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(共23張PPT)
專題二　應用牛頓運動定律解決“三類”常考問題
關鍵能力·分層突破
考點一　動力學圖象問題
1．常見的動力學圖象
v t圖象、a t圖象、F t圖象、F x圖象、F a圖象等．
2．“一、二、三、四”快速解決動力學圖象問題
例1. [2022·廣東佛山模擬]貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發生相對滑動，否則存在安全隱患．下面進行安全模擬測試實驗，如圖甲所示，一輛后車廂表面粗糙且足夠長的貨車向前以v＝4 m/s的速度勻速行駛，質量mA＝10 kg的貨物A(可看成質點)和質量mB＝20 kg的貨物B(可看成水平長板)疊放在一起，開始時A位于B的右端，在t＝0時刻將貨物A、B輕放到貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物B，貨物A、B在0～1 s時間內的速度—時間圖象如圖乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，計算結果均保留兩位有效數字．求：
(1)貨物A、B間的動摩擦因數μ1；
(2)貨物B與車廂表面間的動摩擦因數μ2；
(3)貨物B的長度L.
答案：(1)0.40　(2)0.67　(3)1.0 m
解析：(1)對貨物A進行分析，由圖乙知剛放上車廂時，A的加速度aA＝4 m/s2
由牛頓第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.40.
(2)對貨物B進行分析，由圖乙知剛放上車廂時，貨物B的加速度aB＝8 m/s2
由牛頓第二定律有μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67.
(3)解法一：由圖乙知，貨物B經時間t1＝0.5 s與車共速，貨物A經時間t2＝1 s與車共速，則在0～1 s時間內，貨物B的位移為xB＝＋v(t2－t1)
貨物A的位移為xA＝
分析可知，貨物B的長度L＝xB－xA
聯立解得L＝1.0 m.
解法二：從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中，貨物B對地位移設為x′B，貨物A對地位移設為x′A，則貨物B的長度L＝x′B－x′A
由圖乙知，貨物A、B對地位移之差在數值上等于各自的v?t圖線與坐標軸圍成的面積之差，即
L＝×(1－0.5)×4 m＝1.0 m.
[思維方法]
解決圖象綜合問題的關鍵
1．分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標軸所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點．
2．明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義．確定從圖象中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．
跟進訓練
1.如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態．現用一豎直向上的力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和x之間關系的圖象可能正確的是(　　)
答案：A
解析：設物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據牛頓第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma.
根據數學知識知F－x圖象是截距為ma的一次函數圖象．故選項A正確．
2．如圖甲所示，光滑斜面傾角為θ，用一水平外力F推著物體，逐漸增大F，物體沿斜面做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物體的質量m；
(2)若斜面足夠長，且撤去推力時物體的速度是沿斜面向上的12 m/s，求撤去推力后第3 s內物體的位移；
(3)要使物體在斜面上保持靜止，所施加的最小推力是多大？方向如何？
答案：(1)2 kg　(2)3 m，方向沿斜面向下
(3)12 N，沿斜面向上
解析：(1)當外力為零時，加速度為6 m/s2，
根據牛頓第二定律得mg sin θ＝ma
解得sin θ＝0.6
當外力為20 N時，加速度為2 m/s2，根據牛頓第二定律得F cos θ－mg sin θ＝ma′
解得m＝2 kg
(2)根據勻變速直線運動規律可得x＝＝－3 m
所以位移大小為3 m，方向沿斜面向下
