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高考物理一轮复习 第三章：牛顿运动定律学案
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这是一份高考物理一轮复习 第三章：牛顿运动定律学案，共65页。学案主要包含了牛顿第一定律，惯性，牛顿第三定律，六节车厢间的作用力为T1，则有等内容，欢迎下载使用。
第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
2．普遍性：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
三、牛顿第三定律
情境创设
一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(1)由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而是又向前运行了一段距离。(√)
(2)货车承载的货物越重，惯性越大。(√)
(3)刹车时，货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。(×)
(4)地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。(×)
(5)车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。(×)
(一) 牛顿第一定律(固基点)
[题点全练通]
1．[力与运动的关系]
(2023·福建泉州五校联考)关于力与运动的关系，下列说法中正确的是( )
A．必须有力的作用物体才能运动
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D．牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
解析：选C 力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时也能保持匀速直线运动，故A错误；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，不能直接通过实验得出，但能经住实践的检验，故B错误；伽利略通过理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。
2．[牛顿第一定律]
(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析：选ABD 牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律，总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C错误，D正确。
3．[对惯性的理解]
对一些生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以分析。其中正确的是( )
A．太空中处于失重状态的物体没有惯性
B．“安全带，生命带，前排后排都要系”。系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
D．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性
解析：选B 惯性只与质量有关，所以处于失重状态的物体还是具有惯性，A错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加灵活性，D错误。
[要点自悟明]
1．对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。
2．对惯性的认识
惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大。
3．惯性的两种表现形式
(二) 牛顿第三定律(精研点)
逐点清1 作用力和反作用力的关系
1．(2023·杭州月考)如图甲所示，将一个力传感器固定在滑块上，用另一个力传感器钩住固定在滑块上的传感器的挂钩向右拉滑块，观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．作用力大时，反作用力小
B．作用力和反作用力的大小总是相等
C．反作用力总是在作用力出现后才产生的
D．图乙所示的曲线，只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到
解析：选B 观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化，A、C错误，B正确；作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系，与物体的运动状态无关，D错误。
一点一过 作用力和反作用力的关系
逐点清2 作用力和反作用力与一对平衡力的区别
2．(2023·山东泰安模拟)马扎属于中国传统手工艺制品。腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，便于携带。如图所示，马扎放在水平地面上，一小孩站在马扎上，以下说法正确的是( )
A．小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对作用力和反作用力
B．小孩受到的重力和小孩对马扎的压力是一对平衡力
C．马扎在光滑水平面上无法平衡
D．斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大
解析：选D 小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对平衡力，A错误；小孩受到的重力和小孩对马扎的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，B错误；对马扎和小孩整体分析可知，马扎在水平方向
不受摩擦力，则马扎在光滑水平面上也能平衡，C错误；小孩对马扎的压力是一定的，即两个斜撑的合力是一定的，斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大，D正确。
eq \a\vs4\al(一点一过)
作用力和反作用力与一对平衡力的区别
逐点清3 牛顿第三定律的应用
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为( )
A．μ1(m＋M)g，向左 B．μ2mg，向右
C．μ2mg＋ma，向右 D．μ1mg＋μ2Mg，向左
解析：选B 对木块分析可知，长木板对它水平向左的摩擦力大小为Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小也为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，地面对它的静摩擦力方向向左，大小为Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，方向向右，故B正确。
eq \a\vs4\al(一点一过) 利用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力，然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。
1．[强化科学探究]如图所示，小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。对三次实验结果进行对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动状态或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A 斜面上铺垫的材料粗糙程度越小，小球上升得越高，如果斜面光滑，没有摩擦力的影响，小球将上升到与O点等高的位置，但无法直接得出选项B、C、D中的结论，故只有选项A正确。
2．[树立民族自信](2021·广东高考) 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( )
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
