第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（福建专版）

牛顿运动定律的综合应用(一) (综合融通课) 第 3 讲 1 (一) 动力学中的图像问题 2 (二) 动力学中的连接体问题 4 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 3 (三) 动力学中的临界极值问题 (一) 动力学中的图像问题 图像 v⁃t图像、a⁃t图像、F⁃t图像、F⁃a图像等 三种类型 (1)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。 (2)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。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)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。 破题关键 (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)明确能从图像中获得哪些信息: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。 续表 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.(2025·漳州高三模拟)如图甲所示，质量为m的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) 考法全训 A.0~6 s内物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小 B.2~6 s内物块先超重后失重，速度变化量不为零 C.0~6 s内物块先失重后超重，6 s时物块的运动方向向下 D.弹簧秤在2 s末和6 s末的示数相同，物块在2 s末和6 s末速度等大反向 解析:由牛顿第二定律可得F-mg=ma，即F=mg+ma，由题图可知，在0~4 s内加速度为正值，4~6 s内加速度为负值，可知F先大于mg后小于mg，故物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小，故A正确。 √ 2~4 s内加速度为正值，方向向上，物块处于超重状态；4~6 s内加速度为负值，方向向下，物块处于失重状态；根据a⁃t图像下的“面积”为速度的变化量， t轴上方面积为正值，t轴下方面积为负值，2~6 s内图像所围“面积”的代数和为零，则2~6 s内物块先超重后失重，速度变化量为零，故B错误。0~6 s内物块先超重后失重，根据a⁃t图像所围“面积”为速度的变化量，则有Δv=×2 m/s+×2×2 m/s-×2×2 m/s=3 m/s，因物块从静止开始运动，故t=6 s时物块的速度为v6=Δv=3 m/s，即6 s时物块的运动方向向上，故C错误； 在t=2 s时有F2=mg+ma2=m，在t=6 s时有F6=mg+ma6=m，故弹簧秤在2 s末和6 s末的示数不相同，物块在2~6 s内速度变化量为零，因此有v2=v6，物块在2 s末和6 s末速度等大同向，故D错误。 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2.如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时，物块停止下滑 √ 解析:根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-f =ma，由题图乙可知F=t，而f=μF，解得a=g-， 故随着时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速 运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，作出a⁃t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm=gt0，故选C。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3.(2025·江西南昌模拟)2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手战胜克罗地亚选手，夺得金牌，这也是中国选手获得的首枚奥运会网球女单金牌。在比赛开始发球时，运动员常会用高抛发球，假设球向上抛出后在竖直方向运动，运动过程中球所受空气阻力大小不变、方向与运动方向相反，以竖直向上为正方向，球运动过程的v⁃t图像可能是(　　) √ 解析:球向上抛出后，向上运动过程中重力和阻力方向都是向下的，根据牛顿第二定律得mg+f=ma1，解得a1=g+，向下运动过程中重力竖直向下，而阻力方向是向上的，根据牛顿第二定律得mg-f=ma2，解得a2=g-，所以向上运动的加速度大于向下运动的加速度，以竖直向上为正方向，v⁃t图像的斜率始终为负值，且前一段时间斜率的绝对值比后一段大，故选C。 (二) 动力学中的连接体问题 1.整体法的选取原则及解题步骤 (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)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)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。 (2)运用隔离法解题的基本步骤: 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 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 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　 (2023·福建高考)(双选)如图所示， 一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设 各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运 行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共 有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则 (　　) 考法全训 A.当火车匀速直线运动时，T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时，T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 √ √ [解析]　设每节车厢所受重力为G，当火车匀速直线运动时，T1=f1=k×3G，T2=f2=k×2G，T3=f3=k×G，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故A错误，B正确;当火车匀加速直线运动时，T1-f1=T1-k×3G=3ma，T2-f2=T2-k×2G=2ma，T3-f3=T3-k×G=ma，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故C错误，D正确。 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　如图，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=0.5 kg、mQ=0.2 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.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N √ [解析]　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1=mQg=2.0 N，f=T1=2.0 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2==1.0 N，故Q加速下降，有mQg-T2=mQa，可得a= 5 m/s2，而P将以大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律得T2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　(双选)如图所示，质量为M、倾角为30° 的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑 轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终 与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。将A、B由静止释放，在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮)，斜面体静止不动。下列说法正确的是(　　) A.轻绳对P点的拉力大小为mg B.物体A的加速度大小为g C.地面对斜面体的摩擦力大小为mg D.