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第17课时　动力学中的三类典型问题(思维进阶课)
[学习目标]　1．理解各种动力学图像，能利用图像特殊点、斜率、截距、面积等分析相关问题。2．知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。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。
动力学图像问题
1．动力学图像问题的解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，等等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，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作出准确判断。
2．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力
F-a 图像 首先要根据具体的物理情境，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
　根据物理过程选取图像
[典例1]　(2025·陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
[典例2]　(2024·广东卷)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(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
　根据图像分析物理过程
[典例3]　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　)
A．μ1＋μ2＝2tan θ
B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
动力学中的连接体问题
1．常见的连接体
物物叠放 连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
轻绳(杆) 连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度
轻弹簧 连接体 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等
2．连接体的分析方法
交替运用整体法、隔离法，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作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
　弹簧连接体
[典例4]　(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　)
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
归纳总结：力的“分配协议”
如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝；若作用于m2上，则F12＝。此“协议”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、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向时此“协议”都成立。
　叠放连接体
[典例5]　如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ。则木块与小车之间的摩擦力大小是(　　)
A．F　　　　　 B．Ma
C．μmg　 D．μ(M＋m)g
拓展思考　若恒力F作用在木块上，木块与小车之间的摩擦力又是多少
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　轻绳(杆)连接体
[典例6]　(2025·安徽卷)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　)
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
动力学中的临界、极值问题
1．“四种”典型的临界条件
(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：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是绳中拉力FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0。
2．“三种”典型的常用方法
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，根据数学表达式解决临界极值问题
　动力学中临界问题
[典例7]　(2025·河北保定模拟)如图所示，地面上竖直固定一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧上面叠放两个物块，两个物块处于平衡状态。已知下面物块质量为m，上面物块质量为2m，重力加速度为g，现给上面物块施加一个向上的拉力F，控制拉力F的大小，让两物块一起以g的加速度向上匀加速运动，则两物块分离时的瞬时速度为(　　)
A．g　　　　　 B．
C．g　 D．g
　动力学中极值问题
[典例8]　高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
A．2.0 m/s2　 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2　 D．8.0 m/s2
第17课时
进阶点1
典例1　A　[由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。]
典例2　B　[
在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块所受的合力F＝mg－k(y－H)，到合力为0前，随着y增大，F减小；弹簧弹力大于木块的重力后，至木块运动到最低点的过程中木块所受合力向上，随着y减小，F增大，之后，木块开始反弹，反弹过程木块按原路返回，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大， y-t图像的斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为0前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝F＝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图像的斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后至木块运动到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像的斜率减小，到达最低点后木块开始反弹，上升过程由运动的对称性可知y-t图线对称，正确的y-t图像如图所示，故C、D错误。]
典例3　AD　[由题意可知两x-t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，对甲有3x0＝v0t0＋a甲，对乙有x0＝v0t0－a乙，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma甲，对乙有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时，甲的速度大小为v＝v0＋a甲t0，联立以上得v＝2v0，B错误；t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为0，由于斜面静止，斜面的合力也为0，则三者组成的整体合力为0，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时，物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。]
进阶点2
典例4　BC　[对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－gsin θ，故A错误；对物块Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsin θ＝m2a，解得T＝，故B正确；根据T＝＝可知，若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，故C正确；根据T＝可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，故D错误。]
典例5　A　[对小车和木块整体，受到重力、支持力和拉力作用，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，而木块受重力、支持力和与F同向的静摩擦力作用，则有Ff＝ma，联立解得Ff＝ma＝F。选项A正确。]
拓展思考　解析：对小车和木块整体，有F＝(M＋m)a，对小车有F'f＝Ma，联立解得F'f＝Ma＝。
答案：
典例6　 C　[甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛顿第二定律有T－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；对整体受力分析，竖直方向上乙的加速度大小不变，可知地面对木箱的支持力FN不变，B错误。]
进阶点3
典例7　C　[设静止时弹簧的压缩量为x0，初状态时对整体有kx0＝(2m＋m)g＝3mg，两物块分离时，加速度相等且它们之间没有弹力。设分离时弹簧的压缩量为x1，对下面物块，有kx1－mg＝ma＝m×g，解得kx1＝1.2mg，因此x1＝0.4x0，分离之前两物块做匀加速运动，则有v2＝2a(x0－x1)，解得v＝g，故选C。]
典例8　B　[书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，即高铁的最大加速度不超过4.0 m/s2，故选B。]
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第三章　运动和力的关系
第17课时　动力学中的三类典型问题(思维进阶课)
[学习目标]　1．理解各种动力学图像，能利用图像特殊点、斜率、截距、面积等分析相关问题。2．知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。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。
进阶点1　动力学图像问题
1．动力学图像问题的解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，等等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，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作出准确判断。
2．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力
