專題突破課3　牛頓運動定律的綜合應用-2025版物理大一輪復習

目標要求1.掌握動力學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義。2.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題。3.理解幾種常見的臨界極值條件，并會用極限法、假設法、數(shù)學方法解決臨界極值問題?？键c一動力學的圖像問題1.常見的動力學圖像及問題類型2.解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。(多選)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力FT隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()(a)(b)(c)A.木板的質(zhì)量為1kgB.2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC.0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2解析：AB木板和實驗臺間的摩擦忽略不計，由題圖(b)知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小Ff＝0.2N。由題圖(c)知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2。設木板質(zhì)量為m，對木板進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，F(xiàn)f＝ma2，且知Ff＝μm塊g＝0.2N，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，由于不知道物塊的質(zhì)量，故無法求出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，選項A、B正確，D錯誤。0～2s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是均勻增加的，選項C錯誤?！緦c訓練】1.(動力學中的v-t圖像)(多選)在一次演習中，飛機懸停在高空某處后，質(zhì)量為60kg的特戰(zhàn)兵從機艙中跳下，沿豎直方向向下運動的v-t圖線，如圖甲所示。當速度減為零時特戰(zhàn)兵恰好落到地面，如圖乙所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛，每根繩與中軸線的夾角均為37°，不計特戰(zhàn)兵所受的空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是()甲乙A.特戰(zhàn)兵剛跳下時離地面的高度為180mB.在前2s時間內(nèi)，每根繩子對特戰(zhàn)兵的拉力大小為750NC.在2s到7s時間內(nèi)，每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為93.75ND.在落地前瞬間，每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為12.5N解析：AC由v-t圖線圍成的面積求出下落的高度，則特戰(zhàn)兵剛跳下時離地面的高度為h＝eq\f(5＋13,2)×20m＝180m，故A正確；由圖線的斜率可知，特戰(zhàn)兵加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20－0,2)m/s2＝10m/s2，設每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F，則mg－8Fcos37°＝ma，解得在前2s時間內(nèi)，每根繩子對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F＝0，故B錯誤；在2s到7s時間內(nèi)特戰(zhàn)兵做勻速運動，受力平衡，設每根繩子拉力為F1，豎直方向上8F1cos37°＝mg，解得每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小F1＝93.75N，故C正確；由圖線的斜率可知，特戰(zhàn)兵減速階段的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,13－7)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，設每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F2，則mg－8F2cos37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)可得F2＝125N，故D錯誤。故選AC。2.(動力學中的F-a圖像)(2023·全國甲卷)(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙解析：BC根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故選BC。3.(動力學中的a-t圖像)公共汽車進站時，剎車過程的加速度—時間圖像如圖所示，若它在6s時恰好停在站臺處，已知汽車質(zhì)量約為5000kg，重力加速度g取10m/s2，則汽車在()A.0到6s內(nèi)的位移約等于30mB.0時刻的速度約為28km/hC.4s時的加速度約為0.5m/s2D.4s時受到外力的合力約為2500N解析：B由a-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示速度的變化量，及題圖可知，速度的變化量大小約為Δv＝2×1m/s＋eq\f(1,2)×(1.5＋2)×2m/s＋eq\f(1,2)×3×1.5m/s＝7.75m/s，所以0時刻的速度約為v0＝Δv＝7.75m/s＝28km/h，又因為公共汽車做加速度逐漸減小的減速運動，故0～6s內(nèi)的位移滿足x<eq\f(1,2)v0t＝23.25m，故A錯誤，B正確；由題圖可知4s時公共汽車的加速度約為1.0m/s2，故C錯誤；由牛頓第二定律可知4s時公共汽車受到外力的合力約為F＝ma＝5000N，故D錯誤?？键c二動力學中的連接體問題1.連接體多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)。2.