2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第3章第3講牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

第3講牛頓運動定律的綜合應(yīng)用主干梳理對點激活知識點連接體問題Ⅱ1．連接體多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的eq\x(\s\up1(01))物體系統(tǒng)稱為連接體。2．外力與內(nèi)力(1)外力：系統(tǒng)eq\x(\s\up1(02))之外的物體對系統(tǒng)的作用力。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)eq\x(\s\up1(03))內(nèi)各物體間的相互作用力。3．整體法和隔離法(1)整體法：把eq\x(\s\up1(04))加速度相同的物體看做一個整體來研究的方法。(2)隔離法：求eq\x(\s\up1(05))系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用時，把一個物體隔離出來單獨研究的方法。知識點臨界極值問題Ⅱ1．臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，即表明題述的過程存在著eq\x(\s\up1(01))臨界點。(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往對應(yīng)eq\x(\s\up1(02))臨界狀態(tài)。(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。(4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2．四種典型的臨界條件(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eq\x(\s\up1(03))彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是eq\x(\s\up1(04))靜摩擦力達到最大值。(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eq\x(\s\up1(05))它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是eq\x(\s\up1(06))FT＝0。(4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：速度達到最大的臨界條件是eq\x(\s\up1(07))a＝0，速度為0的臨界條件是a達到eq\x(\s\up1(08))最大。知識點多過程問題Ⅱ1．多過程問題很多動力學(xué)問題中涉及物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的eq\x(\s\up1(01))運動情況和eq\x(\s\up1(02))受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。2．類型多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。3．綜合運用牛頓第二定律和運動學(xué)知識解決多過程問題的關(guān)鍵首先明確每個“子過程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關(guān)聯(lián)點，然后列出“過程性方程”與“狀態(tài)性方程”。一堵點疏通1．整體法和隔離法是確定研究對象時常用的方法。()2．應(yīng)用牛頓第二定律進行整體分析時，需要分析內(nèi)力。()3．輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等的。()4．相互接觸的物體分離時的臨界狀態(tài)是兩者沒有共同的加速度。()答案1.√2.×3.√4.×二對點激活1.如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增大，在增大到45N的過程中，下列說法正確的是()A．當(dāng)拉力F<12N時，物體均保持靜止狀態(tài)B．兩物體開始沒有相對運動，當(dāng)拉力超過12N時，開始相對滑動C．兩物體從受力開始就有相對運動D．兩物體始終沒有相對運動答案D解析當(dāng)A、B間達到最大靜摩擦力時兩者開始相對滑動，以B為研究對象，設(shè)臨界加速度為a，由牛頓第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6m/s2。由整體法得：F＝(mA＋mB)a＝48N，所以F增大到45N的過程中，兩物體始終沒相對運動，B、C錯誤，D正確。由于地面光滑，故一開始物體就加速運動，A錯誤。2.(人教版必修1·P77·科學(xué)漫步改編)在探索測定軌道中人造天體的質(zhì)量的方法過程中做了這樣的一個實驗：用已知質(zhì)量為m1的宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組m2(后者的發(fā)動機已熄滅)。接觸后，開動宇宙飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進器的平均推力為F，推進器開動時間為t，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，求火箭組的質(zhì)量m2。答案eq\f(Ft,Δv)－m1解析根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)得，m1、m2的共同加速度為a＝eq\f(Δv,t)，選取m1、m2整體為研究對象，則F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1。考點細研悟法培優(yōu)考點1應(yīng)用整體法和隔離法解決連接體問題 1．連接體的類型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)物物并排連接體(4)輕繩連接體(5)輕桿連接體2．連接體的運動特點(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。(2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。一般情況下，連接體沿桿方向的分速度相等。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。3．連接體的受力特點輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不一定沿桿。4．處理連接體問題的方法(1)整體法若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔離法若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。(3)整體法、隔離法交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。若已知物體之間的作用力，求連接體外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。例1如圖所示，在水平面上，有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B與水平面的動摩擦因數(shù)均為μ，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧測力計。若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2。則以下關(guān)系式正確的是()A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2 B.a1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＝F2 D.a1＞a2，F(xiàn)1＞F2(1)兩種情況下整體受的合外力大小是否相同？提示：相同。(2)F1、F2的大小與μ有關(guān)嗎？提示：無關(guān)。嘗試解答選A。以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F(xiàn)－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2，得到a1＝a2。當(dāng)F拉B時，以A為研究對象，則有F1－μm1g＝m1a得到F1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；同理，當(dāng)F拉A時，以B為研究對象，得到F2＝eq\f(m2,m1＋m2)F；由于m1＞m2，則F1＞F2。