資源簡介

(共73張PPT)
牛頓第二定律的綜合應用
目標
要求
1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題.2.理解幾種常見的臨界極值條件. 3.會用極限法、假設法、數學方法解決臨界極值問題.4.掌握運動學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義.
專題強化二
內容索引
題型一　動力學中的連接體問題
題型二　動力學中的臨界和極值問題
題型三　動力學圖像問題
課時精練
題型一
動力學中的連接體問題
1.連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體.連接體一般(含彈簧的系統，系統穩定時)具有相同的運動情況(速度、加速度).
2.常見的連接體
(1)物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等.
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度.
速度、加速度相同
(4)彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等.
3.整體法與隔離法在連接體中的應用
整體法的選取原則 若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度
隔離法的選取原則 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內兩物體之間的作用力時，就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
整體法、隔離法的交替運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，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，應用牛頓第二定律求作用力，即
“先整體求加速度，后隔離求內力”.
例1　如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是
A.若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大
B.若木塊和地面間的動摩擦因數為μ，則繩的拉
力為 ＋μm1g
C.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關
D.繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關
考向1　共速連接體
√
若設木塊和地面間的動摩擦因數為μ，以兩木塊整體為研究對象，
例2　(多選)如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是
A.增大推力F B.減小傾角θ
C.減小B的質量 D.減小A的質量
√
√
設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，對A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，對B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，
例3　(2023·山東省師范大學附中高三月考)如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質量為m1＝1 kg的物塊A連接，另一端與質量為m2＝3 kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行.開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
A.繩的拉力大小為30 N
B.繩的拉力大小為6 N
C.物塊B的加速度大小為6 m/s2
D.如果將物塊B換成一個豎直向下且大小為30 N的力，對物塊A的運動沒有影響
考向2　關聯速度連接體
√
對B分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，聯立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B錯誤，C正確；
如果將物塊B換成一個豎直向下且大小為30 N的力，對A由牛頓第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一樣，對物塊A的運動有影響，故D錯誤.
題型二
動力學中的臨界和極值問題
例4　如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2(可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，拉力F作用于物體A，開始時F＝10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程中，則
A.當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態
B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N后，開始相對運動
C.兩物體從受力開始就有相對運動
D.兩物體始終沒有相對運動
考向1　相對滑動的臨界問題
√
當A、B間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)時，A、B才會發生相對運動.
此時對B有：Ffmax＝mBa，而Ffmax＝μmAg＝12 N，a＝6 m/s2，
即二者開始相對運動時的加速度為6 m/s2，此時對A、B整體：F＝(mA＋mB)a＝48 N，
即F>48 N后，A、B才會有相對運動，故選項A、B、C錯誤，D正確.
例5　(多選)(2023·河北保定市模擬)如圖所示，一質量M＝3 kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質量為m＝1 kg的光滑楔形物體.用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統恰好保持相對靜止地向左運動.重力加速度為g＝10 m/s2，下列判斷正確的是
A.系統做勻速直線運動
B.F＝40 N
C.斜面體對楔形物體的作用力大小為 N
D.增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動
√
√
對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A錯，B對.
增大力F，則斜面體在水平方向的加速度增大，則斜面體對楔形物體的支持力也增大，則支持力在豎直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物體將會相對斜面體沿斜面向上運動，D對.
例6　(多選)如圖所示，質量mB＝2 kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質量mA＝1 kg的小物塊A，整個裝置靜止.現對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下結論正確的是
A.變力F的最小值為2 N
B.變力F的最小值為6 N
C.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
√
考向2　恰好脫離的動力學臨界問題
√
A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F最小，即剛開始施力時，FNAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正確，A錯誤；
剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝ ＝0.05 m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數據得v＝0.2 m/s，C正確，D錯誤.
1.常見的臨界條件
(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值.
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：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FT＝0.
方法點撥
2.解題基本思路
(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；
(2)尋找過程中變化的物理量；
(3)探索物理量的變化規律；
(4)確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系.
方法點撥
3.解題方法
(1)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.
(2)假設法：臨界問題存在多種可能，特別是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.
(3)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.
方法點撥
例7　如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑.如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g取10 m/s2.
考向3　動力學中的極值問題
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值.
當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
當α＋θ＝90°，即θ＝60°時x最小，
題型三
動力學圖像問題
1.常見圖像
(1)v－t圖像：根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據牛頓第二定律求解.
