9、的分析，可知只有C選項(xiàng)是可能的，A、B、D都是不可能的．
8．(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車(chē)廂．當(dāng)機(jī)車(chē)在東邊拉著這列車(chē)廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車(chē)廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車(chē)在西邊拉著車(chē)廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車(chē)廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相同，則這列車(chē)廂的節(jié)數(shù)可能為( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：選BC 設(shè)該列車(chē)廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分．設(shè)該列車(chē)廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為m，當(dāng)加速度為a時(shí)，對(duì)Q有F＝n1ma；當(dāng)加
10、速度為a時(shí)，對(duì)P有F＝(n－n1)m·a，聯(lián)立得2n＝5n1.當(dāng)n1＝2，n1＝4，n1＝6時(shí)，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項(xiàng)得該列車(chē)廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項(xiàng)B、C正確．
9．(2019屆福建福州質(zhì)檢)傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，滑塊M的頂端O處固定一細(xì)線，細(xì)線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m＝ kg，當(dāng)滑塊M以a＝2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，則細(xì)線拉力的大小為(取g＝10 m/s2)( )
A．10 N B．5 N
C. N D. N
解析：選A 當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度為某一臨界值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，此時(shí)小球受到兩個(gè)力：
11、重力和線的拉力(如圖1所示)，根據(jù)牛頓第二定律，有
FTcosθ＝ma0
FTsinθ－mg＝0
其中θ＝45°
解得a0＝g
則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a＝2g時(shí)，小球已“飄”起來(lái)了，此時(shí)小球受力如圖2所示，則有
FT′cosα＝m·2g
FT′sinα－mg＝0
解得FT′＝mg＝××10 N＝10 N.
故選項(xiàng)A正確．
10.質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則( )
A．小球?qū)A槽的壓力為
B．小球?qū)A槽的壓力為
C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加
D
12、．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小
解析：選C 利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝，對(duì)小球利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為 ，由牛頓第三定律可知只有C項(xiàng)正確．
二、非選擇題
11.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板，上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度為g，木板與水平面成θ角，讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)．隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
解析：當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定
13、律方程
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma①
木塊的位移為x，有0－v02＝2ax②
根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時(shí)位移最小，
根據(jù)①式有a＝－g(sinθ＋μcosθ)
根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有sinθ＋μcosθ＝ sin(θ＋α)
其中tanα＝μ＝，則α＝30°
要使加速度a最大，則有θ＋α＝90°時(shí)取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°時(shí)，加速度取最大值為a＝－
代入②可得xmin＝.
答案：60°
12．足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.5，水平面與斜面之間由一小段長(zhǎng)度不計(jì)的弧形連接，一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)．現(xiàn)在
14、AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如圖甲所示，小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示，到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)小物塊所受到的恒力F大??；
(2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間；
(3)小物塊能否返回到A點(diǎn)？若能，計(jì)算小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度；若不能，計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離．
解析：(1)由題圖乙可知，AB段加速度
a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1
解得F＝11 N.
(2
15、)在BC段mgsinα＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2
小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等，由題圖乙可知，小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB＝2.0 m/s，有
t＝＝ s＝0.5 s.
(3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有μmg＝ma3
解得a3＝5.0 m/s2
滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m
sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m＞0.4 m
所以小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m.
答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4 m
|學(xué)霸作業(yè)|——自選
一、選擇題
1．某同學(xué)找
16、了一個(gè)用過(guò)的“易拉罐”在底部打了一個(gè)洞，用手指按住洞，向罐中裝滿水，然后將易拉罐豎直向上拋出，空氣阻力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．易拉罐上升的過(guò)程中，洞中射出的水的速度越來(lái)越快
B．易拉罐下降的過(guò)程中，洞中射出的水的速度越來(lái)越快
C．易拉罐上升、下降的過(guò)程中，洞中射出的水的速度都不變
D．易拉罐上升、下降的過(guò)程中，水都不會(huì)從洞中射出
解析：選D 易拉罐被拋出后，不論上升還是下降，易拉罐及水均處于完全失重狀態(tài)，水都不會(huì)從洞中射出，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．
2．圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150 kg的建筑材料被塔吊豎直向上提升過(guò)程的簡(jiǎn)化運(yùn)動(dòng)圖象，g取
17、10 m/s2，下列判斷正確的是( )
A．前10 s懸線的拉力恒為1 500 N
B．46 s末材料離地面的距離為22 m
C．0～10 s材料處于失重狀態(tài)
D．在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂
