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专题突破一 牛顿运动定律的综合应用
突破一 动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
－t图象、F－a图象、F－x图象、a－t图象、F－t图象等。
v
2．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确
“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者
描点作图。
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面
积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
考向 动力学中的 －t图象
v
【例1】 (多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜
面，其运动的 －t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 、 、t 均为已知量，
v v0 v1 1
则可求出( )
图1
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析 由 －t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第
v二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝。同理向下滑行时gsin θ
－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩
擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度 已知，向上滑行过程为匀减
v0
速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x
＝t ，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t ×＝，选项
1 1
D正确；仅根据 －t图象无法求出物块的质量，选项B错误。
v
答案 ACD
考向 动力学中的F－x图象
【例2】 (2018·全国卷Ⅰ，15)如图2，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放
有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀
加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F
与x之间关系的图象可能正确的是( )
图2
解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x ，则由力的平衡条件可知kx ＝mg，在
0 0
弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x －
0
x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F
轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
答案 A
考向 动力学中的F－a图象
【例3】 (2013·课标卷Ⅱ，14)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物
块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a
之间的关系的图象是( )
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最
大静摩擦力时，根据F－f＝ma知，随F的增大，加速度a增大，故选项C正确。
答案 C
动力学图象问题的解题策略
1．如图3，滑块以初速度 沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至
v0
速度为零。对于该运动过程，若用h、x、、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度
v
和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图3
解析 滑块以初速度 沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑块做匀减速直线运动。
v0
对滑块受力分析易得a＝
μgcos θ－gsin θ，方向沿斜面向上，选项C、D错误；x＝ t－at2，h＝xsin θ，由图象
v0
规律可知选项A错误，B正确。
答案 B
2．一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从
机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图4a所示，当速度
减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根
对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空
降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
图4
A．前2 s处于超重状态
B．从200 m高处开始跳下
C．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D．整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s解析 由 －t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s
v
减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由 －t图面积x＝×(5＋13)×20 m＝180
v
m，选项B错误；落地前瞬间a＝＝ m/s2＝－ m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，
8T·cos 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度 ＝＝ m/s＞10
v
m/s，选项D错误。
答案 C
突破二 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)(2015·全国卷Ⅱ，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已
用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶
时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢
以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨
间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
解析 设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车
厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①
P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有
F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，
总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。
答案 BC
(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法
求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
1．(多选) (2019·河北保定一模)如图5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地向左运动。重力加
速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
图5
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mgtan 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F ＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速
N2
度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正
确。
答案 BD
2．如图6甲所示，质量为m 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量
0
为m的小球，m ＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右
0
运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F 。若用一力F′水平向左拉小车，
T
使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，
细线的拉力为F ′。则( )
T
图6
A．F′＝F，F ′＝F B．F′＞F，F ′＝F
T T T T
C．F′＜F，F ′＞F D．F′＜F，F ′＜F
T T T T
解析 对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知F cos α＝
T
mg，F ′cos α＝mg，所以F ＝F ′。对于题图乙中的小球，水平方向有 F ′sin α＝
T T T T
ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有F sin α＝m a，因为m >m，所以a′＞a。对
T 0 0
小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得 F＝(m ＋m)a，F′＝(m ＋m)a′，所以
0 0
F′>F，选项B正确。
答案 B
3．(多选)(2019·陕西商洛质检)如图7所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和
M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平
力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a 匀加速运动时，弹簧的伸长量为
1
x ；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共
1
同以加速度a 匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x ，则下列说法中正确
2 2
的是 ( )图7
A．若m＞M，有x ＝x B．若m＜M，有x ＝x
1 2 1 2
C．若μ＞sin θ，有x ＞x D．若μ＜sin θ，有x ＜x
1 2 1 2
解析 在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a ①
1
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
F －μmg＝ma ②
T 1
联立①②解得F ＝ F③
T
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a ④
2
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
F ′－mgsin θ＝ma ⑤
T 2
联立④⑤解得F ′＝F⑥
T
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，
C、D错误。
答案 AB
突破三 动力学中的临界和极值问题的分析方法
