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第3讲　牛顿运动定律的综合应用
目标 要求 　 　 1.理解动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。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.理解几种常见的临界、极值条件，会解决相关的临界、极值问题。
考点一　动力学中的图像问题
考向1　由动力学图像分析相关问题
　(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷，10)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(　　)
图(a) 　图(b)
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
解析：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t02，对乙有x0＝v0t0－a乙t02，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mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma甲，对乙有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时甲的速度为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零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，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。
应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考向2　由已知条件确定有关图像问题
　(2025·山东省济南市高三质检)某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是(　　)
解析：B　设排球的质量为m，受到的空气阻力大小为f，上升过程和下降过程中的加速度大小分别为a上和a下，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋>a下＝g－，由v-t图像中图线的斜率表示加速度，可知上升过程中图像的斜率的绝对值比下降过程中图像的斜率的绝对值大；又由于排球最终落回出发点，可知排球上升过程和下降过程的位移大小相等，由v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，t轴上、下方图线与t轴围成的面积大小应相同。综上所述，B可能正确，A、C、D错误。,
思路点拨：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。
考向3　图像间的转换
　(2025·湖南麓山外国语实验中学一模)如图1所示，小木块在水平外力F的作用下由静止开始沿光滑水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图2所示。下列外力F随速度v、速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
图1　　　　　　　图2
　　
解析：B　根据题意，由图2可知v＝kx，由牛顿第二定律有F＝ma，又有a＝＝kv，整理可得F＝kmv，可知F与v成正比，故A错误，B正确；由AB分析可知，F与v成正比，则物块做加速度增大的加速运动，则v-t图像的斜率随着速度增大而增大，故CD错误。
考点二　动力学中的连接体问题
考向1　共速连接体
　(2026·西北工大附中月考)如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与木块的质量无关
解析：C　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。
[拓展]　在[例4]中，用力F竖直向上拉木块时，如图甲所示，绳的拉力大小FT＝__________；用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，如图乙所示，绳的拉力大小为__________；斜面不光滑时绳的拉力大小FT＝__________。
图甲 　 图乙
答案：
力的分配协议
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之间的相互作用力FT＝，若作用于m2上，则FT＝。
考向2　关联速度连接体
　(2025·安徽卷，5)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
解析：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FT－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－FT＝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FT＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有FN＝Mg＋mg＋FT，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。
[归纳总结]　常见连接体模型
(1)共速连接体模型
①绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
②叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
(2)关联速度连接体模型
轻绳在伸直状态下，A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。
考点三　动力学中的临界极值问题
考向1　摩擦力作用下的临界问题
　(多选)(2026·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　)
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：CD　A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力为μmg，故当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－＝3ma，设A、B间的摩擦力为Ff，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，两式联立得F＝3Ff－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为Ffmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为Ffmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，故D正确。
相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
考向2　接触与脱离的临界问题
　(2025·山东省实验中学月考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1g sin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。
答案：72 N　36 N,
两物体脱离的临界条件：FN＝0。
考向3　动力学中的极值问题
　(2025·安徽芜湖一中质检)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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图甲　 　　　　　图乙
(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。
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－mg sin θ－μmg cos 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F cos α－mg sin θ－μFN＝ma
垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos 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,
方法技巧
(1)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。
(2)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。
(3)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。