解析：选B 将拉力F正交分解，如图所示，则在x方向可得出Fx曲 ＝ Fsin α，Fx直 ＝ Fsin β；在y方向可得出Fy曲 ＝ Fcs α，Fy直 ＝ Fcs β；由题知α < β，则sin α < sin β，cs α > cs β，则可得到Fx曲 < Fx直，Fy曲 > Fy直，A错误，B正确；无论是加速还是匀速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，故C、D错误。
3．[聚焦科技前沿]如图所示，是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的水上飞行运动装置。操控者借助该装置以向下喷射高压水柱的方式实现在水面上空悬停旋转或急速升降等运动。下列说法正确的是( )
A．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对平衡力
B．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对作用力与反作用力
C．人在急速升降过程中的惯性比悬停时大
D．人在匀速上升的过程中机械能增加
解析：选D 人(含装置)所受的重力和向下喷水的力作用在两个物体上，不是平衡力，故A错误；人(含装置)所受的重力施力物体是地球，受力物体是人(含装置)，向下喷水的力施力物体是装置，受力物体是水，这里涉及了多个物体，不是相互作用力，故B错误；惯性只与质量有关，故人的惯性不变，故C错误；人在匀速上升的过程中，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故D正确。
4.[渗透五育教育(体育)]某中学秋季趣味运动会中，高一同学参加了拔河比赛，如果绳质量不计，且保持水平，在甲、乙两队的拔河比赛中，甲队获胜，则下列说法中正确的是( )
A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力
B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力
解析：选D 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，不管哪队获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，才使得甲队获胜，选项D正确。
5.[聚焦科技前沿]2022年11月29日23时08分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭，成功将神舟十五号载人飞船发射升空。关于这次神舟十五号载人飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用
解析：选A 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，B、C错误，A正确；神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间依然存在相互吸引力，即神舟十五号载人飞船吸引地球，地球吸引神舟十五号载人飞船，这是一对作用力与反作用力，D错误。
[课时跟踪检测]
1．下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B．不受力的物体运动状态有可能改变
C．公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
解析：选D 牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出，但能经受住实践的检验，故A错误；不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
2.如图所示，正在喷洒农药的无人机沿水平方向匀速飞行。随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)的惯性( )
A．保持不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．与其运动状态有关
解析：选C 物体的惯性大小由质量唯一决定，与运动状态无关，随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)质量变小，所以惯性变小。
3．我国古代典籍中记录了很多物理现象和规律，体现了古人对自然的思考探索。根据所学知识分析，下列说法正确的是( )
A．“力，刑(形)之所以奋也”，力使物体的运动状态发生了改变，说明力是改变物体运动状态的原因
B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，说明弓箭的惯性随速度减小而减小
C．“劝登马力，马力既竭，辀犹能一取焉”，说明力是维持物体运动的原因，没有力物体就会停止运动
D．“有乌获之劲而不得人助，不能自举”，意思是力气很大的人也不能把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
解析：选A 力是改变物体运动状态的原因，故A正确；物体的惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；力不是维持物体运动的原因，故C错误；相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，故D错误。
4.(2023·济宁高三月考)东京奥运会体操女子平衡木单项决赛中，中国选手管晨辰、唐茜靖包揽金、银牌。比赛中，体操运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，如图所示。则下列说法正确的是( )
A．平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小
B．平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对平衡力
C．平衡木对运动员有摩擦力
D．运动员受到支持力是因为脚底发生了形变
解析：选A 由牛顿第三定律可知平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对相互作用力，平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小，故A正确，B错误；运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，平衡木对运动员没有摩擦力，故C错误；运动员受到支持力是因为平衡木发生了形变所产生的弹力，故D错误。
5.如图所示为一女士借助健身球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在健身球上，健身球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和健身球都处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．健身球总共受到3个力作用
B．女士的脚不受地面的摩擦力作用
C．女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的
D．女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对相互作用力
解析：选C 健身球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；女士在水平方向上受力平衡，由于健身球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对平衡力，故D错误。
6．(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中( )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于超重状态
解析：选AD 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上人受到的合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；实验者被加速向上“托起”时，加速度方向向上，处于超重状态，D正确。
7.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：选B 对建筑材料进行受力分析，有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋FN，得FN＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490 N，故选项B正确。
