2021届高考物理粤教版一轮学案：第三章专题1牛顿运动定律的综合应用


专题1　牛顿运动定律的综合应用
　动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象及问题类型

2.解题策略——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”“图象与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或描点作图。
(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轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。
考向　动力学中的v－t图象
【例1】 (多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，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v－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v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，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s＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为ssin θ＝t1×＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。
答案　ACD
考向　动力学中的F－t图象
【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(a)，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。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

图2
A.木板的质量为1 kg
B.2 s～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　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。
由题图(c)知，2～4 s内，
木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，
撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2
设木板质量为m，根据牛顿第二定律
对木板有：
2～4 s内：F－f＝ma1
4～5 s内：f＝ma2
且知f＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误；
0～2 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
答案　AB
考向　动力学中的F－s图象
【例3】 (2018·全国Ⅰ卷，15)如图3，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3

解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－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4】 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线性增大，故选项C正确。
答案　C

1.如图4所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v－t图象(图中实线)可能是选项图中的(　　)

图4

解析　撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A项正确。
答案　A
2.(多选)(2020·福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图5所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图5
A.物块与地面间的动摩擦因数为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　在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误。
答案　BC
　动力学中的连接体问题
1.两个或多个物体相连组成的物体系统叫做连接体，连接体问题是高考中的常考点。命题特点如下：
(1)通过轻绳、轻杆、轻弹簧关联：一般考查两物体或多物体的平衡或共同运动，要结合绳、杆、弹簧特点分析。
(2)两物块叠放：叠放问题一般通过摩擦力的相互作用关联，考查共点力平衡或牛顿运动定律的应用。
(3)通过滑轮关联：通过滑轮关联的两个或多个物体组成的系统，一般是物体加速度大小相同、方向不同，可分别根据牛顿第二定律建立方程，联立求解。
2.解决连接体问题的两种方法

考向　相对静止类
【例5】 (多选)(2015·全国Ⅱ卷，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
考向　相对运动类
【例6】 (多选)(2019·江苏七市三调)如图6甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)

图6
A.两物块间的动摩擦因数为0.2
B.当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C.当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对运动
D.当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
解析　根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物体有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。
答案　AB

1.(2019·天津十二重点中学二模)如图7所示，光滑水平面上的小车，在水平拉力F的作用下向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F增大，则(　　)

图7
A.物块受到的摩擦力不变
B.物块受到的合力不变
C.物块可能相对于车厢壁滑动
D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变
解析　物块受力如图所示，根据牛顿第二定律，对物块有FN＝ma，对物块和小车整体有F＝(M＋m)a，联立可得a＝，FN＝F，水平拉力F增大时，加速度a增大，车厢壁对物块的弹力FN增大，物块与车厢壁之间的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢壁仍然保持静止，选项C、D均错误；物块在竖直方向受力平衡，则f＝mg，即物块受到的摩擦力不变，选项A正确；物块受到的合力等于FN，FN随F的增大而增大，选项B错误。

答案　A
2.(多选)在上题中，若已知物块与车厢壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，小车质量为M，物块质量为m，则小车运动一段时间后，下列说法正确的是(　　)
A.若将力F大小变为(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑
B.若将力F大小变为(M＋m)g，物块将沿车厢壁下滑
C.若将力F撤去，物块将受到三个力的作用
D.若将力F撤去，物块将做平抛运动
解析　设F的大小为F0时物块恰好与车厢壁相对静止，则F0＝(M＋m)a，物块与车厢壁之间的弹力大小为FN＝ma，μFN＝mg，联立解得F0＝(M＋m)g，由于(M＋m)g＞F0，故物块仍然与车厢壁相对静止，选项A错误；由于(M＋m)g＜F0，物块将沿车厢壁下滑，选项B正确；将力F撤去后，物块只受重力作用，向右做平抛运动，选项D正确，C错误。
答案　BD
3.(2019·广东惠州第二次调研)如图8所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)

图8
A.3μmg B.4μmg
C.5μmg D.6μmg
解析　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为a2，则有f1＝μ·2mg＝2ma1
得a1＝μg
设桌面对纸板的摩擦力为f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力f1′＝f1，则F－f1－f2＝ma2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，
即a2＞a1
所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg
即F＞6μmg，故选D。
答案　D
　动力学中的临界和极值问题
1.临界或极值问题的关键词
(1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点。
(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。
2.产生临界值和极值的条件
(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。
(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。
(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(4)加速度最大的条件：合外力最大。
(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大。
3.临界或极值问题的分析方法
(1)假设分析法。
(2)数学极值法。
例7 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图9所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是(　　)

图9
A.物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零
B.物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零
C.物块A、B分离后，物块A开始减速
D.从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2
解析　物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，A、B有相同的加速度，弹簧的弹力不为零，物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动。
开始时受力平衡，根据平衡条件可得
kx0＝3mgsin θ，解得k＝
物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，选项A、C错误，B正确；
对A，根据牛顿第二定律kx－2mgsin θ＝2ma，
则得x＝＝·x0，
根据x0－x＝at2可得物块A、B分离的时间
t＝，选项D错误。
答案　B

1.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(g取10 m/s2)(　　)

图10
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FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，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FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
答案　A
2.如图11所示，一质量m＝0.40 kg、可视为质点的小物块，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，物块在A点的速度为v0＝2 m/s，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g取10 m/s2。

图11
(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与斜面夹角为多大时，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＋at2，v＝v0＋at
联立两式，代入数据得
a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为f，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，