(2)a－t圖像：注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體的受力情況應用牛頓第二定律列方程求解.
(3)F－t圖像：結合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況.
(4)F－a圖像：首先要根據具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，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.
2.解題策略
(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點.
(2)注意圖線中的一些特殊點：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等.
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷.
例8　甲、乙兩物體都靜止在水平面上，質量分別為m甲、m乙，與水平面間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙.現用水平拉力F分別作用于兩物體，加速度a與拉力F的關系如圖，圖中b、－2c、－c為相應坐標值，重力加速度為g.由圖可知
C.m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2
D.m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2
√
故a與F關系圖像的斜率表示質量的倒數，斜率越大，質量越小，
例9　(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左邊上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示.用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小.木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示.已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則
D.在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
√
A.F1＝μ1m1g
√
√
由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；
由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象， 根據牛頓第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確.
四
課時精練
1.在光滑的水平面上，有兩個相互接觸的物體，如圖所示，已知M>m，第一次用水平力F由左向右推M，物體間的相互作用力為F1；第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，物體間的相互作用力為F2，則
A.F1>F2
B.F1＝F2
C.F1D.無法確定
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基礎落實練
第一次用水平力F由左向右推M，對M、m整體，根據牛頓第二定律：F＝(M＋m)a，對m有：F1＝ma；
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第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，對M、m整體，根據牛頓第二定律：F＝(M＋m)a，對M有：F2＝Ma，已知M>m，所以F12.(2021·全國甲卷·14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上.橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變.將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關.若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將
A.逐漸增大
B.逐漸減小
C.先增大后減小
D.先減小后增大
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設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知
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可知θ＝45°時，t 有最小值，故當θ從由30°逐漸增大至60°時，物塊的下滑時間t先減小后增大，故選D.
3.如圖所示，質量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球圓心的連線與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A.小鐵球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽對小鐵球的支持力大小為
C.凹槽與小鐵球組成的系統的加速度大小
a＝gtan α
D.推力大小F＝Mgtan α
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根據小鐵球與光滑凹槽相對靜止可知，系統有向右的加速度且大小為a＝gtan α，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力大小為 推力F＝(M＋m)gtan α，選項A、B、D錯誤，C正確.
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4.(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m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.斜面光滑
B.斜面粗糙
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
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隔離小球，可知穩定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小為gsin θ，小球穩定后，支架系統的加速度與小球的加速度相同，對支架系統進行分析，只有斜面光滑，支架系統的加速度才是gsin θ，A正確，B錯誤.
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隔離斜面體，斜面體受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系統對它垂直斜面向下的壓力，因斜面體始終保持靜止，則斜面體還應受到地面對它水平向左的摩擦力，C正確，D錯誤.
5.(多選)(2023·四川成都市石室中學模擬)我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車.假設某列動車組各車廂質量均相等，在做勻加速直線運動時每節動車提供的動力均為F，動車組在水平直軌道上運行過程中每節車廂受到的阻力均為Ff.該動車組由8節車廂組成，其中第1、3、6節車廂為動車，其余為拖車，則該動車組
A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反
B.做勻加速直線運動時，第5、6節車廂間的作用力為
1.125F
C.做勻加速直線運動時，第5、6節車廂間的作用力為0.125F
D.做勻加速直線運動時，第6、7節車廂間的作用力為0.75F
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啟動時乘客的加速度方向與車廂的運動方向相同，乘客受重力和車廂的作用力，由平行四邊形定則可知，車廂對乘客的作用力方向與車運動的方向不是相反關系，故A錯誤；
做勻加速直線運動時，加速度為a＝ 對后三節車廂，有F56＋
F－3Ff＝3ma，解得第5、6節車廂間的作用力為F56＝0.125F，故B錯誤，C正確；
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對最后兩節車廂，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7節車廂間的作用力為F67＝0.75F，故D正確.
6.(多選)(2023·河南許昌市高三月考)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動.A、B的質量關系為mA>mB，它們與地面間的動摩擦因數相等.為使彈簧穩定時的伸長量增大，下列操作可行的是
A.僅增大B的質量
B.僅將A、B的位置對調
C.僅增大水平面的粗糙程度
D.僅增大水平恒力F
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彈簧穩定時的伸長量取決于彈簧的彈力FT，設物塊與地面間的動摩擦因數為μ，以整體為研究對象，
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則彈簧彈力的大小與水平面的粗糙程度無關，若增大彈簧彈力，可僅增大B的質量，也可僅將A、B位置對調，也可僅增大水平恒力F，故A、B、D正確，C錯誤.
