两物块叠加拉动下物块时初始状态受力分析（刚开始运动,存在摩擦）

A、两物体相对静止，若F₁=2F₂；则两物体加速度相同，则可以相对静止，此时两物体间没有摩擦力；故无法判断AB间是否光滑；故A错误；
B、若A受到的力产生加速度小于力对B产生的加速度，则A相对于B有向左的运动趋势，故摩擦力可能可向；故B正确；
C、假设二力相等，为F，则合加速度a=[2F/3m]；则A受到的合力为F′₁=2ma=[4F/3]；B受到的合力为F′₂=ma=[2F/3]；则说明只要AB间有[F/3]的摩擦力，二者可以相对静止；故可以说明C错误；
D、因AB叠放在一起，则一定有压力，故作用力不可能为零；故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题考查牛顿第二定律及受力分析；注意C中利用的是反证法，只要证明两力相等时成立，即可证明C项错误．

（1）对A、B整体，由牛顿第二定律得：
F₁+F₂=（m₁+m₂）a
故a=[9−2t+3+2t/1+2]=4m/s²
（2）当两物体分离瞬间加速度相等，A、B间相互作用力为零，即为：a₁=a₂，
即：
F1
m1=
F2
m2
解得：t₀=2.5s
（3）两物块在前2.5s加速度相等，有：a=[9−2t+3+2t/1+2]=4m/s²
2.5s后A、B分离，
对A：a₁=
F1
m1=（9-2t）m/s²，图象如图所示
对B：a₂=
F2
m2=（1.5+t）m/s²，图象如图所示

（4）由题，速度的定义为v=△x/△t，“v-t”图象下的“面积”在数值上等于位移△x；加速度的定义为a=△v/△t，则“a-t”图象下的“面积”在数值上应等于速度的变化量△v．
（5）“a-t”图象下的“面积”在数值上应等于其速度的变化量△v，
A、B两物块分离后2s其相对速度为等于图中阴影部分的“面积”大小，即v_BA=6m/s．
答：（1）A、B两物块在未分离前的加速度是4m/s²
（2）经2.5s时间两物块开始分离．
（3）两物块的加速度a₁和a₂随时间变化的图象如图所示，
（4）则“a-t”图象下的“面积”在数值上应等于速度的变化量△v．
（5）经过2s时的速度大小之差是6m/s．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 本题是连接体问题，考查了牛顿第二定律的运用，采用整体法和隔离法相结合的处理方法，刚分离时的临界条件是两物体间的弹力等于零，是常用的临界条件．

对A分析可知，A受重力和支持力而做匀速直线运动；由于水平方向不受外力；故A受到B的摩擦力一定为零；
故选：A．

点评：
本题考点： 静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题考查摩擦力的判断，要注意明确A的运动不需要力来维持；同时注意力F是作用在B上的，不会对A产生影响．

（1）当两物体分离瞬间加速度相等，A、B间相互作用力为零，a1=a2，即：F1m1＝F2m2m2（9-2t0）=m1（3+2t0）代入数据解得：t0=2.5（2）在0～2.5s，A、B一起运动加速度：a1=a2=F1+F2m1+m2=4m/s2t=4.5s时a1=0；a2=6m/s2...

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道临界情况，A、B分离的瞬间加速度大小相等，弹力为零，以及知道a-t图线围成的面积表示的物理意义．

A、设B对A的摩擦力为f₁，A对B的摩擦力为f₂，地面对B的摩擦力为f₃，由牛顿第三定律可知f₁与f₂大小相等，方向相反，f₁和f₂的最大值均为2μmg，f₃的最大值为[3/2]μmg．故当0＜F≤[3/2]μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；
C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′-[3/2]μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当[3/2]μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．
B、当F=[5/2]μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-[3/2]μmg=3ma，解得a=[μg/3]，B正确．
D、对B来说，其所受合力的最大值F_m=2μmg-[3/2]μmg=[1/2]μmg，即B的加速度不会超过[1/2]μg，D正确．
因选不正确的，故选：A

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力

A、若水平面光滑，则对整体受力分析可知；F=（m+2m）a，解得a=[F/3m]，
再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：T=ma=[F/3]，故A错误，B正确；
C、若B和地面有摩擦，对整体分析有：F-μ•3mg=3ma′；
则B受力为T′-μmg=ma′，解得：T′=μmg+[F/3]-μmg=[F/3]，故C错误，D正确；
故选：BD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题为牛顿第二定律中的连接体问题，这种问题注意一般先对整体分析再分析其中受力最少的那一个物体．

（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．
规定向右为正方向，设弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度是V_C
由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：
（m_A+m_B）v=（m_A+m_B+m_C）V_C
解得：V_C=3m/s，物块C的速度方向向右．
（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，
设碰后瞬间两者的速度为v₁，则：
m_Bv=（m_B+m_C）v₁
解得：v₁=2m/s
设弹簧的弹性势能最大为E_P，根据机械能守恒得：
E_P=[1/2]（m_B+m_C）
v21+[1/2]m_Av²-[1/2]（m_A+m_B+m_C）
v2C
代入解得为：E_P=12J．
答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体C的速度大小为3m/s；
（2）弹性势能的最大值是12J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能；能量守恒定律．

考点点评： 本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误，应该分过程研究．

甲、乙两物块叠在一起放在光滑的水平面上处于静止状态，如果乙物体突然受到撞击，在撞击的瞬间甲物体由于惯性会向后滑动，因此会受到乙向前的摩擦力；随后甲和乙一起在水平面运动，它们之间没有相对滑动也没有相对滑动的趋势，因此没有摩擦力．
故选C．

