第3讲　牛顿运动定律的综合应用高考物理总复习新教材版

第讲牛顿运动定律的综合应用物理观念连接体问题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eq\x(\s\up1(01))物体系统称为连接体。2．外力与内力(1)外力：系统eq\x(\s\up1(02))之外的物体对系统的作用力。(2)内力：系统eq\x(\s\up1(03))内各物体间的相互作用力。3．整体法和隔离法(1)整体法：把eq\x(\s\up1(04))加速度相同的物体看作一个整体来研究的方法。(2)隔离法：求eq\x(\s\up1(05))系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。物理观念临界极值问题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eq\x(\s\up1(01))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eq\x(\s\up1(02))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eq\x(\s\up1(03))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，则相对滑动的临界条件是eq\x(\s\up1(04))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eq\x(\s\up1(05))它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是eq\x(\s\up1(06))FT＝0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是eq\x(\s\up1(07))a＝0，速度为0的临界条件是a达到eq\x(\s\up1(08))最大。物理观念多过程问题1．多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的eq\x(\s\up1(01))受力情况和eq\x(\s\up1(02))运动情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。3．综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题的关键首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。一堵点疏通1．整体法和隔离法是确定研究对象时常用的方法。()2．应用牛顿第二定律对整体进行分析时，需要分析内力。()3．轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。()4．相互接触的物体分离时的临界状态是两者没有共同的加速度。()答案1.√2.×3.√4.×二对点激活1.如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知物体A的质量m＝2kg，物体B的质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．20N B．15NC．10N D．5N答案B解析当F作用在物体B上，A、B恰好不相对滑动时，则A、B间静摩擦力达到最大值，对物体A隔离分析，根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma；对整体，根据牛顿第二定律有：Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；联立并代入数据解得：Fmax＝15N，故B正确，A、C、D错误。2.在探索测定轨道中人造天体的质量的方法过程中做了这样的一个实验：用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄灭)。接触后，开动宇宙飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F，开动时间为t，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，求火箭组的质量m2。答案eq\f(Ft,Δv)－m1解析根据a＝eq\f(Δv,Δt)得，飞船和火箭组的共同加速度为a＝eq\f(Δv,t)，选取飞船和火箭组整体为研究对象，则F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1。考点1整体法和隔离法解决连接体问题[科学思维梳理]1．连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)物物并排连接体(4)轻绳连接体(5)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。(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。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3．连接体的受力特点轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。4．处理连接体问题的方法(1)整体法若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔离法若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。(3)整体法、隔离法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”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。例1(2020·海南高考)(多选)如图，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()A．两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)B．弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)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[答案]BC[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)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsinθ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故B正确；根据T＝eq\f(m2F,m1＋m2)＝eq\f(F,\f(m1,m2)＋1)，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＝eq\f(m2F,m1＋m2)，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。[关键能力升华]应用整体法和隔离法的解题技巧(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。(2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法。[对点跟进训练]1．(弹簧连接体)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA＞mB，它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是()A．仅减小B的质量B．仅增大A的质量C．仅将A、B的位置对调D．