訓練02 牛頓運動定律的綜合應用-突破2021年高考物理壓軸大題針對訓練（解析版）

訓練02牛頓運動定律的綜合應用

1.低空跳傘是一種危險性很高的極限運動，通常從高樓、懸崖、高塔等固定物上起跳，在極短時間內(nèi)必須

打開降落傘，才能保證著地安全。某跳傘運動員從高，=100m的樓頂起跳，自由下落一段時間后打開降落

傘，最終以安全速度勻速落地。若降落傘被視為瞬間打開，得到運動員起跳后的速度v隨時間?變化的圖像

如圖所示，已知運動員及降落傘裝備的總質(zhì)量”?=60kg,開傘后所受阻力大小與速率成正比，即產(chǎn)取

g=10m/s2,求：

(1)打開降落傘瞬間運動員的加速度；

(2)打開降落傘后阻力所做的功。

【答案】(1)30m/s2.方向豎直向上；(2)-5.925xlO4J

【詳解】

(1)0?2s內(nèi)物體做自由落體運動，有

v,==20m/s

勻速運動時有

mg=kv、

剛打開降落傘時，有

mg—f-ma

f=如i

解得

a=-30m/s2

故加速度大小為30m/s2,方向豎直向上。

(2)對運動員下降的全過程，根據(jù)動能定理得

12

mgH+Wy=—mv2

解得

W,=-5.925X104J

2.為了檢測一架大疆無人機的承受摔損能力，科研小組設(shè)計了一次模擬試驗：己知一架無人機的質(zhì)量m=2

kg,其動力系統(tǒng)提供的升力恒為F=32N,飛行時所受的空氣阻力大小恒為戶4N。讓該無人機從地面由靜

止開始豎直上升，3s后關(guān)閉發(fā)動機。取重力加速度大小g=10m/s2,假設(shè)無人機只在豎直方向運動。求：

（1）無人機3s末的速度大小也；

（2）若無人機落地的速度大于16m/s就會損毀，請你通過計算判斷本次模擬試驗無人機是否損毀？

【答案】（1）12m/s；（2）會損毀，見解析

【詳解】

（1）無人機受重力、升力和阻力作用做勻加速宜線運動，由牛頓第二定律得

F—mg-f=max

解得

q=4m/s2

無人機3s末的速度大小

匕二叫

解得

Vj=12m/s

（2）最初3s內(nèi)上升的高度

12

\=—a}t]=18m

設(shè)關(guān)閉發(fā)動機后上升階段加速度大小為Z,由牛頓第二定律得

f+mg=tna2

解得

a,=12m/s2

設(shè)關(guān)閉發(fā)動機后無人機上升的高度為比，山運動學公式可得

0一匕~=一2%/^

解得

hy=6m

無人機離地面的最大高度

H=hy+

H=24m

無人機到最高點后下落，設(shè)加速度大小為“3,落地時的速度為也，由牛頓第二定律得

mg-f=may

2

a3=8m/s

由運動學公式可得

v/=2a3H

v2=8瓜m/s>16m/s

所以本次模擬試驗無人機會損毀

3.如圖，ABC為一豎直面內(nèi)的光滑軌道，A8段和8c段均為直線，且在B處平滑連接，AB段與水平面的

夾角為37。。D、E是軌道上的兩點，。點的高度/7i=0.6m,E點的高度力2=0.2m。質(zhì)量〃?=1.6kg的小物

體，受水平向左的恒力F的作用，從。點由靜止開始，沿AB向下做勻加速直線運動。當物體運動到B點

時撤去F,物體繼續(xù)沿段斜向上運動，至E點時速度為零。求：(sin37o=0.6,8$37。=0.8,g取10m/s2)