7.一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連.小球某時刻正處于圖示狀態.設斜面對小球的支持力為FN，細繩對小球的拉力為FT，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是
A.若小車向左運動，FN可能為零
B.若小車向左運動，FT不可能為零
C.若小車向右運動，FN不可能為零
D.若小車向右運動，FT不可能為零
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若小車向左做減速運動，則加速度向右，若此時重力和繩子的拉力的合力可以使小球的加速度與小車的加速度相同，則FN可能為零，故A正確；
若小車向左加速運動，則加速度向左，若此時重力與斜面的支持力的合力可以使小球的加速度與小車的加速度相同，則FT可能為零，故B錯誤；
同理可知當小車向右運動時，也可能做加速或減速運動，故加速度也可能向右或向左，FN和FT均可能為零，故C、D錯誤.
8.(多選)物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置物塊A，物塊A、C通過細繩相連，細繩跨過定滑輪，如圖所示，物塊A、B、C質量均為m，現釋放物塊C，A和B一起以相同加速度加速運動，不計細繩與滑輪之間的摩擦力，重力加速度大小為g，A、B未與滑輪相撞，C未落地，則細繩中的拉力大小及A、B間的摩擦力大小分別為
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以C為研究對象，由牛頓第二定律得mg－FT＝ma；
9.(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑固定斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，根據圖乙中所提供的信息可以計算出
A.物體的質量
B.斜面傾角的正弦值
C.加速度為6 m/s2時物體的速度
D.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力
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由于外力F為變力，物體做非勻變速運動，故利用高中物理知識無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度，故C錯誤；
物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為Fmin＝mgsin θ＝12 N，故D正確.
10.(2023·云南省玉溪師范學院附屬中學高三檢測)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不拴接)，初始時物體處于靜止狀態，現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，則正確的結論是
A.物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態
B.彈簧的勁度系數為7.5 N/cm
C.物體的質量為3 kg
D.物體的加速度大小為5 m/s2
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物體與彈簧分離時，二者沒有相互作用力，所以彈簧處于原長，A錯誤；
物體與彈簧一起向上勻加速時，根據牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，
可知題圖乙中圖線斜率表示勁度系數，可得k＝5 N/cm，B錯誤；
根據牛頓第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，聯立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C錯誤，D正確.
11.(多選)(2019·全國卷Ⅲ·20)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平.t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.
由題給數據可以得出
A.木板的質量為1 kg
B.2～4 s內，力F的大小為0.4 N
C.0～2 s內，力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
√
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√
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由題圖(c)可知木板在0～2 s內處于靜止狀態，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；
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由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數，選項D錯誤.
12.一個質量m＝0.5 kg的小物塊(可看為質點)，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勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝8 m，已知斜面傾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8.求：
(1)物塊加速度a的大小；
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素養提升練
答案　2 m/s2　
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根據L＝v0t＋ 代入數據解得a＝2 m/s2.
(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數μ；
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答案　0.5　
根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入數據解得μ＝0.5.
(3)若拉力F的大小和方向可調節，如圖所示，為保持原加速度不變，F的最小值是多少.
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設F與斜面夾角為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
當sin(φ＋α)＝1時，F有最小值Fmin，專題強化二　牛頓第二定律的綜合應用
目標要求　1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題.2.理解幾種常見的臨界極值條件.3.會用極限法、假設法、數學方法解決臨界極值問題.4.掌握運動學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義．
題型一　動力學中的連接體問題
1．連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統，系統穩定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．
2．常見的連接體
(1)物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度．
速度、加速度相同
(4)彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等．
3．整體法與隔離法在連接體中的應用
整體法的選取原則 若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度
隔離法的選取原則 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內兩物體之間的作用力時，就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
整體法、隔離法的交替運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，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，應用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內力”.
