小D．不論如何調(diào)節(jié)斜面傾角，都不可能使兩木塊一起沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)【答案】D【詳解】AC．設(shè)繩子的拉力為，在拉力的作用下，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)由牛頓第二定律得聯(lián)立解得可知繩子拉力與斜面傾角無關(guān)，代入數(shù)據(jù)得故AC錯(cuò)誤；B．若撤去，在作用下，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得若撤去，在作用下，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式又聯(lián)立解得；故B錯(cuò)誤；D．根據(jù)兩木塊受力分析，和為常量，假設(shè)調(diào)節(jié)斜面的傾角，兩木塊能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度為0，由平衡條件得；聯(lián)立可得因?yàn)榈仁讲豢赡艹闪ⅲ约僭O(shè)錯(cuò)誤，所以不論如何調(diào)節(jié)斜面傾角，都不可能使兩木塊一起沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。3．如圖所示，木塊m和M疊放在光滑的斜面上，放手后它們以共同的加速度沿斜面加速下滑。斜面的傾角為α，m和M始終保持相對(duì)靜止，它們的質(zhì)量也分別以m和M表示。那么m給M的靜摩擦力f及m對(duì)M的壓力N的大小分別為（）A．f=mgsinαcosα

水平向右，N=mgcos2α B．f=mgsinαcosα

水平向左，N=mgcos2αC．f=0，N=mgsin2α D．f=0，N=mgsin2α【答案】B【詳解】對(duì)兩物塊整體，根據(jù)牛頓第二定律解得對(duì)m，在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律方向水平向右。在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律m給M的靜摩擦力f及m對(duì)M的壓力N的大小分別為方向水平向左。故選B。4．如圖所示，、、三個(gè)質(zhì)量均為的物塊，物塊、通過水平輕繩相連后放在水平面上，物塊放在上。現(xiàn)用水平拉力作用于，使三個(gè)物塊一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為。下列說法正確的是（）A．、間輕繩的彈力為B．物塊受到的摩擦力大小為C．當(dāng)該水平拉力增大為原來的倍時(shí)，物塊受到的摩擦力大小為D．剪斷輕繩后，在物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，物塊受到的摩擦力大小為【答案】C【詳解】A．對(duì)bc整體受力分析可知，、間輕繩的彈力為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．因系統(tǒng)做勻速運(yùn)動(dòng)，可知物塊受到的摩擦力大小為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)當(dāng)該水平拉力增大為原來的倍時(shí)，即此時(shí)系統(tǒng)的加速度則物塊受到的摩擦力大小為選項(xiàng)C正確；D．剪斷輕繩后，在物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度為物塊受到的摩擦力大小為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。5．如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，用通過光滑的定滑輪的細(xì)線將A與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度大小a從靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中的拉力大小為（）A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g【答案】C【詳解】AB．以C為研究對(duì)象，有解得故AB錯(cuò)誤；C．以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可知故C正確；D．A、B間為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B可知對(duì)A可知聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。6．如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體A、B，其中物體B與彈簧拴接，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0時(shí)，用豎直向上的拉力下作用在物體A上，使A開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩物體的-t圖像如圖所示，已知重力加速度為g，則（）A．t=0時(shí)，F(xiàn)的大小為B．彈簧的勁度系數(shù)為C．A、B分離時(shí)彈簧彈力的大小為D．0-t2過程中，B上升的高度為【答案】B【詳解】A．開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度開始時(shí)對(duì)AB整體解得選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．開始時(shí)在t1時(shí)刻AB脫離，此時(shí)對(duì)B其中；聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)為選項(xiàng)B正確；C．A、B分離時(shí)彈簧彈力的大小為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．在t2時(shí)刻B的速度最大，此時(shí)則0-t2過程中，B上升的高度為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。7．如圖所示，將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的移動(dòng)很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)（示意圖如圖所示），若香皂盒和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。若本實(shí)驗(yàn)中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒與紙板左端的距離d=0.1m，若香皂盒移動(dòng)的距離超過l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10m/s2，為確保香皂盒移動(dòng)不被人感知，紙板所需的拉力至少是（

）A．1.41N B．1.42N C．1410N D．1420N【答案】B【詳解】香皂盒與紙板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得對(duì)紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得為確保實(shí)驗(yàn)成功，即香皂盒移動(dòng)的距離不超過l＝0.002m，紙板抽出時(shí)香皂盒運(yùn)動(dòng)的最大距離為紙板運(yùn)動(dòng)距離為紙板抽出后香皂盒運(yùn)動(dòng)的距離為則由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得F＝1.42N故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。8．如圖所示，2021的完全相同的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為，2和3之間彈簧的彈力為，……，2020和2021之間彈簧的彈力為，則下列說法正確的是（）A．若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為B．若水平面光滑，C．若水平面粗糙，的大小無法確定D．若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號(hào)小球的加速度不變【答案】BD【詳解】B．以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2020個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得；以此類推可得故B正確；A．由胡克定律可知結(jié)合B選項(xiàng)分析可知從左到右每根彈簧伸長量之比為但長度之比不滿足，故A錯(cuò)誤；C．若水平面粗糙，設(shè)每個(gè)小球受的滑動(dòng)摩擦力為，則以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2020個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得；以此類推則故C錯(cuò)誤；D．若水平面粗糙，撤去的瞬間，第2020號(hào)小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，故D正確。故選BD。9．如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則（）A．當(dāng)時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)時(shí)，A的加速度為C．當(dāng)時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過【答案】CD【詳解】AB．根據(jù)題意可知，B與地面間的最大靜摩擦力為因此要使B能夠相對(duì)地面滑動(dòng)，A對(duì)B所施加的摩擦力至少為，A、B間的最大靜摩擦力為A、B恰好不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知應(yīng)當(dāng)滿足解得則當(dāng)時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止，<F≤3μmg，A、B將一起向右加速滑動(dòng)，當(dāng)時(shí)，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律可得解得A、B的共同加速度大小為，AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A、B將以不同的加速度向右滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)B由牛頓第二定律可得解得B的最大加速度為