(1)物體經(jīng)過B點時的速率；

(2)物體所受恒力尸的大小；

(3)在保持其他條件不變的前提下，尸的大小變?yōu)?.8N：

①若物體在BC上運動的最大高度與。點的高度相同，求產(chǎn)的方向；

②若尸取不同方向，則物體在8C上能達到不同的最大高度，求最大高度的取值范圍。

AC

D

【答案】(1)2m/s；(2)8N；(3)①垂直于A8向下或向上兩個方向；?0.3m</?<0.9mo

【詳解】

(1)物體從3點到E點過程中，由動能定理得

mg/^-0

解得

vB=2m/s

(2)￡?長度

41

s-------=----!—=1m

sin37°

沿AB下滑的加速度大小

2

a--=2m/s2

2s

由牛頓第二定律得

mgsin37°-Fcos37°=ma

解得

F=8N

(3)①因為物體在BC軌道上到達的最大高度與。點等高，可以斷定：除重力做功之外，其他力不做功,

即尸不做功，尸一定垂直于物體運動方向。由于

F<mgcos37°

F可以取垂直于AB向下或向上兩個方向。

②(a)當尸沿斜面向上時，物體的加速度最小，到達8點時的速度為最小，在8c軌道上能到達的最大高度

值最小。設(shè)此種情況下的加速度為e,由牛頓第二定律得

mgsin370-F=max

又

用=2als

解得

2

4=3m/s,vm-V6m/s

設(shè)物體在8c軌道上能到達的最大高度為〃皿X”山動能定理得

mg%xi=g加哈一0

解得

2

hma.x?=—。=0.3m

2g

(b)當尸沿斜面向下時，物體的加速度最大，到達8點時的速度v?2最大，在8c軌道上能到達的最大高度值

最大。設(shè)此種情況下的加速度為S,由牛頓第二定律得

mgsin37°+F=ma、

又

%2=242s

解得

2

a2-9m/s,vB2=3V2m/s

設(shè)物體在8c軌道上能到達的最大高度為力1nax2,由動能定理得

，〃g%x2=；機次2.0

解得

2

4皿2=~^-=0.9m

2g

因此，物體在8c上能到達的最大高度范圍是0.3m0.9m。

4.我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機獲得的升力大小/可用尸=人2表示,

其中攵為比例常數(shù)；u是飛機在平直跑道上的滑行速度，口與飛機所受重力相等時的-稱為飛機的起飛離地

速度，已知艦載飛機空載質(zhì)量為L69xl()3kg時，起飛離地速度為78m/s,裝載彈藥后質(zhì)量為2.56xl()3kg。

(1)求飛機裝載彈藥后的起飛離地速度；

(2)若該航母有電磁彈射裝置，飛機裝載彈藥后，從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行180m后起飛，求飛

機在滑行過程中所用的時間和飛機所獲得的平均推力大小(不計所有阻力)。

【答案】⑴96m/s；⑵3.75s；6.55X104N

【詳解】

(1)由起飛條件知

儀2=㈣g

.=m2g

聯(lián)立可解得裝載彈藥后的起飛離地速度為

v2-96m/s

(2)山勻變速直線運動規(guī)律可得

x=-嶺t*

2

解之，可得飛機在滑行過程中所用的時間為

t=——=3.75s

v2

由勻變速直線運動速度公式可得

a=—=25.6m/s2

t

依據(jù)牛頓第二定律可知平均推力為

E=松h6.55x1(尸N

5.某司機駕駛小汽車以速度w途經(jīng)十字路口時，松開油門，小汽車在滾動摩擦作用下沿直線勻減速行駛，

后又發(fā)現(xiàn)紅燈倒計時所剩時間不多，于是狠踩剎車，車輪抱死(不轉(zhuǎn))，小汽車在滑動摩擦作用下沿直線繼

續(xù)勻減速直至停止。已知輪胎與地面間的滑動摩擦因數(shù)為〃=0.6,小汽車滑動階段的速度隨時間變化的圖象

如圖所示。滾動摩擦減速過程的位移與滑動摩擦減速過程的位移之比為5：2,且兩段減速過程耗時相同，

滑動階段小汽車的某個車輪在地面留下的滑痕長為3m。

(1)求剛開始踩剎車時小汽車的速度大小；

(2)設(shè)小汽車滾動摩擦減速階段的摩擦力與壓力之比為入，求鼠

【答案】⑴6m/s；(2)0.3

【詳解】

(I)設(shè)剛開始踩剎車時小汽車的速度大小為丫，位移大小為M=3m,由動能定理有

-pmgx2=。；，加

解得

v=6m/s

另法：設(shè)剛開始踩剎車時小汽車的速度大小為V,加速度大小為S,位移大小為X2，有

0—v"=2(—)々

x2=3m

a==〃g=6m/s2

2m

解得

v=6m/s

(2)設(shè)小汽車滾動摩擦階段的摩擦力為了?,位移為x”時間為小有

5ru

%=—xx,=7.5m

兩過程耗時相同，有

V,

tl=—=ls

。2

設(shè)滾動階段的初速度為加速度大小為m,有:

1—

由牛頓第二定律有

于海詡=max

根據(jù)題意有

4=—=組

/mg

聯(lián)立可得

4=0.3

6.皮帶式傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化不可缺少的組成部分。如圖，傳送帶的傾角為。=30。

以y=3m/s的速度向上勻速運行，將質(zhì)量為加=10kg的貨物（可視為質(zhì)點）由靜止釋放從底端運達到頂端。

若傳送帶頂端的高度〃=2.5m,貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃=等。假設(shè)每分鐘運送貨物60件，［

取10m/s2,求:

（1）一件貨物由底端經(jīng)多長時間與傳送帶共速？

（2）一件貨物由底端到頂端運動的過程中，摩擦力對該貨物做的功是多少？

（3）與未放貨物相比，電動機每小時需多提供多少電能？（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）

【答案】⑴;=L2s；(2)295J；(3)1.5xlO6J

【詳解】

（1）對貨物進行受力分析，由牛頓第二定律得

jumgcos0-mgsin9=ma

設(shè)貨物由底端經(jīng)時間ri與傳送帶共速，由

v=att

解得：4=1.2s

（2）貨物山底端到與傳送帶共速時，貨物運動的距離

V2

X.=——=1.8m

2a

滑動摩擦力對貨物做的功

W,=/Jingcos0-xt

斜面長為

貨物做勻速運動過程中，靜摩擦力做的功

W2-mgsinO^L-x^

所以整個運動過程中，摩擦力對貨物做的功為

卬=叱+嗎=295J

（3）貨物勻加速過程中，傳送帶的位移

S]=vZ1=3.6m

貨物與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能

Q-jumgcosO（S1-x1）

電動機多提供的電能等于系統(tǒng)增加的能量，即貨物增加的動能和重力勢能以及系統(tǒng)內(nèi)摩擦增加的內(nèi)能，設(shè)

一件貨物運送到頂端需多提供的電能為E”則

g=；mv2+mgh+Q=430J

每小時需要多提供的電能

E-nEx=1.5x10'」

7.爬墻車利用吸氣裝置可以吸附在墻壁上行走，如圖所示，某爬墻車在豎直墻面上從A點靜止開始以最大

加速度向上做勻加速直線運動，0.2s時到達8點后立刻以速度vs做勻速直線運動，為了防止撞到房頂，在

C點車輪停止轉(zhuǎn)動做勻減速運動，到達房頂。點時速度恰好減為零，已知：AB=10cm，4O=60cm，在大氣

壓的作用下，爬墻車與墻壁之間的彈力恒為重力的3倍，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

爬墻車由四輪驅(qū)動且電動機功率足夠大，重力加速度g=10m/s2,求爬墻車

(1)運動時的最大速度VB；

(2)與墻面之間的動摩擦因數(shù)出

(3)由A點運動至。點的總時間，總。

\\\\\\丫\\\\\

B

【答案】(1)lm/s；(2)0.5；(3)0.72s

【詳解】

(1)由勻變速直線運動規(guī)律得

1,2

XAH=萬卬1

=砧

聯(lián)立兩式，代入已知數(shù)據(jù)解得：i，8=lm/s

(2)由第響解得：m=5m/s2,在A8段，小車受力分析如圖所示

由平衡條件及牛頓第二定律得

F=FN=3tng

-mg=ma1

解得：4=0.5

（3）小車到達C點后，摩擦力反向，受力分析如圖所示

/一^一?八

由牛頓第二定律得

MN+mg=ma2

代入已知數(shù)據(jù)解得：m=25m/s2

由勻變速直線運動規(guī)律得

VB~a2l2

°-丫8=~^,a2XCD

解得：f2=0.04s,xco=0.02m

則小車勻速階段時間為

t="_%_也=0.48s

所以，小車由A點運動至。點的總時間t總

7總二力+，勻+，2=（0.2+0.48+0.04）s=0.72s

8.一塊質(zhì)量為M=4kg的長木板P靜止放置在粗糙的水平地面上，其長度L=4m,如圖甲所示。另有一質(zhì)