8.(多选)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯加热一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是( )
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性
解析：选CD 喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下方的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确。
9.如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N 的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)，若弹簧测力计的示数变为T′＝6 N，则台秤的示数( )
A．保持不变 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N
解析：选D 金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为：F＝G－T′＝4 N。根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N。所以，台秤的示数增加4 N。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表达式：F＝ma。
3．适用范围
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
三、动力学的两类基本问题
1．第一类问题：由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。
2．第二类问题：由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。
3．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：
情境创设
让一名同学用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。
微点判断
(1)因为该同学一只手的力气较小，所以箱子可能不动。(×)
(2)该同学对箱子施力，然后产生了加速度，加速度的产生滞后于力的作用。(×)
(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。(×)
(5)若该同学的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。(×)
(6)该同学停止用力，则箱子立刻停下来。(×)
(一) 牛顿第二定律(固基点)
[题点全练通]
1．[对牛顿第二定律的理解]
根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
解析：选D 根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，在力不变时，物体的加速度与质量成反比，D正确。
2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]
下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
解析：选C 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，C正确。
3．[牛顿第二定律的简单应用]
(1)(多选)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是( )
A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mg
B．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力
C．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmg
D．若盘随手指一起做水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1＋μ2)mg
解析：选AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg，A正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，B错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力和支持力，大小不等于μmg，C错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg，竖直方向对盘子的支持力为mg，则手指对盘的作用力的最大值等于eq \r(mg2＋μmg2)＝eq \r(1＋μ2)mg，即手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1＋μ2)mg，D正确。
(2)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的速度变化是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：选A 加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.05,5)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M＝eq \f(F,a)－m＝eq \f(800,0.01) kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。
[要点自悟明]
1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq \f(1,m)。
(3)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。
3．分析物体运动性质时的三点提醒
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题(精研点)
逐点清1 弹力能瞬间改变的情形
1．[轻绳连接]
如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1∶a2为( )
A．1∶1 B．2∶1
C.eq \r(3)∶1 D．2eq \r(3)∶1
解析：选C a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa＝mgcs 30°，Fb＝mgcs 60°，剪断a绳瞬间：a1＝eq \f(Fa,m)＝gcs 30°，剪断b绳瞬间：a2＝eq \f(Fb,m)＝gcs 60°，所以a1∶a2＝cs 30°∶cs 60°＝eq \r(3)∶1，C正确。
2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：选A 剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，A正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点
对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。
1．在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。
2．一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
逐点清2 弹力不能瞬间改变的情形
3．[弹簧连接]如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝eq \r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq \r(3)g，aB＝0
解析：选D 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝2eq \r(3)mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq \f(FT,mA)＝2eq \r(3)g，aB＝0，D正确。
