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专题强化四　牛顿运动定律的综合应用
学习目标　1.掌握动力学图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。 2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。 3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。
考点一　动力学图像问题
常见动力学图像及应用方法
v－t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a－t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况并根据牛顿第二定律列方程
F－t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
例1 (2024·广东卷，7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　)
答案　B
解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg;当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－k(y－H)，随着y的增大F减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y的增大F增大，F－y图像如图B项所示，故B正确，A错误;在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据v＝gt，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大;当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y－t图像斜率继续增大;当弹簧弹力等于重力时，速度达到最大，y－t图像中斜率最大;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点的过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图斜率减小，到达最低点时，木块的速度为零，y－t图像的斜率为零。综上分析可知，木块先做自由落体运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动到最低点。同理可知，木块在上升过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点。y－t图像大致如图所示，故C、D错误。
动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
跟踪训练
1.(多选)(2024·四川成都模拟)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为－b。由图可知(　　)
A.小物块的质量为k
B.小物块的质量为
C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
答案　BD
解析　以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝，结合a－F图像可得＝k＝，－＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和mgsin θ＋Ff＝mb＝c，故B、D正确。
考点二　动力学中的连接体问题
1.连接体的五大类型
弹簧 连接体
轻绳 连接体
轻杆 连接体
物体叠放 连接体
两物体并 排连接体
2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。
3.连接体问题的分析方法
(1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。
(2)隔离法:求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
例2 (2024·福建泉州模拟)如图所示，在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q，θ＝37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则为(　　)
A. B.
C.1 D.3
答案　A
解析　设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1＝9ma1。隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ＝2ma1，联立解得F1＝mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有F2＝9ma2，设Q对P的弹力大小为FN，则FNsin θ＝7ma2，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'＝FN，隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有FN'cos θ＝2mg，联立解得F2＝mg，所以，故A正确。
拓展 (1)上题中，若两物体P、Q接触面为竖直面，用力F作用在P上向左推P物体，此时P、Q间的弹力为FN1，用同样大小的力F作用在Q上向右推Q物体，此时P、Q间的弹力为FN2，则＝　　　　。
答案　
解析　力F作用在P上时，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得F＝9ma1，隔离Q分析，P对Q的弹力FN1＝2ma，解得FN1＝F;力F作用在Q上，对P、Q整体可得F＝9ma2，隔离P物体，Q对P的弹力FN2＝7ma2，解得FN2＝F，故。
(2)若将P和Q叠放在一起，放在光滑的水平面上，两物体P和Q间接触面是粗糙的，水平力F分别作用在P、Q上，两物体均可保持相对静止，则两种情况下P、Q间的摩擦力分别为多大
答案　F　F
解析　力F作用在P上，P和Q一起加速运动，则对整体有F＝9ma2
隔离Q物体，P对Q的摩擦力Ff1＝2ma2
解得Ff1＝F
力F作用在Q上，P和Q一起加速运动
则对整体有F＝9ma1
隔离P物体，Q对P的摩擦力Ff2＝7ma1
解得Ff2＝F。
力的“分配”原则
如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F作用于质量为m1的物体上，两物体间的弹力F弹＝F;若作用于质量为m2的物体上，则F弹＝F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时，结论都成立。
跟踪训练
2.(2025·湖北十一校联考)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　)
A.t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s
B.恒力F大小为1.6 N
C.物块Q的质量为0.5 kg
D.撤去推力后，物块P、Q最终将一起做匀加速直线运动
