专题强化四　牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律综合应用”，覆盖动力学图像、连接体、临界极值三大高考核心考点。依据高考评价体系，通过真题与模拟题分析明确各考点权重，归纳v-t/F-t图像分析、整体隔离法解连接体等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，精选2024北京卷、全国甲卷等真题，以连接体问题“整体求加速度、隔离求内力”等方法突破考点。通过科学推理分析临界条件，培养学生模型建构能力，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习。

专题强化四　牛顿运动定律的综合应用 ——动力学图像、连接体及临界极值问题 第三章　运动和力的关系 考点 1 考点二　动力学中的连接体问题 考点一　动力学图像问题 考点三　动力学中的临界和极值问题 目录 2 常见动力学图像及应用方法 考点一　动力学图像问题 v－t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合力 F－a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a－t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F－t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 目录 考点 例1 (多选)(2025·河南郑州高三期末)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的物体，现用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　 　) ABD A.当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动 B.图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小 C.物体向上运动的加速度与力F成正比 D.图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g 目录 考点 解析　由题图可知，当力F小于A点横坐标值时，其加速度为零，即物体处于平衡状态，而初始物体静止不动，所以当F小于题图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动，故A正确;当F为A点值时，物体的 加速度恰好为零，对物体有F=Mg，所以图中A点的横坐标值即物体的重力大小，故B正确;物体向上运动时有F－Mg=Ma，整理有a=F－g，所以物体向上运动的加速度和力F成一次函数关系，而不是正比关系，故C错误;由a=F－g可知图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g，故D正确。 目录 考点 例2 (多选)(2025·北京石景山模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其a－t图像如图乙所示，t=0时其速度大小为2 m/s。物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，g=10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) ACD A.在t=2 s时，物块的速度为5 m/s B.在0~2 s内，物块的位移大于7 m C.在t=1 s时，物块的加速度为1.5 m/s2 D.在t=1 s时，拉力F的大小为5 N 目录 考点 解析　在a－t图像中，图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量。在t=2 s时，物块的速度为v2=v0+Δv=2 m/s+×2 m/s=5 m/s，故A正确;在0~2 s内，物块的v－t图像如图所示，如果是匀加速直线运动，位移为x=×2 m=7 m，实际做加速度增大的加速运动，v－t图像与时间轴所围面积表示位移，可知物块的位移小于7 m，故B错误;在t=1 s时，物块的加速度为a1=1 m/s2+× 1 m/s2=1.5 m/s2，故C正确;根据牛顿第二定律可得在t=1 s时刻，拉力F的大小为F=ma+μmg=5 N，故D正确。 目录 考点 分析动力学图像问题的方法技巧 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。 2.建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。 3.建立图像与公式间的关系:对于a－F图像、F－x图像、v－t图像、v2－x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。 4.读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 目录 考点 1.连接体的五大类型 考点二　动力学中的连接体问题 弹簧 连接体 轻绳 连接体 目录 考点 轻杆 连接体 物体叠放 连接体 两物体并 排连接体 目录 考点 2.连接体的运动特点 (1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。 (2)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。 (3)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。 (4)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或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。 目录 考点 3.连接体问题的分析 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出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 目录 考点 例3 (2024·北京卷，4)如图所示，飞船与空间站对接后，在水平推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A A.F　 B.F　 C.F　 D.F 解析　以空间站和飞船为整体，根据牛顿第二定律有F=(M+m)a，对空间站有FN=Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN=F，A正确，B、C、D错误。 目录 考点 力的“分配”原则 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，如图所示。 接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同) F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹=F。 目录 考点 例4 (2025·黑龙江齐齐哈尔多校联考)如图所示，倾角为θ的足够长光滑斜面体固定在水平面上，质量相等的物块A、B用劲度系数为k的轻弹簧连接放在斜面上，将B锁定，A、B处于静止状态。现解除对B的锁定，则在弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　) D A.A和B的速度变化量大小相等 B.A和B都是速度变化越来越快 C.B的位移与A的位移之差不变 D.B的平均速度比A的平均速度大 目录 考点 解析　解除对B的锁定时，弹簧弹力大小等于mgsin θ，在弹簧第一次恢复原长的过程中，A的加速度从零开始增大，加速度最大为aA==gsin θ，所以A的速度变化越来越快;B的加速度从aB==2gsin θ开始减小，最小为aB==gsin θ，所以B的速度变化越来越慢;可知A的平均加速度小于B的平均加速度，则A的平均速度小于B的平均速度，A的速度变化量小于B的速度变化量，B的位移与A的位移之差不能保持不变，故D正确。 目录 考点 例5 (2024·河南新乡模拟)如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h=49 cm的位置，轻绳拉紧，重力加速度g=10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则(　　) D A.a球落地前，加速度大小为1 m/s2 B.a球运动到地面所用时间为0.5 s C.a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s D.