第三章　第3讲　专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题 讲义 （教师版）

第3讲　专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题
题型一　动力学图像问题
1．常见图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
2．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，等等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考向1图像的选取
【典例1】　（2024·全国甲卷）如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是(　D　)
【解析】　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝·m，可知当砝码受到的重力大于f时，P才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，P的加速度趋近等于g。
考向2图像信息的应用
【典例2】　（多选）（2025·江西临川高三检测）用水平力F拉静止在水平桌面上的物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AD　)
A．物块的质量为3 kg
B．最大静摩擦力为3 N
C.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s
D．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m
【解析】　根据题图乙可知，在2 s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据题图甲可知，最大静摩擦力为6 N，B错误；设滑动摩擦力为f，物块质量为m，根据牛顿第二定律可知，在2 s时刻有F1－f＝ma1，在4 s时刻有F2－f＝ma2，代入数据解得m＝3 kg，f＝3 N，A正确；a－t图像与横轴所围的面积表示速度的变化量，结合上述则有v4＝Δv＝×2×(1＋3) m/s＝4.0 m/s，撤去拉力后物块的加速度a＝＝1 m/s2，则物块还可以继续滑行的时间t＝＝4.0 s，C错误；若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离x＝＝8 m，D正确。
1．（2025·河南开封高三联考）某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v－t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是(　D　)
A．在0～6 s内所受的合力一直不为0
B．在0～6 s内的位移大小为24 m
C．在2～4 s内一定处于超重状态
D．在4～6 s内的位移大小为8 m
解析：v－t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s该运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，该运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s所受合力不为零，故A错误；由于v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以该运动员在0～6 s内的位移大小为x＝×(2＋4)×4 m＝12 m，故B错误；由之前的分析，在2～4 s结合图像可知，该运动员加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C错误；结合之前的分析，该运动员在4～6 s的位移大小为x1＝4×2 m＝8 m，故D正确。
2．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　D　)
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度大小为6 m/s2时物体的速度
解析：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有F cos θ－mg sin θ＝ma，y方向有FN－F sin θ－mg cos θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度大小为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不能算出。
题型二　动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体：如图所示，在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等。
(2)物物叠放连接体：如图所示，两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度。
(3)轻绳（杆）连接体（如图所示）：
①轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
②轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
2．连接体的分析
整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
考向1轻绳连接体
【典例3】（2024·江西鹰潭高三质检）如图所示，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面上。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是(　A　)
A．地面对C有向右的摩擦
B．物体C受到4个力作用
C．绳中拉力等于mg
D．地面对C的支持力小于(M＋2m)g
【解析】　设轻绳拉力为T，对B由牛顿第二定律mg－T＝ma，对A由牛顿第二定律T＝2ma，联立可得a＝，T＝，C错误；对ABC整体应用牛顿第二定律，水平方向地面摩擦力f＝2ma＝mg，摩擦力方向与A加速度方向一致，水平向右，A正确；物体C受到A的压力、轻绳对滑轮作用力、地面支持力、重力和地面摩擦力五个力，C错误；对ABC整体应用牛顿第二定律，竖直方向(M＋3m)g－N＝ma，解得N＝Mg＋，故地面对C的支持力大于(M＋2m)g，D错误。
考向2轻杆连接体
【典例4】　（多选）（2025·河北保定高三期中）如图所示，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为μ。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角θ＝30°且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是(　ABC　)
A．轻杆对小球的作用力大小一定为mg，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为g
C．当μ＝时，F≤mg
D．当μ＝时，F≤mg
【解析】　杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为FN。对小球，由竖直方向平衡有FNcos 30°＝mg，得FN＝mg，故A正确；细线拉力为0时，对小球，水平方向由牛顿第二定律得FNsin 30°＝ma，又由A项分析可知FN＝mg，解得a＝g，故B正确；当μ＝时，对物块B，设小车对其的支持力为N，则N＝FNcos 30°＋mg，物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为a1，水平方向由牛顿第二定律得μN－FNsin 30°＝ma1，解得a1＝g，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得F＝4ma1＝mg，因此有F≤mg，故C正确；当μ＝时，对物块B，设小车对其的支持力为N，则N＝FNcos 30°＋mg，物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为a2，水平方向由牛顿第二定律得μN－FNsin 30°＝ma2，解得a2＝g，A向左能达到的最大加速度a′2＝＝g，可得a′2考向3弹簧连接体
