【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案
能力课1 牛顿运动定律的综合应用
[冷考点]超重、失重问题
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.对超重和失重的“三点”深度理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
命题角度1 超重、失重现象的判断
【例1】 (2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )
图1
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
解析 演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，选项D错误。
答案 C
命题角度2 根据超重、失重现象判断物体的受力情况
【例2】 (2017·吉林松原模拟)某人在地面上最多可举起50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( )
A.2 m/s2 竖直向上 B. m/s2 竖直向上
C.2 m/s2 竖直向下 D. m/s2 竖直向下
解析 由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以选项D正确。
答案 D
判断超重和失重的方法
从受力的
角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度(a＝g
)时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
【变式训练1】 在升降的电梯内的水平地面上放一体重计，电梯静止时，吴力同学站在体重计上，体重计的示数为60 kg，电梯运动时，某一段时间吴力同学发现体重计的示数为72 kg，在这段时间内下列说法正确的是( )
A.吴力同学所受的重力变大了
B.吴力同学对体重计的压力大于体重计对他的支持力
C.电梯的加速度大小为g，方向一定竖直向上
D.电梯的运动方向一定竖直向上
解析 在地球表面同一纬度重力与人的运动情况和是否受到其他力的作用无关，选项A错误；根据牛顿第三定律，压力和支持力是一对作用力和反作用力，选项B错误；体重计的示数72 kg大于60 kg，说明合力方向向上，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，即72g－60g＝60a，a＝g，方向向上，选项C正确；加速度向上，电梯可能加速上升，也可能减速下降，选项D错误。
答案 C
[热考点]动力学中的图象问题
1.常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等。
2.图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3.解题策略
命题角度1 动力学中的v－t图象
【例3】 (2017·宁夏模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v－t图象如图2所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
图2
A.小球所受重力和阻力之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s
D.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析 小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝∶＝∶3，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误。
答案 C
命题角度2 动力学中的a－t图象
【例4】 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图3所示。则下列相关说法正确的是( )
图3
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
答案 D
命题角度3 动力学中的F－t图象
【例5】 (多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图4甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
图4
A.物体的质量m＝1 kg
B.物体的质量m＝2 kg
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
解析 由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。
答案 AD
解决图象综合问题的关键
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。
【变式训练2】 (2017·湖北武汉武昌区模拟) (多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝
8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图5所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向，则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )
图5
A.0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B.1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C.0～1 s内，物体的位移为7 m
D.0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析 0～1 s内，物体加速度a1＝－＝－ m/s2＝－4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动的v－t图线如图所示，0～1 s内位移为
x1＝6 m，C项错误；0～2 s内物体总位移x＝x1＋x2＝(×1＋×1) m＝11 m，D项正确。
答案 BD
[常考点]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
命题角度1 加速度相同的连接体问题
【例6】 (2017·广东深圳罗湖模拟)如图6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，在此过程中，A、B间的摩擦力为( )
图6
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2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。联立解得FfBA＝m(g＋a)，选项B正确。
答案 B
命题角度2 加速度不同的连接体问题
【例7】 质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A
从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图7甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图7
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
解析 (1)由图象可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2
(2)由图象知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
特别提醒 当系统内各物体的加速度不同时，一般不直接用整体法，要采用隔离法解题。
【变式训练3】 如图8所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg 的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2。改变F的大小，B的加速度大小可能为( )
图8
A.1 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2
解析 A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax
a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示。设绳子与水平方向的夹角为α。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0
代入数据解得F2＝20 N。选项C、D错误。
答案 A
命题角度2 利用“两物体加速度相同”的临界条件分析
相对静止或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，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大静摩擦力。
【例9】 (2017·湖北黄冈中学模拟)
如图10所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则( )
图10
A.速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B.加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C.加速度一定向左，不能超过μg