F-a 图像 首先要根据具体的物理情境，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
角度1　根据物理过程选取图像
[典例1]　(2025·陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能
正确的是(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
√
A　[由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。]
[典例2]　(2024·广东卷)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(　　)
A　　　　　B
C　　　　　D
√
B　[在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块所受的合力F＝mg－k(y－H)，到合力为0前，随着y增大，F减小；弹簧弹力大于木块的重力后，至木块运动到最低点的过程中木块所受合力向上，随着y减小，F增大，之后，木块开始反弹，反弹过程木块按原路返回，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大，y-t图像的斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为0前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝F＝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图像的斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后至木块运动到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像的斜率减小，到达最低点后木块开始反弹，上升过程由运动的对称性可知y-t图线对称，正确的y-t图像如图所示，故C、D错误。]
角度2　根据图像分析物理过程
[典例3]　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　)
A．μ1＋μ2＝2tan θ
B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
√
√
AD　[由题意可知两x-t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，对甲有3x0＝v0t0＋a甲，对乙有x0＝v0t0－a乙，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma甲，对乙有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时，甲的速度大小为v＝v0＋a甲t0，联立以上得v＝2v0，B错误；t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为0，由于斜面静止，斜面的合力也为0，则三者组成的整体合力为0，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时，物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。]
【教师备选资源】
如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是(　　)
A．物体的质量
B．斜面的倾斜角
C．当地的重力加速度
D．物体与斜面间的动摩擦因数
√
A　[设a-F图像的斜率为k，与纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图甲所示，有F－mgsin θ＝ma，解得a＝F－gsin θ，则k＝，b＝gsin θ。若斜面粗糙，受力分析如图乙所示，有F－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝ma'，解得a'＝F－(gsin θ＋μgcos θ)，则k＝，b＝gsin θ＋μgcos θ，综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体的质量m，故选A。]
1．常见的连接体
进阶点2　动力学中的连接体问题
物物叠放 连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
轻绳(杆) 连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度
轻弹簧 连接体 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等
2．连接体的分析方法
交替运用整体法、隔离法，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作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
角度1　弹簧连接体
[典例4]　(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　)
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
√
√
BC　[对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－gsin θ，故A错误；对物块Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsin θ＝m2a，解得T＝，故B正确；根据T＝＝可知，若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，故C正确；根据T＝可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，故D错误。]
归纳总结：力的“分配协议”
如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝；若作用于m2上，则F12＝。此“协议”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、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向时此“协议”都成立。
角度2　叠放连接体
[典例5]　如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ。则木块与小车之间的摩擦力大小是(　　)
A．F　　　　　 B．Ma
C．μmg　 D．μ(M＋m)g
√
A　[对小车和木块整体，受到重力、支持力和拉力作用，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，而木块受重力、支持力和与F同向的静摩擦力作用，则有Ff＝ma，联立解得Ff＝ma＝F。选项A正确。]
拓展思考　若恒力F作用在木块上，木块与小车之间的摩擦力又是多少
[解析]　对小车和木块整体，有F＝(M＋m)a，对小车有F'f＝Ma，联立解得F'f＝Ma＝。
[答案]　
角度3　轻绳(杆)连接体
[典例6]　(2025·安徽卷)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　)
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
√
C　[甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛顿第二定律有T－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；对整体受力分析，竖直方向上乙的加速度大小不变，可知地面对木箱的支持力FN不变，B错误。]
进阶点3　动力学中的临界、极值问题
1．“四种”典型的临界条件
(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：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是绳中拉力FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0。
2．“三种”典型的常用方法
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，根据数学表达式解决临界极值问题
角度1　动力学中临界问题
[典例7]　(2025·河北保定模拟)如图所示，地面上竖直固定一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧上面叠放两个物块，两个物块处于平衡状态。已知下面物块质量为m，上面物块质量为2m，重力加速度为g，现给上面物块施加一个向上的拉力F，控制拉力F的大小，让两物块一起以g的加速度向上匀加速运动，则两物块分离时的瞬时速度为(　　)
A．g　 B．C．g　 D．g
√
C　[设静止时弹簧的压缩量为x0，初状态时对整体有kx0＝(2m＋m)g＝3mg，两物块分离时，加速度相等且它们之间没有弹力。设分离时弹簧的压缩量为x1，对下面物块，有kx1－mg＝ma＝m×g，解得kx1＝1.2mg，因此x1＝0.4x0，分离之前两物块做匀加速运动，则有v2＝2a(x0－x1)，解得v＝g，故选C。]
B　[书相对于桌面不滑动，说明书与高铁的加速度相同，当桌面与书之间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所受合力最大，加速度最大，由牛顿第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，即高铁的最大加速度不超过4.0 m/s2，故选B。]
角度2　动力学中极值问题
[典例8]　高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取
10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
A．2.0 m/s2　 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2　 D．8.0 m/s2
√
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(多选)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N
B．系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N
C．当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2
D．当系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
√
√
