专题突破课3　牛顿运动定律的综合应用-2025版物理大一轮复习

目标要求1.掌握动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。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.理解几种常见的临界极值条件，并会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。考点一动力学的图像问题1.常见的动力学图像及问题类型2.解题策略(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)明确能从图像中获得哪些信息：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。(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FT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)(b)(c)A.木板的质量为1kgB.2～4s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0.2解析：AB木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小Ff＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2。设木板质量为m，对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，且知Ff＝μm块g＝0.2N，解得m＝1kg，F＝0.4N，由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。0～2s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。【对点训练】1.(动力学中的v-t图像)(多选)在一次演习中，飞机悬停在高空某处后，质量为60kg的特战兵从机舱中跳下，沿竖直方向向下运动的v-t图线，如图甲所示。当速度减为零时特战兵恰好落到地面，如图乙所示。降落伞用8根对称的绳悬挂，每根绳与中轴线的夹角均为37°，不计特战兵所受的空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是()甲乙A.特战兵刚跳下时离地面的高度为180mB.在前2s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为750NC.在2s到7s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为93.75ND.在落地前瞬间，每根绳对特战兵的拉力大小为12.5N解析：AC由v-t图线围成的面积求出下落的高度，则特战兵刚跳下时离地面的高度为h＝eq\f(5＋13,2)×20m＝180m，故A正确；由图线的斜率可知，特战兵加速阶段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20－0,2)m/s2＝10m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则mg－8Fcos37°＝ma，解得在前2s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为F＝0，故B错误；在2s到7s时间内特战兵做匀速运动，受力平衡，设每根绳子拉力为F1，竖直方向上8F1cos37°＝mg，解得每根绳对特战兵的拉力大小F1＝93.75N，故C正确；由图线的斜率可知，特战兵减速阶段的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,13－7)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F2，则mg－8F2cos37°＝ma1，代入数据可得F2＝125N，故D错误。故选AC。2.(动力学中的F-a图像)(2023·全国甲卷)(多选)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 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙解析：BC根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。3.(动力学中的a-t图像)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5000kg，重力加速度g取10m/s2，则汽车在()A.0到6s内的位移约等于30mB.0时刻的速度约为28km/hC.4s时的加速度约为0.5m/s2D.4s时受到外力的合力约为2500N解析：B由a-t图像中图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1m/s＋eq\f(1,2)×(1.5＋2)×2m/s＋eq\f(1,2)×3×1.5m/s＝7.75m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75m/s＝28km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6s内的位移满足x<eq\f(1,2)v0t＝23.25m，故A错误，B正确；由题图可知4s时公共汽车的加速度约为1.0m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4s时公共汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5000N，故D错误。考点二动力学中的连接体问题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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)。2.常见的连接体(1)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等。(2)物体叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度。(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。3.整体法与隔离法在连接体中的应用整体法的选取原则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，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度隔离法的选取原则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，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的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”维度1轻弹簧连接体如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则()A.外力F的大小为2mgsinθB.弹簧的形变量为eq\f(mgsinθ,k)C.若外力F的大小变为4mgsinθ，当A、B相对静止时，弹簧弹力的大小为2mgsinθD.若外力F的大小变为4mgsinθ，当A、B相对静止时，突然撤去外力F的瞬间，物块B的加速度大小为eq\f(1,3)gsinθ解析：D对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力F的大小为F＝(m＋2m)gsinθ＝3mgsinθ，故A错误；对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为F弹＝2mgsinθ＝kΔx，则弹簧的形变量为Δx＝eq\f(2mgsinθ,k)，故B错误；对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律得F－3mgsinθ＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，物块A和B的加速度大小为aA＝aB＝eq\f(1,3)gsinθ，对物块B受力分析，由牛顿第二定律F弹′－2mgsinθ＝2maB可得，弹簧弹力的大小为F弹′＝eq\f(8,3)mgsinθ，突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。故选D。维度2物体叠放连接体(多选)如图所示，一质量M＝3kg、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＝1kg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10m/s2，下列判断正确的是()A.系统做匀速直线运动B.F＝40NC.斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq\r(2)ND.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动解析：BD对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。甲乙维度3轻绳(杆)连接体如图所示三个装置，甲中桌面光滑，乙、丙中物块与桌面动摩擦因数相同，丙图中用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是()甲乙丙A.装置甲中绳上张力T甲＝MgB.无论怎么改变M和m的值，装置甲中物块m的加速度都不可能接近gC.装置乙、丙物块m的加速度相同D.