答案　C
解析　若0~1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s。由图可知实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，A错误;刚施加力F瞬间，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小为2 N，B错误;t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正确;撤去外力，整体所受合力为零，P、Q间靠弹簧相互作用，一个加速则另一个必然减速，D错误。
3.(多选)(2025·安徽芜湖高三教学质量统测)如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是(　　)
A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ
B.轻杆对A物体的作用力沿斜面向下
C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑
D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑
答案　BC
解析　以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得3mgsin θ＝2μmgcos θ，解得μ＝tan θ，故A错误;B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B正确;设A物块质量增加Δm，则摩擦力增加μΔmgcos θ＝Δmgsin θ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确;若增加B物体的质量，设B质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m＋Δm)gsin θ，向上的摩擦力为2μmgcos θ＝3mgsin θ，A、B整体的合力为Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故D错误。
考点三　动力学中的临界和极值问题
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件:弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是T＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零。
2.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
角度　恰好分离的临界问题
例3 (2024·湖南娄底模拟)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则(　　)
A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B.t＝1 s时，A、B开始分离
C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N
D.A、B开始分离时的速度为3 m/s
答案　B
解析　由题图甲、乙可得FA＝(8－2t) N，FB＝(2＋2t) N，t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于FAO>FBO，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误;当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有，即，解得t＝1 s，分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。
角度　发生相对滑动的临界问题
例4 (多选)(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动
B.若μ1>μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动
D.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg
答案　AC
解析　若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确;若μ1>μ2，整体相对静止的最大加速度为am＝＝μ2g，则最大拉力为Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，当F＝9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误;若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确;若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为am'＝＝μ1g，则最大拉力为Fm'＝(m＋3m＋5m)am'＝9μ1mg，故D错误。
角度　动力学的极值问题
例5 (2024·湖北武汉模拟)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A.g B.g
C.g D.g
答案　B
解析　对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，当sin(θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，故B正确。
方法总结　处理动力学临界和极值问题的方法技巧
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
A级　基础对点练
对点练1　动力学图像问题
1.(2025·四川成都模拟)如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是(　　)
答案　A
解析　根据牛顿第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物块做匀加速运动，则F与x的关系为一次函数的关系，截距为正值，故A正确。
2.(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是(　　)
答案　D
解析　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为F，
3.(多选)(2025·河南焦作高三期末)如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)
A.当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动
B.图中A点值等于物体的重力
C.物体向上运动的加速度和力F成正比
D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
答案　ABD