所以A正確，B、C、D錯誤。應(yīng)用整體法和隔離法的解題技巧(1)如圖所示，一起加速運動的物體系統(tǒng)，若力作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此結(jié)論與有無摩擦無關(guān)(有摩擦，兩物體與接觸面的動摩擦因數(shù)必須相同)，物體系統(tǒng)在平面、斜面、豎直方向運動時，此結(jié)論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時，此結(jié)論不變。(2)通過滑輪和繩的連接體問題：若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。繩跨過定滑輪，連接的兩物體雖然加速度大小相同但方向不同，故采用隔離法。[變式1－1]如圖所示，小車上有一定滑輪，跨過定滑輪的輕繩一端系一小球，另一端系在彈簧測力計上，彈簧測力計固定在小車上。開始時小車向右運動，小球的懸繩與豎直方向的夾角為θ1，若小球的懸繩與豎直方向的夾角減小為θ2(θ1、θ2均保持不變)，則夾角為θ2時與夾角為θ1時相比()A．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)及小車對地面的壓力均變大B．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)及小車對地面的壓力均變小C．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)均變小，小車對地面的壓力不變D．小車的加速度、彈簧測力計讀數(shù)均不變，小車對地面的壓力變大答案C解析由題可知ma＝mgtanθ，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosθ)，則隨著θ減小，小車的加速度a和繩子的拉力(彈簧測力計的示數(shù))均減小，由整體法可知小車對地面的壓力等于整體自身的重力，故C正確。[變式1－2]如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個滑塊A，用輕質(zhì)細繩將A與一小球B相連，A、B的質(zhì)量均為m，A與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運動，此時細繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運動時，細繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．細繩的拉力變?yōu)樵瓉淼?倍B．A、B的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍C．水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍D．A受到的摩擦力不變答案D解析對B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細繩拉力大小T＝eq\f(mg,cosα)，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來的2倍時，a和T不一定是原來的2倍，A、B錯誤；對A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當(dāng)α增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來的2倍時，F(xiàn)不一定變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確?？键c2動力學(xué)中的臨界、極值問題 1.基本思路(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。(2)尋找過程中變化的物理量。(3)探索物理量的變化規(guī)律。(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。2．思維方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達式解出臨界條件例2如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的長木板位于光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在長木板上，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。重力加速度大小為g＝10m/s2，物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的力F，下列說法正確的是()A．水平力F＝3N時，物塊m將保持靜止狀態(tài)B．水平力F＝6N時，物塊m將在長木板M上滑動C．水平力F＝7N時，長木板M的加速度大小為2.5m/s2D．水平力F＝9N時，長木板M受到的摩擦力大小為5N(1)m和M相對滑動的臨界條件是什么？提示：m和M之間的摩擦力達到最大靜摩擦力。(2)如何求使m和M發(fā)生相對滑動所對應(yīng)的臨界外力F?提示：先隔離M再整體分析。嘗試解答選D。設(shè)m和M恰好不相對滑動時力F＝F0，應(yīng)用牛頓第二定律，有eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝7.5N，顯然F＝3N<F0時，m和M一起加速運動，A錯誤；F＝6N<F0時，m和M一起加速運動，B錯誤；F＝7N<F0時，m和M一起加速運動，M的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(7,3)m/s2，C錯誤；F＝9N>F0時，m和M相對運動，M受到的摩擦力大小為μmg＝5N，D正確。疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路[變式2－1](多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA＝9－2t(N)作用，B受到向右拉力FB＝2t(N)作用。從t＝0開始計時，則()A．當(dāng)t＝3s時，A、B開始分離B．當(dāng)t＝4.5s時，A、B開始分離C．A、B分離之前整體做加速度相同的勻加速直線運動D．A、B分離之后A、B各做加速度不同的勻加速直線運動答案AC解析當(dāng)A、B分離時兩者間作用力為零，且a相同，所以eq\f(FA,FB)＝eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，得t＝3s，故A正確，B錯誤；A、B分離之前整體由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3m/s2，兩者做加速度相同的勻加速直線運動，C正確；A、B分離之后，A、B的合外力均為變力，加速度隨時間變化，故D錯誤。[變式2－2](多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()A．當(dāng)F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當(dāng)F＞3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg答案BCD解析地面對B的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，A、B間最大靜摩擦力為2μmg，當(dāng)F>eq\f(3,2)μmg時，A、B相對于地面向右滑動；在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，對B，有μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見，當(dāng)F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C正確，A錯誤。當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時，A、B相對靜止，對整體有：eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，a＝eq\f(1,3)μg，故B正確。無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，可見D正確。考點3應(yīng)用牛頓運動定律解決多過程問題 應(yīng)用牛頓運動定律解決多過程問題的步驟(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。(2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論。例3如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，BC光滑且與水平面夾角為θ＝37°。