牛顿运动定律的综合应用

第三讲牛顿运动定律的综合应用[人教版必修第一册]1.第四章P91页【例题2】如何求列车的加速度？提示：小球始终与列车保持相对静止，两物体具有相同加速度。通过对小球受力分析结合牛顿第二定律即可求解小球的加速度也就是列车的加速度。2.第四章第6节【思考与讨论】图－4和图－5，从F­t图像中可以看出压力如何变化？分析加速度如何变化？提示：读图，对人受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度变化，从而判断人的运动情况。3.第四章P107页【复习与提高B组6题】8s内A、B物体是否会分离？分离的临界条件是什么？提示：抓临界，物体A、B分离瞬间，加速度相同，接触面间弹力为0，分别对物体A、B整体受力分析求出的加速度与隔离物体A（或物体B）受力分析求出的加速度相同，就能求解出分离对应的时间。最终计算8s内物体B的加速度变化。4.第四章P107页【复习与提高B组7题】第（1）（2）问要根据解决问题需要合理选择研究对象。第（3）问要讨论研究木块与铁箱的受力和运动情况。提示：第（1）问可根据木块竖直方向上平衡，用隔离法列平衡方程求解；第（2）问水平方向两物体加速度相同，整体法求解；第（3）问可判断物体与铁箱不能以相同的加速度做减速运动，隔离法分别对两物体受力分析和运动分析，最后找位移关系。考点一连接体问题1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。2.外力与内力(1)外力：系统之外的物体对系统的作用力。(2)内力：系统内各物体间的相互作用力。3.常见的连接体类型图例运动特点接触连接两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度和加速度轻绳连接在伸直状态下，两物体速度、加速度大小相等，方向不一定相同轻杆连接平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比轻弹簧连接在弹簧发生形变的过程中，两端物体的速率不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端物体的速率相等题型一加速度相同的连接体中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.F B.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)C设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，列车的加速度为a，把第3节到第40节车厢看作一个整体，对其受力分析，假设这部分车厢受到的牵引力为F，由牛顿第二定律得：F－38f＝38ma；把最后面2节车厢看作一个整体进行分析，假设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F′，由牛顿第二定律得：F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq\f(1,19)F，故选：C。（多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用一轻质弹簧相连，如图所示，现对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，则下列说法正确的是()A.弹簧的弹力大小为16NB.若把弹簧换成轻质绳，则绳对物块的拉力大小为10NC.如果只有力F1作用，则弹簧的弹力大小变为12ND.若F1＝10N、F2＝20N，则弹簧的弹力大小不变AC弹簧不再伸长后，物块A、B具有相同的加速度。对于A、B整体，根据牛顿第二定律有：F1－F2＝(mA＋mB)a，代入数据解得：a＝2m/s2，对物块A，由牛顿第二律有：F1－F弹＝mAa，代入数据解得：F弹＝16N，故A正确；若把弹簧换成轻质绳，则绳对物块的拉力大小仍然为16N，故B错误；只有F1作用时，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：F1＝(mA＋mB)a，解得：a＝4m/s2，对物块A，由牛顿第二定律有：F1－F弹＝mAa，解得：F弹＝12N，故C正确；若F1＝10N、F2＝20N，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：F2－F1＝(mA＋mB)a，解得：a＝2m/s2，对物块A，根据牛顿第二定律有：F弹－F1＝mAa，解得：F弹＝14N，故D错误。题型二加速度方向不同的连接体问题(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A.轻绳的拉力等于mgB.轻绳的拉力等于MgC.A运动的加速度大小为(1－sinα)gD.A运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)gACD甲图中对物块A受力分析，因为A静止，则由平衡条件可得Mgsinα＝mg。乙图中，对A受力分析，由牛顿第二定律得：Mg－FT＝Ma；对B受力分析，由牛顿第二定律得：FT－mgsinα＝ma，联立解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，FT＝mg，故ACD正确，B错误。题型三加速度大小不同的连接体水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面间的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：物块A、B的加速度大小。aA＝eq\f(F－3μmg,2m)aB＝eq\f(F－3μmg,4m)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律对A:F－μmg－T＝maA①对B：2T－4μmg＝4maB②由A和B的位置关系得aA＝2aB③联立①②③式得aA＝eq\f(F－3μmg,2m)aB＝eq\f(F－3μmg,4m)。处理连接体问题的方法1.整体法的选取原则及解题步骤(1)若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，则可以把它们看成一个整体，一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤：2.隔离法的选取原则及解题步骤(1)若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤：第一步：明确研究对象或过程、状态。第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。第四步：选用适当的物理规律列方程求解。 3.整体法、隔离法交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。1.（多选）(2020·海南高考)(多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则()A.两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)B.弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)C.若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D.若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大BC对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsinθ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故B正确；根据T＝eq\f(m2F,m1＋m2)＝eq\f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。2.