解析　由题图可知，其力F小于A点值时，其加速度为零，即物体处于平衡态，而初始物体静止不动，所以在小于A点值时，物体不动，且此时物体的重力Mg>F，故A正确;当F为A点值时，物体的加速度恰好为零，对物体有F＝Mg，所以图中A点值等于物体的重力，故B正确;物体向上运动，对物体有F－Mg＝Ma，整理有a＝F－g，所以物体向上运动的加速度和力F成一次线性关系，而不是正比关系，故C错误;由a＝F－g知a－F图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，故D正确。
对点练2　动力学中的连接体问题
4.(2025·山东潍坊模拟)如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块用细线相连，A物块质量为1 kg，B物块质量为2 kg，细线能承受的最大拉力为4 N。若要保证在水平拉力F作用下，两物块一起向右运动，则F的最大值为(　　)
A.4 N B.5 N
C.6 N D.7 N
答案　C
解析　对两物块整体作受力分析有F＝(mA＋mB)a，对于B物体有FTm＝mBa，FTm＝4 N，联立解得Fm＝6 N，故C正确。
5.(2025·山东济南高三期末)如图所示，静置于光滑水平面上的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，轻绳处于拉直状态。已知A、B两物体的总质量不变，不计滑轮的质量和摩擦。同时将A、B两物体由静止释放，释放后瞬间轻绳的拉力大小为FT。下列说法正确的是(　　)
A.物体B的质量越大FT越大
B.物体A的质量越大FT越大
C.A、B两物体的质量相等时FT最大
D.A、B两物体的质量相等时FT最小
答案　C
解析　A、B两物体的加速度大小相等，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律得FT＝mAa，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝g，由题意知A、B两物体的总质量不变，即mA＋mB不变，由数学知识可知，当mA＝mB时，mAmB有最大值，所以当mA＝mB时，FT有最大值，故C正确。
6.(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是(　　)
A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
答案　AC
解析　三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误;若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。
对点练3　动力学的临界和极值问题
7.(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是(　　)
A.变力F的最小值为2 N
B.变力F的最小值为6 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
答案　BC
解析　对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，当FN最大时，F最小，即刚开始施力时，FN最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，故A错误，B正确;刚开始弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，故C正确，D错误。
8.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
答案　C
解析　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
B级　综合提升练
9.(2024·安徽淮南模拟)足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.斜面的倾角θ＝60°
B.每个物块的质量m＝2.5 kg
C.当F＝10 N时，F0＝15 N
D.当F＝10 N时，物块的加速度大小为a＝2.5 m/s2
答案　C
解析　对物块2、3，根据牛顿第二定律有F－2mgsin θ＝2ma，根据运动学公式有x＝at2，联立可解得gsin θ，由题图乙可知，图像斜率k＝，即m＝0.5 kg，图像纵轴截距的绝对值b＝2.5＝gsin θ，解得sin θ＝，所以θ＝30°，故A、B错误;当F＝10 N时，由F－2mgsin θ＝2ma，可求得三个物块的加速度大小为a＝5 m/s2，对三个物块有F0－3mgsin θ＝3ma，解得F0＝15 N，故C正确，D错误。
10.如图所示，固定的足够长的光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端固定有轻质滑轮。位于斜面底端的滑块P通过不可伸长的轻质细绳绕过滑轮与重物Q连接。开始时托着重物Q使细绳恰处于绷直状态，滑块P和滑轮间的细绳与斜面平行，重物Q与滑轮间的细绳沿竖直方向。现释放重物Q，重物Q向下运动，滑块P沿斜面向上运动。当滑块P的速度达到v时剪断细绳，发现滑块P回到原出发点时速度大小变为2v。不计一切摩擦阻力。求:
(1)剪断细绳前后P在斜面上运动时间之比及加速度大小之比;
(2)滑块P与重物Q的质量之比。
答案　(1)1　　(2)
解析　(1)选沿斜面向上为正方向，剪断细绳前后P运动的时间分别为t1、t2，剪断细绳前有
v＝a1t1
剪断细绳后有－2v＝v－a2t2
两阶段滑块P发生的位移大小相等，方向相反，有a1＝－
联立得。
(2)设细绳上的拉力为FT，重力加速度为g，剪断细绳前对滑块P，有FT－mPgsin θ＝mPa1
对重物Q，有mQg－FT＝mQa1
剪断细绳后，对滑块P有mPgsin θ＝mPa2
联立解得。
C级　培优加强练
11.(多选)(2025·湖南长沙雅礼中学月考)水平面上放置一质量为m的滑块A，上方有圆形凹槽，质量为2m的圆柱B恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连，细绳伸直后由静止释放C，不计一切摩擦，A离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.若A、B能保持相对静止，则细绳的张力大小为
B.若A、B能保持相对静止，则A对B的作用力大小为2mg
C.当M＝(＋1)m时，B恰要从凹槽中滚出
D.若θ＝45°，则只要M足够大，B一定可以从凹槽中滚出
答案　AB
解析　若A、B相对静止，对系统由牛顿第二定律得Mg＝(m＋2m＋M)a，则加速度大小为a＝，对A、B受力分析，有FT＝3ma，解得FT＝;再对B受力分析，有＝(2ma)2＋(2mg)2，所以FAB＝2mg，故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力FAB沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，得FABsin θ＝2ma1，FABcos θ＝2mg，临界加速度大小为a1＝g，对A、B整体有a1＝，解得M＝m，故C错误;若θ＝45°，由FABsin θ＝2ma2和FABcos θ＝2mg，解得临界加速度大小a2＝g，由于专题强化四　牛顿运动定律的综合应用
第三章　运动和力的关系
掌握动力学图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。
