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第三章　運動和力的關系
思維進階課三　動力學中的三類典型問題
[學習目標]　1．理解各種動力學圖像，能利用圖像特殊點、斜率、截距、面積等分析相關問題。
2．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。
3．會分析臨界與極值問題，并會用極限法、假設法及數學方法求解極值問題。
進階1　動力學圖像問題
1．常見的動力學圖像及問題類型
2．解決動力學圖像問題的思路
(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所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。
(3)明確能從圖像中獲取哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，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。
角度1　根據物理過程選取圖像
[典例1]　(2024·全國甲卷)如圖所示，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中，可能正確的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
D　[設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上的拉力大小為T，對砝碼和輕盤組成的整體有mg－T＝ma，對物塊P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，結合圖像可知D正確。]
角度2　根據圖像分析物理過程
[典例2]　(多選)(2024·遼寧卷)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度
v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加
速度大小。t＝4t0時，小物塊和木板的速度相同。
下列說法正確的是(　　)
A．小物塊在t＝3t0時滑上木板
B．小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C．小物塊與木板的質量比為3∶4
D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
√
√
√
ABD　[由題圖可知，t＝3t0時木板的速度開始減小，說明小物塊在t＝3t0時滑上木板，A正確；v-t圖像斜率的絕對值表示加速度大小，則0～3t0時間內，木板的加速度大小為a1＝＝μg，t＝3t0時木板的速度大小為v1＝a1·3t0＝μgt0，結合題意可知，t＝3t0時小物塊以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0時小物塊與木板共速，大小為 μgt0，方向水平向右，則與木板共速前，小物塊的加速度大小a′
＝＝2μg，設小物塊的質量為m，小物塊與木板間的動摩擦因數為μ′，對小物塊由牛頓第二定律得μ′mg＝ma′，聯立解得μ′＝2μ，B正確；設木板的質量為M，0～3t0時間內，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0時間內，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛頓第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C錯誤；t＝4t0時，小物塊
與木板速度相同，假設t＝4t0后小物塊與木板不相對滑動，則小物塊和木板整體受到F和地面的摩擦力f作用，由于f＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，則整體受力平衡，小物塊與木板之間無摩擦力，假設成立，所以t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，D正確。]
進階2　動力學中的連接體問題
1．多個相互關聯的物體由細繩、細桿或彈簧等連接或疊放在一起，構成的物體系統稱為連接體。常見的連接體如下：
(1)彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大(彈簧最長或最短)時，兩端連接體的速度相等(加速度大小不一定相等)。
(2)疊放連接體：相對靜止時具有相同的加速度，相對運動時根據受力特點結合運動情境分析。
(3)輕繩(桿)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；輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度。
2．處理連接體問題的方法
(1)當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。
(2)當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。
角度1　彈簧連接體
[典例3]　(多選)(2022·全國甲卷)如圖所示，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值為2μg
B．Q的加速度大小的最大值為2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
√
√
AD　[兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對P、Q的彈力大小為kx＝μmg，當撤去拉力后，對滑塊P由牛頓第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理對滑塊Q有μmg－kx′＝ma2，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈力由μmg一直減小到零，所以P的加速度大小的最大值為剛撤去拉力F瞬間的加速度大小，此時P的加速度大小為2μg，而彈簧恢復原長時，Q的加速度大小達到最大值，即Q的最大加速度為μg，A項正確，B項錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，且兩滑塊初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C項錯誤，D項正確。]
角度2　疊放連接體
[典例4]　(2025·武漢高三調研)如圖所示，在粗糙水平面上放置質量分別為m和2m的四個物塊，物塊之間的動摩擦因數為μ，物塊與地面之間的動摩擦因數為0.5μ，上面的兩物塊用不可伸長、可承受足夠大拉力的水平輕繩相連?，F對右邊質量為m的物塊施加水平向右的力F，使四個物塊一起向右運動。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。為使物塊之間不發生相對滑動，則F的最大值為(　　)
A．3μmg B．3.6μmg
C．4.5μmg D．6μmg
√
B　[以四個物塊整體為研究對象，受力分析如圖1所示，豎直方向上有FN1＝6mg，又Ff1＝0.5μFN1，由牛頓第二定律有F－Ff1＝6ma；以左側的兩個物塊為研究對象，受力分析如圖2所示，豎直方向上有FN2＝3mg，又Ff2＝0.5μFN2，由牛頓第二定律得T－Ff2＝3ma；再以右側質量為2m的物塊為研究對象，受力分析如圖3所示，豎直方向上有FN3＝2mg，由牛頓第二定律得Ff3－T＝2ma，當Ff3達到最大靜摩擦力時，即Ff3＝μFN3＝2μmg時，系統的加速度最大，F有最大值，聯立解得F＝3.6μmg，B正確。]