常見的連接體(1)輕彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等。(2)物體疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度。(3)輕繩(桿)連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度。3.整體法與隔離法在連接體中的應用整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”維度1輕彈簧連接體如圖所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，在外力F的作用下系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則()A.外力F的大小為2mgsinθB.彈簧的形變量為eq\f(mgsinθ,k)C.若外力F的大小變?yōu)?mgsinθ，當A、B相對靜止時，彈簧彈力的大小為2mgsinθD.若外力F的大小變?yōu)?mgsinθ，當A、B相對靜止時，突然撤去外力F的瞬間，物塊B的加速度大小為eq\f(1,3)gsinθ解析：D對物塊A和B整體受力分析，由平衡條件可得，外力F的大小為F＝(m＋2m)gsinθ＝3mgsinθ，故A錯誤；對物塊B受力分析，由平衡條件可得，彈簧的彈力為F彈＝2mgsinθ＝kΔx，則彈簧的形變量為Δx＝eq\f(2mgsinθ,k)，故B錯誤；對物塊A和B整體受力分析，由牛頓第二定律得F－3mgsinθ＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，物塊A和B的加速度大小為aA＝aB＝eq\f(1,3)gsinθ，對物塊B受力分析，由牛頓第二定律F彈′－2mgsinθ＝2maB可得，彈簧彈力的大小為F彈′＝eq\f(8,3)mgsinθ，突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變，故C錯誤，D正確。故選D。維度2物體疊放連接體(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體。用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統(tǒng)恰好保持相對靜止地向左運動。重力加速度g取10m/s2，下列判斷正確的是()A.系統(tǒng)做勻速直線運動B.F＝40NC.斜面體對楔形物體的作用力大小為5eq\r(2)ND.增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動解析：BD對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A錯誤，B正確；斜面體對楔形物體的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C錯誤；外力F增大，則斜面體加速度增加，由于斜面體與楔形物體間無摩擦力，則楔形物體將會相對斜面體沿斜面上滑，D正確。甲乙維度3輕繩(桿)連接體如圖所示三個裝置，甲中桌面光滑，乙、丙中物塊與桌面動摩擦因數(shù)相同，丙圖中用大小為F＝Mg的力替代重物M進行牽引，其余均相同。不計繩和滑輪質(zhì)量，下列關于三個實驗裝置的分析中，正確的是()甲乙丙A.裝置甲中繩上張力T甲＝MgB.無論怎么改變M和m的值，裝置甲中物塊m的加速度都不可能接近gC.裝置乙、丙物塊m的加速度相同D.裝置甲中繩上的張力T甲小于裝置乙中繩上的張力T乙解析：D對裝置甲，根據(jù)牛頓第二定律Mg－T甲＝Ma，T甲＝ma，得T甲＝eq\f(mMg,M＋m)，A錯誤；由A選項得a＝eq\f(M,M＋m)g可知，當M?m時，物塊m的加速度接近g，B錯誤；對裝置乙Mg－T乙＝Ma乙，T乙－μmg＝ma乙，得a乙＝eq\f(Mg－μmg,M＋m)，對裝置丙F－μmg＝Mg－μmg＝ma丙，得a丙＝eq\f(Mg－μmg,m)，二者不相等，C錯誤；由選項C得T乙＝eq\f(mMg（1＋μ）,M＋m)，則裝置甲中繩上的張力T甲小于裝置乙中繩上的張力T乙，D正確。故選D。eq\a\vs4\al()力的“分配協(xié)議”如圖所示，一起做加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)，若作用于m2上，則F12＝eq\f(m1F,m1＋m2)。此“協(xié)議”與有無摩擦無關(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關，而且物體系統(tǒng)處于平面、斜面、豎直方向此“協(xié)議”都成立?！緦c訓練】4.(力的分配)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是()A.增大推力F B.減小傾角θC.減小B的質(zhì)量 D.減小A的質(zhì)量解析：AD設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，可以僅增大推力F、僅減小A的質(zhì)量或僅增大B的質(zhì)量，故A、D正確，B、C錯誤。5.(物體疊放連接體)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定于水平面上，滑塊A、B疊放在一起，A上表面水平，A物體的質(zhì)量為2m，B物體的質(zhì)量為m。當滑塊A、B一起沿斜面向下運動時，A、B始終保持相對靜止。關于B物體在下滑過程中的受力，下列說法正確的是()A.B物體受到的支持力FN＝mg，方向豎直向上B.B物體受到的支持力FN＝mg－mgsinθ，方向豎直向上C.B物體受到的摩擦力Ff＝mgsinθ，方向沿斜面向下D.B物體受到的摩擦力Ff＝mgsinθcosθ，方向水平向左解析：D對A、B的整體，由牛頓第二定律3mgsinθ＝3ma，解得a＝gsinθ，對物體B，豎直方向mg－FN＝masinθ，解得FN＝mg－masinθ＝mgcos2θ，方向豎直向上；水平方向Ff＝macosθ＝mgsinθcosθ，方向水平向左，故D正確，A、B、C錯誤。6.(輕桿連接體)(多選)如圖所示，固定斜面AC的傾角為30°，其中AB部分光滑，長為5L；BC部分粗糙且足夠長。6個質(zhì)量均為m的相同滑塊(可視為質(zhì)點)、用長為L的輕桿相連放置在斜面上，初始時滑塊1恰好位于B點。釋放后滑塊組開始下滑，已知滑塊4進入BC后能做勻速運動，下列說法中正確的是()A.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)B.