专题03 牛顿运动定律(第02期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析(解析版)

专题3牛顿运动定律
2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I ）
一．选择题
1.（2019河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m 的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F 1—2，2和3间弹簧的弹力为F 2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F 2018—2019，则下列结论正确的是
A.F 1—2：F 2—3：......F 2018—2019=1：2：3：......2018B.从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3： (2018)
C.如果突然撤去拉力F ，撤去F 瞬间，第2019个小球的加速度为F ，N 其余每个球的加速度依然为a
D.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a ，其余小球加速度依然为a 【参考答案】AD
【命题意图】本题以轻弹簧连接的2019个小球为情景，考查连接体、受力分析、牛顿运动定律及其相关知识点。

【解题思路】隔离小球1，由牛顿运动定律，F 1-2=ma ，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 2-3=2ma ，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 3-4=3ma ，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 4-5=4ma ，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F 2018-2019=2018ma ，联立解得：F 1-2∶F 2-3∶F 3-4∶F 4-5∶F 5-6······F 2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A 正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B 错误；如果突然撤去拉力F，撤去F 的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F 2018-2019=2018ma ，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F 2018-2019=ma ’，联立解得第2019个小球的加速度a ’=
20182019F
m
，选项C 错误；如果1和2两个
球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F 2-3=ma 2，解得第2个小球的加速度a 2=2a ，其余小球受力情况不变，加速度依然为a ，选项D 正确。

【方法归纳】对于连接体，要分析求解小球之间的作用力，需要隔离与该力相关的小球列方程解答。

解答此题常见错误主要有：一是对弹簧作用力的瞬时性理解掌握不到位；二是研究对象选择不当；三是分析解
答有误。

2.（2019年3月兰州模拟）质量为2kg 的物体在水平力F 作用下运动，t=0时刻开始计时，3s 末撤去F ，物体继续运动一段时间后停止，其v-t 图象的一部分如图所示，整个过程中阻力恒定，则下列说法正确的是
A.水平力F 为3.2N
B.水平力F 做功480J
C.物体从t=0时刻开始，运动的总位移为92m
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【参考答案】B
【命题意图】本题以水平力作用下物体运动为情景，以速度图像给出解题信息，考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、做功及其相关知识点。

【解题思路】在0~3s 时间内，物体匀速运动，由平衡条件，F-μmg =0，3s 末撤去F ，在3~5s 时间内，物体做匀减速直线运动，运动的加速度大小为a=
v t
∆∆=4m/s 2
，由牛顿第二定律，μmg =ma，联立解得：μ=0.4，F=8N，选项AD 错误；在0~3s 时间内，物体匀速运动位移x1=20×3m=60m，水平力F 做功W=Fx=8×60J=480J ，选项B 正确；3s 末撤去F ，物体继续运动时间t=v/a=5s ，即8s 末物体停止运动，补全速度图像，由速度图像的面积表示位移可知，物体在3~8s 时间内位移x 2=20×5×1/2=50m，物体从t=0时刻开始，运动的总位移为s=x 1+x 2=60m+50m=110m，选项C 错误。

【方法归纳】速度图像的斜率表示加速度，速度图像的面积表示位移。

3.（2019辽宁沈阳一模）如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F 1和F 2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F 1>F 2，两物体运动一段时间后
A.若突然撤去F 1，甲的加速度一定减小
B.若突然撤去F 1，甲乙间的作用力减小
C.若突然撤去F 2，乙的加速度一定增大
D.若突然撤去F 2，甲乙间的作用力增大
【参考答案】BC
【名师解析】
要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，
根据表达式进行分析；一起运动时，整体的加速度为：；对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：
，解得；突然撤去，则整体的加速度，不一定大于，甲乙之间的
作用力，故A错误、B正确；突然撤去，则整体的加速度，则，即加速度增大，甲乙之间的作用力为：，故选项C正确，D错误。

【名师点睛】关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小。

4．（6分）（2019湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接。

现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A．若C放在A上面，绳上拉力不变
B．若C放在B上面，绳上拉力为
C．C放在B上，B、C间摩擦力为
D．C放在A上比放在B上运动时的加速度大
【思路分析】对整体分析，运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化。