【典例5】　（多选）（2020·海南卷）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　BC　)
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【解析】　对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝－g sin θ，故A错误；对Q受力分析，设弹簧弹力为T，根据牛顿第二定律有T－m2g sin θ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝，故B正确；根据T＝＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
考向4叠放连接体
【典例6】　（多选）（2024·河北保定一模）如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止一起向左运动。重力加速度大小g取10 m/s2，下列判断正确的是(　BD　)
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【解析】　对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增大，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
题型三　临界极值问题
1．“四种”典型的临界条件
(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：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，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度的，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，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，速度达到最大值或最小值。
2．“三种”典型的常用方法
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，根据数学表达式解决临界极值问题
【典例7】　如图所示，一质量m＝0.4 kg的物块，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＝。重力加速度大小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F cos α－mg sin θ－Ff＝ma⑤，F sin α＋FN－mg cos θ＝0⑥，又Ff＝μFN⑦，联立⑤⑥⑦式，可得F＝⑧，由数学知识得cos α＋sin α＝sin (60°＋α)⑨，由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30°⑩，联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝ N。
【答案】　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
3．（2025·山西临汾高三检测）如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为(　D　)
A．∶1 B．∶3
C．3∶1 D．1∶3
解析：小球和小车保持相对静止时，小球的受力情况如图所示。如果小车在水平面上向左加速，对小球受力由正交分解法得，水平方向上有FNsin θ－FTcos θ＝ma，竖直方向上有FNcos θ＋FTsin θ＝mg，解得加速度大小a＝g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT＝0，此时小车向左加速的加速度最大，解得小车向左做加速运动的最大加速度大小a1＝g tan 30°，同理可得，如果小车在水平面上向右做加速运动，对小球受力由正交分解法得，水平方向上有FTcos θ－FNsin θ＝ma′，竖直方向上有FNcos θ＋FTsin θ＝mg，解得加速度大小a′＝g，小球能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力FN＝0，此时小车向右加速的加速度最大，解得小车向右做加速运动的最大加速度大小a2＝，所以a1∶a2＝1∶3，故选D。
4．（多选）如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，重力加速度大小g取10 m/s2。下列结论正确的是(　BC　)
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
解析：A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，此时F最小，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，小物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。
课时作业16
1．（5分）如图甲所示，无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机消防作业，假设无人机从静止竖直向上起飞，做匀减速直线运动后恰好悬停在火灾点，整个过程的速度—时间图像如图乙所示，已知无人机的质量（含装备等）为15 kg，下列说法正确的是(　C　)
A．无人机整个上升过程平均速度为5 m/s
B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大
C．火灾位置到消防地面的距离为90 m
D．加速阶段时，无人机螺旋桨的升力大小为75 N
解析：由v－t图像与坐标横轴所围面积等于位移大小可知，火灾位置到消防地面的距离为s＝×10 m＝90 m，C正确；无人机整个上升过程的平均速度为＝＝7.5 m/s，A错误；加速阶段的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，减速阶段的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝5 m/s2，a12．（5分）（多选）质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B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A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C.A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为g
解析：第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg。第二次放置时，对A，有Mg－FT＝Ma，对B，有FT－mg sin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg。故A、C、D正确，B错误。
3．（5分）如图所示，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　C　)
A．2mg sin θ B．3mg sin θ
C．4mg sin θ D．5mg sin θ
解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，受力分析，对乙有F弹1＝mg sin θ，对甲有F弹1＋mg sin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mg sin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mg sin θ＝4mg sin θ，故选C。
4．（5分）如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零的过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图像，可能是下图中的(　D　)
解析：物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小。当弹力等于重力时，物块受到的合力为零，加速度为0。当弹力大于重力后，物块受到的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g。方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g。故选D。