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．“四种”典型临界条件
(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F ＝0。
N
(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，
则发生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，绳子松弛的临界条件是F
T
＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0时。
【例5】 倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M
的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当
滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )
图8
A．10 N B．5 N C. N D. N
解析 当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零
此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有F cos θ＝ma ，F sin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a ＝g，
T 0 T 0
则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如
图乙所示，则有F ′cos α＝m·2g，F ′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得
T T
F ′＝10 N，故选项A正确。
T
答案 A
1．分析临界问题的两种方法
把物理问题(或过程)推向极端，分析在极端情况下可能出现的状
极端
态和满足的条件，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确
分析法
解决问题的目的
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
假设法 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2.解题策略：解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找
出临界条件。
3．分析极值问题常用的“四种”典型的数学处理方法
(1)三角函数法。
(2)利用二次函数的判别式法。
(3)极限法。
(4)根据临界条件列不等式法。
1．如图9所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平
面上的质量为m的物体A接触(A与弹簧未连接)，质量为m的物体B紧挨A放置
此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被
压缩了x ，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B
0
与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离
为4x ，重力加速度大小为g。则( )
0
图9
A．物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．物体刚向左运动时的加速度大小为
C．物体A、B运动后分离
D．物体A、B运动x －后分离
0
解析 撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变
加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做
匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二
定律得a＝，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹
簧弹力F ＝μmg＝kx ，x ＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x －后分离，C
弹 1 1 0
项错误，D项正确。
答案 D
2．如图10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，
v0
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。
图10
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：
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
木块的位移为x，有0－ ＝2ax②
v
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(sin θ＋μcos θ)
根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝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x ＝
min
答案 60°
科学思维系列——千变万化之“斜面模型”
斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在斜面上的
平衡、运动及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度
关系，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知
识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。考生在处理此类问题
时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。
模型 1 斜面中的“平衡类模型”
【典例1】 (多选)如图11所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜
面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜
面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，重力加速度为g，则下列说法中正确的是
( )图11
A．斜面B相对地面有向右运动的趋势
B．地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcos θ
C．地面对斜面B的支持力大小为(M＋m)g＋Fsin θ
D．斜面B与物体A间的动摩擦因数为tan θ
思路点拨 由于A在斜面上匀速下滑，B静止不动，故A和B均处于平衡状态。因
此，在分析B与地面间的相互作用时，可将A、B看成一个整体进行分析；由A在
斜面上匀速下滑可知，A在斜面方向上受力平衡，由此可计算出A、B之间的动摩
擦因数。
解析 将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B
的静摩擦力f＝Fcos θ，方向水平向右，故B相对地面有向左运动的趋势，选项A
错误，B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力F ＝(M＋m)g＋Fsin θ，选项C
N
正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsin θ＋F＝μmgcos θ，
解得μ＝tan θ＋，选项D错误。
答案 BC
模型 2 斜面中的“动力学模型”
【典例2】 (多选) (2019·日照一模)如图12所示，斜面A固定于水平地面上，在t
＝0时刻，滑块B以初速度 自斜面底端冲上斜面，t＝t 时刻到达最高点。取沿斜
v0 0
面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度 随时间t变化的
v
图象中，可能正确的是( )
图12解析 若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向
下的分力，大小方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的
滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在
斜面上，故B正确；若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最
大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向
下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面
向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以滑块沿斜面下滑的加速
度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。
答案 ABD
模型 3 斜面中的“连接体模型”
【典例3】 (多选)如图13所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B
置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑
轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给
B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下
滑的过程中，下列说法正确的是( )
图13
A．不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B．A运动的加速度大小为a＝
C．水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
解析 因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用，
则沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcos θ，若给B一初速度，物块B将匀速
下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；
对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，
mg－T＝ma，解得a＝，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，
则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：F′＋Fcos θ＝F sin θ，F ＝G＋Fsin θ＋F cos
f f N2 N1 f N2
θ，又因为F＝Mgsin θ，F ＝Mgcos θ，联立可得：F′＝0，F ＝G＋Mg，故选项C
f N2 f N1
错误，D正确。
答案 ABD
课时作业
(时间：25分钟)
基础巩固练
1．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比m ∶m ＝2∶1。现用水平3 N
A B
的拉力作用在物体A上，如图1所示，则A对B的拉力等于( )
图1
A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N
解析 设B物体的质量为m，A对B的拉力为F ，对A、B 整体，根据牛顿第二定
AB
律得F＝(m ＋m )a，则a＝，对B有F ＝ma，所以F ＝1 N。
A B AB AB
答案 A
2．如图2所示，质量分别为m 、m 的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下
1 2
一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 在光滑地面上，m 在空中)。已知力F与水
1 2平方向的夹角为θ。则m 的加速度大小为( )