通过隔离分析，得出绳子拉力和摩擦力的大小。

【参考答案】C
【名师解析】设原来的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得F＝2ma0，因无相对滑动，所以，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，a都将减小。

若放在A木块上面，以B为研究对象，设绳子拉力T，则T＝ma，绳子拉力减小，故A错误；若C放在B
上面，以BC为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＝2ma＝F，故B错误；若C放在B上，以C为研究
对象，根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为f＝ma＝，故C正确；以整体为研究对象，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，故C放在A上和放在B上运动时的加速度相同，故D错误；
故选：C。

【名师点评】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解
5.（2019仿真模拟）根据图像分析，下列选项正确的是
A．2s末质点速度大小为7m/s
B．2s末质点速度大小为5m/s
C．质点所受的合外力大小为3N
D．质点的初速度大小为5m/s
【参考答案】B
【名师解析】由图象知，物体在在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，2s 末，，，因而，故A错误，B正确；由速度时间图线的斜率表示加速
度知，，，所以合加速度的大小为，根据牛顿第二
定律得：物体所受的合外力大小为，故C错误；由图象知，当时，，，所以物体的初速度大小为，故D错误。

所以选B。

考点：本题考查图及运动的合成与分解，意在考查考生对图象的认识与理解及对运动合成与分解思想的理解。

二．计算题
1.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。

已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。

从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动，同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度
匀速运动，求：
(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小：
(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?
【参考答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）
【名师解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2分别为
物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg①
f2=μ2(m+M)g②
由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g③
（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则
设④
物块向左匀减速运动的位移为X1，则
⑤
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则
⑥
设物块向右匀加速运动的位移为X2，则
⑦
此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则
⑧
则物块不从木板上滑下来的最小长度：
⑨
代入数据解得：⑩
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为V t，则
①
②
加速度：③
根据运动学公式：④
解得：⑤
2.（2019辽宁沈阳一模）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v
＝2m/s，此
＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v
1
＝1m/s，方向向左。

重力加速度g＝10m/s2，试求：
同，速度大小为v
2
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ
1
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ
2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【参考答案】（1）（2）（3）
【名师点拨】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；
（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；
（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；
（1）对小滑块分析：其加速度为：，方向向右
对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
而且
联立可以得到：，，；
（3）在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；
在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，方向向左；
在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：。

【画龙点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

3.（2019湖南岳阳二模）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R=0.1m，两轮轴距为L=3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包(可视为质点)无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2，不计空气阻力。

(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少?
(2)若传送带实际速度为0.2ms，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少?(所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同)
4.（2019广东肇庆二模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展．如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v 0＝4m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L ＝3m ．现将一质量为0.4kg 的包裹A 轻放在传送带左端，包裹A 刚离开传输带时恰好与静止的包裹B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A 向前滑行了0.1m 静止，包裹B 向前运动了0.4m 静止．已知包裹A 与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g 取10m/s 2.求：（1）包裹A 在传送带上运动的时间；
（2）包裹B 的质量．
【名师解析】
（1）包裹A 在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：11a m g m A A =μ①（1分），
由①式解得：）
（2
1m/s 4=a 假设包裹A 离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：
1
12
020s a v =-②（1分）
由②式解得：L s <=m 21，所以上述假设成立（1分）加速过程：2
1112
1t a s =
④（1分）
由④式解得：）（
s 11=t 匀速过程：2
01t v s L =-⑤（1分）
由⑤式解得：）（s 25
.02=t 所以，包裹A 在传送带上运动的时间；s 25.121=+=t t t ⑥（1分）
（2）包裹A 在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：
22a m g m A A =μ⑦（1分）
由⑦式解得：2
2m/s
5=a 同理可知包裹B 在水平面滑动的加速度也是2
2m/s 5=a ⑧（1分）包裹A 向前滑动至静止：A
A s a v 22
2-0-=⑨（1分）
由⑨式解得：m/s)(1=A v 包裹B 向前滑动至静止：B B s a v 222-0-=⑩（1分）
由⑩式解得：m/s
2=B v
包裹A 、B 相碰前后系统动量守恒：B B A A A v m v m v m +=0○
11（1分）由○
11式解得：kg 6.0=B m （1分）专题3牛顿运动定律
-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I ）
一．选择题
1.（2019河南安阳二模）如图所示，质量为
的物体静止在光滑的水平地面上。