量為m二0.4kg的小物塊。（可看做質(zhì)點），以一定的初速度w（大小未知）水平向右沖上長木板P,結(jié)果在

121

長木板上向右滑行4=五m后與長木板保持相對靜止。己知物塊Q與長木板尸間的動摩擦因數(shù)為

4=0.4,長木板P與地面間的動摩擦因數(shù)為4=；從，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取

g=10m/s2求：

（1）小物塊。在長木板上滑動時，長木板受到地面的摩擦力；

(2)物塊。的初速度如大??；

(3)若將木板平均分割成長度相同的八個木塊，如圖乙所示，其他條件不變，求小物塊。滑上第幾個木塊

時，該木塊開始運動，這時小物塊Q的速度是多少？

%,%,

....￡.........口-。Pl?』3].41.刀￡2

/，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，7，，~7777777777777777777777777777777'

甲乙

【答案】(1)1.6N,方向水平向左；(2)5.5m/s；(3)第7個木塊，2.5m/s

【詳解】

(1)山于小物塊在長木板上表面滑行，所受滑動摩擦力

fx=〃|，〃g=L6N

地面給長木板的最大靜摩擦力

f2=4(m+")g=4.4N

由于力〈人，說明小物塊在長木板上滑行，而長木板相對地面來說一直靜止不動，即長木板受到地面的摩

擦力為靜摩擦力，大小為

九對板=于\=1.6N

方向水平向左。

(2)根據(jù)(1)中的分析知長木板一直對地靜止，對物塊。山動能定理可得

"Mgd[=g加片

代入數(shù)據(jù)解得vo=5.5m/s。

⑶因

23

jU2(m+-M)g<^mg〈出(m+qM)g

oo

物塊滑上第7塊前，所有的木塊對地靜止，滑上第7塊瞬間，第7、8塊開始運動，對物塊

Rng=ma0

解得/=4m/s2,方向向左，設(shè)物塊沖上第7塊瞬間速度為力,則

詔T=2《丹

o

解得V,=2.5m/s0

9.在高速公路的長下坡路段，為了防止汽車剎車失靈造成事故，需要建設(shè)避險車道。某汽車在下坡時司機

發(fā)現(xiàn)剎車失靈（無法通過制動系統(tǒng)產(chǎn)生摩擦），立即將車輛駛離高速公路，直接開到避險車道，剛進入避險

車道時車速已經(jīng)達到108km/h,車輛運行一段距離后停了下來。已知該避險車道與水平面的夾角為37。，避

險車道上的碎石對車輛產(chǎn)生的阻力為壓力的k倍。重力加速度g=10m/s2,$出37。=0.6,cos37°=0.8,q0.75。

求：

（1）該車輛在避險車道上運行多長距離可以停下來？

（2）如果此避險車道設(shè)計成水平的，所用的碎石材料不變，該車輛需要運行多長距離可以停下來？

【詳解】

（1）車輛在避險車道向上運動時，設(shè)汽車的質(zhì)量為，小根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsin0+kmgcos0=max

解得

q=12m/s2

汽車進入避險車道時的速度

v=108km/h=30m/s

根據(jù)勻變速直線運動公式

v2=2。內(nèi)

解得

%=37.5m

（2）如果避險車道水平，根據(jù)牛頓第二定律，有

kmg=ma2

解得

=7.5m/s2

根據(jù)勻變速直線運動公式

v—2a,x?