素养拓展　牛顿第二定律在物体体系中的应用
若系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为m1、m2、m3…，加速度分别为a1、a2、a3…，这个系统受到的合外力为F合，则这个系统应用牛顿第二定律的表达式为F合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋…＋mnan，
其正交表达式为
Fx合＝m1a1x＋m2a2x＋m3a3x＋…＋mnanx，Fy合＝m1a1y＋m2a2y＋m3a3y＋…＋mnany。
　(2026·华南师大附中月考)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，求楔形木块对水平桌面的压力和静摩擦力。
解析：木楔M受力如图所示，利用系统牛顿第二定律列方程，规定水平向右为正方向：
　
y方向：Fy合＝(M＋2m)g－FN地＝M×0＋mg sin2α＋mg sin2β
x方向：Fx合＝Ff地＝M×0－mg sinαcos α＋mg sin βcos β
解得Ff地＝0
FN地＝(M＋m)g
由牛顿第三定律可知，楔形木块对水平桌面的压力FN＝FN地＝(M＋m)g，方向竖直向下，静摩擦力Ff＝Ff地＝0。
答案：(M＋m)g，方向竖直向下　0
限时规范训练(15)　牛顿运动定律的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：71分)
(选择题1～6题每题5分，7～10题每题6分，12题7分，共61分)
[基础巩固练]
1．(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，质量为3m的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内有一个质量为m的木块相对铁箱静止在后壁上，则木块对铁箱压力的大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．2F
解析：A　分析整体的受力，由牛顿第二定律得F＝(3m＋m)a，隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得FN＝ma，联立两式得FN＝F，由牛顿第三定律得木块对铁箱的压力与铁箱对木块的弹力FN等大反向，故A正确，BCD错误。故选A。
2．(2025·四川成都四中高三月考)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v-t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．t1＝1 s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3 m
C．t1至t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2
D．t1至t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
解析：B　根据vm＝gt1可知t1＝ s＝0.6 s，故A错误；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为h＝vm·×0.6 m＝3 m，故B正确；t1至t1时间内，鸟的加速度大小为a＝ m/s2＝15 m/s2，根据牛顿第二定律可得f－mg＝ma可得，故CD错误。
3．(2025·北京海淀二模)如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能(　　)
A．突然向下加速运动
B．突然向下减速运动
C．突然向左加速运动
D．突然向右减速运动
解析：A　开始木箱和物块A均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A可能突然相对木箱底面向左移动，故A正确；木箱突然向下做减速运动，物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A不可能突然相对木箱底面向左移动，故B错误；当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C错误；木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A相对木箱底面可能向右移动，故D错误。
4．(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：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。
5．(多选)(2023·全国甲卷，6)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
解析：BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。
6．(2026·河北衡水二中一调)如图所示，一质量为m0＝2 kg，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．斜面体对物块的支持力大小为8 N
B．斜面体的加速度大小为a＝2.4 m/s2
C．水平恒力大小F＝7.2 N
D．若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止，则F＝22.5 N
解析：D　对m0、m整体分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F＝(m0＋m)a，竖直方向上有FN＝(m0＋m)g，对m0分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有FN1sin θ＝m0a，竖直方向上有FN1cos θ＋m0g＝FN，联立解得a＝m/s2，F＝11.25 N，FN1＝12.5 N，根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持力为12.5 N，故A、B、C错误；若水平作用力F作用到m0上且系统仍保持相对静止，则对整体有F＝(m0＋m)a′，对m有mg tan 37°＝ma′，解得F＝22.5 N，故D正确。故选D。
[能力提升练]
7．(2025·四川广元开学考)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：C　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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v02＝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＝－gg，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
8．(2025·湖南长沙市一中高三月考)如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA＝0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB＝μC＝0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．滑块A能获得的最大加速度为1 m/s2
B．A、B之间的初始距离为4 m
C．滑块A的质量为1 kg
D．若F＝10.5 N，A、C之间将发生相对滑动
解析：C　对滑块A有μAmg＝maA，解得aA＝2 m/s2，A错误；对滑块B有μBmg＝maB，解得aB＝1 m/s2，由题图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t＝ s＝2 s，由aAt2－aBt2＝L，解得L＝2 m，B错误；当F＝8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F－4μCmg＝4maB，得m＝1 kg，C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1－4μCmg－μAmg－μBmg＝2maA，得F1＝11 N，故F＝10.5 N时，A、C均保持静止，D错误。
9．(多选)(2026·河北衡水二中一调)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，则下列关系正确的是(　　)
图甲 图乙
A．物体B的质量为12 kg
B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N
D．弹簧的劲度系数为80 N/m