绳子中张力大小为2.4 N 目录 考点 解析　a球落地前，对a、b球整体，根据牛顿第二定律有mag－mbg=(ma+mb)a，解得a=2 m/s2，故A错误;根据运动学公式h=at2，a球运动到地面所用时间为t==0.7 s，故B错误;a球落至地面时的速度大小为v=at=1.4 m/s，故C错误;对a球，根据牛顿第二定律有mag－T=maa，解得绳子中张力大小为T=2.4 N，故D正确。 目录 考点 1.临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点。 2.常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件: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:物体所受合力为零。 考点三　动力学中的临界和极值问题 目录 考点 3.处理临界问题的三种方法 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，特别是有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 目录 考点 例6 (多选)(2025·海南师范大学附属中学月考)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=10 m/s2。以下结论正确的是(　　) BC 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 目录 考点 解析　分离前，对A、B整体受力分析，有F+F弹－(mA+mB)g =(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g－F弹，当F弹最大时，F最小，即刚开始施力时，F弹最大且等于A和B的重力之和，则Fmin=(mA+mB)a=6 N，故A错误，B正确;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，解得x2=0.04 m，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，故C正确，D错误。 目录 考点 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。 目录 考点 例7 (2025·江苏常州模拟)倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块放在水平面AB上，滑块的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m=1 kg，当滑块以a=2g的加速度向右加速运动时，细线拉力的大小为(g=10 m/s2)(　　) C A.10 N B.5 N C.10 N D.10 N 目录 考点 解析　当小球对滑块的压力恰好等于零时，对小球受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律，F合==ma0，解得a0=g，由于a=2g>g，所以小球会飘起来，对小球受力分析如图乙，由勾股定理可得=(mg)2+(ma)2，解得FT2=10 N，故C正确。 目录 考点 限时作业 2 目录 基础对点练 A 对点练1　动力学图像问题 1.(2025·山西临汾模拟)质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上，0~3 s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0~2 s内加速度图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2，由图可知(　　) A.m=1 kg，μ=0.2 B.m=1 kg，μ=0.1 C.m=2 kg，μ=0.2 D.m=2 kg，μ=0.1 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　0~1 s内，根据牛顿第二定律可得F1－μmg=ma，1~2 s内，有F2=μmg，联立可得m=1 kg，μ=0.2，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 C 2.(2025·重庆九龙坡高三开学考)如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10 m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2 m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是(　　) A.k的值为0.1 N·s/m B.飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s C.飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s 2 D.飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　匀速下降时满足mg=kv1，可得k的值为k= = N·s/m=1 N·s/m，选项A错误;v－t图像与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在 上升过程的平均速度<=5 m/s，选项B错误;飞箭射出瞬间的加速度大小为a== m/s2=60 m/s2，选项C正确;v－t图像的斜率表示加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 D 3.(2025·山东师范大学附中高三月考)如图甲所示，木箱静止在光滑水平面上，箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ=37°，可视为质点的滑块静止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F，测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5 s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量M=2 kg，滑块的质量m=1 kg，斜面高H=9.6 cm，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.1 s末，水平拉力F的大小为6 N B.2 s末，木箱的速度为4 m/s C.2 s后滑块开始相对于斜面向上运动 D.2.9 s末滑块到达斜面顶部 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度a0=gtan θ=7.5 m/s2，1 s末由图可知a1=3 m/s2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块、木箱可视为整体，由牛顿第二 定律F=(M+m)a1，解得F=9 N，故A错误;根据图像可知，2 s内速度增加量Δv= a2Δt=6 m/s，2 s末木箱的速度为6 m/s，故B错误;2.5 s末滑块的加速度为7.5 m/s2，滑块相对于斜面开始滑动，故C错误;2.5 s后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，根据ma3=macos θ－mgsin θ，=a3t2，由题图乙知a=10 m/s2，解得t=0.4 s，则滑块到达斜面顶部时刻为2.9 s末，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 B 对点练2　动力学中的连接体问题 4.(2025·贵州六盘水高三联考)在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法。如图所示，先对质量为m1的标准物体P施加一水平恒力F，测得其加速度为a1，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们的加速度为a2。则测得物体Q的质量m2为(　　) A.m2=m1 B.m2=m1 C.m2=m1 D.m2=m1 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　由题意可知，对质量为m1的标准物体P施加一水平恒力F，测得其加速度为a1，由牛顿第二定律可知水平恒力F=m1a1，将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们的加速度为a2，由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a2，联立解得m2=m1，故B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 AC 5.