角度3　輕繩(桿)連接體
[典例5]　(2025·山東濟南高三質檢)質量為M的小車放在光滑水平面上，小車上用細線懸掛另一質量為m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小車一起以加速度a向右運動，細線與豎直方向成α角，細線的拉力大小為F1，如圖甲所示。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和小車一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成α角，細線的拉力大小為F1′，如圖乙所示。下列判斷正確的是(　　)
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＞F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＝F1
√
D　[先對題圖甲中的整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據牛頓第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔離題圖甲中的小球受力分析，如圖(a)所示，根據牛頓第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，聯立以上三式解得F1＝，a＝。再隔離題圖乙中小球受力分析，如圖(b)所示，由幾何關系得F合＝mg tan α，F′1＝，由牛頓第二定律，得a′＝g tan α，由于M＞m，故a′＞a，F′1＝F1，故D正確。]
進階3　動力學中的臨界、極值問題
1．常見臨界與極值問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：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。
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為零。
2．動力學臨界極值問題的三種解法
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
角度1　動力學中臨界問題
[典例6]　(多選)如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到從零開始逐漸增大的水平拉力F的作用，A、B間的摩擦力Ff1、B與地面間的摩擦力Ff2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示。已知物塊A的質量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　)
A．兩物塊間的動摩擦因數為0.2
B．當0＜F＜4 N時，A、B保持靜止
C．當4 N＜F＜12 N時，A、B發生相對滑動
D．當F＞12 N時，A的加速度隨F的增大而增大
√
√
AB　[根據題圖乙可知，發生相對滑動時，A、B間的滑動摩擦力為
6 N，所以A、B之間的動摩擦因數μ＝＝0.2，選項A正確；當0＜F＜4 N時，根據題圖乙可知，Ff2還未達到B與地面間的最大靜摩擦力，此時A、B保持靜止，選項B正確；當4 N＜F＜12 N時，根據題圖乙可知，此時A、B間的摩擦力還未達到最大靜摩擦力，所以沒有發生相對滑動，選項C錯誤；當F＞12 N時，根據題圖乙可知，此時A、B發生相對滑動，對A物塊有a＝＝2 m/s2，加速度不變，選項D錯誤。]
角度2　動力學中極值問題
[典例7]　如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端連接質量為m1＝4 kg 的物體P，Q為一質量為m2＝
8 kg的物體，彈簧的質量不計，勁度系數k＝600 N/m，系統處于靜止狀態?，F給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前 0.2 s 時間內，F為變力，0.2 s 以后F為恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值與最小值。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
光滑固定斜面 無滑動摩擦力
系統處于靜止狀態 可求出彈簧的壓縮量
從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動 初速度為0，加速度恒定
0.2 s以后F為恒力 經過0.2 s，P和Q恰好分離
力F的最大值與最小值 t＝0時拉力最小，分離后拉力最大
[解析]　設開始時彈簧的壓縮量為x0
由平衡條件得
(m1＋m2)g sin θ＝kx0
代入數據解得x0＝0.12 m
因前0.2 s時間內F為變力，之后為恒力，則0.2 s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零，設此時彈簧的壓縮量為x1
對物體P，由牛頓第二定律得
kx1－m1g sin θ＝m1a
前0.2 s時間內兩物體的位移為
x0－x1＝at2
聯立解得a＝3 m/s2
對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
對物體Q，由牛頓第二定律得
Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝72 N。
[答案]　72 N　36 N
思維進階特訓(三)
題號
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1．(多選)(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
√
12
√
BC　[對水平面上的物體根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F-a圖像中圖線的斜率k＝m，截距為μmg，由題F-a圖像可知k甲>k乙，則m甲>m乙，A錯誤，B正確；由題F-a圖像可知兩圖線的截距相同，則μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因為m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正確，D錯誤。]
題號
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2．(多選)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g取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
√
題號
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√
BD　[系統在水平方向只受推力F作用，所以系統向左做勻加速直線運動，故A錯誤；對m受力分析，受到重力以及斜面的支持力作用，合力向左，根據牛頓第二定律得FNcos 45°＝mg，mg tan 45°＝ma，解得：FN＝10 N，a＝10 m/s2，對整體，根據牛頓第二定律得F＝(M＋m)a＝(3＋1)×10 N＝40 N，故B正確，C錯誤；增大力F，則M在水平方向的加速度增大，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量大于重力，有向上的加速度，即楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動，故D正確。]
題號