解析：選B 由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知懸線的拉力為1 515 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖象面積可得整個(gè)過(guò)程上升高度是28 m，下降的高度為6 m,46 s末材料離地面的距離為22 m，選項(xiàng)B正確；因30～36 s材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．
3. (
18、2018屆甘肅一診)如圖所示，在水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B，它們與水平面之間的動(dòng)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(cè)力計(jì)．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(cè)力計(jì)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(cè)力計(jì)示數(shù)為F2.下列關(guān)系式正確的是( )
A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1>F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1a2，F(xiàn)1>F2
解析：選A 以由A、B及彈簧組成的整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中整體的加速度a＝，可得a1＝a2
19、＝a.當(dāng)用F拉B時(shí)，以A為研究對(duì)象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，當(dāng)用F拉A時(shí)，以B為研究對(duì)象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝，由于m1>m2，則F1>F2，A正確．
4.如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離為h時(shí)，B與A分離．下列說(shuō)法正確的是( )
A．B和A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)
B．B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為g
C．彈簧的勁度系數(shù)等于
D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
解析：選C A、B分離前，A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于F是恒力，而彈力是變力，故
20、A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB＝0
對(duì)B：F－mg＝ma
對(duì)A：kx－mg＝ma
即F＝kx時(shí)，A、B分離，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，
由F＝mg，設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，
則2mg＝kx0，h＝x0－x
解以上各式得k＝，綜上所述，只有C項(xiàng)正確．
5. (多選)(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖所示，光滑水平面上放置著四個(gè)相同的木塊，其中木塊B與C之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)．現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊，使四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是( )
A．一起加速過(guò)程中，C木塊受到四個(gè)力的作用
B．一起加速過(guò)程中，D木
21、塊受到的靜摩擦力大小為
C．一起加速過(guò)程中，A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同
D．當(dāng)F撤去瞬間，A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變
解析：選BC 在水平拉力F的作用下，四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律可知，對(duì)整體有F＝4ma，對(duì)A、D木塊有fA＝fD＝ma，解得A、D木塊所受摩擦力大小 fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過(guò)程中，C木塊受到重力、D木塊對(duì)其的壓力和靜摩擦力、地面對(duì)其的支持力及彈簧對(duì)其的彈力，共五個(gè)力的作用，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)F撤去瞬間，D木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變，而A木塊所受靜摩擦力的大小不變但反向，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．
6．(
22、多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過(guò)輕繩和光滑定滑輪連接，如圖甲所示，沿斜面方向的繩子在各處均平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說(shuō)法正確的是( )
A．輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力等于mg
C．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1－sinα)g
D．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g
解析：選BC 按題圖甲放置時(shí)，M靜止，則Mgsinα＝mg，按題圖乙放置時(shí)，由牛頓第二定律得Mg－mgsinα＝(M＋m)α，聯(lián)立解得a＝(1－sinα)g.對(duì)m由牛頓第二定律得T－mgsinα
23、＝ma，解得T＝mg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確．
7．(多選)圖甲中，兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上，A的質(zhì)量為m1，B的質(zhì)量為m2.設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，作用在A上的水平拉力為F，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．圖乙為F與μ的關(guān)系圖象，其直線方程為F＝μ.下列說(shuō)法正確的有( )
A．μ和F的值位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)
B．μ和F的值位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止
C．μ和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)
D．μ和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止
解析：選AD 當(dāng)A、B間剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得μm1g＝m2a，得a＝.
24、以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a＝μ，可以知道，圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)兩個(gè)物體剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的情形．μ和F的值位于a區(qū)域時(shí)，該區(qū)域中的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率大于實(shí)線的斜率，即有＞，可得F>μ，A、B相對(duì)滑動(dòng)；μ和F的值位于b區(qū)域時(shí)，該區(qū)域中的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率小于實(shí)線的斜率，即有＜，可得F<μ，A、B相對(duì)靜止，故A、D項(xiàng)正確，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤．
8. (2018屆黃岡質(zhì)檢)如圖所示，bc為固定在小車(chē)上的水平橫桿，物塊M串在桿上，靠摩擦力保持相對(duì)桿靜止，M又通過(guò)輕細(xì)線懸吊著一個(gè)小球m，此時(shí)小車(chē)正以大小為a的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，而M、m均相對(duì)小車(chē)靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ.小車(chē)的加
25、速度逐漸增加，M始終和小車(chē)保持相對(duì)靜止，當(dāng)加速度增加到2a時(shí)，( )
A．橫桿對(duì)M的摩擦力增加到原來(lái)的2倍