仅减小水平面的粗糙程度答案C解析设弹簧的弹力为T，对于A、B整体，由牛顿第二定律得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B受力分析有：T－μmBg＝mBa，联立解得：T＝eq\f(mBF,mA＋mB)＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，知仅减小mB时，T减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故A错误；由T＝eq\f(mBF,mA＋mB)知仅增大A的质量，T减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故B错误；仅将A、B的位置对调，同理可得弹簧的弹力T′＝eq\f(mAF,mA＋mB)，因mA＞mB，则T′＞T，所以弹簧稳定时的伸长量增大，故C正确；由T＝eq\f(mBF,mA＋mB)知T与μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不变，故D错误。2．(连接体问题)(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)答案C解析根据题意可知第2节对第3节车厢的牵引力为F，每节车厢的质量和所受摩擦力、空气阻力均相等，对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正确。3.(轻绳连接体)(多选)倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为eq\f(m,2)的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为()A．mB＝eq\f(m,4) B．mB＝eq\f(3m,8)C．a＝0.2g D．a＝0.4g答案BC解析由题意可知，当物体放在B盒时，B盒加速度竖直向下，当物体放在A盒时，B盒的加速度竖直向上。当物体放在B盒中时，根据牛顿第二定律，以A为研究对象，有T－mgsin30°＝ma，以B和B盒内的物体整体为研究对象，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mBg＋\f(1,2)mg))－T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋\f(1,2)m))a；当物体放在A盒中时，根据牛顿第二定律，以A和A盒内的物体整体为研究对象，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))gsin30°－T′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))a，以B为研究对象，有T′－mBg＝mBa；联立解得mB＝eq\f(3m,8)，加速度大小为a＝0.2g，故A、D错误，B、C正确。考点2动力学中的临界、极值问题[科学思维梳理]1．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2．思维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，根据数学表达式解出临界条件例2(2022·山东省枣庄市第八中学高三上9月月考)(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间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ，可认为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，则下列选项正确的是()A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A、B间的摩擦力为eq\f(1,2)μmgC．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eq\f(1,2)μg[答案]CD[解析]A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力为eq\f(1,2)μ·3mg＝eq\f(3,2)μmg，故当F<eq\f(3,2)μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－eq\f(3,2)μmg＝3ma，对A根据牛顿第二定律得F－f＝2ma，两式联立得F＝3f－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为fmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当eq\f(3,2)μmg<F<3μmg时，A、B两物块相对地面以相同的速度运动，将F＝eq\f(5,2)μmg代入F＝3f－3μmg，解得A、B间的摩擦力f＝eq\f(11,6)μmg，故B错误；由前述分析可知，当F>3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为fmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－eq\f(3,2)μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,2)μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg，故D正确。[关键能力升华]叠加体系统临界问题的求解思路[对点跟进训练]1.(动力学的临界、极值问题)(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大答案D解析由题意知，P、Q的水平距离恒定不变，设为L，对物块分析受力，由牛顿第二定律可知，物块运动的加速度为gsinθ，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2，得t2＝eq\f(2L,gsinθcosθ)＝eq\f(4L,gsin2θ)，则θ＝45°时，t有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，D正确。2.(动力学的临界、极值问题)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个光滑斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin37°＝0.6)()A．23m B．33mC．43m D．53m答案C解析卡车刹车时，当后斜面对工件的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtan37°＝ma，解得a＝eq\f(3,4)g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝eq\f(125,3)m，则其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，A、B、D错误。考点3应用牛顿运动定律解决多过程问题[科学思维梳理]应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联、位移关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。例3如图甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)斜面BC的长度s；(2)滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ。[答案](1)3m(2)0.2[解析](1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s2通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s由运动学公式得斜面BC的长度为s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(2)由下图可知，滑块在CB上运动时，滑块对木块的压力N1′＝N1＝mgcosθ木块对传感器的压力F1′＝F1＝N1′sinθ由题图乙可知：F1′＝12N解得m＝2.5kg滑块在AB上运动时，传感器对木块的拉力F2＝f＝μmg＝5N解得μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2。[关键能力升华]应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成。有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可；有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析。