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3．(多選)(2025·吉林通化市模擬)如圖所示，用力F拉著A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，現在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTA和FTB的變化情況是(　　)
A．FTA增大 B．FTB增大
C．FTA減小 D．FTB減小
√
題號
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√
AD　[設最左邊的物體質量為m，最右邊的物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝，對最左邊的物體分析FTB＝ma＝，對最右邊的物體分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－，在中間物體上加上橡皮泥，則整體的質量M增大，因為m、m′不變，所以FTB減小，FTA增大。故選AD。]
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4．如圖所示，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?，F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
圖像可能正確的是(　　)
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A　[物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態，有kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。]
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√
5．(多選)(2025·湖北孝感開學考試)如圖所示，固定在地面上的光滑斜面體傾角為θ＝30°，一根輕繩跨過斜面體頂端的光滑定滑輪，繩兩端系有小物塊a、b，a的質量為2m，b的質量為4m。重力加速度為g，定滑輪左側輕繩與斜面平行，右側輕繩豎直。將a、b由靜止釋放，則下列說法正確的是(　　)
A．繩子對b的拉力大小為4mg
B．a的加速度大小為
C．繩子對定滑輪的作用力大小為2mg
D．在相同時間內(b未觸地)，a、b速度變化量大小不相等
√
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BC　[在相同時間內(b未觸地)，a、b加速度的大小相等，速度變化量大小相等，故D錯誤；將a、b看成一個整體，由牛頓第二定律得F合＝4mg－2mg sin θ＝(2m＋4m)a，解得a＝，故B正確；以b為研究對象，設拉力為T，由牛頓第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A錯誤；由幾何關系知，兩側繩子的夾角為60°，則繩子對定滑輪的力為F＝2T cos 30°＝2mg，故C正確。]
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6．(多選)如圖所示，P是斜面的一點，斜面上P點以下部分粗糙，P點上方部分是光滑的。A、B兩滑塊(看作質點)緊靠在一起，在沿斜面向上的恒力F作用下，從斜面底部由靜止開始上滑?；^P點前A、B間的彈力為F1，過P點之后A、B間彈力為F2，已知兩滑塊與斜面上P點以下部分的動摩擦因數相同，則下列正確的是(　　)
A．F1＝F2
B．F1C．F1>F2
D．A對B的彈力是A的形變而產生的
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AD　[令斜面傾角為θ，A、B質量分別為m1、m2，滑塊在P點下方時，對A、B整體分析有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a1，對A分析有F1－m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得F1＝，滑塊在P點上方時，對A、B整體分析有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a2，對A分析有F2－m1g sin θ＝m1a2，解得F2＝，可知F1＝F2，A正確，B、C錯誤；根據彈力的產生條件可知，A對B的彈力是A的形變而產生的，D正確。]
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7．(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?，F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取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
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BC　[對A、B整體應用牛頓第二定律，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，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，最大值等于A、B整體所受的重力，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，小物塊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。]
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8．(多選)如圖甲所示，一質量為1 kg的滑塊在一個沿斜面向下的外力F作用下由靜止開始運動，2 s后撤去外力F，滑塊繼續沿斜面向下運動到底端，其-t圖像如圖乙所示(x為滑塊運動的距離，t為滑塊運動的時間)，斜面始終保持靜止不動，斜面傾角為37°，且sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，則(　　)
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A．外力F的大小為2 N
B．滑塊與斜面之間的動摩擦因數為0.75
C．撤去F后地面對斜面的支持力比撤去F前小
D．滑塊滑下斜面的過程中，地面對斜面沒有摩擦力
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BD　[設滑塊的質量為m，滑塊與斜面之間的動摩擦因數為μ，滑塊滑動過程所受支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為f，加速度大小為a，根據勻變速直線運動規律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，結合題圖乙可知，0～2 s內有＝2 m/s2，得a＝4 m/s2，根據牛頓第二定律，有F＋mg sin 37°－f＝ma，撤去F后，圖像斜率為0，則滑塊受力平衡，有f＝mg sin 37°，又f＝μFN＝μmg cos 37°，聯立解得
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μ＝tan 37°＝0.75，F＝4 N，故A錯誤，B正確；分析可知，撤去F前后，滑塊對斜面的壓力和摩擦力不變，且合力恰好等于滑塊的重力，方向豎直向下，對斜面受力分析可知，地面對斜面的支持力不變，對斜面的摩擦力始終為零，故C錯誤，D正確。]
