第三章 专题强化三 牛顿运动定律的综合应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化三　牛顿运动定律的综合应用 1．本专题是动力学中的典型问题，包括图像问题、连接体问题和临界极值问题，高考中多以选择题的形式命题，在计算题中也有可能出现。 2．通过本专题的复习，可以帮助学生提升分析和推理能力，学会利用数学知识解决物理问题的方法，培养物理思维。 3．用到的相关知识有，受力分析、牛顿运动定律、匀变速运动规律等。 [对应学生用书P48] 热点 动力学中的图像问题(方法模型) 图像 vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等 三种类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像 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)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等 (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，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点 [例1]　(多选)如图甲，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＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s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　分析可知木板受到的摩擦力f′＝f。0～2 s，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误。4～5 s，由vt图像可知木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正确。2～4 s，对木板有F－f′＝ma1，得F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，所以B正确。由于无法确定物块的质量，所以尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。 答案　AB 动力学图像问题的求解思路 1．(多选)(2023·广东东莞模拟预测)当钉子垂直钉入墙中的时候，会受到墙对钉子的阻力作用，假设阻力与钉子进入墙中的距离成正比。现对一与墙垂直接触的钉子施加一个垂直于墙的恒力F，在钉子进入墙过程中，钉子位移为x，速度为v，时间为t，加速度大小为a，当钉子静止时，钉子没有完全进入墙内。下列图像有可能正确的是(　　) 解析　设钉子受到的阻力为F阻，则F阻＝kx，则由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，得a＝，加速度随位移均匀减小，到a为零，由F阻－F＝ma，可得a＝，加速度随位移均匀增大，故加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；钉子初末速度均为零，所以钉子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C正确，D错误。故选BC。 答案　BC 2．(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的关系图像如图所示。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　F－μmg＝ma→F＝ma＋μmg→ 结合F­a图像可知， ―→μ甲＜μ乙，C对，D错。 答案　BC 热点 动力学中的连接体问题(方法模型) 1．连接体的类型 弹簧连接体 物物叠放连接体 轻绳连接体 轻杆连接体 2.连接体的运动特点 轻绳 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 轻杆平动时，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 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等 [例2]　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θ C．减小B的质量 D．增加A的质量 解析　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)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。故A正确，B、C、D错误。 答案　A 力的“分配” 两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图： m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙 m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同 以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝F。 3．(2022·山东师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．绳的拉力大小为30 N B．绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将物块B换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 解析　对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1g sin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1g sin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误。 答案　C 4.如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1 kg、mQ＝0.4 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A.3 N B.5 N C.6 N D.8 N 解析　开始P、Q处于静止状态，绳子张力大小为FT＝mQg＝4 N，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，以Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得mQg－FT＝mQa，解得加速度大小为a＝5 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得F＋FT－μmPg＝mPa，解得推力F的大小为F＝8 N，故选D。 答案　D 热点 临界极值问题(方法模型) 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 类型1　相对滑动的临界 [例3]　(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 解析　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。 答案　AB 类型2　恰好脱离的临界 [例4]　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＝10 m/s2)，则(　　) 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7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 解析　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运动时，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弹簧的劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma，30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。 答案　D 连接体恰好脱离满足两个条件 (1)物体间的弹力FN＝0； (2)脱离瞬间系统、单个物体的加速度仍相等。 5．如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v2＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数。 (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求此最小值。 解析　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝Ff，Ff＝μmg cos θ， 联立解得：μ＝； (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma， 由0－v02＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ＝， 故α＝30°， 又因x＝， 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°， 所以x最小值： xmin＝＝＝ m。 答案　(1)　(2)θ＝60°　 m 课时检测训练11　牛顿运动定律的综合应用 对应学生用书P343 对点练1　动力学图像问题 1．如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则不能求出的是(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析　物块滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程＝g sin θ＋μg cos θ，向下滑行＝g sin θ－μg cos θ，整理可得g sin θ＝，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C不符合题意；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度s sin θ＝t1×＝v0，选项D不符合题意；仅根据速度时间图像，无法求出物块质量，选项B符合题意。 答案　B 2．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行的过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则(　　) A．