(3)要使物體能靜止在斜面上，根據平衡條件知，當推力垂直于支持力，即沿斜面向上時，推力最小，為F＝mg sin θ＝12 N
考點二　動力學中的連接體問題
連接體模型是力學中常見的模型之一，通常是兩個或兩個以上的物體相牽連、并排或疊放，處理相對靜止類連接體問題的關鍵點是“一規律、一特點、兩方法”：
(1)一個核心規律——牛頓第二定律；
(2)一個重要特點——相互作用的物體對彼此的作用力大小相等；
(3)兩種重要方法——隔離法、整體法．
注意：①當求系統所受外力或系統加速度時往往用整體法，而求解內力時通常用隔離法，必要時需整體法、隔離法交替應用．
②若連接體內各物體的加速度不相同，則需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．
例2.[2022·江西六校聯考] (多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體放在粗糙的水平地面上，現有一帶固定支架的滑塊正沿斜面加速下滑．支架上用細線懸掛的小球達到穩定(與滑塊相對靜止)后，細線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止．則下列說法正確的是(　　)
A．滑塊與斜面間的摩擦力為零
B．滑塊與斜面間的摩擦力不為零
C．達到穩定狀態后，地面對斜面體的摩擦力水平向左
D.達到穩定狀態后，地面對斜面體的摩擦力水平向右
答案：AC
解析：設小球的質量為m0，滑塊(含支架)的質量為m，對小球進行受力分析，在沿斜面方向上，由牛頓第二定律有m0g sin θ＝m0a，解得a＝g sin θ，對滑塊(含支架)和小球整體進行受力分析，由牛頓第二定律(m＋m0)g sin θ－f＝(m＋m0)a，聯立解得f＝0，選項A正確，B錯誤；斜面體給滑塊只有垂直斜面向上的支持力，故斜面體只受到滑塊垂直斜面向下的壓力作用，此壓力在水平方向上的分力向右，故斜面體具有向右的運動趨勢，所以靜止的斜面體受到水平向左的靜摩擦力作用，選項C正確，D錯誤．
跟進訓練
3.如圖甲所示，A、B兩物體疊放在光滑水平面上，對物體A施加一水平力F，F t圖象如圖乙所示，兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，規定水平向右為正方向，則下列說法正確的是(　　)
A．兩物體在4 s時改變運動方向
B．在1～3 s時間內兩物體間的摩擦力為零
C．6 s時兩物體的速度為零
D．B物體所受的摩擦力方向始終與力F的方向相同
解析：以A、B為整體，由牛頓第二定律知，加速度a＝，方向一直向右，整體一直做加速運動，選項A、C錯誤；對B分析，摩擦力Ff＝m0a，方向始終與力F的方向相同，1～6 s內摩擦力不為0，選項B錯誤，D正確．
答案：D
4．如圖所示，水平面上O點及左側光滑，右側粗糙且足夠長，有6個質量均為m的完全相同的小滑塊(均可視為質點)用輕桿相連，相鄰小滑塊間的距離均為L，滑塊1恰好位于O點，滑塊2、3、…依次沿直線水平向左排開，現將水平恒力F作用于滑塊1，經觀察發現，第6個滑塊剛好到達O點時，系統靜止，已知重力加速度為g，滑塊與O點右側水平面間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是(　　)
A.水平恒力大小為2μmg
B．滑塊1進入而滑塊2未進入水平面粗糙部分時，系統的加速度為μg
C．滑塊3通過O點后到滑塊4通過O點前，滑塊3、4間輕桿上的作用力為0
D．滑塊5通過O點后到滑塊6通過O點前，滑塊5、6間輕桿上的作用力大小為μmg
答案：C
解析：從滑塊1開始運動到滑塊6運動到O點的過程，有F·5L－μmgL－μmg·2L－μmg·3L－μmg·4L－μmg·5L＝0，解得F＝3μmg，選項A錯誤；滑塊1進入而滑塊2未進入水平面粗糙部分時，對系統整體有F－μmg＝6ma，解得a＝μg，選項B錯誤；滑塊3通過O點后到滑塊4通過O點前，系統受到的總摩擦力為3μmg，拉力和摩擦力平衡，因此系統勻速運動，研究滑塊4、5、6整體可知，輕桿對滑塊4的作用力為0，選項C正確；滑塊5通過O點后到滑塊6通過O點前，對系統整體受力分析有F－T－5μmg＝6ma1，對滑塊6有T＝ma1，解得T＝－μmg，即輕桿對滑塊6有向左的作用力，大小為μmg，選項D錯誤．
考點三　動力學中的臨界和極值問題
1．臨界值或極值條件的標志
(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；
(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態；
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；