装置甲中绳上的张力T甲小于装置乙中绳上的张力T乙解析：D对装置甲，根据牛顿第二定律Mg－T甲＝Ma，T甲＝ma，得T甲＝eq\f(mMg,M＋m)，A错误；由A选项得a＝eq\f(M,M＋m)g可知，当M≫m时，物块m的加速度接近g，B错误；对装置乙Mg－T乙＝Ma乙，T乙－μmg＝ma乙，得a乙＝eq\f(Mg－μmg,M＋m)，对装置丙F－μmg＝Mg－μmg＝ma丙，得a丙＝eq\f(Mg－μmg,m)，二者不相等，C错误；由选项C得T乙＝eq\f(mMg（1＋μ）,M＋m)，则装置甲中绳上的张力T甲小于装置乙中绳上的张力T乙，D正确。故选D。eq\a\vs4\al()力的“分配协议”如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)，若作用于m2上，则F12＝eq\f(m1F,m1＋m2)。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此“协议”都成立。【对点训练】4.(力的分配)(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是()A.增大推力F B.减小倾角θC.减小B的质量 D.减小A的质量解析：AD设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，由以上两式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，可以仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。5.(物体叠放连接体)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下运动时，A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力，下列说法正确的是()A.B物体受到的支持力FN＝mg，方向竖直向上B.B物体受到的支持力FN＝mg－mgsinθ，方向竖直向上C.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsinθ，方向沿斜面向下D.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsinθcosθ，方向水平向左解析：D对A、B的整体，由牛顿第二定律3mgsinθ＝3ma，解得a＝gsinθ，对物体B，竖直方向mg－FN＝masinθ，解得FN＝mg－masinθ＝mgcos2θ，方向竖直向上；水平方向Ff＝macosθ＝mgsinθcosθ，方向水平向左，故D正确，A、B、C错误。6.(轻杆连接体)(多选)如图所示，固定斜面AC的倾角为30°，其中AB部分光滑，长为5L；BC部分粗糙且足够长。6个质量均为m的相同滑块(可视为质点)、用长为L的轻杆相连放置在斜面上，初始时滑块1恰好位于B点。释放后滑块组开始下滑，已知滑块4进入BC后能做匀速运动，下列说法中正确的是()A.滑块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)B.滑块5进入B点后的瞬间，滑块组减速运动的加速度大小为eq\f(g,4)C.滑块4通过B点前的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq\f(3mg,4)D.滑块4通过B点后的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为eq\f(mg,3)解析：AC滑块4进入BC后，对整体受力分析，沿斜面方向，根据平衡条件有6mgsinθ＝4μmgcosθ，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)，故A正确；滑块5进入B点后的瞬间，对整体受力分析，沿斜面方向根据牛顿第二定律有5μmgcosθ－6mgsinθ＝6ma，解得滑块组减速运动的加速度大小为a＝eq\f(g,8)，故B错误；滑块4通过B点前的瞬间，滑块组做加速直线运动，先对滑块组分析则有6mgsinθ－3μmgcosθ＝6ma′，解得此时滑块组的加速度为a′＝eq\f(g,8)，对滑块5和滑块6整体分析，根据牛顿第二定律有2mgsinθ－F＝2ma′，解得滑块4、5间杆的作用力大小为F＝eq\f(3mg,4)，故C正确；滑块4通过B点后的瞬间，滑块组做匀速直线运动，对滑块5和滑块6整体分析，根据平衡条件有2mgsinθ＝F′，即滑块4、5间杆的作用力大小为mg，故D错误。故选AC。考点三动力学中临界极值问题1.常见的临界条件(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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。2.解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(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。3.解题方法(1)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。(2)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。(3)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。维度1接触与脱离的临界问题(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图像如图乙所示(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则下列说法正确的是()甲乙A.t1时刻，弹簧形变量为eq\f(mgsinθ＋ma,k)B.t2时刻，弹簧形变量为eq\f(2mgsinθ,k)C.t1时刻，A、B刚分离时的速度为eq\r(\f(a（mgsinθ－ma）,k))D.从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变解析：AD由图乙可知，t1时刻A、B开始分离，对A，根据牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma得x＝eq\f(mgsinθ＋ma,k)，故A正确；由图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsinθ＝kx′，则得x′＝eq\f(mgsinθ,k)，故B错误；由图乙知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有kx－mgsinθ＝ma，t＝0时有2mgsinθ＝kx0，又x0－x＝eq\f(1,2)at12，速度v＝at1＝eq\r(\f(2a（mgsinθ－ma）,k))，故C错误；从t＝0到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，解得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，则随着x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，解得F＝mgsinθ＋ma，可知F不变，故D正确。故选AD。维度2相对滑动的临界问题(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＝3kg，取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()甲乙A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0＜F＜4N时，A、B保持静止C.当4N＜F＜12N时，A、B发生相对滑动D.当F＞12N时，A的加速度随F的增大而增大解析：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6N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff1,mg)＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4N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4N＜F＜12N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＞12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝eq\f(Ff1,m)＝2m/s2，加速度不变，选项D错误。维度3绳子断裂与松弛的临界问题如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度为()A.eq\f(g,2) B.eq\f(\r(3)g,3)C.eq\f(\r(3)g,2) D.eq\r(3)g解析：B对重物受力分析可得FAsin30°＋FBsin60°＝mg，FBcos60°－FAcos30°＝ma，联立解得eq\f(1,2)·(eq\f(2\r(3),3)mg－eq\f(\r(3),3)FA)－eq\f(\r(3),2)FA＝ma，整理得eq\f(\r(3),3)mg－eq\f(2\r(3),3)FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值，为eq\f(\r(3),3)g，故选项B正确。维度4动力学中的极值问题一个质量m＝0.5kg的小物块(可看为质点)，以v0＝2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。解析：(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝2m/s2。