考向1　共速連接體
例1　如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大
B．若木塊和地面間的動摩擦因數為μ，則繩的拉力為＋μm1g
C．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關
D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關
答案　C
解析　若設木塊和地面間的動摩擦因數為μ，以兩木塊整體為研究對象，根據牛頓第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木塊1為研究對象，根據牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝，系統加速度與木塊1加速度相同，聯立解得FT＝F，可知繩子拉力大小與動摩擦因數μ無關，與兩木塊質量大小有關，即與水平面是否粗糙無關，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝F，且m2越大繩的拉力越小，故選C.
例2　(多選)如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的固定斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是(　　)
A．增大推力F B．減小傾角θ
C．減小B的質量 D．減小A的質量
答案　AD
解析　設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，對A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，對B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上兩式可得FAB＝F＝，為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，僅增大推力F、僅減小A的質量或僅增大B的質量，故A、D正確，B、C錯誤．
考向2　關聯速度連接體
例3　(2023·山東省師范大學附中高三月考)如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質量為m1＝1 kg的物塊A連接，另一端與質量為m2＝3 kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行．開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．繩的拉力大小為30 N
B．繩的拉力大小為6 N
C．物塊B的加速度大小為6 m/s2
D．如果將物塊B換成一個豎直向下且大小為30 N的力，對物塊A的運動沒有影響
答案　C
解析　對B分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，聯立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B錯誤，C正確；如果將物塊B換成一個豎直向下且大小為30 N的力，對A由牛頓第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一樣，對物塊A的運動有影響，故D錯誤．
題型二　動力學中的臨界和極值問題
考向1　相對滑動的臨界問題
例4　如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2(可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，拉力F作用于物體A，開始時F＝10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程中，則(　　)
A．當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態
B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N后，開始相對運動
C．兩物體從受力開始就有相對運動
D．兩物體始終沒有相對運動
答案　D
解析　當A、B間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)時，A、B才會發生相對運動．此時對B有：Ffmax＝mBa，而Ffmax＝μmAg＝12 N，a＝6 m/s2，即二者開始相對運動時的加速度為6 m/s2，此時對A、B整體：F＝(mA＋mB)a＝48 N，即F>48 N后，A、B才會有相對運動，故選項A、B、C錯誤，D正確．
例5　(多選)(2023·河北保定市模擬)如圖所示，一質量M＝3 kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質量為m＝1 kg的光滑楔形物體．用一水平向左的恒力F作用在斜面體上，系統恰好保持相對靜止地向左運動．重力加速度為g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　)
A．系統做勻速直線運動
B．F＝40 N
C．斜面體對楔形物體的作用力大小為5 N
D．增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動
答案　BD
解析　對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A錯，B對．斜面體對楔形物體的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C錯．增大力F，則斜面體在水平方向的加速度增大，則斜面體對楔形物體的支持力也增大，則支持力在豎直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物體將會相對斜面體沿斜面向上運動，D對．
考向2　恰好脫離的動力學臨界問題
例6　(多選)如圖所示，質量mB＝2 kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質量mA＝1 kg的小物塊A，整個裝置靜止．現對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2 m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下結論正確的是(　　)
A．變力F的最小值為2 N
B．變力F的最小值為6 N
C．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2 m/s
D．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為 m/s
答案　BC
解析　A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝
(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F最小，即剛開始施力時，FNAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正確，A錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝＝0.05 m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01 m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數據得v＝0.2 m/s，C正確，D錯誤．
1．常見的臨界條件
(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：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FT＝0.
2．解題基本思路
(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；
(2)尋找過程中變化的物理量；
(3)探索物理量的變化規律；
(4)確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系．
3．解題方法
(1)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．
(2)假設法：臨界問題存在多種可能，特別是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．
(3)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．
考向3　動力學中的極值問題
例7　如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
答案　(1)　(2)θ＝60°　 m
解析　(1)當θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsin 30°＝Ff，Ff＝μmgcos 30°，聯立解得μ＝.
