高三高考總復(fù)習(xí)講義物理第三章運(yùn)動和力的關(guān)系專題強(qiáng)化四牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化四牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握動力學(xué)圖像的斜率、截距、特殊點(diǎn)、面積的物理意義。2.知道連接體的類型及運(yùn)動特點(diǎn)，會用整體法和隔離法分析連接體問題。3.會分析臨界與極值問題，并會用極限法、假設(shè)法及數(shù)學(xué)方法求解極值問題?？键c(diǎn)一動力學(xué)圖像問題常見動力學(xué)圖像及應(yīng)用方法v－t圖像根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力F－a圖像首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出F、a兩個(gè)量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量a－t圖像要注意加速度的正、負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動情況，然后結(jié)合物體受力情況并根據(jù)牛頓第二定律列方程F－t圖像要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時(shí)間段的運(yùn)動性質(zhì)例1(2024·廣東卷，7)如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過程中，其F－y圖像或y－t圖像可能正確的是()答案B解析在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力，保持不變，即F＝mg;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，F(xiàn)＝mg－k(y－H)，隨著y的增大F減小;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過程中，F(xiàn)＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，隨著y的增大F增大，F(xiàn)－y圖像如圖B項(xiàng)所示，故B正確，A錯(cuò)誤;在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)v＝gt，速度逐漸增大，所以y－t圖像斜率逐漸增大;當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動，所以y－t圖像斜率繼續(xù)增大;當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，速度達(dá)到最大，y－t圖像中斜率最大;當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)的過程中F＝k(y－H)－mg，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動，所以y－t圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，木塊的速度為零，y－t圖像的斜率為零。綜上分析可知，木塊先做自由落體運(yùn)動，后做加速度減小的加速運(yùn)動，再做加速度增大的減速運(yùn)動到最低點(diǎn)。同理可知，木塊在上升過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做加速度增大的減速運(yùn)動，再做勻減速直線運(yùn)動到最高點(diǎn)。y－t圖像大致如圖所示，故C、D錯(cuò)誤。動力學(xué)圖像問題的解題策略(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題進(jìn)行準(zhǔn)確判斷。跟蹤訓(xùn)練1.(多選)(2024·四川成都模擬)如圖甲所示，平行于傾角為θ的固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運(yùn)動，運(yùn)動過程中加速a與F的關(guān)系如圖乙。圖線的斜率為k，與F軸交點(diǎn)坐標(biāo)為c，與a軸交點(diǎn)為－b。由圖可知()A.小物塊的質(zhì)量為kB.小物塊的質(zhì)量為1C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為bD.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c答案BD解析以小物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsinθ－Ff＝ma，可得a＝Fm－mgsinθ＋Ffm，結(jié)合a－F圖像可得1m＝k＝bc，－mgsinθ＋Ffm＝－b，可知小物塊的質(zhì)量為m＝1k，考點(diǎn)二動力學(xué)中的連接體問題1.連接體的五大類型彈簧連接體輕繩連接體輕桿連接體物體疊放連接體兩物體并排連接體2.連接體的運(yùn)動特點(diǎn)(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。(2)輕桿——輕桿平動時(shí)，連接體具有相同的平動速度;輕桿轉(zhuǎn)動時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。(4)接觸連接——兩物體通過彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。3.連接體問題的分析方法(1)整體法:若連接體內(nèi)的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度。(2)隔離法:求系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。(3)整體法、隔離法的交替運(yùn)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(shí)，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(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。例2(2024·福建泉州模擬)如圖所示，在水平面上放置著兩個(gè)靠在一起、橫截面為梯形的物體P和Q，θ＝37°，P和Q質(zhì)量之比為7∶2，所有接觸面均光滑。