4．[橡皮绳连接]“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )
A．每根橡皮绳的拉力大小为eq \f(1,2)mg
B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C．若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时加速度大小a＝g
D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，小明的加速度大小a＝g
解析：选B 设每根橡皮绳的拉力大小为F，由2Fcs 30°＝mg，可得F＝eq \f(\r(3),3)mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由eq \f(\r(3),3)mg＝ma可求得加速度大小a＝eq \f(\r(3),3)g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin 30°＝ma可得，此时小明的加速度大小a＝eq \f(1,2)g，D错误。
一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点
1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
2．在求解瞬时加速度的问题中，弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点)
1．两类动力学问题的解题关键
2．两类动力学问题的解题步骤
[典例] (2023·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103 t，在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107 N；10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；
(2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。
[解析] (1)由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mg－F＝ma1
代入数据解得a1＝2.0 m/s2，方向竖直向下
“掉深”历时t1＝10 s时，潜艇下降高度为h1＝eq \f(1,2)a1t12＝1.0×102 m
潜艇速度为v1＝a1t1＝20 m/s
减重后，潜艇以加速度a2＝1.0 m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h2＝eq \f(v12,2a2)＝2.0×102 m
潜艇“掉深”达到的最大深度为h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102 m。
(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有F－m1g＝m1a2
解得m1≈2.2×106 kg
设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3，根据运动学公式有vh02＝2a2(h1＋h2)＝2a3h0
解得a3＝1.5 m/s2，方向竖直向下
在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中，由牛顿第二定律有m2g－F＝m2a3
解得m2≈2.8×106 kg。
[答案] (1)5.0×102 m (2)减重后的质量为2.2×106 kg，升到水面时的质量为2.8×106 kg
[考法全训]
考法1 已知受力情况求运动情况
1．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选D 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ)；根据运动学公式得eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，联立可得t＝ eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
2．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2，解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2
根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
考法2 已知运动情况求受力情况
3．乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目，运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A．乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左
B．乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零
C．球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力
D．球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力
解析：选B 乒乓球与球拍保持相对静止，一起向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，乒乓球受到水平向右的合外力，若乒乓球向右运动的加速度a＝gtan θ，θ为球拍与水平方向的夹角，则重力和支持力刚好提供其向右运动的合外力，受力分析如图所示，此时乒乓球受到的摩擦力刚好为零，支持力大于重力，故A、C错误，B正确；球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力互为作用力与反作用力，两者大小相等，故D错误。
(四) 超重与失重(固基点)
[题点全练通]
1．[根据运动情况判断超重、失重]
2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由式滑雪女子大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析：选B 运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。
2．[根据超重、失重判断运动情况]
在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A．物体受到的重力增大B．物体处于失重状态
C．电梯可能正在加速下降 D．电梯可能正在加速上升
解析：选D 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
3．[超重、失重现象的应用]如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将( )
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变小后变大
解析：选B 剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了，选项B正确。
[要点自悟明]
1．判断超重和失重现象的三个角度
2．对超重和失重问题的三点提醒
(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
1．[树立民族自信](2021·海南高考)公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是( )
A．kg·m·s－1 B．kg·m·s－2
C．Pa·m2 D．J·m－1
解析：选B 根据牛顿第二定律的表达式F＝ma，可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；根据压强的表达式p＝eq \f(F,S)，可知力的单位为Pa·m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；根据做功的表达式W＝Fx，可知力的单位为J·m－1，但功的单位J不是基本单位，D错误。
2．[渗透五育教育(体育)]如图所示为我国运动员在女子双人十米跳台比赛中的情景。下列过程中，运动员处于超重状态的是( )
A．运动员起跳重心加速上升的过程