知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。
会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　动力学中的连接体问题
考点一　动力学图像问题
考点三　动力学中的临界和极值问题
常见动力学图像及应用方法
考点一　动力学图像问题
v－t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a－t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况并根据牛顿第二定律列方程
F－t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
例1 (2024·广东卷，7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　)
B
解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg;当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－k(y－H)，随着y的增大F减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y的增大F增大，F－y图像如图B项所示，故B正确，A错误;在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据v＝gt，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大;当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y－t图像斜率继续增大;当弹簧弹力等于重力时，速度达到最大，y－t图像中斜率最
大;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点的过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图斜率减小，到达最低点时，木块的速度为零，y－t图像的斜率为零。综上分析可知，木块先做自由落体运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动到最低点。同理可知，木块在上升过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点。y－t图像大致如图所示，故C、D错误。
动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。
跟踪训练
1.(多选)(2024·四川成都模拟)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为－b。由图可知(　　)
A.小物块的质量为k
B.小物块的质量为
C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
BD
解析　以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝，结合a－F图像可得＝k＝，－＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和mgsin θ＋Ff＝mb＝c，故B、D正确。
1.连接体的五大类型
考点二　动力学中的连接体问题
弹簧 连接体
轻绳 连接体
轻杆 连接体
物体叠放 连接体
两物体并 排连接体
2.连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。
3.连接体问题的分析方法
(1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。
(2)隔离法:求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
例2 (2024·福建泉州模拟)如图所示，在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q，θ＝37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则为(　　)
A
A. B. C.1 D.3
解析　设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1＝9ma1。隔离Q分析，
因为P和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ＝2ma1，联立解得F1＝mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有F2＝9ma2，设Q对P的弹力大小为FN，则FNsin θ＝7ma2，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'＝FN，隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有FN'cos θ＝2mg，联立解得F2＝mg，所以，故A正确。
拓展 (1)上题中，若两物体P、Q接触面为竖直面，用力F作用在P上向左推P物体，此时P、Q间的弹力为FN1，用同样大小的力F作用在Q上向右推Q物体，此时P、Q间的弹力为FN2，则＝　　　　。
答案　
解析　力F作用在P上时，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得F＝9ma1，隔离Q分析，P对Q的弹力FN1＝2ma，解得FN1＝F;力F作用在Q上，对P、Q整体可得F＝9ma2，隔离P物体，Q对P的弹力FN2＝7ma2，解得FN2＝F，故。
(2)若将P和Q叠放在一起，放在光滑的水平面上，两物体P和Q间接触面是粗糙的，水平力F分别作用在P、Q上，两物体均可保持相对静止，则两种情况下P、Q间的摩擦力分别为多大
答案　F　F
解析　力F作用在P上，P和Q一起加速运动，则对整体有F＝9ma2
隔离Q物体，P对Q的摩擦力Ff1＝2ma2
解得Ff1＝F
力F作用在Q上，P和Q一起加速运动
则对整体有F＝9ma1
隔离P物体，Q对P的摩擦力Ff2＝7ma1
解得Ff2＝F。
力的“分配”原则
如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F作用于质量为m1的物体上，两物体间的弹力F弹＝F;若作用于质量为m2的物体上，则F弹＝F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时，结论都成立。
2.(2025·湖北十一校联考)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　)
跟踪训练
C
A.t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s
B.恒力F大小为1.6 N
C.物块Q的质量为0.5 kg
D.撤去推力后，物块P、Q最终将一起做匀加速直线运动