升降机停止运行前在向下运动 B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小 C．t1～t2时间内小球处于超重状态 D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大 解析　初始时刻弹簧伸长，弹力等于重力，由图像看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，故B正确；t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，也处于失重状态，故C错误；t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，弹力大于重力，小球向上做加速运动，t4时刻速度最大，故D错误。 答案　B 3.(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 解析　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。 答案　BC 对点练2　动力学中的连接体问题 4．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　) A．7.6×104 kg B．8.0×104 kg C．4.0×104 kg D．4.0×103 kg 解析　加速度a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量为M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。 答案　A 5．如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为 C．系统的加速度为a＝g tan α D．推力F＝Mg tan α 解析　根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有水平向右的加速度a＝g tan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，推力F＝(M＋m)g tan α，选项A、B、D错误，C正确。 答案　C 6．(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1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。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．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 解析 Fm＝2Tm＝4 N，C对，ABD错。 答案　C 对点练3　临界极值问题 7．(多选)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x的正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m1＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两物体分离时弹簧刚好恢复原长 B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2 C．物体B的质量m2＝6 kg D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10 N 解析　A、B分离以后F变为恒力，大小为22 N，对A应用牛顿第二定律有F－m1g＝m1a，解得a＝1 m/s2，选项B正确。初状态弹簧弹力和A、B系统的总重力平衡，图线的纵截距即拉力F的初始值，完全提供A、B系统的加速度，对A、B系统根据牛顿第二定律有F初＝(m1＋m2)a，解得m2＝10 kg，选项C错误。初状态隔离A分析，对A应用牛顿第二定律有FAB－m1g＋F初＝m1a，解得FAB＝10 N，选项D正确。分离前对A、B整体应用牛顿第二定律有F＋F弹－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，隔离B，对B应用牛顿第二定律有F弹－m2g－FAB＝m2a，从开始运动到A和B分离的全过程，a不变，重力不变，弹簧弹力变小，则FAB变小，当FAB＝0时，A、B两物体脱离，此时B依然有向上的加速度，因此A、B分离时弹簧依然处于压缩状态，选项A错误。 答案　BD 8．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(　　) A． B． C． D． 解析　对滑块A、B整体在水平方向上，有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上，有μ1F＝mBg，联立解得＝，选项B正确。 答案　B 9.如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、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＝0.8，二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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析　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＞tan θ，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Ffcos θ＋FNsin θ＝ma，竖直方向FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，联立以上各式代入数据解得Fm＝310 N，故F的大小范围为0≤F≤310 N。 答案　0≤F≤310 N 10．(多选)如图甲所示，一质量为m的物体在平行于斜面向下的拉力F作用下沿粗糙的斜面向下做匀加速直线运动，斜面的倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体运动的加速度a随拉力F的变化图像如图乙所示，斜面足够长，则下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝ B．动摩擦因数μ＝ C．撤去拉力F后物体继续向下做匀减速运动 D．如果增大斜面的倾角θ，a­F图像的斜率将变大 解析　物体下滑过程，根据牛顿第二定律有F＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma，变换得a＝F＋g sin θ－μg cos θ，从aF的函数关系可得图线的斜率为＝＝－，解得m＝－，选项A错误。从图乙可得图线与纵轴的截距为g sin θ－μg cos θ＝b，解得μ＝，选项B正确。撤去外力后，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，从题图乙可得图线与纵轴的截距为负值，即g sin θ－μg cos θ<0，则mg sin θ－μmg cos θ<0，所以加速度a<0，即物体向下做匀减速运动，选项C正确。从a-F的函数关系式可得图线的斜率为，即a-F图像的斜率与斜面的倾角θ无关，选项D错误。 答案　BC 11．如图所示一辆货车将5个装满柴油的圆柱形油桶(排列紧密)沿平直公路安全送往目的地，上方油桶未发生翻滚。已知每个油桶的质量均为173.2 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．1号油桶对2号油桶的压力始终为1 000 N B．1号油桶对2号油桶的压力不超过2 000 N C．1号油桶对3号油桶的压力不小于1 000 N D．1号油桶对3号油桶的压力不超过1 732 N 解析　货车运动过程中既有可能加速，也有可能减速，还有可能匀速。若汽车向左加速时，若有ma＝，则1号油桶对2号油桶的压力最小为0，此时1号油桶对3号油桶的压力最大为FN＝≈2 000 N，根据对称性可知，若汽车向左减速时，若有ma＝ ，则1号油桶对3号油桶的压力最小为0，此时1号油桶对2号油桶的压力最大为FN′＝≈2 000 N，故选B。 答案　B 12．如图所示，A、B两物体的质量都为0.2 kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5 m，一恒力F＝5 N竖直作用在A上，系统由静止开始运动(两物体可看作质点，g＝10 m/s2)。 (1)求运动过程中细线的张力。 (2)在t＝2 s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度。 (3)在2 s时刻细线断裂，求再经2 s时间两物体间的距离。 解析　(1)根据牛顿第二定律，对整体有F－2mg＝2ma， 对B有FT－mg＝ma， 解得FT＝＝2.5 N； (2)根据运动学公式有v－gt′＝0， vA＝v＋a′t′，v＝at，F－mg＝ma′， 解得vA＝12.5 m/s； (3)断裂后，根据运动学公式， xA＝vt＋a′t2，xB＝vt－gt2， Δx＝xB－xA＋L＝50.5 m。 答案　(1)2.5 N　(2)12.5 m/s　(3)50.5 m 13．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 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。现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0。 (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a。 (3)力F的最大值与最小值。 解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q整体受力分析，沿斜面方向有(m1＋m2)g sin θ＝kx0， 解得x0＝0.16 m； (2)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之间的弹力为零且加速度大小相等，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：x0－x1＝at2， 联立解得a＝ m/s2； (3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N， 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a， 解得Fmax＝ N。 答案　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N 学科网（北京）股份有限公司 $$