B．运动员离开跳台上升的过程
C．运动员从最高点下落到水面的过程
D．运动员加速入水的过程
解析：选A 运动员起跳重心加速上升的过程，加速度竖直向上，运动员处于超重状态，故A正确；运动员离开跳台上升的过程，加速度为重力加速度，竖直向下，运动员处于失重状态，故B错误；运动员从最高点下落到水面的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故C错误；运动员加速入水的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故D错误。
3．[联系生活实际]小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
解析：选C 由题图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
4．[聚焦科技前沿]飞行背包是一种可以让使用者通过穿戴该产品后飞上天空的飞行器。消防员利用飞行背包在某次高楼火灾观测时，竖直飞行的vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．消防员上升的最大高度为225 m
B．消防员在2.5～3.0 min内加速度最大
C．消防员在3.5～4.25 min内处于失重状态
D．消防员在2.5～4.25 min，平均速度大小约为6.43 m/s
解析：选D vt图线与t轴所围图形面积表示位移，由题图可知，在1.5 min时，消防员上升的高度最高，有x＝eq \f(1,2)×15×1.5×60 m＝675 m，A错误；图像的斜率表示加速度，所以在0～0.5 min内加速度最大，B错误；消防员在3.5～4.25 min内减速下
落，处于超重状态，C错误；消防员在2.5～4.25 min，平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(\f(4.25－2.5＋3.5－3,2)×60×10,4.25－2.5×60) m/s≈6.43 m/s，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.(2021·浙江6月选考)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：选B 打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向竖直向上，则所受合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，与火星对着陆器的吸引力是平衡力，选项D错误。
2.(2023·武汉高三检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
解析：选C 对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝eq \r(F12＋F22)＝meq \r(a2＋g2)，与水平方向的夹角tan α＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(g,a)，即大小和方向都与小球的加速度大小有关。
3.智能电动扶梯在无人乘坐时运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是( )
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
解析：选D 在匀速运动的过程中，该同学处于平衡状态，只受重力和支持力；在加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用，如图所示，此时支持力大小大于重力大小，故A、B错误；该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；在加速上升过程中，扶梯水平方向给同学一个摩擦力，竖直方向有向上的加速度，故竖直方向的支持力大小大于重力大小，所以扶梯对同学的合力大于重力，在匀速运动时，扶梯对该同学的力与重力平衡，大小等于重力，所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力，故D正确。
4.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m)
C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
解析：选A 当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝eq \f(3,5)，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcs θ＝F，解得T＝eq \f(5,8)F。对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝eq \f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。
5.(2023·大连高三月考)如图所示，质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t，若在物块放在A点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为( )
A.eq \f(1,2)t B.eq \f(\r(2),2)t C．t D.eq \r(2) t
解析：选B 设斜面倾角为θ，由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcs θ，下滑过程s＝eq \f(1,2)a1t2，第二次下滑(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cs θ＝ma2，a2＝2a1，s＝eq \f(1,2)a2t′2，解得：t′＝eq \f(\r(2),2)t，故B正确，A、C、D错误。
6．(多选)制作“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是( )
A．在t1、t2、t3、t4时刻中，t1时刻加速度最大
B．“水火箭”在t2时刻达到最高点
C．在t3时刻失去推力
D．t3～t4时间内“水火箭”做自由落体运动
解析：选AC v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
7．(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为eq \f(\r(17),4)Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5eq \r(3) m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析：选BC 飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12＝100k，飞行器以v2＝5 m/s向上匀速运动时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋25k，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝eq \f(Mg,100)，A错误；飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时F＝eq \r(Mg2＋kv322)＝eq \f(\r(17),4)Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝eq \r(Fm2－Mg2)＝eq \f(3,4)Mg＝kv42，解得v4＝5eq \r(3) m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，Fm＋Mg＋kv52＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。
8．(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
解析：(1)在AB段：根据速度与位移的关系有
v12＝2a1x1，解得a1＝eq \f(8,3) m/s2。
(2)在AB段：v1＝a1t1，解得t1＝3 s
在BC段做匀加速直线运动：x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22，