若把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相對靜止;若把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相對靜止，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則F1F2為A.72 B.C.1 D.3答案A解析設(shè)P和Q的質(zhì)量分別為7m和2m，當(dāng)把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有F1＝9ma1。隔離Q分析，因?yàn)镻和Q恰好相對靜止，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律有2mgtanθ＝2ma1，聯(lián)立解得F1＝274mg;當(dāng)把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上時(shí)，設(shè)整體的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有F2＝9ma2，設(shè)Q對P的彈力大小為FN，則FNsinθ＝7ma2，根據(jù)牛頓第三定律可知P對Q的彈力大小為FN'＝FN，隔離Q分析，因?yàn)镻和Q恰好相對靜止，在豎直方向上根據(jù)平衡條件有FN'cosθ＝2mg，聯(lián)立解得F2＝2714mg，所以F1F拓展(1)上題中，若兩物體P、Q接觸面為豎直面，用力F作用在P上向左推P物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN1，用同樣大小的力F作用在Q上向右推Q物體，此時(shí)P、Q間的彈力為FN2，則FN1FN2＝答案2解析力F作用在P上時(shí)，對P、Q整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝9ma1，隔離Q分析，P對Q的彈力FN1＝2ma，解得FN1＝29F;力F作用在Q上，對P、Q整體可得F＝9ma2，隔離P物體，Q對P的彈力FN2＝7ma2，解得FN2＝79F，故(2)若將P和Q疊放在一起，放在光滑的水平面上，兩物體P和Q間接觸面是粗糙的，水平力F分別作用在P、Q上，兩物體均可保持相對靜止，則兩種情況下P、Q間的摩擦力分別為多大?答案29F7解析力F作用在P上，P和Q一起加速運(yùn)動，則對整體有F＝9ma2隔離Q物體，P對Q的摩擦力Ff1＝2ma2解得Ff1＝29力F作用在Q上，P和Q一起加速運(yùn)動則對整體有F＝9ma1隔離P物體，Q對P的摩擦力Ff2＝7ma1解得Ff2＝79F力的“分配”原則如圖所示，一起做勻加速運(yùn)動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于質(zhì)量為m1的物體上，兩物體間的彈力F彈＝m2m1＋m2F;若作用于質(zhì)量為m2的物體上，則F彈＝m1m1＋m2F。此結(jié)論與有無摩擦無關(guān)(若有摩擦，跟蹤訓(xùn)練2.(2025·湖北十一校聯(lián)考)物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時(shí)對物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1s時(shí)撤去，在0~1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動過程中以下說法正確的是()A.t＝1s時(shí)，物塊Q的速度大小為0.4m/sB.恒力F大小為1.6NC.物塊Q的質(zhì)量為0.5kgD.撤去推力后，物塊P、Q最終將一起做勻加速直線運(yùn)動答案C解析若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t＝1s時(shí)Q的速度大小等于vQ＝12×1×0.8m/s＝0.4m/s。由圖可知實(shí)際Q的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t＝1s時(shí)Q的速度大小大于0.4m/s，A錯(cuò)誤;剛施加力F瞬間，對物塊P有F＝mPa0＝2×1N＝2N，即恒力大小為2N，B錯(cuò)誤;t＝1s時(shí)，對物塊P、Q整體有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5kg，C正確;撤去外力，整體所受合力為零，P、Q間靠彈簧相互作用，一個(gè)加速則另一個(gè)必然減速，D3.(多選)(2025·安徽蕪湖高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測)如圖所示，物體A和B中間用一個(gè)輕桿相連，在傾角為θ的固定斜面上勻速下滑，桿與斜面平行。已知B物體光滑，質(zhì)量為m，A物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為2m，下列說法中正確的是()A.A物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθB.輕桿對A物體的作用力沿斜面向下C.增加A物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面減速下滑D.增加B物體的質(zhì)量，A、B整體將沿斜面勻速下滑答案BC解析以整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得3mgsinθ＝2μmgcosθ，解得μ＝32tanθ，故A錯(cuò)誤;B物體光滑，輕桿對B物體的作用力沿斜面向上，則輕桿對A物體的作用力沿斜面向下，故B正確;設(shè)A物塊質(zhì)量增加Δm，則摩擦力增加μΔmgcosθ＝32Δmgsinθ，A物體的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsinθ，A、B整體合力不為0，而是沿斜面向上，則A、B整體做減速運(yùn)動，故C正確;若增加B物體的質(zhì)量，設(shè)B質(zhì)量增加Δm，整體的沿斜面向下的分力為(3m＋Δm)gsinθ，向上的摩擦力為2μmgcosθ＝3mgsinθ，A、B整體的合力為Δmgsinθ，方向沿斜面向下，故向下做加速運(yùn)動，故考點(diǎn)三動力學(xué)中的臨界和極值問題1.常見臨界問題的條件(1)接觸與脫離的臨界條件:彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件:靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件: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T＝0。(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合力為零。2.解題基本思路(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個(gè)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(guān)系。