由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－f＝ma，
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0，
又f＝μFN，
联立解得F＝，
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin (60°＋α)，
可知对应F最小时F与斜面的夹角α＝30°，
联立并代入数据得F的最小值为Fmin＝ N。
答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
课时作业
(时间：30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mA∶mB＝2∶1。现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图1所示，则A对B的拉力大小等于(　　)

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FAB，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)a，则a＝，对B有FAB＝ma，所以FAB＝1 N。
答案　A
2.如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为(　　)

图2
A. B.
C. D.
解析　把m1、m2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：Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确。
答案　A
3.如图3，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，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v0沿粗糙斜面下滑直至停止，可知滑块做匀减速直线运动。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；s＝v0t－at2，h＝ssin θ，由图象规律可知选项A错误，B正确。
答案　B
4.一次演习中，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4甲所示，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°，如图乙所示。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v－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减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图象与横轴面积的物理意义知s＝×(5＋13)×20 m＝180 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，8FT·cos 37°－mg＝m|a|，FT＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝＝ m/s＞10 m/s，选项D错误。
答案　C
5.(2020·云南昆明4月质检)如图5所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度H＝。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为(　　)

图5
A.Mg B.Mg
C.(M＋m)g D.(M＋m)g
解析　相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。设FN与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则cos θ＝＝，sin θ＝＝，则tan θ＝，根据牛顿第二定律，对小球有mgtan θ＝ma，解得小球的加速度a＝g，对A、B整体有F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)g，选项D正确。

答案　D
6.(2019·西安二模)如图6所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为(　　)

图6
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
解析　根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值fmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有fmax＝mAa，代入数据解得fmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律得：以B为研究对象有fmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C项正确。
答案　C
7.如图7甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移s减小的图象如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2。则：

图7
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？
(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
解析　(1)由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，
代入数值解得a＝－μg＝20 m/s2。
(2)由题图可得推力F是随位移s减小的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大
则F＝μmg＝20 N
由题图得到F与s的函数关系式F＝100－25s
则得到s＝3.2 m。
(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－s图线与s轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J
根据动能定理W－μmgsm＝0
代入数据得sm＝10 m。
答案　(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m
综合提能练
8.(多选)如图8甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2。下列选项中正确的是(　　)

图8
A.2 s末到3 s末物块做匀减速运动
B.在t＝1 s时刻，恒力F反向
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.恒力F大小为10 N
解析　物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝10 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝＝ s＝1 s，即在t＝1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a2＝＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得F＝7 N，Ff＝3 N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误。
答案　BC
9.(2019·广东广州天河区二模)水平面上放置一个斜面足够长的斜劈A，倾角为α，小物块B静止在斜面上，如图9所示。现对B施加一个沿斜面向上的拉力F，F的大小从零随时间均匀增大，斜劈A一直处于静止状态。设A、B之间的摩擦力大小为f1，A与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则整个过程中摩擦力大小随时间变化的图象可能正确的是(　　)

图9

解析　由题可知物体原来处于静止状态，故有μmgcos α≥mgsin α，有外力F后，F＝kt(k＞0)。以B为研究对象，A对B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡条件得F＋f1＝mgsin α，得f1＝mgsin α－kt，知f1随时间均匀减小。当F＝mgsin α时，得f1＝0。之后，A对B的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得F＝f1＋mgsin α，得f1＝kt－mgsin α，知f1随时间均匀增大。当F增大到小物块B开始相对于斜劈A运动时，f1＝μmgcos α保持不变，且不小于最初的摩擦力大小，故A、B错误；A、B均不动时，以A、B组成的整体为研究对象，由平衡条件得f2＝Fcos α＝ktcos α，则f2与t成正比。当B相对A向上运动后，A的受力情况与有相对运动之前瞬间相同，f2不变，故C错误，D正确。
答案　D
10.(多选)如图10所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

图10
A.该水平拉力大于轻绳的弹力
B.物块c受到的摩擦力大小为μmg
C.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg
D.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg
解析　三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：FT＝2μmg，则F＞FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得，对a、b、c系统F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确。
答案　ACD
11.如图11所示，倾角为θ＝53°、质量为M＝2 kg的光滑斜面体A上有一个m＝0.5 kg的小球B，斜面体放在光滑的水平桌面上，斜面体与一平行于桌面的细绳相连，绳的另一端跨过一不计摩擦的轻质定滑轮挂一个质量为m0的物块C，桌子固定于水平地面上，将物块由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。

图11
(1)若小球与斜面恰好没有弹力，此时小球与斜面体向右运动的加速度a为多大？
(2)若小球与斜面恰好没有弹力，m0为多少？
(3)m0为多少时，小球与斜面之间的弹力为1.5 N?
解析　(1)对小球进行受力分析，
由牛顿第二定律可知＝ma
代入数据解得a＝7.5 m/s2。
(2)对小球和斜面体组成的整体进行受力分析，
有F＝(m＋M)a
对物块进行受力分析，有m0g－F＝m0a
联立方程并代入数据解得m0＝7.5 kg。
(3)如图所示，对小球进行受力分析，由牛顿第二定律，有

FT′cos θ－FN′sin θ＝ma′
FN′cos θ＋FT′sin θ＝mg
联立方程并代入数据解得
a′＝3.75 m/s2
对小球与斜面体组成的整体进行受力分析，有F′＝(m＋M)a′
对物块，有m0g－F′＝m0a′
联立方程并代入数据解得m0＝1.5 kg。
答案　(1)7.5 m/s2　(2)7.5 kg　(3)1.5 kg