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9．(多選)(2024·黑龍江哈爾濱三模)如圖所示，三個物塊A、B、C的質量分別為m、2m、m，物塊B疊放在C上，物塊A與C之間用輕彈簧水平連接，物塊A、C與水平地面間的動摩擦因數都為μ，物塊B與C之間的動摩擦因數為。在大小恒為F的水平推力作用下，使三個物塊正保持相對靜止地一起向右做勻加速直線運動，已知重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，則下列說法正確的是(　　)
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A．彈簧彈力大小為
B．保持A、B、C三個物塊相對靜止，F最大值不超過6μmg
C．在撤去水平推力的瞬間，物塊A的加速度變小
D．若撤去水平推力，物塊B和C仍能保持相對靜止
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AB　[對A、B、C三個物塊受力分析，摩擦力為f＝μ(m＋2m＋m)g＝4μmg，根據牛頓第二定律F－f＝(m＋2m＋m)a，對A受力分析，根據平衡條件F彈－μmg＝ma，聯立可得F彈＝，故A正確；保持A、B、C三個物塊相對靜止，對B分析可知，整體的最大加速度為amax＝＝，對A、B、C三個物塊，根據牛頓第二定律Fm－4μmg＝(m＋2m＋m)amax，解得Fm＝6μmg，故B正確；在撤去水平推力的
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瞬間，彈簧對A的力不會發生突變，即在撤去水平推力的瞬間，A的受力情況不變，即物塊A的加速度不變，故C錯誤；在撤去水平推力的瞬間，對物塊B、C整體受力分析F合＝3μmg＋F彈＝3μmg＋＝3ma′，則整體的加速度為a′＝μg＋，由B選項可知，物塊B的最大加速度為amax＝題號
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10．(多選)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出滑塊A的加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖像，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
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A．滑塊A的質量為4 kg
B．木板B的質量為2 kg
C．當F＝10 N時滑塊A加速度為6 m/s2
D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數為0.2
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√
BC　[設滑塊A的質量為m，木板B的質量為M，滑塊A與木板B間的動摩擦因數為μ。由題圖乙可知，當F＝Fm＝6 N時，滑塊A與木板B達到最大共同加速度為am＝2 m/s2，根據牛頓第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；當F＞6 N時，A與B將發生相對滑動，對A單獨應用牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根據題圖乙知＝ kg-1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，則M＝2 kg，A、D錯誤，B正確；當F＝10 N時，滑塊A的加速度為aA＝＝6 m/s2，C正確。]
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11．(2024·浙江杭州高三測試)某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離直升機一段時間后打開降落傘做減速下落，他打開降落傘后的速度—時間圖像如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運動員的質量為50 kg，降落傘質量也為50 kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。
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(1)打開降落傘前運動員下落的距離為多大？
(2)求阻力系數 k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向；
(3)繩能夠承受的拉力至少為多少？
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[解析]　(1)打開降落傘前運動員做自由落體運動，根據速度位移公式得h0＝＝20 m。
(2)由題圖甲可知，當速度等于5 m/s時，運動員與降落傘做勻速運動，受力平衡，則
kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m
剛打開降落傘瞬間，根據牛頓第二定律得kv0－2mg＝2ma，得a＝＝30 m/s2，方向豎直向上。
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(3)設每根繩的拉力為FT，以運動員為研究對象，根據牛頓第二定律得8FTcos 37°－mg＝ma
解得FT＝＝312.5 N
所以繩能夠承受的拉力至少為312.5 N。
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[答案]　(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向豎直向上　(3)312.5 N
12．如圖甲所示，一個質量m＝0.5 kg的小物塊(可看成質點)，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：
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(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，如圖乙所示，為保持原加速度不變，F的最小值是多少。
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[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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入數據解得μ＝0.5。
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(3)設F與斜面夾角為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
聯立解得
F＝＝
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當sin (φ＋α)＝1時，F有最小值Fmin
代入數據解得Fmin＝ N。
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[答案]　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
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