BC　[小球受力如图甲所示，系统静止时，竖直方向有Fa sin 37°＝mg，水平方向有Fa cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，故B正确，A错误；系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图乙所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fmsin 37°－mg＝ma，水平方向有Fmcos 37°＝Fb，解得Fb＝12 N ，此时加速度有最大值为a＝5 m/s2，故C正确；系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fasin 37°＝mg，水平方向有Fb－Facos 37°＝ma，解得Fa＝10 N，当Fb＝15 N时，加速度最大为a＝ m/s2，故D错误。]
课时作业(十七)　动力学中的三类典型问题(思维进阶课)
题号
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1．(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在水平推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A．F　 B．F
C．F　 D．F
√
A　[以空间站和飞船为整体，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站有FN＝Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN＝F，A正确，B、C、D错误。]
题号
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2．(2025·陕西铜川模拟)在无风环境下从足够高的位置将乒乓球静止释放，乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大且不可忽略。下列关于乒乓球在空中运动有关的图像可能正确的是(　　)
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题号
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C　[以乒乓球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，由于乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大，可知乒乓球静止释放后做加速度逐渐减小的加速运动，B错误；由于速度增大，所以x-t图像的切线斜率逐渐增大，A错误；由于加速度逐渐减小，所以v-t图像的切线斜率逐渐减小，C正确，D错误。故选C。]
题号
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3．(人教版必修第一册改编)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N　 B．2 N
C．4 N　 D．5 N
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C　[Fm＝2Tm＝4 N，C正确，A、B、D错误。]
题号
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4．(多选)(2023·福建卷)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则(　　)
A．当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3
B．当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
C．当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3
D．当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
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题号
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BD　[设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时，T1＝Ff1＝k×3G，T2＝Ff2＝k×2G，T3＝Ff3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时，T1－Ff1＝T1－k×3G＝3ma，T2－Ff2＝T2－k×2G＝2ma，T3－Ff3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C错误，D正确。故选BD。]
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5．(2025·陕西安康模拟)如图1所示，某同学做引体向上时，两手正握单杠，两脚离地，两臂自然下垂伸直，用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起，当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略)，然后逐渐放松背阔肌，让身体下降，直到回到初始位置，此后重复进行。图2是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像，规定竖直向上为正方向，则图像中单杠对该同学支持力最大的时刻为(　　)
A．t1时刻　
B．t2时刻
C．t3时刻　
D．t4时刻
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题号
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D　[速度随时间变化图像的斜率表示加速度，设单杠对该同学的支持力大小为FN，据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，当该同学竖直向上的加速度最大时，单杠对运动员的支持力FN最大，由v-t图像判断可知，题图中0时刻和t4时刻单杠对该同学的支持力最大。故选D。]
题号
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6．(2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；轻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(　　)
A　　　　　B
C　　　　　D
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题号
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D　[设物块P的质量为M，物块P与桌面间的滑动摩擦力为f。以物块P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝·m，可知a、m不是线性关系，排除A、C选项；当砝码的重力小于物块P与桌面间的最大静摩擦力时，物块P和砝码静止，加速度为0，当砝码的重力大于f时，物块P和砝码才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g，故选D。]
题号
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7．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是(　　)
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题号
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A　[假设物块P静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块P向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，A正确，B、C、D错误。]
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8．(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　)
A．mB＝　 B．mB＝
C．a＝0.2g　 D．a＝0.4g
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题号
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BC　[由题意可知，当物体放在B盒中时，B盒加速度竖直向下，当物体放在A盒中时，B盒加速度竖直向上。当物体放在B盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒为研究对象，有T－mgsin 30°＝ma，以B盒和B盒内的物体整体为研究对象，有－T＝a；当物体放在A盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒和A盒内的物体整体为研究对象，有gsin 30°－T'＝a，以B盒为研究对象，有T'－mBg＝mBa；联立解得mB＝，加速度的大小为a＝0.2g。故A、D错误，B、C正确。]
题号
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9．如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块放在水平面AB上。在滑块的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg。当滑块以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．10 N　 B．5 N
C． N　 D． N
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题号
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A　[当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为0，此时小球受到重力和细线的拉力的作用，如图甲所示。根据牛顿第二定律有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则可知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有F'Tcos α＝m·2g，F'Tsin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得F'T＝10 N，故A正确。]
题号
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10．(2025·湖南娄底二模)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
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题号