解得a2＝2 m/s2，
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)在BC段根据牛顿第二定律得
mgsin 15°－Ff＝ma2，
解得Ff＝66 N。
答案：(1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为0
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍
解析：选D 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsin θ＝2ma，a＝gsin θ，隔离小球B，mgsin θ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。
10．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析：选AD 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1＝eq \f(－T0－μmg,m)＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
11.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；
(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为eq \f(2,3) s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝eq \f(1,2)a1t12
得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s
无人机减速过程有H1－h1－H2＝eq \f(v1,2)t2，得t2＝eq \f(20,3) s
所以总时间t＝t1＋t2＝eq \f(29,3) s。
(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，
此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，
则a2＝1 m/s2
无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。
(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3
恢复动力时v＝a3t
则v＝6 m/s，H2＝eq \f(v2,2a3)＋eq \f(v2,2a4)，联立解得a4＝18 m/s2。
答案：(1)eq \f(29,3) s (2)200 N (3)18 m/s2
(一) 动力学中的图像问题
[考法全训]
考法1 由运动图像分析物体的受力情况
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错误，D正确。
考法2 由力的图像分析物体的运动情况
2．(多选)如图所示，水平面上有质量m＝1.0 kg的静止物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小，取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3
B．5 s内拉力对物块做的功为0
C．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
解析：选AD 从题图可知，物块开始滑动后，物块所受滑动摩擦力为3 N，依题意有μmg＝3 N，解得μ＝0.3，故A正确；从题图可知，物块前四秒静止，第5秒开始拉力大于摩擦力，物块开始加速运动，则根据功的定义，可知第5秒内拉力对物块做正功，所以5 s内拉力对物块做的功不为0，故B错误；由题图可知，竖直方向上重力与支持力平衡；水平方向上，物块在4 s末受水平拉力为4 N、与之等大反向的最大摩擦力，则物块所受合力为0，故C错误；从题图可知，在6～9 s内，物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定，则有F合＝F－f＝2 N＝ma，解得a＝2 m/s2，故D正确。
考法3 由已知条件确定某物理量的图像
3．(2023·青岛高三调研)某科学家研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是( )
解析：选D 根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝eq \f(mg－6πηrv,m)，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确。
(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：
[考法全训]
考法(一) 加速度相同的连接体问题
[例1] (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匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2
B．若mC．若μ>sin θ，有x1>x2
D．若μ[解析] 在水平面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1，联立解得弹簧上的拉力为FT＝eq \f(m,m＋M)F，在斜面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsin θ＝ma2，联立解得弹簧上的拉力FT′＝eq \f(m,m＋M)F，对比可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，A、B正确，C、D错误。
[答案] AB
考法(二) 加速度大小相同、方向不同的连接体问题
[例2] (2021·海南高考)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 NB．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＝eq \f(T1,2)＝1.0 N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将有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T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N。
[答案] A
考法(三) 加速度大小不同、方向相同的连接体问题
[例3] 水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面间的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：
(1)物块B克服摩擦力所做的功。
(2)物块A、B的加速度大小。
[解题指导]
(1)A、B两物块间通过细绳跨过动滑轮连接，滑轮对B的拉力大小是细绳对A的拉力的2倍。
(2)当物块A向右运动距离s时，物块B向右移动eq \f(s,2)，由此可确定A、B两物块的速度关系和加速度关系。
[解析] (1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝eq \f(1,2)s①
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＝2μmgs。③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA④
2T－4μmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥式得aA＝eq \f(F－3μmg,2m)⑦
aB＝eq \f(F－3μmg,4m)。⑧
[答案] (1)2μmgs (2)eq \f(F－3μmg,2m) eq \f(F－3μmg,4m)
(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
[考法全训]
考法(一) 恰好脱离的临界问题