解析：BD　设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物体A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分离之前，根据牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合图乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正确；x＝0时，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分离后，对A由牛顿第二定律得22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C错误。
10．(多选)(2026·河北定州中学开学考)如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端连接物块A，另一端连接物块B。现给物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做匀速运动，接触弹簧后物块A最多可将弹簧自由端压缩1 m到达O点，然后被弹簧弹回。已知物块A、B的质量分别为4 kg和1 kg，斜面的倾角为30°，弹簧的劲度系数为30 N/m，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中物块B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止。下列说法正确的是(　　)
A．物块A与斜面间的动摩擦因数为
B．物块A接触弹簧前，地面对斜面的摩擦力水平向左
C．物块A到达O点前的瞬间，轻绳的拉力大小为10 N
D．物块A离开O点后的瞬间，轻绳的拉力大小为8 N
解析：AD　在物块A接触弹簧前，对物块A、B组成的系统，由力的平衡条件得FNA＝m1g cos 30°，m1g sin 30°＝m2g＋Ff，又 Ff＝μFNA，解得 μ＝，A正确；物块A接触弹簧前，A、B与斜面组成的系统处于平衡状态，所以地面对斜面的摩擦力为0，B错误；物块A到达O点前的瞬间，A、B组成的系统减速至0，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2g＋Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a1，对物块B有m2g－F1＝m2a1，解得F1＝4 N，C错误；物块A离开O点后的瞬间，A、B组成的系统从静止开始加速，设此时的加速度大小为a2，由受力分析可知 m2g－Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a2，对物块B有m2g－F2＝m2a2，解得F2＝8 N，D正确。故选AD。
11．(10分)(2026·重庆八中高三开学考)某货物转运轨道的简化模型如图所示：AB段为倾角30°的粗糙斜面，与货物间的滑动摩擦因数μ1＝；BC段为倾角37°的粗糙斜面，长度为5 m，与货物间的滑动摩擦因数μ2未知。某次将货物从AB段上某点静止释放，货物经过4 s到达B点。货物可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求货物到达B点时的速度大小；
(2)若货物经过B点时速度大小不变，为了使货物最终能静止于BC段，求μ2的最小值。
解析：(1)对A处货物受力分析：
沿斜面方向，由牛顿第二定律mg sin 30°－μ1mg cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
A到B由运动学公式vB＝a1t
解得vB＝10 m/s。
(2)对BC段货物受力分析：
斜面方向有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma2
B→C根据运动学公式v02＝2a2L
解得μ2＝0.5
又因需要静止在斜面应满足mg sin 37°≤μ2mg cos 37°
可得μ2≥0.75
综上所述μ2的最小值为0.75。
答案：(1)10 m/s　(2)0.75
[培优创新练]
12．(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(　　)
解析：B　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－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy′－mg，木块所受合外力向上，随着Δy′增大，F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确；同理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y-t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，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，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，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图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点，C、D错误。(共62张PPT)
第3讲　牛顿运动定律的综合应用
1.理解动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。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.理解几种常见的临界、极值条件，会解决相关的临界、极值问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　动力学中的图像问题
考向1　由动力学图像分析相关问题
(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷，10)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(　　)
图(a) 　图(b)
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
解析：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t02，对乙有x0＝v0t0－a乙t02，由于t＝t0时乙
图(a) 　图(b)
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mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma甲，对乙有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时甲的速度为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零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，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。
图(a) 　图(b)
应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
B
考向2　由已知条件确定有关图像问题
(2025·山东省济南市高三质检)某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是(　　)
解析：B　设排球的质量为m，受到的空气阻力大小为f，上升过程和下降过程中的加速度大小分别为a上和a下，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋>a下＝g－，由v-t图像中图线的斜率表示加速度，可知上升过程中图像的斜率的绝对值比下降过程中图像的斜率的绝对值大；又由于排球最终落回出发点，可知排球上升过程和下降过程的位移大小相等，由v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，t轴上、下方图线与t轴围成的面积大小应相同。综上所述，B可能正确，A、C、D错误。
思路点拨：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。
考向3　图像间的转换
(2025·湖南麓山外国语实验中学一模)如图1所示，小木块在水平外力F的作用下由静止开始沿光滑水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图2所示。下列外力F随速度v、速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
图1　　　　　　　图2
B
解析：B　根据题意，由图2可知v＝kx，由牛顿第二定律有F＝ma，又有a＝＝kv，整理可得F＝kmv，可知F与v成正比，故A错误，B正确；由AB分析可知，F与v成正比，则物块做加速度增大的加速运动，则v-t图像的斜率随着速度增大而增大，故CD错误。
图1　　　　　　　图2
考点二　动力学中的连接体问题
考向1　共速连接体
(2026·西北工大附中月考)如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与木块的质量无关