D.加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
解析 开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态。当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。
答案 B
临界问题的常用解法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。
(2)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。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。
【变式训练4】 (2017·山东潍坊实验中学质检)如图11所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
图11
A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D.斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析 小球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的分力FN2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。
答案 D
整体法、隔离法求解连接体问题
[题源：人教版必修1·P77·科学漫步]
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m2(后者的发动机已熄火)。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12所示。推进器的平均推力为F，推进器开动时间为t。测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，求火箭组的质量m2。
图12
解析 根据a＝得，m1、m2的共同加速度为a＝，选取m1、m2整体为研究对象，则F＝(m1＋m2)a，所以m2＝－m1。
答案 见解析
拓展1 如图13所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )
图13
A.弹簧测力计的示数是50 N
B.弹簧测力计的示数是24 N
C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2
解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝
m/s2＝12 m/s2，选项C、D错误。
答案 B
拓展2 (2015·全国卷Ⅱ，20)(多选)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
活页作业
(时间：40分钟)
►题组一 动力学中的图象问题
1.如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为( )
图1
A.30° B.45° C.60° D.75°
解析 由v2＝2ax得x＝v2，结合x－v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误。
答案 A
2.若货物随升降机运动的v－t图象如图2所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
图2
解析 由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)。综合选项分析可知选项B正确。
答案 B
3.(2017·银川市高三第一次模拟)如图3甲所示，质量为m＝2 kg的小物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力F随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取水平向右为正方向，由此可知( )
图3
A.在0～3 s时间内物块的加速度大小为6 m/s2
B.在3～5 s时间内物块的加速度大小为3 m/s2，方向水平向右
C.5 s末，物块速度大小为3 m/s，方向水平向右
D.在5 s末，克服水平拉力F做功的功率为0
解析 在0～3 s时间内，F1＝12 N，由牛顿第二定律F1－μmg＝ma1，解得物块加速度a1＝1 m/s2，选项A错误；在3～5 s时间内，F2＝4 N，由牛顿第二定律F2－μmg＝ma2，解得物块加速度a2＝－3 m/s2，方向水平向左，选项B错误；3 s末，物块速度为v1＝a1t1＝3 m/s，4 s末，物块速度为v2＝v1＋a2t2＝0，摩擦力大于拉力，4 s末物块停止运动，则5 s末，克服水平拉力F做功的功率为0，选项C错误，D正确。
答案 D
4.(多选)如图4甲所示，一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的速度—时间图线，如图4乙所示，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
图4
A.小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s2
B.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C.小物块在斜面上滑行的最大位移为8 m
D.小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5 N
解析 由小物块上滑过程的速度—时间图线可知，a＝＝ m/s2＝
－8.0 m/s2，则小物块冲上斜面过程中加速度大小为8.0 m/s2，选项A正确；对小物块受力分析，根据牛顿第二定律可得－mgsin 37°－f＝ma，FN－mgcos 37°＝0，f＝μFN代入数据解得f＝4 N，μ＝0.25，选项B正确，D错误；小物块在斜面上滑行的最大位移x＝ m＝4 m，选项C错误。
答案 AB
5.(2017·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图5甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：
图5
(1)小物块所受到的恒力F；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。
解析 (1)由题图乙可知，AB段加速度
a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
解得F＝11 N。
(2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2。
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B点的速度vB＝2.0 m/s，有
t＝＝ s＝0.5 s。
(3)小物块从B向A运动过程中，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，所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m。
答案 (1)11 N (2)0.5 s
(3)不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m
►题组二 动力学中的连接体问题
6.(2017·哈尔滨模拟)如图6所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x
′。则下列关系正确的是( )
图6
A.F′＝2F B.x′>2x
C.F′>2F D.x′<2x
解析 把两个物块看作整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，选项A正确，C错误；隔离物块m2，由牛顿第二定律得kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，故选项B、D错误。
答案 A
7.(2017·三明模拟)如图7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7
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FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有
fm＝ma①
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fm＝F。
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′－fm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。
答案 B
8.(2017·湖北黄冈一模)(多选)如图8所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
图8
解析 设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F－x图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN－x图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－
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