5．（5分）（2023·北京卷改编）如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　C　)
A．若水平面是光滑的，则m2越大轻绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则轻绳的拉力为＋μm1g
C．轻绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．轻绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
解析：设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律FT－μm1g＝m1a，解得a＝，系统的加速度与木块1的加速度相同，解得FT＝F，可见轻绳的拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即无论水平面是光滑的还是粗糙的，轻绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大轻绳的拉力越小，故C正确。
6．（5分）（多选）如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度大小g取10 m/s2。由题给数据可以得出(　AB　)
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析：结合两图像可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，C错误；2～5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿第二定律，对2～4 s和4～5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2～4 s内的力F为0.4 N，A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ，D错误。
7．（5分）（多选）（2022·全国甲卷）如图所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　AD　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析：两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。
8．（5分）（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　BCD　)
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即Ff＝2μmg。对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－μ×3mg＝maBm，解得aBm＝μg，D正确。对整体，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg，可知当F＞3μmg时，A、B发生相对滑动，C正确。对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffm＝μ×3mg＝μmg，当F≤μmg时，A、B相对地面静止，A错误。当μmg＜F＝μmg＜3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，F－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为μg，B正确。
9．（5分）（多选）（2024·四川绵阳高三诊断）如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移动A、B两个物体，斜面倾角为30°且足够长，两物体相互接触但不黏合，质量为mA＝2 kg，mB＝3 kg。从t＝0时刻开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间变化的规律为FA＝(50－t)(N)，FB＝(20＋t)(N)，重力加速度大小g取10 m/s2。则关于两个物体的运动以下说法正确的是(　BC　)
A．t＝10 s的时刻，A的加速度大小为15 m/s2
B．t＝10 s的时刻，B的加速度大小为9 m/s2
C．t＝40 s的时刻，B的加速度大小为15 m/s2
D．t＝40 s的时刻，A的加速度大小为9 m/s2
解析：t＝10 s的时刻FA＝(50－t)(N)＝40 N，FB＝(20＋t)(N)＝30 N，若A、B两个物体一起沿斜面向上运动，由牛顿第二定律FA＋FB－(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a，解得加速度a＝9 m/s2，对B物体FB＋N－mBg sin θ＝mBa，解得物体A对物体B的支持力N＝12 N＞0，所以A、B两个物体一起沿斜面向上以加速度a＝9 m/s2加速运动，A错误，B正确；t＝40 s的时刻FA＝50－t＝10 N，FB＝20＋t＝60 N，若A、B两个物体分开沿斜面运动，由牛顿第二定律FA－mAg sin θ＝mAaA，FB－mBg sin θ＝mBaB，解得加速度aA＝0，aB＝15 m/s2，C正确，D错误。
10．（5分）（多选）（2025·湖南怀化高三检测）如图甲所示，劲度系数k＝500 N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时弹簧形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　ACD　)
A．a0＝7.5 m/s2
B．mA＝3 kg
C．若a＝a0，稳定时A、B间弹力大小为0
D．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5 N
解析：由题图乙可知a＝a0时弹簧处于原长状态，对A、B整体，由牛顿第二定律(mA＋mB)g tan 37°＝(mA＋mB)a0，解得a0＝7.5 m/s2，故A正确；当a＝0时，对A、B整体受力分析有(mA＋mB)g sin 37°＝kx0，当a＞a0时，题图乙中另一纵截距的意义为mAg sin 37°＝kx1，联立解得mA＝1 kg，mB＝2 kg，故B错误；当a＝a0时，对B，根据牛顿第二定律有FNsin θ－FABcos θ＝mBa，FNcos θ＋FABsin θ＝mBg，解得FAB＝0，故C正确；当a＝a0时，物块A、B恰要分离，对A有FNA＝＝12.5 N，由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故D正确。
11．（14分）如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长，如果m＝M，重力加速度为g。求：
(1)物体B运动过程中的加速度大小；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力的大小。
解析：(1)设物体B运动过程中的加速度大小为a，轻绳的拉力为FT，对物体A，FT－Mg＝Ma，对B、C整体，(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，解得a＝g，因为m＝M，所以a＝g。
(2)设B、C间的拉力为F，对物体C，mg－F＝ma，解得F＝mg－ma＝mg＝Mg，所以B、C间的作用力为mg或Mg。
答案：(1)g　(2)mg或Mg
12．（16分）如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙所
示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝Ff，Ff＝μmg cos θ，联立解得μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，则由牛顿第二定律得
－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v＝2ax得x＝，令cos α＝，
sin α＝，即tan α＝μ＝，故α＝30°，又因x＝，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝＝＝ m。
答案：(1)　(2)θ＝60°　 m