C
解析：C　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。
力的分配协议
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之间的相互作用力FT＝，若作用于m2上，则FT＝。
[拓展]　在[例4]中，用力F竖直向上拉木块时，如图甲所示，绳的拉力大小FT＝________；用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，如图乙所示，绳的拉力大小为________；斜面不光滑时绳的拉力大小FT＝__________。
图甲 　 图乙
答案：
考向2　关联速度连接体
(2025·安徽卷，5)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
解析：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FT－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－FT＝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FT＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有FN＝Mg＋mg＋FT，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。
[归纳总结]　常见连接体模型
(1)共速连接体模型
①绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
②叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
(2)关联速度连接体模型
轻绳在伸直状态下，A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
考点三　动力学中的临界极值问题
考向1　摩擦力作用下的临界问题
(多选)(2026·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　)
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
CD
解析：CD　A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，
B所受地面的最大静摩擦力为μmg，故当F
<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－＝3ma，设A、B间的摩擦力为Ff，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，两式联立得F＝3Ff－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为Ffmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg－3μmg，解得A、B间的摩擦力Ff＝μmg，故B错误；由前述分析可知，当F>3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为Ffmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，故D正确。
相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
考向2　接触与脱离的临界问题
(2025·山东省实验中学月考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1g sin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。
答案：72 N　36 N
两物体脱离的临界条件：FN＝0。
考向3　动力学中的极值问题
(2025·安徽芜湖一中质检)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，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。
图甲　 　　　　　图乙
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－mg sin θ－μmg cos 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F cos α－mg sin θ－μFN＝ma
垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos 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。
图甲　 　　　图乙
答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
方法技巧
(1)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。
(2)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。
(3)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。
素养拓展　牛顿第二定律在物体体系中的应用
若系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为m1、m2、m3…，加速度分别为a1、a2、a3…，这个系统受到的合外力为F合，则这个系统应用牛顿第二定律的表达式为F合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋…＋mnan，
其正交表达式为
Fx合＝m1a1x＋m2a2x＋m3a3x＋…＋mnanx，Fy合＝m1a1y＋m2a2y＋m3a3y＋…＋mnany。
(2026·华南师大附中月考)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，求楔形木块对水平桌面的压力和静摩擦力。
解析：木楔M受力如图所示，利用系统牛顿第二定律列方程，规定水平向右为正方向：
y方向：Fy合＝(M＋2m)g－FN地＝M×0＋mg sin2α＋mg sin2β
x方向：Fx合＝Ff地＝M×0－mg sinαcos α＋mg sin βcos β解得Ff地＝0
FN地＝(M＋m)g
由牛顿第三定律可知，楔形木块对水平桌面的压力FN＝FN地＝(M＋m)g，方向竖直向下，静摩擦力Ff＝Ff地＝0。
答案：(M＋m)g，方向竖直向下　0
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限时规范
训练(15)　牛顿运动定律的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：71分)
(选择题1～6题每题5分，7～10题每题6分，12题7分，共61分)
[基础巩固练]
1．(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，质量为3m的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内有一个质量为m的木块相对铁箱静止在后壁上，则木块对铁箱压力的大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．2F
A
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解析：A　分析整体的受力，由牛顿第二定律得F＝(3m＋m)a，隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得FN＝ma，联立两式得FN＝F，由牛顿第三定律得木块对铁箱的压力与铁箱对木块的弹力FN等大反向，故A正确，BCD错误。故选A。
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2．(2025·四川成都四中高三月考)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v-t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．t1＝1 s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3 m
C．t1至t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2
D．t1至t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
B
