思维进阶课三 动力学中的三类典型问题
[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．常见的动力学图像及问题类型
2．解决动力学图像问题的思路
(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。
(3)明确能从图像中获取哪些信息：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方程式，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。
根据物理过程选取图像
[典例1] (2024·全国甲卷)如图所示，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( )
A B
C D
[听课记录]
根据图像分析物理过程
[典例2] (多选)(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
[听课记录]
动力学中的连接体问题
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下：
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时，两端连接体的速度相等(加速度大小不一定相等)。
(2)叠放连接体：相对静止时具有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情境分析。
(3)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。
2．处理连接体问题的方法
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
弹簧连接体
[典例3] (多选)(2022·全国甲卷)如图所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小
[听课记录]
角度2 叠放连接体
[典例4] (2025·武汉高三调研)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个物块，物块之间的动摩擦因数为μ，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5μ，上面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为( )
A．3μmg B．3.6μmg
C．4.5μmg D．6μmg
[听课记录]
轻绳(杆)连接体
[典例5] (2025·山东济南高三质检)质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F1′，如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＞F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＝F1
[听课记录]
动力学中的临界、极值问题
1．常见临界与极值问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力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：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。
2．动力学临界极值问题的三种解法
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，根据数学表达式解出临界条件
动力学中临界问题
[典例6] (多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动
D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
[听课记录]
动力学中极值问题
[典例7] 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，另一端连接质量为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，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
审题指导：
关键语句 获取信息
光滑固定斜面 无滑动摩擦力
系统处于静止状态 可求出弹簧的压缩量
从静止开始沿斜面向上做匀加速运动 初速度为0，加速度恒定
0.2 s以后F为恒力 经过0.2 s，P和Q恰好分离
力F的最大值与最小值 t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[听课记录]
思维进阶课三 动力学中的三类典型问题
进阶1
典例1 D [设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，结合图像可知D正确。]
典例2 ABD [由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为 μgt0, 方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面的摩擦力f 作用，由于f ＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。]
进阶2
典例3 AD [两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C项错误，D项正确。]
典例4 B [以四个物块整体为研究对象，受力分析如图1所示，竖直方向上有FN1＝6mg，又Ff1＝0.5μFN1，由牛顿第二定律有F－Ff1＝6ma；以左侧的两个物块为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向上有FN2＝3mg，又Ff2＝0.5μFN2，由牛顿第二定律得T－Ff2＝3ma；再以右侧质量为2m的物块为研究对象，受力分析如图3所示，竖直方向上有FN3＝2mg，由牛顿第二定律得Ff3－T＝2ma，当Ff3达到最大静摩擦力时，即Ff3＝μFN3＝2μmg时，系统的加速度最大，F有最大值，联立解得F＝3.6μmg，B正确。
]
典例5 D [先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示，根据牛顿第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，联立以上三式解得F1＝，a＝。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示，由几何关系得F合＝mg tan α，F′1＝，由牛顿第二定律，得a′＝g tan α，由于M＞m，故＝F1，故D正确。
]
进阶3
典例6 AB [根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。]
典例7 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为
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
对物体Q，由牛顿第二定律得
Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝72 N。
答案：72 N 36 N
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第三章 运动和力的关系
思维进阶课三 动力学中的三类典型问题
[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1 动力学图像问题
1．常见的动力学图像及问题类型
2．解决动力学图像问题的思路
(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。
(3)明确能从图像中获取哪些信息：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方程式，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。
角度1 根据物理过程选取图像
[典例1] (2024·全国甲卷)如图所示，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( )
A B
C D
√
D [设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，结合图像可知D正确。]
角度2 根据图像分析物理过程
[典例2] (多选)(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度
v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加
速度大小。t＝4t0时，小物块和木板的速度相同。
下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
√
√
√
ABD [由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为 μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′
＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块
与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面的摩擦力f作用，由于f＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。]
进阶2 动力学中的连接体问题
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下：
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时，两端连接体的速度相等(加速度大小不一定相等)。
(2)叠放连接体：相对静止时具有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情境分析。
(3)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。
2．处理连接体问题的方法
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