解得

乙=60m

10.如圖甲所示，一個質(zhì)量為1kg的小物體以12m/s的初速度從斜面底端沿斜面向上運動，在1.2s時到達

最高點，而后沿斜面返回，在弓時刻回到斜面底端。物體運動的丫-，圖像如圖乙所示，斜面傾角6=37°,

(sin37。=0.6,8537。=0.8,重力加速度g=10m/s?)。求:

(1)物體向上運動的加速度大小4和滑動摩擦力大小力

(2)物體回到出發(fā)點時的速度大小斗。

【答案】(1)10m/s2；4N；(2)5.37m/s

【詳解】

(1)由圖像

N

IAv|

=10m/s2

Nt

根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面上升過程

mgsin37°-f=max

解得

/=4N

(2)根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面返回過程，如圖

mgsin37°-f=ma2

由運動學規(guī)律

8=；%4=7.2m

匕2=2a2M

解得

-y^TSm/s?5.37m/s

匕

11.如圖所示，質(zhì)量為M=6kg的長木板放在光滑水平地面上，在木板的最右端和木板上距右端x=4m的

P點處各放一物塊B和A(均可視為質(zhì)點)，物塊A的質(zhì)量為/4=2kg,物塊B的質(zhì)量為加2=1kg,長木

板足夠長，P點右側(cè)光滑，左側(cè)(包括P點)粗糙，物塊A與長木板間的動摩擦因數(shù)〃=().5.現(xiàn)用一水

平向右的恒力尸=36N作用于長木板右端，使長木板由靜止開始運動，在物塊A、B相碰時撤去拉力F,

物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，最終物塊A與長木板保持相對靜止，設(shè)物塊A與長木板間的最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，g=10m/s2,求：

(1)物塊A、B碰撞前瞬間物塊A的速度；

(2)物塊A、B碰撞后瞬間到物塊A與長木板相對靜止所經(jīng)歷的時間

~A][B

——P~I------AF

/〉////〃〃/〃〃〃//〃〃〃///〃//〃〃//〃/〃〃//〃〃〃〃〃/

【答案】(1)%=6m/s；(2)t=0.6s

【詳解】

(1)當A與長木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，二者將要發(fā)生相對滑動，設(shè)此時物塊A的加速度為4,

以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有

=叫%

設(shè)將要發(fā)生相對滑動時的臨界拉力為玲，因為3與長木板間沒有摩擦力，以長木板和物塊A為研究對象,

根據(jù)牛頓第二定律有

吊=("+犯)4

聯(lián)立兩式解得

￡)=40N

所以若要物塊A與長木板保持相對靜止，拉力b<40N

當拉力尸=36N時，開始時物塊8保持靜止，物塊A與長木板一起加速，設(shè)此時加速度為生,根據(jù)牛頓第

二定律有

F=（M+/77））471

代入數(shù)據(jù)解得加速度

q-4.5m/s2

設(shè)物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度為%，根據(jù)運動學公式有

Vg=2qx

代入數(shù)據(jù)解得

%=6m/s

(2)物塊A、5發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間A，3的速度分別為W，匕，根據(jù)動量守恒定律有

=町匕+m2v2

根據(jù)機械能守恒定律有

121212

萬班%=萬碼匕々匕

兩式聯(lián)立解得

V1=2m/s

v2=8m/s

可得物塊3的速度大于長木板的速度，最終會從右側(cè)離開長木板，因長木板足夠長，故物塊A最終與長木

板達到共同速度，設(shè)共同速度為上根據(jù)動量守恒定律得

町匕+Mva=+m)v

代入數(shù)據(jù)解得

u=5m/s

以物塊A為研究對象，從物塊A、3碰撞后瞬間到物塊A與長木板相對靜止過程中，根據(jù)動量定理有

/jmxgt=m}v-m}vy

代入數(shù)據(jù)解得

t-0.6s

12.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在傾角為6=30°的斜面下方的擋板P上，另一端與質(zhì)量為mA=L0kg