(2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
當α＋θ＝90°，即θ＝60°時x最小，
最小值為xmin＝
＝＝ m．
題型三　動力學圖像問題
1．常見圖像
(1)v－t圖像：根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據牛頓第二定律求解．
(2)a－t圖像：注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體的受力情況應用牛頓第二定律列方程求解．
(3)F－t圖像：結合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況．
(4)F－a圖像：首先要根據具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，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．
2．解題策略
(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點．
(2)注意圖線中的一些特殊點：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等．
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
例8　甲、乙兩物體都靜止在水平面上，質量分別為m甲、m乙，與水平面間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙．現用水平拉力F分別作用于兩物體，加速度a與拉力F的關系如圖，圖中b、－2c、－c為相應坐標值，重力加速度為g.由圖可知(　　)
A．μ甲＝，m甲＝
B．μ甲＝，m甲＝
C．m甲∶m乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2
D．m甲∶m乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2
答案　B
解析　對質量為m的物體受力分析，根據牛頓第二定律，有：F－μmg＝ma，可得：a＝－μg，故a與F關系圖像的斜率表示質量的倒數，斜率越大，質量越小，故有m甲＝，m乙＝，即m甲∶m乙＝1∶2；由題圖可知縱截距為－μg，故μ甲＝，μ乙＝，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故選B.
例9　(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左邊上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小．木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則(　　)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
答案　BCD
解析　由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；
由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象， 根據牛頓第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝(μ2－μ1)g，由F2>F1知
μ2>μ1，故B、C正確；
由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確．
課時精練
1.在光滑的水平面上，有兩個相互接觸的物體，如圖所示，已知M>m，第一次用水平力F由左向右推M，物體間的相互作用力為F1；第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，物體間的相互作用力為F2，則(　　)
A．F1>F2 B．F1＝F2
C．F1答案　C
解析　第一次用水平力F由左向右推M，對M、m整體，根據牛頓第二定律：F＝(M＋m)a，對m有：F1＝ma；第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，對M、m整體，根據牛頓第二定律：F＝(M＋m)a，對M有：F2＝Ma，已知M>m，所以F12.(2021·全國甲卷·14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上．橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變．將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關．若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將(　　)
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
答案　D
解析　設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知
＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°時，t 有最小值，故當θ從由30°逐漸增大至60°時，物塊的下滑時間t先減小后增大，故選D.
3.如圖所示，質量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球圓心的連線與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．小鐵球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽對小鐵球的支持力大小為
C．凹槽與小鐵球組成的系統的加速度大小a＝gtan α
D．推力大小F＝Mgtan α
答案　C
解析　根據小鐵球與光滑凹槽相對靜止可知，系統有向右的加速度且大小為a＝gtan α，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力大小為，推力F＝(M＋m)gtan α，選項A、B、D錯誤，C正確．
4.(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m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．斜面光滑
B．斜面粗糙
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　隔離小球，可知穩定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小為gsin θ，小球穩定后，支架系統的加速度與小球的加速度相同，對支架系統進行分析，只有斜面光滑，支架系統的加速度才是gsin θ，A正確，B錯誤．隔離斜面體，斜面體受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系統對它垂直斜面向下的壓力，因斜面體始終保持靜止，則斜面體還應受到地面對它水平向左的摩擦力，C正確，D錯誤．
5.(多選)(2023·四川成都市石室中學模擬)我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設某列動車組各車廂質量均相等，在做勻加速直線運動時每節動車提供的動力均為F，動車組在水平直軌道上運行過程中每節車廂受到的阻力均為Ff.該動車組由8節車廂組成，其中第1、3、6節車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　)
A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反
B．做勻加速直線運動時，第5、6節車廂間的作用力為1.125F
C．做勻加速直線運動時，第5、6節車廂間的作用力為0.125F
D．做勻加速直線運動時，第6、7節車廂間的作用力為0.75F
答案　CD