地面对斜面体的支持力大小为g √ √ [解析]　由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移大小的两倍，则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍；设物体A的加速度大小为a，则B的加速度大小为2a；设B下降过程中轻绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律得2T-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma，2mg-T=2m·2a，联立并代入数据解得T=mg，a=g，A正确，B错误； 物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得Tcos 30°-f=macos 30°，解得地面对斜面体的摩擦力大小为f=mg，C正确；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-Tsin 30°=2m·2a-masin 30°，解得地面对斜面体的支持力大小为FN=g，D错误。 (三) 动力学中的临界极值问题 1.四类典型临界条件 (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。 (2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则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；绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)速度达到最值的临界条件:加速度为0。 2.三种常用解题方法 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 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，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开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以a0做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的a⁃x图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度为g。以下说法正确的是(　　) 考法全训 A.在图乙PQ段中，拉力F恒定不变 B.在图乙QS段中，B的速度逐渐减小 C.B位移为x1时，A、B之间弹力大小为0 D.B位移为x2时，弹簧达到原长状态 √ [解析]　以A、B为整体分析，在PQ段一起向上做匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；在QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；在x1时B的加速度开始减小，而A的加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小为0，故C正确；位移为x2时，B的加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。 [例2]　(2025·湖南长沙模拟)如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ=53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球。已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g= 10 m/s2。现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法错误的是 (sin 53°=0.8) (　　) A.若μ=0.2，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 B.若μ=0.5，当F=10 N时，木板相对斜劈向右滑动 C.若μ=0.8，当F=22.5 N时，小球对斜劈的压力为0 D.若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为2 N √ [解析]　若μ = 0.2，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为amax0==2 m/s2，当球刚好要离开斜劈时，只受到重力和绳子拉力作用，有=ma球，解得a球=7.5 m/s2 >amax0，可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故A正确，不符合题意；若μ=0.5，当F=10 N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma，解得a= m/s2，对斜劈与球构成的系统，最大加速度为amax1==5 m/s2>a，可知此时木板与斜劈相对静止，故B错误，符合题意； 若μ=0.8，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为amax2==8 m/s2，对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=3mamax2=24 N>22.5 N，当F=22.5 N时，板、球和斜劈相对静止，有a'==7.5 m/s2=a球，可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜劈的压力为0，故C正确，不符合题意；若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为amax2=8 m/s2，对球分析，有FT==2 N，故D正确，不符合题意。 考法(二)　叠加体系统相对滑动的临界问题 [例3]　如图所示，光滑水平面上放置质量分别 为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用 一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(　　) A. B. C. D.3μmg √ [解析]　当绳中拉力最大时，木块要相对滑动，设绳中最大拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma，对左侧整体有FT=3ma，联立解得FT=，A、C、D错误，B正确。 叠加体系统临界问题的求解思路 思维建模 考法(三)　动力学中的极值问题 [例4]　如图所示，一质量m=0.4 kg的小 物块，以v0=2 m/s的初速度，在与斜面成某一 夹角的拉力F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=10 m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 [答案]　3 m/s2　8 m/s　 [解析]　设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L=v0t+at2① v=v0+at② 代入数据得a=3 m/s2③ v=8 m/s。④ (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小?拉力F的最小值是多少? [答案]　30°　 N [解析]　设物块所受支持力大小为FN， 所受摩擦力大小为Ff，拉力与斜面间的夹角 为α，受力分析如图所示， 由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0⑥ 又Ff=μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得F=⑧ 由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α=30°⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin= N。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·福建南安模拟)蹦床运动是一 种集竞技、健身、观赏和娱乐于一体的综 合性运动。某同学在练习蹦床运动时，在 弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录了他运动过程中所受蹦床弹力F随时间t的变化图像，如图所示。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 6 7 8 9 A.该同学刚开始处于静止状态，可算出其质量为45 kg B.该同学在6.6~7.4 s内先处于失重状态，后一直处于超重状态 C.该同学全程的最大加速度为10 m/s2 D.该同学在4.6~6.6 s内离开蹦床上升的最大高度为5 m 解析:由题图可知，该同学在1.5 s前受力平衡，根据实际情况只能是处于静止状态，且弹力大小等于重力，有mg=400 N，解得m=40 kg，故A错误；弹力大小小于重力时处于失重状态，弹力大小大于重力时处于超重状态，则该同学在6.6~7.4 s内先处于失重状态，后处于超重状态， 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 最后一段又处于失重状态，故B错误；该同学在0~7.4 s内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度，由牛顿第二定律有amax== m/s2=25 m/s2，故C错误；由题图可知，该同学在4.6~6.6 s内，先做竖直上抛运动后做自由落体运动，根据对称性可知，上升和下落时间均为t=1 s，则该同学在4.6~6.6 s内离开蹦床上升的最大高度为h=gt2=5 m，故D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 2.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互 接触放在水平面上，如图。