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解析：B　根据vm＝gt1可知t1＝ s＝0.6 s，故A错误；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为h＝vm·×0.6 m＝3 m，故B正确；t1至t1时间内，鸟的加速度大小为a＝ m/s2＝15 m/s2，根据牛顿第二定律可得f－mg＝ma可得，故CD错误。
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3．(2025·北京海淀二模)如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能
(　　)
A．突然向下加速运动
B．突然向下减速运动
C．突然向左加速运动
D．突然向右减速运动
A
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解析：A　开始木箱和物块A均保持静止，根据平衡条件
知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。若木箱突然向
下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减
小，最大静摩擦力减小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A可能突然相对木箱底面向左移动，故A正确；木箱突然向下做减速运动，物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A不可能突然相对木箱底面向左移动，故B错误；当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C错误；木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A相对木箱底面可能向右移动，故D错误。
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4．(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(　　)
D
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解析：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。
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5．(多选)(2023·全国甲卷，6)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
BC
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解析：BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。
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6．(2026·河北衡水二中一调)如图所示，一质量为m0＝2 kg，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．斜面体对物块的支持力大小为8 N
B．斜面体的加速度大小为a＝2.4 m/s2
C．水平恒力大小F＝7.2 N
D．若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止，则F＝22.5 N
D
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解析：D　对m0、m整体分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F＝(m0＋m)a，竖直方向上有FN＝(m0＋m)g，对m0分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有FN1sin θ＝m0a，竖直方向上有FN1cos θ＋m0g＝FN，联立解得a＝m/s2，F＝11.25 N，FN1＝12.5 N，根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持力为12.5 N，故A、B、C错误；若水平作用力F作用到m0上且系统仍保持相对静止，则对整体有F＝(m0＋m)a′，对m有mg tan 37°＝ma′，解得F＝22.5 N，故D正确。故选D。
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[能力提升练]
7．(2025·四川广元开学考)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
C　
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解析：C　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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v02＝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＝－gg，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
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8．(2025·湖南长沙市一中高三月考)如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA＝0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB＝μC＝0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
C
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A．滑块A能获得的最大加速度为1 m/s2
B．A、B之间的初始距离为4 m
C．滑块A的质量为1 kg
D．若F＝10.5 N，A、C之间将发生相对滑动
图甲 图乙
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解析：C　对滑块A有μAmg＝maA，解得aA＝2 m/s2，A错误；对滑块B有μBmg＝maB，解得aB＝1 m/s2，由题图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t＝ s＝2 s，由aAt2－aBt2＝L，解得L＝2 m，B错误；当F＝8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F－4μCmg＝4maB，
得m＝1 kg，C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1－4μCmg－μAmg－μBmg＝2maA，得F1＝11 N，故F＝10.5 N时，A、C均保持静止，D错误。
图甲 图乙
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9．(多选)(2026·河北衡水二中一调)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，则下列关系正确的是(　　)
A．物体B的质量为12 kg
B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N
D．弹簧的劲度系数为80 N/m
图甲 图乙
BD
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解析：BD　设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物体A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分离之前，根据牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合
图甲 图乙
图乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正确；x＝0时，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分离后，对A由牛顿第二定律得22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C错误。
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10．(多选)(2026·河北定州中学开学考)如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端连接物块A，另一端连接物块B。现给物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做匀速运动，接触弹簧后物块A最多可将弹簧自由端压缩1 m到达O点，然后被弹簧弹回。已知物块A、B的质量分别为4 kg和1 kg，斜面的倾角为30°，弹簧的劲度系数为30 N/m，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中物块B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止。下列说法正确的是(　　)