解析　若0~1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s。由图可知实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，A错误;刚施加力F瞬间，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小为2 N，B错误;t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正确;撤去外力，整体所受合力为零，P、Q间靠弹簧相互作用，一个加速则另一个必然减速，D错误。
3.(多选)(2025·安徽芜湖高三教学质量统测)如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是(　　)
A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ
B.轻杆对A物体的作用力沿斜面向下
C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑
D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑
BC
解析　以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得3mgsin θ＝2μmgcos θ，解得μ＝tan θ，故A错误;B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B正确;设A物块质量增加Δm，则摩擦力
增加μΔmgcos θ＝Δmgsin θ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确;若增加B物体的质量，设B质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m＋Δm)gsin θ，向上的摩擦力为2μmgcos θ＝3mgsin θ，A、B整体的合力为Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故D错误。
1.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件:弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是T＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零。
考点三　动力学中的临界和极值问题
2.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
角度　　恰好分离的临界问题
例3 (2024·湖南娄底模拟)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则(　　)
B
A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B.t＝1 s时，A、B开始分离
C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N
D.A、B开始分离时的速度为3 m/s
解析　由题图甲、乙可得FA＝(8－2t) N，FB＝(2＋2t) N，t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于FAO>FBO，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误;当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有，即，解得t＝1 s，分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。
角度　　发生相对滑动的临界问题
例4 (多选)(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
AC
A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动
B.若μ1>μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动
C.若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动
D.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg
解析　若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确;若μ1>μ2，整体相对静止的最大加速度为am＝＝μ2g，则最大拉力为Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，当F＝9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误;若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确;若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为am'＝＝μ1g，则最大拉力为Fm'＝(m＋3m＋5m)am'＝9μ1mg，故D错误。
角度　　动力学的极值问题
例5 (2024·湖北武汉模拟)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　)
A.g B.g C.g D.g
B
解析　对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，当sin(θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，故B正确。
方法总结　处理动力学临界和极值问题的方法技巧
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
提升素养能力
2
A级　基础对点练
A
对点练1　动力学图像问题
1.(2025·四川成都模拟)如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是(　　)
解析　根据牛顿第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物块做匀加速运动，则F与x的关系为一次函数的关系，截距为正值，故A正确。
D
2.(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是(　　)
解析　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为F，
ABD
3.(多选)(2025·河南焦作高三期末)如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　 　)
A.当F小于图中A点值时，物体的
重力Mg>F，物体不动
B.图中A点值等于物体的重力
C.物体向上运动的加速度和力F成正比
D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