滑塊5進入B點后的瞬間，滑塊組減速運動的加速度大小為eq\f(g,4)C.滑塊4通過B點前的瞬間，滑塊4、5間桿的作用力大小為eq\f(3mg,4)D.滑塊4通過B點后的瞬間，滑塊4、5間桿的作用力大小為eq\f(mg,3)解析：AC滑塊4進入BC后，對整體受力分析，沿斜面方向，根據(jù)平衡條件有6mgsinθ＝4μmgcosθ，解得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，故A正確；滑塊5進入B點后的瞬間，對整體受力分析，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律有5μmgcosθ－6mgsinθ＝6ma，解得滑塊組減速運動的加速度大小為a＝eq\f(g,8)，故B錯誤；滑塊4通過B點前的瞬間，滑塊組做加速直線運動，先對滑塊組分析則有6mgsinθ－3μmgcosθ＝6ma′，解得此時滑塊組的加速度為a′＝eq\f(g,8)，對滑塊5和滑塊6整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有2mgsinθ－F＝2ma′，解得滑塊4、5間桿的作用力大小為F＝eq\f(3mg,4)，故C正確；滑塊4通過B點后的瞬間，滑塊組做勻速直線運動，對滑塊5和滑塊6整體分析，根據(jù)平衡條件有2mgsinθ＝F′，即滑塊4、5間桿的作用力大小為mg，故D錯誤。故選AC?？键c三動力學中臨界極值問題1.常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。2.解題基本思路(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量；(3)探索物理量的變化規(guī)律；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系。3.解題方法(1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的。(2)假設法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題。(3)數(shù)學法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件。維度1接觸與脫離的臨界問題(多選)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接，兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時物塊均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的拉力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊在開始一段時間內(nèi)的v-t圖像如圖乙所示(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點)，重力加速度為g，則下列說法正確的是()甲乙A.t1時刻，彈簧形變量為eq\f(mgsinθ＋ma,k)B.t2時刻，彈簧形變量為eq\f(2mgsinθ,k)C.t1時刻，A、B剛分離時的速度為eq\r(\f(a（mgsinθ－ma）,k))D.從開始到t2時刻，拉力F先逐漸增大后不變解析：AD由圖乙可知，t1時刻A、B開始分離，對A，根據(jù)牛頓第二定律kx－mgsinθ＝ma得x＝eq\f(mgsinθ＋ma,k)，故A正確；由圖乙知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得mgsinθ＝kx′，則得x′＝eq\f(mgsinθ,k)，故B錯誤；由圖乙知，t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律有kx－mgsinθ＝ma，t＝0時有2mgsinθ＝kx0，又x0－x＝eq\f(1,2)at12，速度v＝at1＝eq\r(\f(2a（mgsinθ－ma）,k))，故C錯誤；從t＝0到t1時刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，解得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，則隨著x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B由牛頓第二定律得F－mgsinθ＝ma，解得F＝mgsinθ＋ma，可知F不變，故D正確。故選AD。維度2相對滑動的臨界問題(多選)如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到從零開始逐漸增大的水平拉力F的作用，A、B間的摩擦力Ff1、B與地面間的摩擦力Ff2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示。已知物塊A的質(zhì)量m＝3kg，取g＝10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()甲乙A.兩物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2B.當0＜F＜4N時，A、B保持靜止C.當4N＜F＜12N時，A、B發(fā)生相對滑動D.當F＞12N時，A的加速度隨F的增大而增大解析：AB根據(jù)題圖乙可知，發(fā)生相對滑動時，A、B間的滑動摩擦力為6N，所以A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff1,mg)＝0.2，選項A正確；當0＜F＜4N時，根據(jù)題圖乙可知，F(xiàn)f2還未達到B與地面間的最大靜摩擦力，此時A、B保持靜止，選項B正確；當4N＜F＜12N時，根據(jù)題圖乙可知，此時A、B間的摩擦力還未達到最大靜摩擦力，所以沒有發(fā)生相對滑動，選項C錯誤；當F＞12N時，根據(jù)題圖乙可知，此時A、B發(fā)生相對滑動，對A物塊有a＝eq\f(Ff1,m)＝2m/s2，加速度不變，選項D錯誤。維度3繩子斷裂與松弛的臨界問題如圖所示，在平直公路上行駛的廂式貨車內(nèi)，用輕繩AO、BO在O點懸掛質(zhì)量為5kg的重物，輕繩AO、BO與車頂部夾角分別為30°、60°。