A．物块A与斜面间的动摩擦因数为
B．物块A接触弹簧前，地面对斜面的摩擦力水平向左
C．物块A到达O点前的瞬间，轻绳的拉力大小为10 N
D．物块A离开O点后的瞬间，轻绳的拉力大小为8 N
AD
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解析：AD　在物块A接触弹簧前，对物块A、B组成的系统，由力的平衡条件得FNA＝m1g cos 30°，m1g sin 30°＝m2g＋Ff，又 Ff＝μFNA，解得 μ＝，A正确；物块A接触弹簧前，A、B与斜面组成的系统处
于平衡状态，所以地面对斜面的摩擦力为0，B错误；物块A到达O点前的瞬间，A、B组成的系统减速至0，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2g＋Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a1，对物块B有m2g－F1＝m2a1，解得F1＝4 N，C错误；物块A离开O点后的瞬间，A、B组成的系统从静止开始加速，设此时的加速度大小为a2，由受力分析可知 m2g－Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a2，对物块B有m2g－F2＝m2a2，解得F2＝8 N，D正确。故选AD。
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11．(10分)(2026·重庆八中高三开学考)某货物转运轨道的简化模型如图所示：AB段为倾角30°的粗糙斜面，与货物间的滑动摩擦因数μ1＝；BC段为倾角37°的粗糙斜面，长度为5 m，与货物间的滑动摩擦因数μ2未知。某次将货物从AB段上某点静止释放，货物经过4 s到达B点。货物可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求货物到达B点时的速度大小；
(2)若货物经过B点时速度大小不变，为了使货物最终能静止于BC段，求μ2的最小值。
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解析：(1)对A处货物受力分析：
沿斜面方向，由牛顿第二定律mg sin 30°－μ1mg cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
A到B由运动学公式vB＝a1t
解得vB＝10 m/s。
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(2)对BC段货物受力分析：
斜面方向有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma2
B→C根据运动学公式v02＝2a2L
解得μ2＝0.5
又因需要静止在斜面应满足mg sin 37°≤μ2mg cos 37°
可得μ2≥0.75
综上所述μ2的最小值为0.75。
答案：(1)10 m/s　(2)0.75
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[培优创新练]
12．(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
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解析：B　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－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy′－mg，木块所受合外力向上，随着Δy′增大，F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确；同
理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y-t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，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，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点
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过程中，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图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点，C、D错误。
第3讲　牛顿运动定律的综合应用
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(15)　牛顿运动定律的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：71分)
(选择题1～6题每题5分，7～10题每题6分，12题7分，共61分)
[基础巩固练]
1．(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，质量为3m的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内有一个质量为m的木块相对铁箱静止在后壁上，则木块对铁箱压力的大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．2F
解析：A　分析整体的受力，由牛顿第二定律得F＝(3m＋m)a，隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得FN＝ma，联立两式得FN＝F，由牛顿第三定律得木块对铁箱的压力与铁箱对木块的弹力FN等大反向，故A正确，BCD错误。故选A。
2．(2025·四川成都四中高三月考)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v-t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．t1＝1 s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3 m
C．t1至t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2
D．t1至t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
解析：B　根据vm＝gt1可知t1＝ s＝0.6 s，故A错误；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为h＝vm·×0.6 m＝3 m，故B正确；t1至t1时间内，鸟的加速度大小为a＝ m/s2＝15 m/s2，根据牛顿第二定律可得f－mg＝ma可得，故CD错误。
3．(2025·北京海淀二模)如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能(　　)
A．突然向下加速运动
B．突然向下减速运动
C．突然向左加速运动
D．突然向右减速运动
解析：A　开始木箱和物块A均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A可能突然相对木箱底面向左移动，故A正确；木箱突然向下做减速运动，物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A不可能突然相对木箱底面向左移动，故B错误；当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C错误；木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A相对木箱底面可能向右移动，故D错误。
4．(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：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。
5．(多选)(2023·全国甲卷，6)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
解析：BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。
6．(2026·河北衡水二中一调)如图所示，一质量为m0＝2 kg，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．斜面体对物块的支持力大小为8 N