点评：
本题考点： 摩擦力产生的条件．

考点点评： 解决本题的关键掌握摩擦力产生的条件：接触面粗糙；相互接触挤压；有相对运动或相对运动趋势．

（1）释放后，在弹簧恢复原长的过程中B和C和一起向左运动，当弹簧恢复原长后B和C的分离，所以此过程B对C做功等于C获得的动能．
选取A、B、C为一个系统，在弹簧恢复原长的过程中动量守恒（取向右为正向）：
m_Av_A-（m_B+m_C）v_C=0
解得：v_C=v_A
又系统能量守恒：[1/2]（m_A+m_B+m_C）v_C²=W
解得：v_C=

2W
mA+mB+mC＝

2×72
2+1+1m/s＝6m/s；
（2）根据动能定理，此过程中B对C做的功等于C获得的动能，即WBC＝
1
2mc
v2C＝
1
2×1×62J＝18J
（3）B和C分离后，选取A、B为一个系统，当弹簧被压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，此时A、B具有共同速度v，取向右为正向由动量守恒：
m_Av_A-m_Bv_B=（m_B+m_A）v
可得v＝
mAvA−mBvB
mA+mB=[2×6−1×6/2+1m/s＝2m/s
弹簧的最大弹性势能：E_p=
1
2]m_Av_A²+[1/2]m_Bv_B²-[1/2]（m_B+m_A）v=
1
2×2×62+
1
2×1×62−
1
2×(2+3)×22J=48J．
答：（1）B和C刚分离时C的速度为6m/s；
（2）释放后物块B对物块C一共做了18J的功；
（3）弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为48J．

点评：
本题考点： 功能关系；弹性势能．

考点点评： 本题考查了与弹簧有关的动量、能量问题，有一定综合性，易错点B和C分离后，应选取A、B为一个系统，很多学生容易忽略这点，导致错误．

A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有
a＝
μ(mA+mB)g
mA+mB＝μg
然后隔离B，根据牛顿第二定律有
f_AB=m_Ba=μm_Bg 大小不变，
物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；
故选A．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；滑动摩擦力．

考点点评： 对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！

物块轻轻放上传送带后，做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，知每隔相等时间放上传送带的物体相对于传送带滑行的位移大小相等，此过程传送带向前滑行的位移为vT，则相邻两物块的间距恒为vT．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．

（1）由b、C碰撞瞬间，b、C的总动量守恒，选向右的方向为正，由动量守恒定律得：
m_bv₀=（m_b+m_C）v
代入数据解得：v=
mbv0
mb+mC=[2×6/2+4]m/s=2m/s；
（2）三个物体速度相同时弹簧的弹性势能最大，选向右的方向为正，对三个物体组成的系统，由动量守恒定律得：
m_av₀+m_bv₀=（m_a+m_b+m_C）v_共，
代入数据解得：v_共=
mav0+mbv0
ma+mb+mc=[2×6+2×6/2+2+4]m/s=3m/s
设最大弹性势能为E_p，由机械能守恒得：E_p=[1/2ma
v20]+[1/2]（m_b+m_C）v²-[1/2]（m_a+m_b+m_C）
v2共
代入数据解得：E_P=[[1/2×2×62+
1
2×(2+4)×22-
1
2×(2+2+4)×32]J=12J
（3）bC碰撞后，弹簧开始压缩，a受到向左的弹力做减速运动，弹簧恢复原长时，a的速度最小．
根据三个物体组成的系统的动量守恒和机械能守恒得：
m_av₀+m_bv₀=m_av_a+（m_b+m_C）v_bc，

1
2ma
v20]+[1/2]（m_b+m_C）v²=[1/2ma
v2a]+[1/2]（m_b+m_C）
v2bc
代入解得，v_a=0
答：（1）弹簧最短时a的速度是3m/s．（2）弹簧的弹性势能最大为12J．（3）物块a的最小速度是0．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能．

考点点评： 本题关键抓住碰撞过程和碰后过程系统的动量守恒，碰后过程系统的机械能守恒定律列式．但不能这样列式：Ep=[1/2]mav 20-[1/2]（ma+mb+mC）v 2共．

A与木板间的最大静摩擦力：f_A=μm_Ag=0.2×1×10N=2N，
B与木板间的最大静摩擦力：f_B=μm_Bg=0.2×2×10N=4N，
A、F=1N＜f_A，所以AB相对木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确；
B、若F=1.5N＜f_A，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
F-f=m_Aa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；
C、F=4N＞f_A，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=[2/2]=1m/s²
对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f′=m_Ba=2×1=2N，故C正确；
D、F=6N＞f_A，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=[2/2]=1m/s²，故D正确．
本题选错误的，故选：B．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析．

（1）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v_BC，规定向右为正方向，
则m_Bv=（m_B+m_C）v_BC
v_BC=[2×6/2+4]=2 m/s
（2）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向：
（m_A+m_B）v=（m_A+m_B+m_C）v_ABC
解得：v_ABC=
(2+2)×6
2+2+4=3m/s
（3）设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为E_p，
根据能量守恒：E_p=[1/2]（m_B+m_C）v_BC²+[1/2]m_Av²-[1/2]（m_A+m_B+m_C）v_ABC²
=[1/2]×（2+4）×2²+[1/2]×2×6²-[1/2]×（2+2+4）×3²=12 J
答：（1）B与C碰撞后瞬间，物块B的速度为2m/s；
（2）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/s；
（3）系统中弹性势能的最大值是12J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误．

物块轻轻放上传送带后，做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，知每隔相等时间放上传送带的物体相对于传送带滑行的位移大小相等，此过程传送带向前滑行的位移为vT，则相邻两物块的间距恒为vT．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．