角度1 弹簧连接体
[典例3] (多选)(2022·全国甲卷)如图所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小
√
√
AD [两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C项错误，D项正确。]
角度2 叠放连接体
[典例4] (2025·武汉高三调研)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个物块，物块之间的动摩擦因数为μ，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5μ，上面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为( )
A．3μmg B．3.6μmg
C．4.5μmg D．6μmg
√
B [以四个物块整体为研究对象，受力分析如图1所示，竖直方向上有FN1＝6mg，又Ff1＝0.5μFN1，由牛顿第二定律有F－Ff1＝6ma；以左侧的两个物块为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向上有FN2＝3mg，又Ff2＝0.5μFN2，由牛顿第二定律得T－Ff2＝3ma；再以右侧质量为2m的物块为研究对象，受力分析如图3所示，竖直方向上有FN3＝2mg，由牛顿第二定律得Ff3－T＝2ma，当Ff3达到最大静摩擦力时，即Ff3＝μFN3＝2μmg时，系统的加速度最大，F有最大值，联立解得F＝3.6μmg，B正确。]
角度3 轻绳(杆)连接体
[典例5] (2025·山东济南高三质检)质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F1′，如图乙所示。下列判断正确的是( )
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 [先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示，根据牛顿第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，联立以上三式解得F1＝，a＝。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示，由几何关系得F合＝mg tan α，F′1＝，由牛顿第二定律，得a′＝g tan α，由于M＞m，故a′＞a，F′1＝F1，故D正确。]
进阶3 动力学中的临界、极值问题
1．常见临界与极值问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力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：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。
2．动力学临界极值问题的三种解法
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，根据数学表达式解出临界条件
角度1 动力学中临界问题
[典例6] (多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动
D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
√
√
AB [根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为
6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。]
角度2 动力学中极值问题
[典例7] 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，另一端连接质量为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，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
审题指导：
关键语句 获取信息
光滑固定斜面 无滑动摩擦力
系统处于静止状态 可求出弹簧的压缩量
从静止开始沿斜面向上做匀加速运动 初速度为0，加速度恒定
0.2 s以后F为恒力 经过0.2 s，P和Q恰好分离
力F的最大值与最小值 t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[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为
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
对物体Q，由牛顿第二定律得
Fmax－m2g sin θ＝m2a
解得Fmax＝72 N。
[答案] 72 N 36 N
思维进阶特训(三)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多选)(2023·全国甲卷)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
√
12
√
BC [对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题F-a图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
BD [系统在水平方向只受推力F作用，所以系统向左做匀加速直线运动，故A错误；对m受力分析，受到重力以及斜面的支持力作用，合力向左，根据牛顿第二定律得FNcos 45°＝mg，mg tan 45°＝ma，解得：FN＝10 N，a＝10 m/s2，对整体，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a＝(3＋1)×10 N＝40 N，故B正确，C错误；增大力F，则M在水平方向的加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分量大于重力，有向上的加速度，即楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动，故D正确。]
题号
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11
12
3．(多选)(2025·吉林通化市模拟)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是( )
A．FTA增大 B．FTB增大
C．FTA减小 D．FTB减小
√
题号
1
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√
AD [设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析FTB＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大。故选AD。]
题号
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12
4．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和x之间关系的
图像可能正确的是( )
题号
1
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12
A [物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。]
题号
1
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12
√
5．(多选)(2025·湖北孝感开学考试)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是( )
A．绳子对b的拉力大小为4mg
B．a的加速度大小为
C．绳子对定滑轮的作用力大小为2mg
D．在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等
√
题号
1
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12
√
BC [在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，故D错误；将a、b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合＝4mg－2mg sin θ＝(2m＋4m)a，解得a＝，故B正确；以b为研究对象，设拉力为T，由牛顿第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F＝2T cos 30°＝2mg，故C正确。]
题号
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6．(多选)如图所示，P是斜面的一点，斜面上P点以下部分粗糙，P点上方部分是光滑的。A、B两滑块(看作质点)紧靠在一起，在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底部由静止开始上滑。滑过P点前A、B间的弹力为F1，过P点之后A、B间弹力为F2，已知两滑块与斜面上P点以下部分的动摩擦因数相同，则下列正确的是( )
A．F1＝F2
B．F1C．F1>F2
D．A对B的弹力是A的形变而产生的
√
题号
1
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√
AD [令斜面倾角为θ，A、B质量分别为m1、m2，滑块在P点下方时，对A、B整体分析有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a1，对A分析有F1－m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得F1＝，滑块在P点上方时，对A、B整体分析有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a2，对A分析有F2－m1g sin θ＝m1a2，解得F2＝，可知F1＝F2，A正确，B、C错误；根据弹力的产生条件可知，A对B的弹力是A的形变而产生的，D正确。]
题号
1