角度恰好分離的臨界問題例3(2024·湖南婁底模擬)如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個(gè)物體，A、B的質(zhì)量分別為mA＝6kg，mB＝4kg，從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A、FB大小隨時(shí)間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示，則()A.t＝0時(shí)，A物體的加速度為2m/s2B.t＝1s時(shí)，A、B開始分離C.t＝0時(shí)，A、B之間的相互作用力為3ND.A、B開始分離時(shí)的速度為3m/s答案B解析由題圖甲、乙可得FA＝(8－2t)N，F(xiàn)B＝(2＋2t)N，t＝0時(shí)，可知FA0＝8N，F(xiàn)B0＝2N，由于FAO>FBO，所以二者不會分開，A、B兩物體的加速度為a＝FA＋FBmA＋mB＝1m/s2，設(shè)此時(shí)A、B之間的相互作用力為F，對B根據(jù)牛頓第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2N，故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開始分離，此時(shí)的加速度相同，則有FBmB＝FAmA，即2＋2t4＝8-2角度發(fā)生相對滑動的臨界問題例4(多選)(2025·山西運(yùn)城高三期末)馬車是古代交通運(yùn)輸?shù)闹饕ぞ?，如圖所示為一匹馬水平拉動一車貨物的示意圖。木板A和B、B和車之間的接觸面都水平，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與車之間的動摩擦因數(shù)為μ2，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，車的質(zhì)量為5m，地面對車的摩擦不計(jì)，馬給車的水平拉力為F，A、B始終沒有離開車的表面，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不會發(fā)生相對滑動B.若μ1>μ2，當(dāng)F＝10μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對滑動C.若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對于B先滑動D.若μ1<μ2，A、B與車都相對靜止，F(xiàn)的最大值為8μ1mg答案AC解析若μ1>μ2，B相對于車比A相對于B先滑動，所以不管F多大，B相對車滑動后，A相對B一直靜止，故A正確;若μ1>μ2，整體相對靜止的最大加速度為am＝μ2(m＋3m)gm＋3m＝μ2g，則最大拉力為Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，當(dāng)F＝9μ2mg時(shí)，B與車之間開始相對滑動，故B錯(cuò)誤;若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對于B比B相對于車先滑動，故C正確;若μ1<μ2，A、B與車都相對靜止，系統(tǒng)的最大加速度為am'＝μ1mgm＝μ1g，則最大拉力為Fm'＝(m＋3m＋角度動力學(xué)的極值問題例5(2024·湖北武漢模擬)質(zhì)量為m的物塊放置在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)為33，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對其施加一大小為mg的外力，則物塊運(yùn)動的加速度最大為(A.g1-33B.gB.C.g D.23答案B解析對物塊受力分析，設(shè)外力與水平方向成θ角，如圖所示，由牛頓第二定律Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma，化簡可得Fμ2＋1sin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝33，tanφ＝1μ，當(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，物塊運(yùn)動的加速度最大，為am＝3方法總結(jié)處理動力學(xué)臨界和極值問題的方法技巧極限法把物理問題(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(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，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(shí)，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動力學(xué)圖像問題1.(2025·四川成都模擬)如圖，一水平輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運(yùn)動。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是()答案A解析根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物塊做勻加速運(yùn)動，則F與x的關(guān)系為一次函數(shù)的關(guān)系，截距為正值，故A正確。2.(2024·全國甲卷，15)如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是()答案D解析設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為F，3.(多選)(2025·河南焦作高三期末)如圖甲所示，地面上有一質(zhì)量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是()A.當(dāng)F小于圖中A點(diǎn)值時(shí)，物體的重力Mg>F，物體不動B.圖中A點(diǎn)值等于物體的重力C.物體向上運(yùn)動的加速度和力F成正比D.圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對值等于該地的重力加速度答案ABD解析由題圖可知，其力F小于A點(diǎn)值時(shí)，其加速度為零，即物體處于平衡態(tài)，而初始物體靜止不動，所以在小于A點(diǎn)值時(shí)，物體不動，且此時(shí)物體的重力Mg>F，故A正確;當(dāng)F為A點(diǎn)值時(shí)，物體的加速度恰好為零，對物體有F＝Mg，所以圖中A點(diǎn)值等于物體的重力，故B正確;物體向上運(yùn)動，對物體有F－Mg＝Ma，整理有a＝1MF－g，所以物體向上運(yùn)動的加速度和力F成一次線性關(guān)系，而不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤;由a＝1MF－g知a－F圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對值等于該地的重力加速度，故對點(diǎn)練2動力學(xué)中的連接體問題4.