(多选)(2025·广东东莞一中开学考)如图所示，水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面一起做匀加速直线运动，小车和货物的质量分别为M和m，货物与小车间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。小车与地面间的滚动摩擦力不计，且货物与平板车左侧推杆不接触，在运动过程中，下列分析正确的是(　　) A.货物受到的合力大小为F B.货物受到的合力大小一定为μmg C.货物受到的摩擦力大小一定为F D.水平恒力F大于μmg时，货物会发生相对滑动 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　对小车和货物整体根据牛顿第二定律可得F=(M+m)a，根据牛顿第二定律，货物受到的合力大小为F合=ma=F，故A正确;小车与货物之间的滑动摩擦力大小为Ff'=μFN=μmg，小车与货物之间相对静止为 静摩擦，货物受到的摩擦力不一定等于最大静摩擦力，故B错误;小车对货物的摩擦力提供货物加速度，即小车对货物的摩擦力大小为Ff=F合=F，故C正确;货物即将发生相对滑动时，小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦力，则Ff'=μFN=μmg，对货物，根据牛顿第二定律可得Ff'=ma，对整体，根据牛顿第二定律可得F=(m+M)a=μ(m+M)g，则至少需要μ(m+M)g的推力才会相对滑动，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 A 6.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，轻绳的拉力变为原来的一半。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取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 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　P静止在水平桌面上时，轻绳的拉力FT=mQg=2 N，将水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的拉力变为原来的一半，即FT'=1 N，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律得mQg－FT'=mQa，解得a=5 m/s2，隔离P受力分析，由牛顿第二定律得F－μmPg+FT'=mPa，解得F=4.0 N，选项A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 B 对点练3　动力学中的临界和极值问题 7.(2025·湖北武汉高三月考)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为(　　) A.g B.g C.g D.g 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　对物块受力分析，设外力与水平方向的夹角为θ，如图，由牛顿第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)=ma，化简可得Fsin(θ+φ)－μmg=ma，其中F=mg，μ=，tan φ=，当sin(θ+φ)=1时，物块运动的加速度最大，为am=g，故B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 B 8.(2025·甘肃多校联考)如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为mg，绳对球的拉力大小为FT、斜面对小球的弹力大小为FN，当汽车以大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.若a=14 m/s2，小球受mg、FT、FN三个力作用 B.若a=14 m/s2，小球受mg、FT两个力作用 C.若a=13 m/s2，小球受mg、FT两个力作用 D.不论a多大，小球均受mg、FT、FN三个力作用 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　若支持力恰好为零，对小球受力分析，受到重力、绳子拉力，如图，小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有FTcos θ=ma，FTsin θ=mg，解得a=== m/s2≈13.3 m/s2，由以上分析可知，当a>13.3 m/s2时，小球受mg、FT两个力作用，当a<13.3 m/s2时，小球受mg、FT、FN三个力作用，故B正确，A、C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 综合提升练 D 9.(2024·全国甲卷，15)如图11，一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(　　) 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　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F 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 BD 10.(多选)(2025·河南济源高三期末)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。重力加速度为g=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.斜面体对物体的作用力FN=5 N D.增大F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　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mgtan 45°=ma，可得F=40 N，a=10 m/s2，故A错误，B正确;斜面体对楔形物体的作用力FN2==mg=10 N，故C错误;外力F增大，则斜面体加速度增大，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力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 11.(2025·广东东莞外国语学校高三月考)一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量m=12 kg，弹簧的劲度系数k=800 N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，如图所示。已知在前0.2 s内F的大小是变化的，在0.2 s以后F是恒力，g取10 m/s2。求: (1)未施加力F时，弹簧的压缩量; (2)物体做匀加速直线运动的加速度大小; (3)F的最小值和最大值。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 答案　(1)0.15 m　(2)7.5 m/s2　(3)90 N　210 N 解析　(1)未施加力F时，根据受力平衡可得mg=kx0 解得弹簧的压缩量为x0=0.15 m。 (2)根据题意可知，在t=0.2 s时，物体P与秤盘开始分离，此时弹簧处于原长状态，则在0~0.2 s内，根据运动学公式可得x0=at2 解得物体做匀加速直线运动的加速度大小为a=7.5 m/s2。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 (3)物体P与秤盘分离前，以物体P为研究对象 根据牛顿第二定律可得F+FN－mg=ma 由于秤盘质量忽略不计，则有FN=kx 由于压缩量逐渐减小，FN逐渐减小，则F逐渐增大; 可知初始时刻F最小，则有 Fmin+kx0－mg=ma 解得Fmin=90 N 当物体P与秤盘分离时，FN=0，此时F最大，则有Fmax－mg=ma 解得Fmax=210 N。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 $