(2)根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝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Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ联立解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,\r(μ2＋1)sin（φ＋α）)当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin代入数据解得Fmin＝eq\f(12\r(5),5)N。答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)eq\f(12\r(5),5)N限时规范训练11[基础巩固题组]1.(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()A.1N B.2NC.4N D.5N解析：C对两物块整体受力分析有F＝2ma，再对后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N，故选C。2.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与x之间关系的图像可能正确的是()解析：A假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，故A正确，B、C、D错误。3.(多选)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相等。为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是()A.仅增大B的质量B.仅将A、B的位置对调C.仅增大水平面的粗糙程度D.仅增大水平恒力F解析：ABD弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力FT，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝eq\f(F－μ（mA＋mB）g,mA＋mB)，以B为研究对象得a＝eq\f(FT－μmBg,mB)，联立可得FT＝eq\f(mB,mA＋mB)F，整理得FT＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误。4.将一质量不计的光滑杆倾斜的固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()甲乙丙A.在2～4s内小球的加速度大小为1m/s2B.小球质量为2kgC.杆的倾角为30°D.小球在0～4s内的位移为8m解析：Cv-t图像的斜率表示加速度，可知在2～4s内小球的加速度大小为a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(2－1,4－2)m/s2＝0.5m/s2，A错误；设杆的倾角为α，由题图乙、丙可知，在0～2s内小球做匀速直线运动，满足F1＝mgsinα，在2～4s内小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F2－mgsinα＝ma，联立解得m＝1kg，α＝30°，B错误，C正确；v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，可得小球在0～4s内的位移为s＝(2×1＋eq\f(1＋2,2)×2)m＝5m，D错误。故选C。5.(多选)如图甲所示，一个质量为2kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则()甲乙A.F的大小为8NB.0～1s和1～3s内物体加速度的方向相反C.t＝3s时，物体离出发位置最远D.3s末物体的速度为0解析：BCD由图乙可知t＝1s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小变为2m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ff＝ma2＝2×2N＝4N，在0～1s时间内，物体的加速度为4m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4N＋2×4N＝12N，A错误；由图乙可知，0～1s加速度为正方向，1～3s内物体加速度为负方向，所以0～1s和1～3s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，物体做减速运动的时间t2＝eq\f(v,a2)＝eq\f(4,2)s＝2s，即物体在t＝3s时速度为零，物体离出发位置最远，C、D正确。6.(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设某列动车组各车厢质量均相等，在做匀加速直线运动时每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为Ff。该动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125FC.做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125FD.做匀加速直线运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F解析：CD启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速直线运动时，加速度为a＝eq\f(3F－8Ff,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确。7.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是()A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B.B和A刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于eq\f(mg,h)D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动解析：CA、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FNAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，A、B的加速度均为0，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝eq\f(mg,h)，综上所述，只有C项正确。8.(多选)如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，(已知重力加速度为g)。则()A.当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大小为0.5mgB.若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线的拉力大小为mgC.当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块的压力不为零D.当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线的拉力大小为2mg解析：AC当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得细线的拉力大小为FT＝mgsin30°＝0.5mg，故A正确；设当小球贴着滑块一起向左运动且滑块对小球的支持力恰好为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0＝eq\f(mgtan60°,m)＝eq\r(3)g>g，即当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球没有脱离斜面，则水平方向有FTcos30°－FNsin30°＝ma，竖直方向有FTsin30°＋FNcos30°＝mg，联立可得FT＝eq\f(\r(3)＋1,2)mg，FN＝eq\f(\r(3)－1,2)mg，故B错误，C正确；当滑块以加速度a＝2g>eq\r(3)g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线的拉力大小为F＝eq\r(（mg）2＋（ma）2)＝eq\r(5)mg，故D错误。[能力提升题组]9.(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出()甲乙A.物体的质量B.斜面倾角的正弦值C.加速度为6m/s2时物体的速度D.物体能静止在斜面上所施加的最小外力解析：ABD对物体，由牛顿第二定律有Fcosθ－mgsinθ＝ma，可得a＝eq\f(cosθ,m)F－gsinθ，故a-F图像的斜率为k＝eq\f(cosθ,m)＝0.4kg－1，纵轴截距为b＝－gsinθ＝－6m/s2，解得物体质量为m＝2kg，sinθ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmin＝mgsinθ＝12N，故D正确。10.(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2沿斜面向上匀加速运动时，弹簧的伸长量为x2。下列说法正确的是()A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2解析：AB在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①，隔离物块A