时刻起物体在一水平向右的恒力
的作用下开始运动，经过一段时间
后，恒力大小变为，方向改为水平向左。

在
时测得物体运动的瞬时速度大小
，
2.则为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解：由牛顿第二定律可得：
若在12s 末时速度方向是向右的，则有：，
解得：
，不合题意，
所以12s 末时速度方向是向左的，即，
解得：，故ABD 错误C 正确。

故选：C 。

由牛顿第二定律求出前后两段的加速度大小，12s 末时速度方向可能向右、也可能向左，分两种情况分析求解即可。

本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合使用的题目，关键是找出加速度，因为加速度是联系力和运动的桥梁，要知道末状态的速度方向可能向右或向左，要分别讨论。

2.（2019河南示范性高中联考）如图所示A 、B 两相同的木箱(质量不计用细绳连接放在水平地面上，当两
木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断。

在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，下列方法(加沙子后A木箱均能被拉动)可行的是
A.只在A木箱内加沙子
B.只在B木箱内加沙子
C.A木箱内加入质量为m的沙子，B木箱内加入质量为2m的沙子
D.A木箱内加入质量2m的沙子，B木箱内加入质量为3m的沙子
【答案】A
【解析】
【分析】
分别对木箱A和木箱B的整体受力分析，求解加速度；然后隔离B，求解细绳的拉力表达式，然后进行讨论.
【详解】对整体由牛顿第二定律：；对木箱B：；解得，可知当A木箱内加入沙子的质量大于B木箱内加入的沙子的质量时，细绳的拉力减小，故选项A正确；BCD 错误；故选A.
3.（2019湖南岳阳二模）如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。

质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是（）
A.在最高点D，小球的向心加速度大小为2g
B.在最低点C，小球对轨道压力为7mg
C.为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于
D.若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg
【答案】D
【解析】
解：A、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得N D+mg=ma，据题N D=2mg，则小球的向心加速度大小为a=3g，故A错误。

B、在最高点D，由a=得v D=．小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得
+2mgR=．在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得
N C-mg=m，联立解得N C=8mg，由牛顿第三定律知在最低点C，小球对轨道压力为N C′=N C=8mg，故B错误。

C、小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，则有mg=m．由机械能守恒定律得
mgh=+2mgR，解得h=2.5R，即为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度小于2.5R，故C错误。

D、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得N D+mg=m．在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得
N C-mg=m，小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得+2mgR=．联立解得N C-N D=6mg，根据牛顿第三定律知小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg，故D正确。

故选：D。

在最高点D，根据牛顿第二定律求小球的向心加速度，并由a=求出小球在D点时的速度。

小球从C到D 点的过程，利用机械能守恒定律求出小球经过C点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力。

小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的临界速度，再由机械能守恒定律求释放点的高度。

根据机械能守恒定律和向心力公式结合求小球在C、D两点对轨道的压力差。

解决本题的关键要明确圆周运动向心力来源：指向圆心的合力充当向心力，把握最高点的临界条件：重力等于向心力。

4.（2019四川内江二模）如图所示，足够长的木板OM下端的O点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹角θ可在0～900范围内调节。

质量为1kg的小滑块在木板下端获得v0=20m/s的初速度沿木板向上运动，
当夹角为θ0时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度g取10m/s2，则此情况下（）
A.木板的倾角
B.小滑块上滑的最大高度为
C.小滑块上滑过程损失的机械能为100J
D.小滑块返回过程的加速度大小为
【答案】AD
【解析】
解：A、小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma，
整理得：，
设，则，
当时，a存在最大值，，
即，故θ=600，故A正确。