[例1] (多选)如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30 N/m，下面悬挂一个物块A，处于静止状态，此时弹簧测力计示数为4 N。现将一个质量为0.5 kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2。若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.0 N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1 N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力大小为4.5 N
D．A、B分离时弹簧测力计示数为零
[解析] 初始时刻时弹簧测力计示数为4 N，有mAg＝F弹1，突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2，则有mAg－F弹2＝mAa，联立代入数值解得mA＝0.4 kg，F弹2＝3 N，故A正确；若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动，对AB整体分析有(mA＋mB)g－F弹2－F＝(mA＋mB)a′，解得F＝5.1 N，故B错误；A、B分离时，根据牛顿第二定律，对B，mBg－F′＝mBa′，对A，mAg－F弹′＝mAa′，解得F′＝4.5 N，F弹′＝3.6 N，故C正确，D错误。
[答案] AC
[例2] (多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A．a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析] 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcs θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcs θ＝mg，联立解得FN＝mgcs θ－masin θ，T＝macs θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝eq \f(40,3) m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq \f(mg,tan θ)＝ma，联立可得tan θ＝eq \f(3,4)，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcs θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。
[答案] ABC
考法(二) 叠加系统相对滑动的临界问题
[例3] (多选)如图所示，A、B两物块叠在一起静止在水平地面上，A物块的质量mA＝2 kg，B物块的质量mB＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g＝10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 N
B．若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 N
C．若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 N
D．若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N
[解析] 当外力F作用到A上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对B根据牛顿第二定律，有：μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体：F1－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，代入数据，解得：F1＝10 N，故B正确；当外力F作用到B上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1mAg＝mAa2，得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体：F2－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，代入数据解得：F2＝25 N，故D正确；无论F作用于A还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，Fmin＝μ2(mA＋mB)g＝5 N，A、C错误。
[答案] BD
[规律方法]
叠加体系统临界问题的求解思路
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＝eq \f(\r(3),3)。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。
(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？
[解析] (1)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＋eq \f(1,2)at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2③
v＝8 m/s。④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为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Fcs α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcs θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式，可得：F＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ＋ma,cs α＋μsin α)⑧
由数学知识得cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)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＝eq \f(13\r(3),5) N。
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13\r(3),5) N
[课时跟踪检测]
1.工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是( )
A．当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大
B．汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为eq \f(2\r(3)mg,3)
C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D．当汽车向左做加速运动时，加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离A
解析：选D 当汽车向左做加速运动时，能提供向左的力只有B对C的弹力的分力，所以是B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FAC＝FBC，故有竖直方向2FACsin 60°＝mg，解得FAC＝eq \f(\r(3),3)mg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故B、C错误；当加速度为eq \f(\r(3),3)g时，竖直方向有FBCsin 60°＋FACsin 60°＝mg，水平方向有FBCcs 60°－FACcs 60°＝ma，解得FAC＝0，故D正确。
2．(多选)质量分别为M和m的物块a、b形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，a恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a，斜面仍保持静止，关于互换位置之后下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．a运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．a运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