(4)若題目要求“最終加速度”“穩定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．處理臨界問題的三種方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件、也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
例3.如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動摩擦因數為μ＝0.3.用水平恒力F拉動小車，設物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為(重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)
A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
B．a1＝3 m/s2，a2＝6 m/s2
C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
D．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
答案：B
解析：物塊在水平方向上所受合力最大值是最大靜摩擦力，根據牛頓第二定律可知物塊的最大加速度為amax＝＝μg＝3 m/s2；當物塊的加速度a1跟進訓練
5.(多選)如圖所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2兩個小物塊，它們中間有細線連接．已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，連接它們的細線最大能承受6 N的拉力．現用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，為保持細線不斷，則(　　)
A．F1的最大值為10 N
B．F1的最大值為15 N
C．F2的最大值為10 N
D．F2的最大值為15 N
解析：若向左拉m1，對m2分析，則FTm＝m2a，得出最大加速度a＝3 m/s2；對兩物塊系統：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N，選項B正確，A錯誤；若向右拉m2，對m1分析，則FTm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2 m/s2；對兩物塊系統：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N，選項D錯誤，C正確．
答案：BC
6．如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑固定斜面上，物塊A、B質量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力．已知重力加速度為g，某時刻將細線剪斷，則剪斷細線瞬間，下列說法錯誤的是 (　　)
A．物塊B的加速度大小為g
B．物塊A、B間的彈力大小為mg
C．彈簧的彈力大小為mg
D．物塊A的加速度大小為g
答案：A
解析：剪斷細線前，對A分析，彈簧的彈力F彈＝mg sin 30°＝mg，則剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，對A、B整體分析，加速度大小a＝＝＝g，故A錯誤，C、D正確．隔離B，對B受力分析，根據牛頓第二定律得2mg sin 30°－FN＝2ma，解得FN＝mg，故B正確．專題二　應用牛頓運動定律解決“三類”常考問題
關鍵能力·分層突破
考點一　動力學圖象問題
1．常見的動力學圖象
v t圖象、a t圖象、F t圖象、F x圖象、F a圖象等．
2．“一、二、三、四”快速解決動力學圖象問題
例1. [2022·廣東佛山模擬]貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發生相對滑動，否則存在安全隱患．下面進行安全模擬測試實驗，如圖甲所示，一輛后車廂表面粗糙且足夠長的貨車向前以v＝4 m/s的速度勻速行駛，質量mA＝10 kg的貨物A(可看成質點)和質量mB＝20 kg的貨物B(可看成水平長板)疊放在一起，開始時A位于B的右端，在t＝0時刻將貨物A、B輕放到貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物B，貨物A、B在0～1 s時間內的速度—時間圖象如圖乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，計算結果均保留兩位有效數字．求：
(1)貨物A、B間的動摩擦因數μ1；
(2)貨物B與車廂表面間的動摩擦因數μ2；
(3)貨物B的長度L.