在汽車加速行駛過程中，為保持重物懸掛在O點位置不動，重力加速度為g，廂式貨車的最大加速度為()A.eq\f(g,2) B.eq\f(\r(3)g,3)C.eq\f(\r(3)g,2) D.eq\r(3)g解析：B對重物受力分析可得FAsin30°＋FBsin60°＝mg，F(xiàn)Bcos60°－FAcos30°＝ma，聯(lián)立解得eq\f(1,2)·(eq\f(2\r(3),3)mg－eq\f(\r(3),3)FA)－eq\f(\r(3),2)FA＝ma，整理得eq\f(\r(3),3)mg－eq\f(2\r(3),3)FA＝ma，當FA＝0時，a取得最大值，為eq\f(\r(3),3)g，故選項B正確。維度4動力學中的極值問題一個質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊(可看為質(zhì)點)，以v0＝2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝8m，已知斜面傾角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物塊加速度a的大小；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(3)若拉力F的大小和方向可調(diào)節(jié)，為保持原加速度不變，F(xiàn)的最小值是多少。解析：(1)根據(jù)L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2。(2)根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5。(3)設F與斜面夾角為α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ聯(lián)立解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,\r(μ2＋1)sin（φ＋α）)當sin(φ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值Fmin代入數(shù)據(jù)解得Fmin＝eq\f(12\r(5),5)N。答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)eq\f(12\r(5),5)N限時規(guī)范訓練11[基礎鞏固題組]1.(2023·北京卷)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為()A.1N B.2NC.4N D.5N解析：C對兩物塊整體受力分析有F＝2ma，再對后面的物塊有FTmax＝ma，F(xiàn)Tmax＝2N，聯(lián)立解得F＝4N，故選C。2.如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F與x之間關系的圖像可能正確的是()解析：A假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，故A正確，B、C、D錯誤。3.(多選)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質(zhì)彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動。A、B的質(zhì)量關系為mA>mB，它們與地面間的動摩擦因數(shù)相等。為使彈簧穩(wěn)定時的伸長量增大，下列操作可行的是()A.僅增大B的質(zhì)量B.僅將A、B的位置對調(diào)C.僅增大水平面的粗糙程度D.僅增大水平恒力F解析：ABD彈簧穩(wěn)定時的伸長量取決于彈簧的彈力FT，設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，以整體為研究對象，則a＝eq\f(F－μ（mA＋mB）g,mA＋mB)，以B為研究對象得a＝eq\f(FT－μmBg,mB)，聯(lián)立可得FT＝eq\f(mB,mA＋mB)F，整理得FT＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，則彈簧彈力的大小與水平面的粗糙程度無關，若增大彈簧彈力，可僅增大B的質(zhì)量，也可僅將A、B位置對調(diào)，也可僅增大水平恒力F，故A、B、D正確，C錯誤。4.將一質(zhì)量不計的光滑桿傾斜的固定在水平面上，如圖甲所示，現(xiàn)在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運動。該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示。取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()甲乙丙A.在2～4s內(nèi)小球的加速度大小為1m/s2B.小球質(zhì)量為2kgC.桿的傾角為30°D.小球在0～4s內(nèi)的位移為8m解析：Cv-t圖像的斜率表示加速度，可知在2～4s內(nèi)小球的加速度大小為a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(2－1,4－2)m/s2＝0.5m/s2，A錯誤；設桿的傾角為α，由題圖乙、丙可知，在0～2s內(nèi)小球做勻速直線運動，滿足F1＝mgsinα，在2～4s內(nèi)小球做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得F2－mgsinα＝ma，聯(lián)立解得m＝1kg，α＝30°，B錯誤，C正確；v-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得小球在0～4s內(nèi)的位移為s＝(2×1＋eq\f(1＋2,2)×2)m＝5m，D錯誤。故選C。5.(多選)如圖甲所示，一個質(zhì)量為2kg的物體在水平力F作用下由靜止開始沿粗糙水平面做直線運動，t＝1s時撤去外力。物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則()甲乙A.F的大小為8NB.0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C.t＝3s時，物體離出發(fā)位置最遠D.3s末物體的速度為0解析：BCD由圖乙可知t＝1s時撤去外力，物體在摩擦阻力作用下，加速度大小變?yōu)?m/s2，由牛頓第二定律可得摩擦阻力大小為Ff＝ma2＝2×2N＝4N，在0～1s時間內(nèi)，物體的加速度為4m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，則F＝Ff＋ma1＝4N＋2×4N＝12N，A錯誤；由圖乙可知，0～1s加速度為正方向，1～3s內(nèi)物體加速度為負方向，所以0～1s和1～3s內(nèi)物體加速度的方向相反，B正確；t＝1s時，物體的速度v＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，物體做減速運動的時間t2＝eq\f(v,a2)＝eq\f(4,2)s＝2s，即物體在t＝3s時速度為零，物體離出發(fā)位置最遠，C、D正確。