B、设小滑块上升的高度为h，则，解得：h=15m，故B错误。

C、根据如上计算可知，．小滑块上滑过程克服摩擦力做功：．故机械能损失50J，故C错误。

D、因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，故D正确。

故选：AD。

对滑块受力分析由牛顿第二定律可写出加速度表达式，结合数学知识可求得最大加速度及木板的倾角；由速度位移的关系式可求得最大高度；求出克服摩擦力的功可得损失的机械能；由牛顿第二定律可求得返回过程的加速度。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，在求最大加速度时要学会借助数学知识求解。

二．计算题
1．（14分）（2019湖南衡阳二模）如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t （N），重力加速度大小g＝10m/s2
（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；
（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；
（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）
【分析】（1）对两物体受力分析，当木块对木板的最大静摩擦力提供木板做加速运动，此时两者达到最大加速度，即可求得；
（2）应用牛顿第二定律求出两物体的加速度；
（3）达到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的匀加速运动，木块在力F作用下做加速度运动，根据牛顿第二定律即可求得。

【解答】解：当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：
f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，fmax＝μ1m2g
解得：a max＝3m/s2
对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a max
解得：F max＝12N
由F max＝3t得：t＝4s
（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：
对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1
解得：a1＝3m/s2
对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2F＝3t＝30N
解得：a2＝12m/s2
（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）
答：（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；
（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；
（3）图象如图所示。

【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，是经常采用的思路。

2.（2019湖南岳阳二模）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R=0.1m，两轮轴距为L=3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2，不计空气阻力。

（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
（2）若传送带实际速度为0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同）
【答案】解：（1）设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传送带的支持力为F N，则由牛顿第二定律得：
mg-F N=m
解得：v=
当F N=0时，v有最大值v max==1m/s
旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max==6m/s＞1m/s
故传送带的速度应小于1m/s
v传t，x包=t
（2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x
传=
表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有=
x包
故有：x
传=2
消耗电能为E=μmgx
传
旅行包在滑动过程中动能的增量为：△E k=μmgx包
故E=2△E k
结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能
转化为内能
故春运期每天多消耗的电能为10吨行包在传送带上获得总动能的两倍
E电=2△E K总=m总v02=10000×004J=400J
3.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。

已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。

从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动，同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度
匀速运动，求：
(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小：
(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?
【答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）
【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2分别为物块
和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg①
f2=μ2(m+M)g②
由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g③
（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则
设④
物块向左匀减速运动的位移为X1，则
⑤
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则
⑥
设物块向右匀加速运动的位移为X2，则
⑦
此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则
⑧
则物块不从木板上滑下来的最小长度：
⑨
代入数据解得：⑩
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为V t，则
①
②
加速度：③
根据运动学公式：④
解得：⑤
4.（2019上海二模）如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L=2m，摩擦很小可忽略不计。

利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。

某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m=0.1kg。

实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。

（重力加速度g取10m/s2）问：
（1）a0为多大？
（2）倾角θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？
（3）当倾角θ为30°，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）
【答案】解：（1）θ=0°时，木板水平放置，此时物块的加速度为a0
F=ma0
由牛顿第二定律得：F
合=
解得：a0=6m/s2
（2）当木板倾角为θ1时，a=0，物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；
由平衡条件得：F=mg sinθ1
解得：sinθ1=0.6，即θ1=37°
（3）当木板倾角为θ=30°时，
对物块由牛顿第二定律得：F-mg sinθ=ma
解得：a=1m/s2
从静止开始运动1.6s发生的位移为x==1.28m
物块具有的最大重力势能：E P=mgx sinθ
解得：E P=0.64J
答：（1）a0为6m/s2；
（2）倾角θ1为37°，此时物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；
（3）当倾角θ为30°，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为0.64J。

【解析】
（1）根据牛顿第二定律求出倾角为0度时的加速度，即图线与纵坐标的交点。

（2）抓住加速度为零，根据平衡条件求出图线与θ轴交点坐标为θ1。

（3）根据牛顿第二定律求出加速度大小，结合位移公式求出运动1.6s的位移，再由重力势能的定义求得最大重力势能。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁即可正确求解。