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7．(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg 的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g取10 m/s2。以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
√
题号
1
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12
√
BC [对A、B整体应用牛顿第二定律，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，最大值等于A、B整体所受的重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，小物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。]
题号
1
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12
8．(多选)如图甲所示，一质量为1 kg的滑块在一个沿斜面向下的外力F作用下由静止开始运动，2 s后撤去外力F，滑块继续沿斜面向下运动到底端，其-t图像如图乙所示(x为滑块运动的距离，t为滑块运动的时间)，斜面始终保持静止不动，斜面倾角为37°，且sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，则( )
题号
1
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A．外力F的大小为2 N
B．滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.75
C．撤去F后地面对斜面的支持力比撤去F前小
D．滑块滑下斜面的过程中，地面对斜面没有摩擦力
√
题号
1
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12
√
BD [设滑块的质量为m，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块滑动过程所受支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为f，加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，结合题图乙可知，0～2 s内有＝2 m/s2，得a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律，有F＋mg sin 37°－f＝ma，撤去F后，图像斜率为0，则滑块受力平衡，有f＝mg sin 37°，又f＝μFN＝μmg cos 37°，联立解得
题号
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μ＝tan 37°＝0.75，F＝4 N，故A错误，B正确；分析可知，撤去F前后，滑块对斜面的压力和摩擦力不变，且合力恰好等于滑块的重力，方向竖直向下，对斜面受力分析可知，地面对斜面的支持力不变，对斜面的摩擦力始终为零，故C错误，D正确。]
题号
1
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12
9．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨三模)如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
题号
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12
A．弹簧弹力大小为
B．保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg
C．在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小
D．若撤去水平推力，物块B和C仍能保持相对静止
√
题号
1
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12
√
AB [对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ(m＋2m＋m)g＝4μmg，根据牛顿第二定律F－f＝(m＋2m＋m)a，对A受力分析，根据平衡条件F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝＝，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律Fm－4μmg＝(m＋2m＋m)amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的
题号
1
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11
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瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋＝3ma′，则整体的加速度为a′＝μg＋，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝题号
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题号
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10．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
题号
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12
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2
√
√
BC [设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙知＝ kg-1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确。]
题号
1
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12
11．(2024·浙江杭州高三测试)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图像如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。
题号
1
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12
(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？
(2)求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向；
(3)绳能够承受的拉力至少为多少？
题号
1
3
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11
12
[解析] (1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得h0＝＝20 m。
(2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则
kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得kv0－2mg＝2ma，得a＝＝30 m/s2，方向竖直向上。
题号
1
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11
12
(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得8FTcos 37°－mg＝ma
解得FT＝＝312.5 N
所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N。
题号
1
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11
12
[答案] (1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2 方向竖直向上 (3)312.5 N
12．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：
题号
1
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4
6
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9
10
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12
(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
1
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2
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9
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11
12
[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。
题号
1
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12
(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＝＝
题号
1
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12
当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin
代入数据解得Fmin＝ N。
题号
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12
[答案] (1)2 m/s2 (2)0.5 (3) N
谢 谢 ！思维进阶特训(三) 动力学中的三类典型问题
1．(多选)(2023·全国甲卷)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