(多选)倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量为eq\f(m,2)的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为()A.mB＝eq\f(m,4) B.mB＝eq\f(3m,8)C.a＝g D.a＝gBC由题意可知，当物体放在B盒时，B盒加速度竖直向下，根据牛顿第二定律，对A盒受力分析，有T－mgsin30°＝ma，对B盒和B盒内的物体整体受力分析，有mBg+12mg-T=mB+12ma；当物体放在A盒中时，B盒加速度竖直向上，根据牛顿第二定律，对A盒和A盒内的物体整体受力分析，有m+12mgsin30°－T′＝m+12ma，对B盒受力分析，有T′－mBg＝mBa；联立解得mB＝eq\f(3m,8)3.(2023·福建泉州质量监测)如图7为某闯关游戏装置部分示意图，水平轨道上的小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长L1＝3.1m的软垫AB静止在水面上，A端在挡板正下方。质量m＝60kg的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离L2＝1.5m。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为θ＝37°。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降h＝3.2m时恰好落在软垫的右端B点。不计小车的大小、质量和一切摩擦阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。求：图7(1)闯关者松手时的速度大小v；(2)配重的质量m重。(1)5m/s(2)180kg(1)设闯关者松手时重心与B点的水平距离为x，下落运动的时间为t，有x＝L2sinθ＋L1x＝vth＝eq\f(1,2)gt2解得v＝5m/s。(2)设运动过程中闯关者与配重的加速度大小为a，与配重连接的轻绳拉力大小为F1，轻绳L2的拉力大小为F2，则以配重为研究对象，由牛顿第二定律有m重g－F1＝m重a以轻质小车为研究对象，有F1＝F2sinθ以闯关者为研究对象，有F2sinθ＝maF2cosθ＝mg，解得m重＝180kg。考点二动力学图像问题1．常见的动力学图像v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等。2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图像，分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。3.处理图像问题时应注意的内容(1)处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，全面系统地看懂图像中的“轴”“线”“点”“斜率”“面积”“截距”等所表示的物理意义，在运用图像求解问题时，还需要具有将物理现象转化为图像问题的能力。(2)图像语言、函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的三种语言，要求能够在任意两种语言间相互转换，以便用相对简单的方法解决物理问题。(3)文字语言、函数语言、图像语言与物理情景之间的相互转换，是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提。题型一已知有关图像确定物体的运动或者受力情况(2020·山东高考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A.0～t1时间内，v增大，FN>mgB.t1～t2时间内，v减小，FN<mgC.t2～t3时间内，v增大，FN<mgD.t2～t3时间内，v减小，FN>mgD由于s­t图象的斜率表示速度，可知0～t1时间内，速度v不断增大，即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则FN<mg，A错误；t1～t2时间内，速度v不变，即乘客的加速度为0，处于平衡状态，则FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，速度v不断减小，即乘客做竖直向下的减速运动，处于超重状态，则FN>mg，C错误，D正确。(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A.木板的质量为1kgB.2s～4s内，力F的大小为0.4NC.0～2s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为AB由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq\f－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F摩＝ma1，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq\f－,5－4)m/s2＝0.2m/s2，F摩＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F摩＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，选项AB正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．题型二已知物体的运动或者受力情况确定有关图像(2022·广州调研)如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q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设斜面倾角为θ，开始时：mgsinθ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确。解动力学图像问题的规律方法：题型基本解题思路已知运动图像分析受力情况（1）根据运动图像，求解加速度；（2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系；（3）确定物体受力情况及相应物理量。已知受力图像分析运动情况（1）根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化；（2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速还是减速；（3）由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况。已知有关情境确定物理量的变化图像（1）分析运动过程中物体的受力；（2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式；（3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像。1.(2023·山东济南市模拟)蹦床运动有益于人的身心，成人和儿童都可以参与，在社会上迅速流行起来。一人在蹦床上运动时，某段时间内的v－t图像如图3所示，其中0～t1段和t3～t4段是直线，且0～t1时间大于t3～t4的时间，不计空气阻力，由此图像可知()图3A.0～t1时间内人向上运动B.t1～t3时间内人一直向下运动C.t2时刻的加速度大于重力加速度gD.t3时刻的加速度大于重力加速度gC由于人与蹦床接触的时间内人受到的合外力是变化的，所以人的加速度是变化的，由图在0～t1时间内人的速度均匀增大，加速度不变，可知0～t1时间内人做自由落体运动，运动的方向应向下，A错误；t2～t3是起蹦过程，人向上运动，B错误；由图像可知，t2时刻人位于最低处，此时图线的斜率|kt2|＞|kt1|，又因为v－t图像的斜率表示加速度大小，则有at2＞at1＝g，C正确；t3～t4时间内，人离开蹦床做竖直上抛运动，故t3时刻的加速度等于重力加速度g，D错误。2.(2023·云南省检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是()A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为3kgD.物体的加速度大小为5m/s2D物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，则F＝kx＋mg＋ma－kx0，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10N＝ma,30N－mg＝ma，联立解得m＝2kg，a＝5m/s2，C错误，D正确。3.如图(a)所示，安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图(b)所示。设传送带速度恒为v0，质量为m的被检物品与传送带的动摩擦因数为μ，被检物品无初速度放到传送带A端。若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为PfA.B.C.D.ADA.被检物品无初速度放到传送带A端，物品的加速度为a=μg，物品做匀加速运动有v0=at，解得t=v0μg，所以在0-v0μg时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度v0