解析　由题图可知，其力F小于A点值时，其加速度为零，即物体处于平衡态，而初始物体静止不动，所以在小于A点值时，物体不动，且此时物体的重力Mg>F，故A正确;当F为A点值时，物体的加速度恰好为零，对物体有F＝Mg，所以图中A点值等于物体的重力，故B正确;物体向上运动，对物体有F－Mg＝Ma，整理有a＝F－g，所以物体向上运动的加速度和力F成一次线性关系，而不是正比关系，故C错误;由a＝F－g知a－F图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，故D正确。
C
对点练2　动力学中的连接体问题
4.(2025·山东潍坊模拟)如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块用细线相连，A物块质量为1 kg，B物块质量为2 kg，细线能承受的最大拉力为4 N。若要保证在水平拉力F作用下，两物块一起向右运动，则F的最大值为(　　)
A.4 N B.5 N C.6 N D.7 N
解析　对两物块整体作受力分析有F＝(mA＋mB)a，对于B物体有FTm＝mBa，FTm＝4 N，联立解得Fm＝6 N，故C正确。
C
5.(2025·山东济南高三期末)如图所示，静置于光滑水平面上的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，轻绳处于拉直状态。已知A、B两物体的总质量不变，不计滑轮的质量和摩擦。同时将A、B两物体由静止释放，释放后瞬间轻绳的拉力大小为FT。下列说法正确的是(　　)
A.物体B的质量越大FT越大
B.物体A的质量越大FT越大
C.A、B两物体的质量相等时FT最大
D.A、B两物体的质量相等时FT最小
解析　A、B两物体的加速度大小相等，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律得FT＝mAa，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝g，由题意知A、B两物体的总质量不变，即mA＋mB不变，由数学知识可知，当mA＝mB时，mAmB有最大值，所以当mA＝mB时，FT有最大值，故C正确。
AC
6.(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是(　　)
A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
解析　三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误;若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。
BC
对点练3　动力学的临界和极值问题
7.(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是(　　)
A.变力F的最小值为2 N
B.变力F的最小值为6 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
解析　对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，当FN最大时，F最小，即刚开始施力时，FN最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，故A错误，B正确;刚开始弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，故C正确，D错误。
C
8.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A.0.12 m B.0.14 m
C.0.16 m D.0.2 m
解析　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
B级　综合提升练
C
9.(2024·安徽淮南模拟)足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.斜面的倾角θ＝60°
B.每个物块的质量m＝2.5 kg
C.当F＝10 N时，F0＝15 N
D.当F＝10 N时，物块的加速度大小为a＝2.5 m/s2
解析　对物块2、3，根据牛顿第二定律有F－2mgsin θ＝2ma，根据运动学公式有x＝at2，联立可解得gsin θ，由题图乙可知，图像斜率k＝，即m＝0.5 kg，图像纵轴截距的绝对值b＝2.5＝gsin θ，解得sin θ＝，所以θ＝30°，故A、B错误;当F＝10 N时，由F－2mgsin θ＝2ma，可求得三个物块的加速度大小为a＝5 m/s2，对三个物块有F0－3mgsin θ＝3ma，解得F0＝15 N，故C正确，D错误。
10.如图所示，固定的足够长的光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端固定有轻质滑轮。位于斜面底端的滑块P通过不可伸长的轻质细绳绕过滑轮与重物Q连接。开始时托着重物Q使细绳恰处于绷直状态，滑块P和滑轮间的细绳与斜面平行，重物Q与滑轮间的细绳沿竖直方向。现释放重物Q，重物Q向下运动，滑块P沿斜面向上运动。当滑块P的速度达到v时剪断细绳，发现滑块P回到原出发点时速度大小变为2v。不计一切摩擦阻力。求:
(1)剪断细绳前后P在斜面上运动时间之比及加速度大小之比;
(2)滑块P与重物Q的质量之比。
答案　(1)1　　(2)
解析　(1)选沿斜面向上为正方向，剪断细绳前后P运动的时间
分别为t1、t2，剪断细绳前有v＝a1t1
剪断细绳后有－2v＝v－a2t2
两阶段滑块P发生的位移大小相等，方向相反，有a1＝－
联立得。
(2)设细绳上的拉力为FT，重力加速度为g，剪断细绳前对滑块P，有FT－mPgsin θ＝mPa1
对重物Q，有mQg－FT＝mQa1
剪断细绳后，对滑块P有mPgsin θ＝mPa2
联立解得。
AB
11.(多选)(2025·湖南长沙雅礼中学月考)水平面上放置一质量为m的滑块A，上方有圆形凹槽，质量为2m的圆柱B恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连，细绳伸直后由静止释放C，不计一切摩擦，A离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
C级　培优加强练
A.若A、B能保持相对静止，则细绳的张力大小为
B.若A、B能保持相对静止，则A对B的作用力大小为2mg
C.当M＝(＋1)m时，B恰要从凹槽中滚出
D.若θ＝45°，则只要M足够大，B一定可以从凹槽中滚出
解析　若A、B相对静止，对系统由牛顿第二定律得Mg＝(m＋2m＋M)a，则加速度大小为a＝，对A、B受力分析，有FT＝3ma，解得FT＝;再对B受力分析，有＝(2ma)2＋(2mg)2，所以FAB＝2mg，故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力FAB沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，得FABsin θ＝2ma1，FABcos θ＝2mg，临界加速度大小为a1＝g，对A、B整体有a1＝，解得M＝m，故C错误;若θ＝45°，由FABsin θ＝2ma2和FABcos θ＝2mg，解得临界加速度大小a2＝g，由于

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