解析　啟動時乘客的加速度方向與車廂的運動方向相同，乘客受重力和車廂的作用力，由平行四邊形定則可知，車廂對乘客的作用力方向與車運動的方向不是相反關系，故A錯誤；做勻加速直線運動時，加速度為a＝，對后三節車廂，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6節車廂間的作用力為F56＝0.125F，故B錯誤，C正確；對最后兩節車廂，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7節車廂間的作用力為F67＝0.75F，故D正確．
6.(多選)(2023·河南許昌市高三月考)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動．A、B的質量關系為mA>mB，它們與地面間的動摩擦因數相等．為使彈簧穩定時的伸長量增大，下列操作可行的是(　　)
A．僅增大B的質量
B．僅將A、B的位置對調
C．僅增大水平面的粗糙程度
D．僅增大水平恒力F
答案　ABD
解析　彈簧穩定時的伸長量取決于彈簧的彈力FT，設物塊與地面間的動摩擦因數為μ，以整體為研究對象，則a＝，以B為研究對象得a＝，聯立可得FT＝F，整理得FT＝，則彈簧彈力的大小與水平面的粗糙程度無關，若增大彈簧彈力，可僅增大B的質量，也可僅將A、B位置對調，也可僅增大水平恒力F，故A、B、D正確，C錯誤．
7.一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連．小球某時刻正處于圖示狀態．設斜面對小球的支持力為FN，細繩對小球的拉力為FT，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是(　　)
A．若小車向左運動，FN可能為零
B．若小車向左運動，FT不可能為零
C．若小車向右運動，FN不可能為零
D．若小車向右運動，FT不可能為零
答案　A
解析　若小車向左做減速運動，則加速度向右，若此時重力和繩子的拉力的合力可以使小球的加速度與小車的加速度相同，則FN可能為零，故A正確；若小車向左加速運動，則加速度向左，若此時重力與斜面的支持力的合力可以使小球的加速度與小車的加速度相同，則FT可能為零，故B錯誤；同理可知當小車向右運動時，也可能做加速或減速運動，故加速度也可能向右或向左，FN和FT均可能為零，故C、D錯誤．
8.(多選)物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置物塊A，物塊A、C通過細繩相連，細繩跨過定滑輪，如圖所示，物塊A、B、C質量均為m，現釋放物塊C，A和B一起以相同加速度加速運動，不計細繩與滑輪之間的摩擦力，重力加速度大小為g，A、B未與滑輪相撞，C未落地，則細繩中的拉力大小及A、B間的摩擦力大小分別為(　　)
A．FT＝mg B．FT＝mg
C．Ff＝mg D．Ff＝mg
答案　BD
解析　以C為研究對象，由牛頓第二定律得mg－FT＝ma；以A、B為研究對象，由牛頓第二定律得FT＝2ma，聯立解得FT＝mg，a＝g；以B為研究對象，由牛頓第二定律得Ff＝ma，得Ff＝mg，故選B、D.
9．(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑固定斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，根據圖乙中所提供的信息可以計算出(　　)
A．物體的質量
B．斜面傾角的正弦值
C．加速度為6 m/s2時物體的速度
D．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力
答案　ABD
解析　對物體，由牛頓第二定律有Fcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝F－gsin θ，故a－F圖像的斜率為k＝＝0.4 kg－1，縱軸截距為b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物體質量為m＝2 kg，sin θ＝0.6，故A、B正確；由于外力F為變力，物體做非勻變速運動，故利用高中物理知識無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度，故C錯誤；物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為Fmin＝mgsin θ＝12 N，故D正確．
10．(2023·云南省玉溪師范學院附屬中學高三檢測)如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不拴接)，初始時物體處于靜止狀態，現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，則正確的結論是(　　)
A．物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態
B．彈簧的勁度系數為7.5 N/cm
C．物體的質量為3 kg
D．物體的加速度大小為5 m/s2
答案　D
解析　物體與彈簧分離時，二者沒有相互作用力，所以彈簧處于原長，A錯誤；物體與彈簧一起向上勻加速時，根據牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，可知題圖乙中圖線斜率表示勁度系數，可得k＝5 N/cm，B錯誤；根據牛頓第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，聯立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C錯誤，D正確．
11．(多選)(2019·全國卷Ⅲ·20)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平．t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力．細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示．木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由題給數據可以得出(　　)
A．木板的質量為1 kg
B．2～4 s內，力F的大小為0.4 N
C．0～2 s內，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
答案　AB
解析　由題圖(c)可知木板在0～2 s內處于靜止狀態，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內做勻加速運動，其加速度大小為a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s內做勻減速運動，其加速度大小為a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，由牛頓第二定律得Ff＝ma2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，選項A、B正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數，選項D錯誤．
12.一個質量m＝0.5 kg的小物塊(可看為質點)，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勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝8 m，已知斜面傾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物塊加速度a的大小；
(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數μ；
(3)若拉力F的大小和方向可調節，如圖所示，為保持原加速度不變，F的最小值是多少.
答案　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
解析　(1)根據L＝v0t＋at2，代入數據解得a＝2 m/s2.
(2)根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入數據解得μ＝0.5.
(3)設F與斜面夾角為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
聯立解得F＝＝
當sin(φ＋α)＝1時，F有最小值Fmin，
代入數據解得Fmin＝ N.

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