(2)对于每一个研究过程，选择什么规律、应用哪一个运动学公式要明确。(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度一般不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。[对点跟进训练]1.(多过程问题的图像分析)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于小球运动中的速度—时间图像正确的是()答案C解析开始时小球所受杆的支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，可知小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动。故C正确。2.(多过程问题)如图所示，质量为10kg的环在F＝200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离s。答案(1)0.5(2)1.8m解析(1)设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为a1和a2，撤去力F瞬间环的速度为v，则由v＝a1t1,0＝v－a2t2，得a1t1＝a2t2代入数据得2a1＝1.6a2根据牛顿第二定律得Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ－mgcosθ)＝ma1mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2联立解得μ＝0.5。(2)将μ＝0.5代入得a1＝8m/s2，a2＝10m/s2所以环沿杆向上运动的总距离s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1.8m。一、选择题(本题共6小题，其中第1～5题为单选，第6题为多选)1.(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为()A．4.0N B．3.0NC．2.5N D．1.5N答案A解析开始时P静止在水平桌面上，由平衡条件有T1＝mQg＝2N，f＝T1＝2N<μmPg＝2.5N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝eq\f(T1,2)＝1N，可知Q物块加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物块将以相同大小的加速度向右加速运动，受到滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4N，故选A。2.如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg，托盘的质量为20kg，取g＝10m/s2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为()A．5m/s2 B．6m/s2C．7.5m/s2 D．8m/s2答案A解析设人的质量为M，托盘的质量为m，则轻绳的拉力大小T＝Mg，对人和托盘整体，根据牛顿第二定律有2T－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立并代入数据解得a＝5m/s2，故A正确，B、C、D错误。3.(2021·辽宁省沈阳市高三一模)三个完全相同的木板A、B、C质量均为m，它们叠放在一起置于光滑的水平面上。木板之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平向右的力F推木板A，下列说法正确的是()A．若F＝μmg，A与B会相对滑动，但B与C仍相对静止B．若F＝2μmg，A与B会相对滑动，但B与C仍相对静止C．若F＝3μmg，A与B会相对滑动，B与C也相对滑动D．若F＝4μmg，A与B会相对滑动，B与C也相对滑动答案B解析A、B间的最大静摩擦力为fAB＝μmg，B、C间的最大静摩擦力为fBC＝2μmg，因fAB<fBC，则当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时，B、C相对静止，对B、C整体受力分析有fAB＝2ma，得a＝eq\f(1,2)μg，此时对A有F－μmg＝eq\f(1,2)μmg，得F＝eq\f(3,2)μmg，即当F>eq\f(3,2)μmg时，A与B相对滑动，B受到A的滑动摩擦力为μmg<fBC，则B、C不会相对滑动，故选B。4.(2022·辽宁省名校联盟高三上9月联合考试)如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量均为m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过eq\f(d,10)就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为()A．3μmg B.12μmg C.14μmg D.26μmg答案C解析当纸板相对鸡蛋运动时，设临界情况时鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离为eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a1t2，纸板运动的距离为d＋eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a2t2，联立解得a2＝11a1，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有f1＝μmg＝ma1，得a1＝μg，对纸板有Fmin－f1－f2＝ma2，f2＝2μmg，代入解得Fmin＝14μmg，故选C。5.(2021·河北省保定市高三下二模)竖直升降机内固定一斜面，其顶端固定一光滑的轻滑轮。滑块A、B通过不可伸长的细绳跨过滑轮连接，开始时升降机静止，然后匀加速向上运动，已知整个过程中A、B始终相对斜面静止，则()A．升降机静止时，滑块A受到沿斜面向下的摩擦力B．升降机加速向上运动过程中A受到的摩擦力一定大于静止时受到的摩擦力C．升降机加速向上运动过程中A可能不受摩擦力D．细绳对B的拉力始终等于B的重力答案C解析升降机静止时，由于不知道滑块A重力沿斜面方向分力与滑块B重力的大小关系，则无法确定滑块A所受摩擦力的方向，故A错误；假设升降机加速向上运动时，A不受摩擦力的作用，对A有FNcosθ＋Tsinθ－mAg＝mAa，FNsinθ＝Tcosθ，对B有T－mBg＝mBa，联立得mAsinθ＝mB，故B错误，C正确；升降机加速向上运动时，滑块B也加速上升，则细绳对B的拉力大于B的重力，故D错误。6．如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v­t图像如图乙所示，重力加速度为g，则()A．施加拉力F前，弹簧的形变量为eq\f(mg,k)B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为eq\f(1,2)m(g＋2a)D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值答案AC解析施加F前，小滑块A、B整体平衡，根据平衡条件，有2mgsinθ＝kx，解得x＝eq\f(2mgsinθ,k)＝eq\f(mg,k)，故A正确；由图乙可知，拉力F刚施加上时，小滑块A、B还未分离，具有相同的加速度a，故B错误；A、B在t1时刻分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A有F弹－mgsinθ＝ma，解得F弹＝eq\f(1,2)m(2a＋g)，故C正确；当A受到的合力为零，即F弹′＝mgsinθ时，A的速度达到最大值，此时弹簧被压缩，故D错误。二、非选择题(本题共2小题)7.(2021·天津市河西区高三下二模)如图所示，滑块在平行于斜面方向的恒定拉力F作用下从A点由静止开始向上运动，运动到C点(未标出)时撤去拉力，滑块继续上滑到B点速度为零。接着滑块又沿斜面下滑，到A点时滑块的速度vA＝6m/s。已知滑块从A点运动到B点的时间与从B点运动到A点的时间相等。(1)求滑块上滑经过C点时的速度；(2)若C点是AB的中点，求拉力F与滑块所受摩擦力f的大小之比；(3)在(2)问条件下，求A、B