(2025·山東濰坊模擬)如圖所示，在光滑水平地面上，A、B兩物塊用細(xì)線相連，A物塊質(zhì)量為1kg，B物塊質(zhì)量為2kg，細(xì)線能承受的最大拉力為4N。若要保證在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右運(yùn)動，則F的最大值為()A.4N B.5NC.6N D.7N答案C解析對兩物塊整體作受力分析有F＝(mA＋mB)a，對于B物體有FTm＝mBa，F(xiàn)Tm＝4N，聯(lián)立解得Fm＝6N，故C正確。5.(2025·山東濟(jì)南高三期末)如圖所示，靜置于光滑水平面上的物體A通過跨過定滑輪的輕繩與物體B相連，輕繩處于拉直狀態(tài)。已知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦。同時(shí)將A、B兩物體由靜止釋放，釋放后瞬間輕繩的拉力大小為FT。下列說法正確的是()A.物體B的質(zhì)量越大FT越大B.物體A的質(zhì)量越大FT越大C.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最大D.A、B兩物體的質(zhì)量相等時(shí)FT最小答案C解析A、B兩物體的加速度大小相等，以物體A為研究對象，由牛頓第二定律得FT＝mAa，以物體B為研究對象，由牛頓第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝mAmBmA＋mBg，由題意知A、B兩物體的總質(zhì)量不變，即mA＋mB不變，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)mA＝mB時(shí)，mAmB有最大值，所以當(dāng)mA＝mB時(shí)6.(多選)如圖所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個(gè)物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是()A.若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1C.若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1答案AC解析三物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤;若μ≠0，分別對物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。對點(diǎn)練3動力學(xué)的臨界和極值問題7.(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止?，F(xiàn)對小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運(yùn)動，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為55答案BC解析對A、B整體受力分析，由牛頓第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，當(dāng)FN最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)N最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，故A錯(cuò)誤，B正確;剛開始彈簧的壓縮量為x1＝mAg＋mBgk＝0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s8.如圖所示，一足夠長的木板上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，木板與水平面成θ角，讓木塊從木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，隨著θ的改變，木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值為()A.0.12m B.0.14m C.0.16m D.0.2m答案C解析設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，當(dāng)木板與水平面成θ角時(shí)，由牛頓第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，設(shè)木塊的位移為x，有0－v02＝2ax，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，加速度有最大值，為am＝－g1＋μ2＝－54g，此時(shí)x有最小值，為xmin＝2v025g＝B級綜合提升練9.(2024·安徽淮南模擬)足夠長的光滑斜面上的三個(gè)質(zhì)量相同的物塊通過與斜面平行的細(xì)線相連，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的上側(cè)固定有不計(jì)質(zhì)量的力傳感器。改變拉力F0的大小，使三個(gè)物塊沿斜面以相同加速度向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，測得多組傳感器的示數(shù)F和物塊通過的位移x與時(shí)間t的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A.斜面的傾角θ＝60°B.每個(gè)物塊的質(zhì)量m＝2.5kgC.當(dāng)F＝10N時(shí)，F(xiàn)0＝15ND.當(dāng)F＝10N時(shí)，物塊的加速度大小為a＝2.5m/s2答案C解析對物塊2、3，根據(jù)牛頓第二定律有F－2mgsinθ＝2ma，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有x＝12at2，聯(lián)立可解得xt2＝F4m－12gsinθ，由題圖乙可知，圖像斜率k＝12＝14m，即m＝0.5kg，圖像縱軸截距的絕對值b＝2.5＝12gsinθ，解得sinθ＝12，所以θ＝30°，故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)F＝10N時(shí)，由F－2mgsinθ＝2ma，可求得三個(gè)物塊的加速度大小為a＝5m/s2，對三個(gè)物塊有F0－3mgsinθ＝10.如圖所示，固定的足夠長的光滑斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端固定有輕