1
图2
A. B. C. D.
解析 把m 、m 看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：
1 2
Fcos θ＝(m ＋m )a，所以a＝，选项A正确。
1 2
答案 A
3．如图3所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品
夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为2m，水
平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在此过程中，A、B间
的摩擦力为( )
图3
A．μF B.m(g＋a)
C．m(g＋a) D.m(g＋a)
解析 对A、B整体，根据牛顿第二定律，有2F－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离
f
物体A，根据牛顿第二定律，有F－mg－F ＝ma。联立解得F ＝m(g＋a)，选项
f fBA fBA
B正确。
答案 B
4．如图4所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，
上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距
离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F
＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小
为F ，则下列关于F 的说法正确的是( )
N N图4
A．刚撤去外力F时，F ＝
N
B．弹簧弹力等于F时，F ＝
N
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时F ＝mg
N
解析 刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma ，对物
1
体A有F －mg＝ma ，联立解得F ＝＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对
N 1 N
A、B组成的整体有F－2mg＝2ma ，对物体A有F －mg＝ma ，联立解得F ＝，选
2 N 2 N
项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B
的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错
误。
答案 B
综合提能练
5．如图5所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为
2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动
若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′
不得超过( )
图5
A．2F B. C．3F D.
解析 力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对
物体A受力分析，受重力mg、支持力F 、向前的静摩擦力F ，根据牛顿第二定
N1 fm
律，有
F ＝ma①
fm对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝
3ma②
由①②解得F ＝F。
fm
当F′作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对
物体A，有F′－F ＝ma ③
fm 1
对整体，有F′＝3ma ④
1
由上述各式联立解得F′＝F ＝F，即F′的最大值是F。
fm
答案 B
6．(多选) (2018·湖北黄冈高三检测)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力
F 、F 的作用，F 、F 随时间的变化如图6所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速
1 2 1 2
度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则( )
图6
A．物块与地面的动摩擦因数0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
解析 0～2 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得F ＝F ＋F，得物块受到的
1 2 f
摩擦力大小F＝F －F ＝8 N－5 N＝3 N，由F＝μmg得μ＝0.3，故A错误；
f 1 2 f
2 s后，由牛顿第二定律得F －F －F＝ma
1 2 f
得a＝－2 m/s2
物体开始做匀减速运动，匀减速至速度为零的时间为
t＝＝ s＝2 s
所以t＝4 s时刻速度为零，则知3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，选项B正确
由于物体所受的最大静摩擦力至少等于3 N，而此时F －F ＝6 N－5 N＝1 N，小
1 2
于最大静摩擦力，因此t＝4 s后物体静止不动，所受的摩擦力为F′＝F －F ＝6 N
f 1 2
－5 N＝1 N，5 s末物块的加速度大小为0，故C正确，D错误。答案 BC
7．(2018·上海嘉定二模)如图7所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直
平面内，已知L ＝4 m，∠α＝37°。一个质量为m的小环套在杆上，以 ＝8 m/s
AB v0
的初速度从A点沿杆上滑。不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2。则：
图7
(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？
(2)小环运动到B点时的速度 为多少？
vB
(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间
的动摩擦因数μ应小于多少？
解析 (1)小环在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得mgsin α＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2，方向沿斜面向下
(2)根据运动学公式 － ＝－2aL ，整理并代入数据解得 ＝＝ m/s＝4 m/s
v v AB vB
(3)在BC段，考虑到mgsin 53°>μmgcos 53°，小环一定向下做匀加速直线运动，故
要使小环能够运动到C点，只要小环能运动到B点即可。
设小环到B点时速度为零，根据运动学公式有
02－ ＝2a′L ，解得a′＝－8 m/s2
v AB
根据牛顿第二定律有－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，
解得μ＝0.25。
答案 (1)6 m/s2 方向沿斜面向下 (2)4 m/s
(3)0.25