的滑塊A連接在一起，質(zhì)量為，%=3.0kg的滑塊B與滑塊A緊靠在一起靜止在斜面上，此時滑塊A、B

剛好與斜面之間不存在摩擦力作用?，F(xiàn)對滑塊B施加一平行于斜面向上的拉力F，使其從靜止開始沿斜面

向上做勻加速運動，已知兩滑塊在運動0.2s時剛好分離，分離后滑塊8再運動0.2s剛好能到達彈簧的原長

位置，彈簧的勁度系數(shù)Z=100N/m,重力加速度g=10m/s2,兩滑塊均可視為質(zhì)點且與斜面間的動摩擦

因數(shù)相同。求：

（1）滑塊A、B剛分離時滑塊A的速度大小；

（2）分離后滑塊B受到的拉力F的大小。

【答案】（1）%=0.5m/s；（2）F=45N

【詳解】

（1）由題意可知，初始時A、B靜止不動，設(shè)此時彈簧的壓縮量為升，對A、3整體受力分析有

（分+，％）gsin6=5

解得

升）=0.2m

設(shè)滑塊B的加速度大小為“，則有

1二

=-at

2

解得

a-2.5m/s2

分離時兩滑塊速度相同，故A、B分離時滑塊A的速度大小為

以=夕5

解得

vA=0.5m/s

（2）設(shè)滑塊A、B分離之前二者共同運動的距離為不，則有

解得

%1=0.05m

故此時彈簧的壓縮量為

々=與一再=0.15m

剛分離時兩滑塊的加速度相同，對滑塊A受力分析，由牛頓第二定律可得

kx2-mAgsin0—jLJtn^gcos0=rnAa

解得

V3

滑塊A、B分離后，對滑塊B，由牛頓第二定律可得

F—sin0—pmBgcos0—ml}a

解得

F=45N

13.如圖所示，物塊A的質(zhì)量M=4kg,它與木板B間的動摩擦因數(shù)〃?=0.2,木板B的質(zhì)量〃?=2kg,

長L=6m,它與水平地面間的動摩擦因數(shù)〃2=°」。開始時物塊A在木板B的最左端，二者均處于靜止

狀態(tài)?，F(xiàn)用9N的水平恒力向右拉物塊A,經(jīng)過4s后將此恒力突增為16N,再經(jīng)過時間，后撤去此拉力,

物塊A最終恰好沒從木板B上掉落，g取10向52,求:

(1)最初4s物塊A的加速度;

時間，為多少;

(3)物塊A最終靜止時距初始位置的距離。

F

A

B

7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777

【答案】(1)4=0.5m/s2；(2)3s；(3)44m

【詳解】

(1)設(shè)物塊A相對于木板8恰好發(fā)生相對運動時的力為凡對4、8整體有

F—%(M+m)g=(M+m)a

對4有

F—〃、Mg=Ma

聯(lián)立解得

F=12N

故當尸=9N時，物塊A相對于木板3靜止，對A、8整體有

F-JJ式M+m)g=(M+m)at

可得

q=0.5m/s2

(2)當尸=16N時，物塊A相對于木板B運動，對A有

F-^Mg=MaA

對8有

41Mg-〃2(M+m)g=maB

取彳時刻撤去拉力，弓時刻物塊A與木板8共速，根據(jù)丫-，圖可得

4at+aB(t2-4)=4at+aA(f,-4)-aA(t2-f,)

又

-%)(4-4)&-4)=L

聯(lián)立解得

八-7st2-8s

因此

r=-4=3s

(3)與初始位置的距離

%A=gx4x4q+L+4）］（""十苴陽十為〃一4）丁

代入數(shù)據(jù)解得

xA=44m

14.如圖甲所示，在傾角a=30。的光滑斜面上，放著質(zhì)量分為〃?A=5kg和,〃B=lkg的A、B兩物塊輕彈簧一

端與物塊B相連，另一端與固定擋板相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。從/=0時刻開始，對A施加一沿斜面

向上的力F使物塊A沿斜面向上做勻加速運動，若力F隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示(g取lOm/s?),求：

(1)A運動的加速度大?。?/p>

(2)彈簧的勁度系數(shù)；

(3)從A開始運動到A、B剛分離過程中力廠做的功。

【詳解】

(1)未施加拉力F時，A、B均靜止，可得

kxn=(/nA+mR)gsin30°

r=0時刻剛施加尸時，對A、B整體，據(jù)牛頓第二定律可得

F+kx()-(/%+)gsin30°=(/4+/)

由圖象可得此時

F=30N

由以上兩式解得

a=5m/s2

(2)據(jù)題意可知占0.2s時，A、B開始分離，剛分離時;對B據(jù)牛頓第二定律可得