B．斜面体的加速度大小为a＝2.4 m/s2
C．水平恒力大小F＝7.2 N
D．若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止，则F＝22.5 N
解析：D　对m0、m整体分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F＝(m0＋m)a，竖直方向上有FN＝(m0＋m)g，对m0分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有FN1sin θ＝m0a，竖直方向上有FN1cos θ＋m0g＝FN，联立解得a＝m/s2，F＝11.25 N，FN1＝12.5 N，根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持力为12.5 N，故A、B、C错误；若水平作用力F作用到m0上且系统仍保持相对静止，则对整体有F＝(m0＋m)a′，对m有mg tan 37°＝ma′，解得F＝22.5 N，故D正确。故选D。
[能力提升练]
7．(2025·四川广元开学考)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：C　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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v02＝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＝－gg，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
8．(2025·湖南长沙市一中高三月考)如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA＝0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB＝μC＝0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
图甲 图乙
A．滑块A能获得的最大加速度为1 m/s2
B．A、B之间的初始距离为4 m
C．滑块A的质量为1 kg
D．若F＝10.5 N，A、C之间将发生相对滑动
解析：C　对滑块A有μAmg＝maA，解得aA＝2 m/s2，A错误；对滑块B有μBmg＝maB，解得aB＝1 m/s2，由题图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t＝ s＝2 s，由aAt2－aBt2＝L，解得L＝2 m，B错误；当F＝8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F－4μCmg＝4maB，得m＝1 kg，C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1－4μCmg－μAmg－μBmg＝2maA，得F1＝11 N，故F＝10.5 N时，A、C均保持静止，D错误。
9．(多选)(2026·河北衡水二中一调)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，则下列关系正确的是(　　)
图甲 图乙
A．物体B的质量为12 kg
B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N
D．弹簧的劲度系数为80 N/m
解析：BD　设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物体A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分离之前，根据牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合图乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正确；x＝0时，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分离后，对A由牛顿第二定律得22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C错误。
10．(多选)(2026·河北定州中学开学考)如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端连接物块A，另一端连接物块B。现给物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做匀速运动，接触弹簧后物块A最多可将弹簧自由端压缩1 m到达O点，然后被弹簧弹回。已知物块A、B的质量分别为4 kg和1 kg，斜面的倾角为30°，弹簧的劲度系数为30 N/m，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中物块B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止。下列说法正确的是(　　)
A．物块A与斜面间的动摩擦因数为
B．物块A接触弹簧前，地面对斜面的摩擦力水平向左
C．物块A到达O点前的瞬间，轻绳的拉力大小为10 N
D．物块A离开O点后的瞬间，轻绳的拉力大小为8 N
解析：AD　在物块A接触弹簧前，对物块A、B组成的系统，由力的平衡条件得FNA＝m1g cos 30°，m1g sin 30°＝m2g＋Ff，又 Ff＝μFNA，解得 μ＝，A正确；物块A接触弹簧前，A、B与斜面组成的系统处于平衡状态，所以地面对斜面的摩擦力为0，B错误；物块A到达O点前的瞬间，A、B组成的系统减速至0，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2g＋Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a1，对物块B有m2g－F1＝m2a1，解得F1＝4 N，C错误；物块A离开O点后的瞬间，A、B组成的系统从静止开始加速，设此时的加速度大小为a2，由受力分析可知 m2g－Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a2，对物块B有m2g－F2＝m2a2，解得F2＝8 N，D正确。故选AD。
11．(10分)(2026·重庆八中高三开学考)某货物转运轨道的简化模型如图所示：AB段为倾角30°的粗糙斜面，与货物间的滑动摩擦因数μ1＝；BC段为倾角37°的粗糙斜面，长度为5 m，与货物间的滑动摩擦因数μ2未知。某次将货物从AB段上某点静止释放，货物经过4 s到达B点。货物可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求货物到达B点时的速度大小；
(2)若货物经过B点时速度大小不变，为了使货物最终能静止于BC段，求μ2的最小值。
解析：(1)对A处货物受力分析：
沿斜面方向，由牛顿第二定律mg sin 30°－μ1mg cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
A到B由运动学公式vB＝a1t
解得vB＝10 m/s。
(2)对BC段货物受力分析：
斜面方向有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma2
B→C根据运动学公式v02＝2a2L
解得μ2＝0.5
又因需要静止在斜面应满足mg sin 37°≤μ2mg cos 37°
可得μ2≥0.75
综上所述μ2的最小值为0.75。
答案：(1)10 m/s　(2)0.75
[培优创新练]
12．(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(　　)
解析：B　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－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy′－mg，木块所受合外力向上，随着Δy′增大，F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确；同理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y-t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，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，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，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图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点，C、D错误。

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