《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

【例3】
(2025·河南信阳市第一高级中学月考)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力$F$的作用，A、B间的摩擦力$f_1$、B与地面间的摩擦力$f_2$随水平拉力$F$变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量$m = 3\ kg$，$g$取$10\ m/s^2$，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1) 分析图乙可知，A、B间最大静摩擦力为6$N$，B与地面间最大静摩擦力为4$N$，$F=$4$N$时，B开始滑动，$F=$12$N$时，A、B间发生相对滑动；
(2) 下列说法正确的是AB。
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发生相对滑动
D. 当$F ＞ 12\ N$时，A的加速度随$F$的增大而增大

答案： 例3
(1)6 4 4 12
(2)AB 解析
(2)根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6N，所以A、B之间的动摩擦因数$\mu=\frac{f_{1m}}{mg}=0.2$，选项A正确；当$0＜F＜4N$时，根据题图乙可知，$f_2$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$4N＜F＜12N$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$F＞12N$时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对物块A有$a=\frac{f_{1m}}{m}=2m/s^2$，加速度不变，选项D错误。

【例4】
(2024·福建厦门市模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为$1\ kg$的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为$k = 50\ N/m$，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力$F$作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度大小$a$为$4\ m/s^2$的匀加速直线运动，重力加速度$g$取$10\ m/s^2$，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(C)

A. 外力$F$刚施加的瞬间，$F$的大小为$4\ N$
B. 当弹簧压缩量减小到$0.3\ m$时，A、B间弹力大小为$1.2\ N$
C. A、B分离时，A物体的位移大小为$0.12\ m$
D. B物体速度达到最大时，B物体的位移为$0.22\ m$
拓展
求A、B分离时B的速度大小及B匀加速运动持续的时间？$\frac{2\sqrt{6}}{5}m/s$$\frac{\sqrt{6}}{10}s$

答案： 例4 C［施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得$2mg=kx_0$，代入数据解得$x_0=0.4m$，外力施加的瞬间，物体A加速度为$4m/s^2$，对整体，由牛顿第二定律得$F-2mg+kx_0=2ma$，代入数据解得$F=8N$，故A错误；当弹簧压缩量到0.3m时，设A、B间弹力大小为$F_{AB}$，对A受力分析，由牛顿第二定律得$F'-mg-F_{AB}=ma$，对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得$F'+kx_1-2mg=2ma$，代入数据联立解得$F_{AB}=1N$，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为$x_2$，对B受力分析，由牛顿第二定律得$kx_2-mg=ma$，代入数据解得$x_2=0.28m$，所以A物体的位移大小为$x_0-x_2=0.4m-0.28m=0.12m$，故C正确；当B物体的合力为零时速度达到最大，由C项可知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平衡条件得$kx_3=mg$，代入数据解得$x_3=0.2m$，故B物体的位移大小为$x_0-x_3=0.2m$，故D错误。］拓展 $\frac{2\sqrt{6}}{5}m/s$ $\frac{\sqrt{6}}{10}s$ 解析 A、B分离时，A、B的位移大小相等，速度大小也相等由$v^2=2a(x_0-x_2)$，解得$v=\frac{2\sqrt{6}}{5}m/s$由$v=at$，解得$t=\frac{\sqrt{6}}{10}s$。