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B　[由FA-t与FB-t图像可得FA＝(8－2t) N，FB＝(2＋2t) N，则t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由牛顿第二定律可知aA>aB，所以二者不会分开，A、B两物体共同的加速度为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0时开始分离，此时的加速度相同，则有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，开始分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。]
题号
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11．如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块加速度a的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。
题号
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[解析]　(1)根据L＝v0t＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。
(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma，
垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ，
联立解得F＝＝，
当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。
[答案]　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
谢谢！课时作业(十七)　动力学中的三类典型问题(思维进阶课)
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共59分。
1．(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在水平推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A．F　 B．F
C．F　 D．F
2．(2025·陕西铜川模拟)在无风环境下从足够高的位置将乒乓球静止释放，乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大且不可忽略。下列关于乒乓球在空中运动有关的图像可能正确的是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
3．(人教版必修第一册改编)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N　 B．2 N
C．4 N　 D．5 N
4．(多选)(2023·福建卷)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则(　　)
A．当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3
B．当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
C．当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3
D．当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
5．(2025·陕西安康模拟)如图1所示，某同学做引体向上时，两手正握单杠，两脚离地，两臂自然下垂伸直，用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起，当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略)，然后逐渐放松背阔肌，让身体下降，直到回到初始位置，此后重复进行。图2是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像，规定竖直向上为正方向，则图像中单杠对该同学支持力最大的时刻为(　　)
　
A．t1时刻　 B．t2时刻
C．t3时刻　 D．t4时刻
6．(2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；轻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(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
7．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
8．(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　)
A．mB＝　 B．mB＝
C．a＝0.2g　 D．a＝0.4g
9．如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块放在水平面AB上。在滑块的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg。当滑块以a＝2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．10 N　 B．5 N
C． N　 D． N
10．(2025·湖南娄底二模)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
11．(15分)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块加速度a的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。
课时作业(十七)
1．A　[以空间站和飞船为整体，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站有FN＝Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN＝F，A正确，B、C、D错误。]
2．C　[以乒乓球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，由于乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大，可知乒乓球静止释放后做加速度逐渐减小的加速运动，B错误；由于速度增大，所以x-t图像的切线斜率逐渐增大，A错误；由于加速度逐渐减小，所以v-t图像的切线斜率逐渐减小，C正确，D错误。故选C。]
3．C　[Fm＝2Tm＝4 N，C正确，A、B、D错误。]
4．BD　[设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时，T1＝Ff1＝k×3G，T2＝Ff2＝k×2G，T3＝Ff3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时，T1－Ff1＝T1－k×3G＝3ma，T2－Ff2＝T2－k×2G＝2ma，T3－Ff3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C错误，D正确。故选BD。]
5．D　[速度随时间变化图像的斜率表示加速度，设单杠对该同学的支持力大小为FN，据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，当该同学竖直向上的加速度最大时，单杠对运动员的支持力FN最大，由v-t图像判断可知，题图中0时刻和t4时刻单杠对该同学的支持力最大。故选D。]
6．D　[设物块P的质量为M，物块P与桌面间的滑动摩擦力为f。以物块P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝·m，可知a、m不是线性关系，排除A、C选项；当砝码的重力小于物块P与桌面间的最大静摩擦力时，物块P和砝码静止，加速度为0，当砝码的重力大于f时，物块P和砝码才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g，故选D。]
7．A　[假设物块P静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块P向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，A正确，B、C、D错误。]
8．BC　[由题意可知，当物体放在B盒中时，B盒加速度竖直向下，当物体放在A盒中时，B盒加速度竖直向上。当物体放在B盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒为研究对象，有T－mgsin 30°＝ma，以B盒和B盒内的物体整体为研究对象，有－T＝a；当物体放在A盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒和A盒内的物体整体为研究对象，有gsin 30°－T'＝a，以B盒为研究对象，有T'－mBg＝mBa；联立解得mB＝，加速度的大小为a＝0.2g。故A、D错误，B、C正确。]
9．A　[当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为0，此时小球受到重力和细线的拉力的作用，如图甲所示。根据牛顿第二定律有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则可知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有F'Tcos α＝m·2g，F'Tsin α－mg＝0，又cos2α＋sin2α＝1，联立解得F'T＝10 N，故A正确。
]
10．B　[由FA-t与FB-t图像可得FA＝(8－2t) N，FB＝(2＋2t) N，则t＝0时，可知FA0＝8 N，FB0＝2 N，由牛顿第二定律可知aA>aB，所以二者不会分开，A、B两物体共同的加速度为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0时开始分离，此时的加速度相同，则有＝，即 m/s2＝ m/s2，解得t＝1 s，开始分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。]
11．解析：(1)根据L＝v0t＋at2，
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。
(3)设F与斜面夹角为α，
平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma，
垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ，
联立解得
F＝＝，
当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。
答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
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