B．橫桿對(duì)M的彈力增加到原來(lái)的2倍
C．細(xì)線與豎直方向的夾角增加到原來(lái)的2倍
D．細(xì)線的拉力增加到原來(lái)的2倍
解析：選A 對(duì)小球和物塊組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，豎直方向：FN＝(M＋m)g，則當(dāng)加速度增加到2a時(shí)，橫桿對(duì)M的摩擦力Ff增加到原來(lái)的2倍，橫桿對(duì)M的彈力等于2個(gè)物體的總重力，保持不變，故A正確，B錯(cuò)誤；以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝，當(dāng)a增加到
26、2倍時(shí)，tanθ變?yōu)?倍，但θ不是原來(lái)的2倍．細(xì)線的拉力FT＝，可見(jiàn)，a變?yōu)?倍，F(xiàn)T不是原來(lái)的2倍，故C、D錯(cuò)誤．
9．(多選)(2019屆合肥模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過(guò)滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B.保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示．圖中a1、a2、m0為未知量，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较颍諝庾枇Σ挥?jì)，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說(shuō)法正確的是( )
A．若θ已知，可求出A的質(zhì)量
B．若θ未知，可求出乙圖中a1
27、的值
C．若θ已知，可求出乙圖中a2的值
D．若θ已知，可求出乙圖中m0的值
解析：選BC 根據(jù)牛頓第二定律得
對(duì)B得：mg－F＝ma①
對(duì)A得：F－mAgsinθ＝mAa②
聯(lián)立得a＝③
若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA，故A錯(cuò)誤；
由③式變形得a＝
當(dāng)m→∞時(shí)，a＝a1＝g，故B正確；
由③式得，m＝0時(shí)，a＝a2＝－gsinθ，故C正確；
當(dāng)a＝0時(shí)，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，可知m0不能求出，故D錯(cuò)誤．
10．(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球．斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
28、，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T(mén)和FN.若T-a圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10 m/s2.則( )
A．a(chǎn)＝ m/s2時(shí)，F(xiàn)N＝0
B．小球質(zhì)量m＝0.1 kg
C．斜面傾角θ的正切值為
D．小球離開(kāi)斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a(N)
解析：選ABC 小球離開(kāi)斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，進(jìn)行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球離開(kāi)斜面之前，T-a圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a＝ m/s2時(shí)，F(xiàn)
29、N＝0，選項(xiàng)A正確；當(dāng)a＝0時(shí)，T＝0.6 N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當(dāng)a＝ m/s2時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以＝ma，聯(lián)立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，選項(xiàng)B、C正確；將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
二、非選擇題
11．如圖所示，傾角為45°的軌道AB和水平軌道BC在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接，水平軌道上D點(diǎn)的正上方有一探測(cè)器，探測(cè)器只能探測(cè)處于其正下方的物體．一小物塊自傾斜軌道AB上離水平軌道BC高h(yuǎn)處由靜止釋放，以小物塊運(yùn)動(dòng)到B處的時(shí)刻為
30、計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t＝2～5 s內(nèi)工作．已知小物塊與傾斜軌道AB和水平軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝8 m，重力加速度g＝10 m/s2，為使探測(cè)器在工作時(shí)間內(nèi)能探測(cè)到小物塊，求h的取值范圍．
解析：設(shè)物塊沿傾斜軌道AB運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，由牛頓第二定律有mgsin45°－μ1mgcos45°＝ma1
設(shè)物塊到達(dá)B處的速度為vB，由速度—位移關(guān)系得
vB2＝2a1·
物塊在水平軌道BC上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2＝μ2g
①設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，這種情況下vB最小，物塊在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則vB1＝＝4 m/s，又
31、t1＝＝4 s
當(dāng)物塊在t1＝4 s到達(dá)D點(diǎn)時(shí)．聯(lián)立解得h1＝1.6 m
②當(dāng)物塊在t2＝2 s到達(dá)D點(diǎn)時(shí)L＝vB2t2－a2t22
聯(lián)立解得h2＝2.5 m
為使探測(cè)器在工作時(shí)間內(nèi)能探測(cè)到小物塊，h的取值范圍為
1．6 m≤h≤2.5 m.
答案：1.6 m≤h≤2.5 m
12.如圖所示，一直立的輕質(zhì)薄空心圓管長(zhǎng)為L(zhǎng)，在其上下端開(kāi)口處各安放有一個(gè)質(zhì)量分別為m和2m的圓柱形物塊A、B，A、B緊貼管的內(nèi)壁，厚度不計(jì)．A、B與管內(nèi)壁間的最大靜摩擦力分別是f1＝mg、f2＝2mg，且設(shè)滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等．管下方存在這樣一個(gè)區(qū)域：當(dāng)物塊A進(jìn)入該區(qū)域時(shí)受到一個(gè)豎直向上的恒力
32、F作用，而B(niǎo)在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)不受它的作用，PQ、MN是該區(qū)域的上下水平邊界，高度差為H(L>2H)．現(xiàn)讓管的下端從距上邊界PQ高H處由靜止釋放，重力加速度為g.
(1)為使A、B間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，求F應(yīng)滿足的條件；
(2)若F＝3mg，求物塊A到達(dá)下邊界MN時(shí)A、B間的距離．
解析：(1)設(shè)A、B與管不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的共同加速度為a，A與管間的靜摩擦力為fA.
對(duì)A、B整體有3mg－F＝3ma
對(duì)A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1
聯(lián)立解得F≤mg.
(2)A到達(dá)上邊界PQ時(shí)的速度vA＝
當(dāng)F＝3mg時(shí)，可知A相對(duì)于圓管向上滑動(dòng)，設(shè)A的加速度為a1，則有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g
A向下減速運(yùn)動(dòng)的位移為H時(shí)，速度剛好減小到零，此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝
由于管的質(zhì)量不計(jì)，在此過(guò)程中，A對(duì)管的摩擦力與B對(duì)管的摩擦力方向相反，大小均為mg，B受到管的摩擦
力小于2mg，則B與圓管相對(duì)靜止，B和圓管整體受到重力和A對(duì)管的靜摩擦力作用以vA為初速度、以a2為加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得
a2＝＝
物塊A到達(dá)下邊界MN時(shí)A、B之間的距離為
ΔL＝L－＝L－H.
答案：(1)F≤mg (2)L－H
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2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 能力課1 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版