[思維方法]
解決圖象綜合問題的關鍵
1．分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標軸所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點．
2．明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義．確定從圖象中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．
跟進訓練
1.如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態．現用一豎直向上的力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和x之間關系的圖象可能正確的是(　　)
2．如圖甲所示，光滑斜面傾角為θ，用一水平外力F推著物體，逐漸增大F，物體沿斜面做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物體的質量m；
(2)若斜面足夠長，且撤去推力時物體的速度是沿斜面向上的12 m/s，求撤去推力后第3 s內物體的位移；
(3)要使物體在斜面上保持靜止，所施加的最小推力是多大？方向如何？
考點二　動力學中的連接體問題
連接體模型是力學中常見的模型之一，通常是兩個或兩個以上的物體相牽連、并排或疊放，處理相對靜止類連接體問題的關鍵點是“一規律、一特點、兩方法”：
(1)一個核心規律——牛頓第二定律；
(2)一個重要特點——相互作用的物體對彼此的作用力大小相等；
(3)兩種重要方法——隔離法、整體法．
注意：①當求系統所受外力或系統加速度時往往用整體法，而求解內力時通常用隔離法，必要時需整體法、隔離法交替應用．
②若連接體內各物體的加速度不相同，則需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．
例2.[2022·江西六校聯考] (多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體放在粗糙的水平地面上，現有一帶固定支架的滑塊正沿斜面加速下滑．支架上用細線懸掛的小球達到穩定(與滑塊相對靜止)后，細線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止．則下列說法正確的是(　　)
A．滑塊與斜面間的摩擦力為零
B．滑塊與斜面間的摩擦力不為零
C．達到穩定狀態后，地面對斜面體的摩擦力水平向左
D.達到穩定狀態后，地面對斜面體的摩擦力水平向右
跟進訓練
3.如圖甲所示，A、B兩物體疊放在光滑水平面上，對物體A施加一水平力F，F t圖象如圖乙所示，兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，規定水平向右為正方向，則下列說法正確的是(　　)
A．兩物體在4 s時改變運動方向
B．在1～3 s時間內兩物體間的摩擦力為零
C．6 s時兩物體的速度為零
D．B物體所受的摩擦力方向始終與力F的方向相同
4．如圖所示，水平面上O點及左側光滑，右側粗糙且足夠長，有6個質量均為m的完全相同的小滑塊(均可視為質點)用輕桿相連，相鄰小滑塊間的距離均為L，滑塊1恰好位于O點，滑塊2、3、…依次沿直線水平向左排開，現將水平恒力F作用于滑塊1，經觀察發現，第6個滑塊剛好到達O點時，系統靜止，已知重力加速度為g，滑塊與O點右側水平面間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是(　　)
A.水平恒力大小為2μmg
B．滑塊1進入而滑塊2未進入水平面粗糙部分時，系統的加速度為μg
C．滑塊3通過O點后到滑塊4通過O點前，滑塊3、4間輕桿上的作用力為0
D．滑塊5通過O點后到滑塊6通過O點前，滑塊5、6間輕桿上的作用力大小為μmg
考點三　動力學中的臨界和極值問題
1．臨界值或極值條件的標志
(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；
(2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態；
(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；
(4)若題目要求“最終加速度”“穩定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．處理臨界問題的三種方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件、也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
例3.如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動摩擦因數為μ＝0.3.用水平恒力F拉動小車，設物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為(重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)
A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
B．a1＝3 m/s2，a2＝6 m/s2
C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
D．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
跟進訓練
5.(多選)如圖所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2兩個小物塊，它們中間有細線連接．已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，連接它們的細線最大能承受6 N的拉力．現用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，為保持細線不斷，則(　　)
A．F1的最大值為10 N
B．F1的最大值為15 N
C．F2的最大值為10 N
D．F2的最大值為15 N
6．如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑固定斜面上，物塊A、B質量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力．已知重力加速度為g，某時刻將細線剪斷，則剪斷細線瞬間，下列說法錯誤的是 (　　)
A．物塊B的加速度大小為g
B．物塊A、B間的彈力大小為mg
C．彈簧的彈力大小為mg
D．物塊A的加速度大小為g
專題二　應用牛頓運動定律解決
“三類”常考問題
關鍵能力·分層突破
例1　解析：(1)對貨物A進行分析，由圖乙知剛放上車廂時，A的加速度aA＝4 m/s2
由牛頓第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.40.
(2)對貨物B進行分析，由圖乙知剛放上車廂時，貨物B的加速度aB＝8 m/s2
由牛頓第二定律有μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67.
(3)解法一：由圖乙知，貨物B經時間t1＝0.5 s與車共速，貨物A經時間t2＝1 s與車共速，則在0～1 s時間內，貨物B的位移為xB＝＋v(t2－t1)
貨物A的位移為xA＝
分析可知，貨物B的長度L＝xB－xA
聯立解得L＝1.0 m.