若对A施加水平推力F，使两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 (　　) A.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F B.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为 D.若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析:若水平面光滑，对A和B整体受力分析可知F=(m+2m)a，解得a=，再对B受力分析，B水平方向只受到A的作用力，由牛顿第二定律可知N=2ma，解得物块A对B的作用力大小为N=F，故A、B错误；若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则对A和B整体受力分析可知F-μ(m+2m)g=(m+2m)a'，解得a'=，再对B受力分析，B水平方向受到A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可知N'-μ·2mg=2ma'，解得N'=F，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 3.(2025·福州高三模拟)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x=0)。现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图像正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析:设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x0，则有mg-kx0=ma，解得x0=，在此之前，对A有mg-FN-kx=ma，对A、B整体有2mg-F=2ma，A、B之间的压力由开始运动时的线性减小到零，而力F由开始时的mg线性减小到，此后托盘与物块分离，力F保持不变，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 4.(2025·广东东莞模拟)如图所示，质量M=2 kg的玩具动力小车在水平面上运动时，小车牵引力F=8 N和受到的阻力f=1 N均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m=1 kg的物体由静止开始运动。运动t=4 s后，轻绳从物体上脱落，物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4，g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.轻绳脱落之前，绳的拉力大小为5 N B.轻绳脱落之前，小车的加速度大小是 m/s2 C.轻绳脱落之后，物体继续滑行时间2 s D.物体刚停止时，小车的速度大小是3.5 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析:轻绳脱落之前，对小车和物体整体由牛顿第二定律可得加速度大小a== m/s2=1 m/s2，选项B错误；轻绳脱落之前，对小车有F-f-T=Ma，解得绳的拉力大小为T=5 N，选项A正确；轻绳脱落时物体和小车的速度v=at=4 m/s，轻绳脱落之后，物体做匀减速运动的加速度大小a1=μg=4 m/s2，则继续滑行时间t1==1 s，选项C错误；轻绳脱落之后小车运动的加速度a2== m/s2=3.5 m/s2，物体刚停止时，小车的速度大小是v'=v+a2t1=4 m/s+3.5×1 m/s=7.5 m/s，选项D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 二、双项选择题 5.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= C.从施加力F到A、B分离的时间为 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析:设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0=4mg，开始施加拉力F的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma，解得FAB=，故A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为零，弹簧弹力不为零， 对A受力分析得kx-3mg=3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=，则A上升的高度h=x0-x=，由h=at2，解得从施加力F到A、B分离的时间为t=，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 6.(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　 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析:根据牛顿第二定律，可得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。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 7.如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.5 kg。t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1 s时撤去，在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.t=1 s时物块A的速度大小为0.8 m/s B.t=1 s时弹簧弹力为0.6 N C.物块B的质量为0.8 kg D.F大小为1.5 N 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 解析:若物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，a⁃t图像的面积为Δv=×1 m/s=0.8 m/s，而A的初速度为零，可知1 s时物块A的速度为0.8 m/s，但实际是物块A的a⁃t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8 m/s，则t=1 s时A的速度大小小于0.8 m/s，故A错误；恒力F拉动A的瞬间，由a⁃t图像知A的加速度为a0=1 m/s2，有F=mAa0=1.5 N， 1 s时A、B两者的加速度相等a=0.6 m/s2，对A、B由牛顿第二定律分别有F-F弹=mAa，F弹=mBa，解得mB=1 kg，F弹=0.6 N，故B、D正确，C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 三、计算题 8.(12分)(2025·福建石狮模拟)如图甲所示， 形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角θ=37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)斜面BC的长度；(3分) 答案:3 m　 解析:对滑块在BC面和AB面时受力 分析如图所示。 由牛顿第二定律得a1=gsin θ=6 m/s2 滑块在斜面上运动的时间为t1=1 s，由运动学公式得s1=a1=3 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (2)滑块的质量；(4分) 答案:2.5 kg　 解析:滑块对斜面的压力为N1'=N1=mgcos θ 木块对传感器的压力为F1=N1'sin θ 由题图乙可知F1=12 N， 解得m=2.5 kg。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (3)木块水平表面AB段长度。(5分) 答案:8 m 解析:滑块滑到B点的速度为v1=a1t1=6 m/s 由题图乙可知|F2|=f2=5 N，t2=2 s，根据牛顿第二定律得a2==2 m/s2 水平表面AB段长度为s2=v1t2-a2=8 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 9.(14分)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小； (6分) 答案:m　 解析:列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a=，① 对整个列车，由牛顿第二定律得 F-k·7mg=7ma，② 2 3 4 1 5 6 7 8 9 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得 +T-k·2mg=2ma，③ 联立①②③，解得T=-m，④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大?(8分) 答案:kmg 2 3 4 1 5 6 7 8 9 解析:列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F'-k·7mg=0， ⑤ 设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有+T1- k·2mg=0，⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有+T2-k·2mg=0， ⑦ 联立⑤⑥⑦，解得T1=-kmg，T2=kmg， 因此作用力变化ΔT=T2-T1=kmg。 2 3 4 $$