后一起做匀速运动，则A正确；B.物品先做匀加速运动，再做匀速运动，所以B错误；C.摩擦力的功率Pf为Pf=μmgv=μ2mg2t，所以在0-v0μg时间内，摩擦力的功率P考点三动力学中的临界极值问题1.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2.四种典型的临界条件(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＝0，两个物体具有相同的速度及加速度。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是加速度a＝0。题型一“接触与脱离”的临界问题(多选)如图所示，质量mB＝2kg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＝1kg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＝2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600N/m，g＝10m/s2.以下结论正确的是()A.变力F的最小值为2NB.变力F的最小值为6NC.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq\f(\r(5),5)m/sBCA、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝mA+mBgk＝0.05m，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＝0.04m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2m/s题型二“相对静止与滑动”的临界问题(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A.A的质量是5kgB.B的质量是5kgC.A、B之间的动摩擦因数是D.A、B之间的动摩擦因数是BC拉力F很小时，A、B两物体保持相对静止，以相同的加速度运动，后来B在A上滑动。当拉力F1＝60N时，两物体加速度a1＝4m/s2，两物体恰好要相对滑动，这时A、B间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，以B为对象有：μmBg＝mBa1，对A有：F1－μmBg＝mAa1，当拉力F2＝100N时，A物体加速度a2＝8m/s2，两物体发生相对滑动，这时A、B间是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对A有：F2－μmBg＝mAa2解得：mA＝10kg；mB＝5kg；μ＝，故BC正确，AD错误。题型三“绳子断裂与松弛”的临界问题如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则()A.此过程中物体C受五个力作用B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq\f(FT,6)C对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力，共六个力作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F－μ·6mg,6m)＝eq\f(F,6m)－μg，隔离对物体A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝eq\f(2,3)F，当F＝FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝eq\f(FT,4m)，隔离对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝eq\f(FT,4)，故D错误。题型四动力学中的极值问题如图所示，一块质量m＝2kg的木块放置在质量M＝6kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝，二者静止在光滑水平面上．现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围．(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8)0≤F≤310N若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于μ＞tanθ，故当F＝0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为Ff，斜面体对木块的支持力为FN.对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙对整体受力分析有Fm＝(m＋M)a，对木块受力分析有Ff＝μFN，水平方向Ffcosθ＋FNsinθ＝ma，竖直方向FNcosθ＝mg＋Ffsinθ，联立以上各式代入数据解得Fm＝310N，故F的大小范围为0≤F≤310N.1.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2.解题技巧方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1.（2022·山东月考）如图所示，物体A、B质量分别为m、2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体A拴接）。对B施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞3mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则在A、B分离前，下列说法正确的是（）A.刚撤去外力F时，FN＝2mg＋B.弹簧弹力等于F时，FN＝C.两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离D.弹簧恢复原长时FN＝2mgBA、撤去外力前，A、B组成的整体受力平衡，刚撤去外力F瞬间，弹簧弹力不变，整体所受的合力大小等于F，方向竖直向上，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝3ma1，对物体B有FN－2mg＝2ma1，联立解得FN＝F＋2mg，故A错误；B、弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－3mg＝3ma2，对物体B有FN－2mg＝2ma2，联立解得FN＝F，故B正确；CD、当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，加速度相同，对B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也为g，对