2．(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
3．(多选)(2025·吉林通化市模拟)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是( )
A．FTA增大 B．FTB增大
C．FTA减小 D．FTB减小
4．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和x之间关系的图像可能正确的是( )
A B C D
5．(多选)(2025·湖北孝感开学考试)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是( )
A．绳子对b的拉力大小为4mg
B．a的加速度大小为
C．绳子对定滑轮的作用力大小为2mg
D．在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等
6．(多选)如图所示，P是斜面的一点，斜面上P点以下部分粗糙，P点上方部分是光滑的。A、B两滑块(看作质点)紧靠在一起，在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底部由静止开始上滑。滑过P点前A、B间的弹力为F1，过P点之后A、B间弹力为F2，已知两滑块与斜面上P点以下部分的动摩擦因数相同，则下列正确的是( )
A．F1＝F2
B．F1C．F1>F2
D．A对B的弹力是A的形变而产生的
7．(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg 的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g取10 m/s2。以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
8．(多选)如图甲所示，一质量为1 kg的滑块在一个沿斜面向下的外力F作用下由静止开始运动，2 s后撤去外力F，滑块继续沿斜面向下运动到底端，其-t图像如图乙所示(x为滑块运动的距离，t为滑块运动的时间)，斜面始终保持静止不动，斜面倾角为37°，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．外力F的大小为2 N
B．滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.75
C．撤去F后地面对斜面的支持力比撤去F前小
D．滑块滑下斜面的过程中，地面对斜面没有摩擦力
9．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨三模)如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A．弹簧弹力大小为
B．保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg
C．在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小
D．若撤去水平推力，物块B和C仍能保持相对静止
10．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2
11．(2024·浙江杭州高三测试)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图像如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。
(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？
(2)求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向；
(3)绳能够承受的拉力至少为多少？
12．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。
思维进阶特训(三)
1．BC [对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题F-a图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]
2．BD [系统在水平方向只受推力F作用，所以系统向左做匀加速直线运动，故A错误；对m受力分析，受到重力以及斜面的支持力作用，合力向左，根据牛顿第二定律得FNcos 45°＝mg，mg tan 45°＝ma，解得：FN＝10 N，a＝10 m/s2，对整体，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a＝(3＋1)×10 N＝40 N，故B正确，C错误；增大力F，则M在水平方向的加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分量大于重力，有向上的加速度，即楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动，故D正确。]
3．AD [设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析FTB＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大。故选AD。]
4．A [物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。]
5．BC [在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，故D错误；将a、b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合＝4mg－2mg sin θ＝(2m＋4m)a，解得a＝，故B正确；以b为研究对象，设拉力为T，由牛顿第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F＝2T cos 30°＝2mg，故C正确。]
6．AD [令斜面倾角为θ，A、B质量分别为m1、m2，滑块在P点下方时，对A、B整体分析有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a1，对A分析有F1－m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得F1＝，滑块在P点上方时，对A、B整体分析有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a2，对A分析有F2－m1g sin θ＝m1a2，解得F2＝，可知F1＝F2，A正确，B、C错误；根据弹力的产生条件可知，A对B的弹力是A的形变而产生的，D正确。]
7．BC [对A、B整体应用牛顿第二定律，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，最大值等于A、B整体所受的重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，小物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。]
8．BD [设滑块的质量为m，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块滑动过程所受支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为f，加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，结合题图乙可知，0～2 s内有＝2 m/s2，得a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律，有F＋mg sin 37°－f＝ma，撤去F后，图像斜率为0，则滑块受力平衡，有f＝mg sin 37°，又f＝μFN＝μmg cos 37°，联立解得μ＝tan 37°＝0.75，F＝4 N，故A错误，B正确；分析可知，撤去F前后，滑块对斜面的压力和摩擦力不变，且合力恰好等于滑块的重力，方向竖直向下，对斜面受力分析可知，地面对斜面的支持力不变，对斜面的摩擦力始终为零，故C错误，D正确。]
9．AB [对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ(m＋2m＋m)g＝4μmg，根据牛顿第二定律F－f＝(m＋2m＋m)a，对A受力分析，根据平衡条件F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝＝，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律Fm－4μmg＝(m＋2m＋m)amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋＝3ma′，则整体的加速度为a′＝μg＋，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝10．BC [设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙知＝ kg-1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确。]
11．解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得h0＝＝20 m。
(2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则
kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得kv0－2mg＝2ma，得a＝＝30 m/s2，方向竖直向上。
(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得8FTcos 37°－mg＝ma
解得FT＝＝312.5 N
所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N。
答案：(1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2 方向竖直向上 (3)312.5 N
12．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
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