6.(多選)我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設某列動車組各車廂質(zhì)量均相等，在做勻加速直線運動時每節(jié)動車提供的動力均為F，動車組在水平直軌道上運行過程中每節(jié)車廂受到的阻力均為Ff。該動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、3、6節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B.做勻加速直線運動時，第5、6節(jié)車廂間的作用力為1.125FC.做勻加速直線運動時，第5、6節(jié)車廂間的作用力為0.125FD.做勻加速直線運動時，第6、7節(jié)車廂間的作用力為0.75F解析：CD啟動時乘客的加速度方向與車廂的運動方向相同，乘客受重力和車廂的作用力，由平行四邊形定則可知，車廂對乘客的作用力方向與車運動的方向不是相反關系，故A錯誤；做勻加速直線運動時，加速度為a＝eq\f(3F－8Ff,8m)，對后三節(jié)車廂，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6節(jié)車廂間的作用力為F56＝0.125F，故B錯誤，C正確；對最后兩節(jié)車廂，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7節(jié)車廂間的作用力為F67＝0.75F，故D正確。7.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，運動距離為h時，B與A分離。下列說法正確的是()A.B和A剛分離時，彈簧長度等于原長B.B和A剛分離時，它們的加速度為gC.彈簧的勁度系數(shù)等于eq\f(mg,h)D.在B與A分離之前，它們做勻加速直線運動解析：CA、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈簧彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)NAB＝0，對B：F－mg＝ma，對A：kx－mg＝ma，即F＝kx時，A、B分離，A、B的加速度均為0，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，由F＝mg，設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，則2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝eq\f(mg,h)，綜上所述，只有C項正確。8.(多選)如圖所示，細線的一端固定在傾角為30°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，靜止時細線與斜面平行，(已知重力加速度為g)。則()A.當滑塊向左做勻速運動時，細線的拉力大小為0.5mgB.若滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，線的拉力大小為mgC.當滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，小球?qū)瑝K的壓力不為零D.當滑塊以加速度a＝2g向左加速運動時，線的拉力大小為2mg解析：AC當滑塊向左做勻速運動時，根據(jù)平衡條件可得細線的拉力大小為FT＝mgsin30°＝0.5mg，故A正確；設當小球貼著滑塊一起向左運動且滑塊對小球的支持力恰好為零時加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a0＝eq\f(mgtan60°,m)＝eq\r(3)g>g，即當滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，小球沒有脫離斜面，則水平方向有FTcos30°－FNsin30°＝ma，豎直方向有FTsin30°＋FNcos30°＝mg，聯(lián)立可得FT＝eq\f(\r(3)＋1,2)mg，F(xiàn)N＝eq\f(\r(3)－1,2)mg，故B錯誤，C正確；當滑塊以加速度a＝2g>eq\r(3)g向左加速運動時，此時小球已經(jīng)飄離斜面，則此時線的拉力大小為F＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)＝eq\r(5)mg，故D錯誤。[能力提升題組]9.(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑固定斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計算出()甲乙A.物體的質(zhì)量B.斜面傾角的正弦值C.加速度為6m/s2時物體的速度D.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力解析：ABD對物體，由牛頓第二定律有Fcosθ－mgsinθ＝ma，可得a＝eq\f(cosθ,m)F－gsinθ，故a-F圖像的斜率為k＝eq\f(cosθ,m)＝0.4kg－1，縱軸截距為b＝－gsinθ＝－6m/s2，解得物體質(zhì)量為m＝2kg，sinθ＝0.6，故A、B正確；由于外力F為變力，物體做非勻變速運動，故利用高中物理知識無法求出加速度為6m/s2時物體的速度，故C錯誤；物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為Fmin＝mgsinθ＝12N，故D正確。10.(多選)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2沿斜面向上勻加速運動時，彈簧的伸長量為x2。下列說法正確的是()A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2解析：AB在水平面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①，隔離物塊A