木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關(guān)系如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)斜面BC的長度s；(2)滑塊與木塊AB表面的動摩擦因數(shù)μ。(1)滑塊在CB上滑動時，力傳感器讀出的是哪個力的大?。刻崾荆夯瑝K對木塊壓力的水平分力。(2)滑塊在BA上滑動時，力傳感器示數(shù)等于哪個力的大??？提示：滑塊與木塊間的摩擦力。嘗試解答(1)3_m__(2)0.2(1)分析滑塊受力，由牛頓第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s2，通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1s，由運動學(xué)公式得斜面BC的長度為s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(2)由右圖可知，滑塊在CB上運動時，滑塊對木塊的壓力N1′＝mgcosθ，木塊對傳感器的壓力F1′＝F1＝N1′sinθ，由題圖乙可知：F1′＝12N，解得m＝2.5kg，滑塊在AB上運動時，傳感器對木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5N，μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2。應(yīng)用牛頓運動定律解決多過程問題的策略(1)任何多過程的復(fù)雜物理問題都是由很多簡單的小過程構(gòu)成。有些是承上啟下，上一過程的結(jié)果是下一過程的已知，這種情況，一步一步完成即可；有些是樹枝型，告訴的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這就要求仔細審題，找出各過程的關(guān)聯(lián)，按順序逐個分析。(2)對于每一個研究過程，選擇什么規(guī)律，應(yīng)用哪一個運動學(xué)公式要明確。(3)注意兩個過程的連接處，加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯(lián)系前后兩個階段的橋梁。[變式3－1]如圖所示，套在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止，現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0>μmg。下列關(guān)于運動中的速度—時間圖象正確的是()答案C解析開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F(xiàn)增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大。當(dāng)豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加速度最大。再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確。[變式3－2]如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖象(v-t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)由題圖乙易得，物塊上升的位移x1，就是前1s內(nèi)，時間軸與圖線所圍的面積：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物塊下滑的距離x2，就是第1s末到第2s末這段時間軸與圖線所圍面積：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m，路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，沿斜面上滑的各階段加速度大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律：0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝－ma2；聯(lián)立解得：F＝8N。高考模擬隨堂集訓(xùn)1.(2017·海南高考)(多選)如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設(shè)R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為A．若μ≠0，則k＝eq\f(5,6) B.若μ≠0，則k＝eq\f(3,5)C．若μ＝0，則k＝eq\f(1,2) D.若μ＝0，則k＝eq\f(3,5)答案BD解析對整體，由牛頓第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，設(shè)R和Q之間相互作用力的大小為F1，Q與P之間相互作用力的大小為F2，對R，由牛頓第二定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，對Q和R組成的整體，由牛頓第二定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝eq\f(5F,6)，所以k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,5)，與μ無關(guān)，B、D正確。2．(2019·安徽天長市期末)(多選)如圖所示，用力F向上拉起兩重物A、B，A、B的質(zhì)量分別是1kg、2kg，A、B之間的輕繩能承受的最大拉力是30N，g取10m/s2。為保證A、B之間的輕繩不被拉斷，則()A．兩物體向上的加速度不能大于5m/s2B．F的大小不能超過45NC．兩物體向上的加速度不能大于10m/s2D．F的大小不能超過30N答案AB解析對B受力分析，當(dāng)繩的拉力最大時，B的加速度最大，由牛頓第二定律可得T－mBg＝mBa，解得B的最大加速度a＝5m/s2，則兩物體向上的加速度不能大于5m/s2，A正確，C錯誤；當(dāng)加速度為5m/s2時，F(xiàn)最大，對整體受力分析，由牛頓第二定律可得Fmax－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得Fmax＝45N，即F的大小不能超過45N，B正確，D錯誤。3．(2019·撫順模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象。取g＝10m/s2，則下列說法錯誤的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝2kgC．當(dāng)F＝8N時，滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1答案C解析從圖乙中可知，當(dāng)F>6N時，兩者發(fā)生相對運動，當(dāng)F≤6N時兩者相對靜止，當(dāng)F＝6N時，對整體可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6kg，當(dāng)F>6N時對木板分析：水平方向受到拉力和m給的摩擦力，故有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，圖象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，將F>6N時圖線反向延長，可得當(dāng)F＝4N時，加速度為零，代入可得0＝eq\f(1,2)×4－eq\f(μ·4×10,2)，解得μ＝0.1，故A、B、D正確；當(dāng)F＝8N時滑塊加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，故C錯誤。4．(2019·山東聊城一模)兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細線懸吊著相同的小球c、d，如圖所示。當(dāng)它們都沿桿向下滑動，各自的環(huán)與小球保持相對靜止時，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說法正確的是()A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對a、b環(huán)的彈力大小相等D．細線對c、d球的彈力大小可能相等答案C解析設(shè)桿與水平方向的夾角為α，圓環(huán)的質(zhì)量均為m，球的質(zhì)量均為M，對c球進行受力分析如圖，c球受重力和繩的拉力Tc，沿桿的方向向下運動，因此在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，由力的合成及牛頓第二定律可知c球所受合力F1＝Mgsinα＝Ma，可得a＝gsinα，因a環(huán)和c球相對