解法二：從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中，貨物B對地位移設為x′B，貨物A對地位移設為x′A，則貨物B的長度L＝x′B－x′A
由圖乙知，貨物A、B對地位移之差在數值上等于各自的v?t圖線與坐標軸圍成的面積之差，即
L＝×(1－0.5)×4 m＝1.0 m.
答案：(1)0.40　(2)0.67　(3)1.0 m
1.
解析：設物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據牛頓第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma.
根據數學知識知F－x圖象是截距為ma的一次函數圖象．故選項A正確．
答案：A
2．解析：(1)當外力為零時，加速度為6 m/s2，
根據牛頓第二定律得mg sin θ＝ma
解得sin θ＝0.6
當外力為20 N時，加速度為2 m/s2，根據牛頓第二定律得F cos θ－mg sin θ＝ma′
解得m＝2 kg
(2)根據勻變速直線運動規律可得x＝＝－3 m
所以位移大小為3 m，方向沿斜面向下
(3)要使物體能靜止在斜面上，根據平衡條件知，當推力垂直于支持力，即沿斜面向上時，推力最小，為F＝mg sin θ＝12 N
答案：(1)2 kg　(2)3 m，方向沿斜面向下
(3)12 N，沿斜面向上
例2　解析：設小球的質量為m0，滑塊(含支架)的質量為m，對小球進行受力分析，在沿斜面方向上，由牛頓第二定律有m0g sin θ＝m0a，解得a＝g sin θ，對滑塊(含支架)和小球整體進行受力分析，由牛頓第二定律(m＋m0)g sin θ－f＝(m＋m0)a，聯立解得f＝0，選項A正確，B錯誤；斜面體給滑塊只有垂直斜面向上的支持力，故斜面體只受到滑塊垂直斜面向下的壓力作用，此壓力在水平方向上的分力向右，故斜面體具有向右的運動趨勢，所以靜止的斜面體受到水平向左的靜摩擦力作用，選項C正確，D錯誤．
答案：AC
3．解析：以A、B為整體，由牛頓第二定律知，加速度a＝，方向一直向右，整體一直做加速運動，選項A、C錯誤；對B分析，摩擦力Ff＝m0a，方向始終與力F的方向相同，1～6 s內摩擦力不為0，選項B錯誤，D正確．
答案：D
4．解析：從滑塊1開始運動到滑塊6運動到O點的過程，有F·5L－μmgL－μmg·2L－μmg·3L－μmg·4L－μmg·5L＝0，解得F＝3μmg，選項A錯誤；滑塊1進入而滑塊2未進入水平面粗糙部分時，對系統整體有F－μmg＝6ma，解得a＝μg，選項B錯誤；滑塊3通過O點后到滑塊4通過O點前，系統受到的總摩擦力為3μmg，拉力和摩擦力平衡，因此系統勻速運動，研究滑塊4、5、6整體可知，輕桿對滑塊4的作用力為0，選項C正確；滑塊5通過O點后到滑塊6通過O點前，對系統整體受力分析有F－T－5μmg＝6ma1，對滑塊6有T＝ma1，解得T＝－μmg，即輕桿對滑塊6有向左的作用力，大小為μmg，選項D錯誤．
答案：C
例3　解析：物塊在水平方向上所受合力最大值是最大靜摩擦力，根據牛頓第二定律可知物塊的最大加速度為amax＝＝μg＝3 m/s2；當物塊的加速度a1答案：B
5．解析：若向左拉m1，對m2分析，則FTm＝m2a，得出最大加速度a＝3 m/s2；對兩物塊系統：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N，選項B正確，A錯誤；若向右拉m2，對m1分析，則FTm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2 m/s2；對兩物塊系統：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N，選項D錯誤，C正確．
答案：BC
6．解析：剪斷細線前，對A分析，彈簧的彈力F彈＝mg sin 30°＝mg，則剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，對A、B整體分析，加速度大小a＝＝＝g，故A錯誤，C、D正確．隔離B，對B受力分析，根據牛頓第二定律得2mg sin 30°－FN＝2ma，解得FN＝mg，故B正確．
答案：A

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