解析：选ACD 按图甲放置时，对a由平衡条件可知Mgsin α＝FT，对b有FT′＝mg，FT＝FT′，则有Mgsin α＝mg，按图乙放置时，对a由牛顿第二定律可知Mg－FT1＝Ma，对b有FT2－mgsin α＝ma，FT1＝FT2，则有Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g，故C正确；因为Mgsin α＝mg，所以a＝(1－sin α)g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,Mg)))g＝eq \f(M－m,M)g，故D正确；将FT2－mgsin α＝ma和a＝(1－sin α)g联立，解得FT2＝mg，故A正确，B错误。
3.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为( )
A．0 B．F－3μmg
C．F D．F＋3μmg
解析：选A 将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿第二定律得2F－6μmg＝6ma，单独对C研究，设卡扣对C的作用力为N，则F＋N－3μmg＝3ma，联立解得N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确。
4.(2023·广州高三模拟)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6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在( )
A．0到6 s内的位移约等于30 m
B．0时刻的速度约为28 km/h
C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D．4 s时受到外力的合力约为2 500 N
解析：选B 由a-t图像与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＝2×1 m/s＋eq \f(1,2)×(1.5＋2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x5.(2023·长沙高三调研)如图所示，质量为M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上，斜面倾角为θ，一质量为m的物块以速度v0恰好沿斜面匀速下滑，某时刻给物块施加一方向垂直斜面向下、大小为mg的推力F，最后物块停止在斜面上，整个过程中斜劈始终静止在地面上。重力加速度大小为g，则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为sin θ
B．从刚施加推力到物块停止运动时，物块运动的位移大小为eq \f(v02,gtan θ)
C．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的摩擦力方向向右
D．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的支持力大小为(M＋m)g＋eq \f(mg,cs θ)
解析：选D 物块恰好沿斜面匀速下滑时，有mgsin θ＝f，又μmgcs θ＝f，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故A错误；施加压力后，摩擦力增大，物块做减速运动，设物块运动的位移为x，有0－v02＝－2ax，又μ(mgcs θ＋F)－mgsin θ＝ma，即有a＝eq \f(μF,m)＝μg＝gtan θ，可得x＝eq \f(v02,2gtan θ)，故B错误；施加F后，对斜劈进行受力分析，水平方向向左有F左＝(F＋mgcs θ)sin θ＝mgsin θ＋mgsin θcs θ，水平方向向右有F右＝μ(F＋mgcs θ)cs θ＝mgsin θ＋mgsin θcs θ，解得F左＝F右，可知，则斜劈不受地面的静摩擦力，故C错误；对斜劈进行受力分析可得，竖直方向上有FN＝Mg＋(F＋mgcs θ)cs θ＋μ(F＋mgcs θ)sin θ，又F＝mg，解得地面对斜劈的支持力大小为FN＝(M＋m)g＋eq \f(mg,cs θ)，故D正确。
6．(2023·青岛高三月考)如图甲所示，一物块从倾角为θ的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度—时间图像如图乙所示，2t0时刻速度减为零，5t0时刻回到出发点。则下列说法正确的是( )
A．物块返回斜面底端时的速度大小为eq \f(1,3)v0
B．物块返回斜面底端时的速度大小为eq \f(v0,2)
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(5,13)tan θ
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(2,13)tan θ
解析：选C 上滑过程有s＝eq \f(1,2)a1(2t0)2，v0＝a1·2t0，下滑过程有s＝eq \f(1,2)a2(5t0－2t0)2，v1＝a2(5t0－2t0)，联立解得eq \f(a1,a2)＝eq \f(9,4)，v1＝eq \f(2,3)v0，所以A、B错误；根据牛顿第二定律，上滑过程有a1＝gsin θ＋μgcs θ，下滑过程有a2＝gsin θ－μgcs θ，联立解得μ＝eq \f(5,13)tan θ，所以C正确，D错误。
7.(多选)如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后( )
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1
B．物块A、B的加速度之比为1∶1
C．轻绳的拉力为eq \f(6mg,7)
D．当B下落高度h时，速度为 eq \r(\f(2gh,5))
解析：选AC 相同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2∶1，故A正确；任意相等时间内，物块A、B的位移大小之比为2∶1，故速度和加速度大小之比均为2∶1，故B错误；设A的加速度大小为a，则B的加速度大小为0.5a，根据牛顿第二定律，对A有：T＝ma，对B有：3mg－2T＝3m·0.5a，联立解得：T＝eq \f(6mg,7)，a＝eq \f(6,7)g，故C正确；对B，加速度为a′＝0.5a＝eq \f(3,7)g，则v2＝2a′h，解得：v＝eq \r(\f(6gh,7))，故D错误。
8．(多选)如图所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面的底端，弹簧上端与质量为m的滑块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的滑块B，B与A不粘连，开始时两滑块均处于静止状态。现对滑块B施加一个平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝eq \f(1,4)g的匀加速直线运动。忽略两滑块的形状和大小，以x表示滑块A、B离开静止位置的位移，F1表示滑块A受到的合外力，从滑块A、B开始运动到A第一次上升到最大高度的过程中，下列表示F与x、F1与x之间关系的图像可能正确的是( )
解析：选AC 开始时两滑块均处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，由平衡条件可得kx0＝2mgsin θ，施加力F后，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得F＋kx1－2mgsin θ＝2ma，x1为弹簧压缩量，且x1＝x0－x，联立解得F＝kx＋eq \f(1,2)mg，当A、B分离后，对B由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得F＝eq \f(3,4)mg，为恒定值，故A正确，B错误；滑块A、B一起运动时，加速度a均为eq \f(1,4)g，对A由牛顿第二定律可得F1＝ma＝eq \f(1,4)mg，为恒力，当A、B间恰好无压力作用时，A、B分离，此时弹簧弹力为F弹－mgsin θ＝eq \f(1,4)mg，解得F弹＝eq \f(3,4)mg，此后，A的合力为F1＝k(x0－x)－mgsin θ＝－kx＋eq \f(1,2)mg，故C正确，D错误。
9.(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是( )
A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
解析：选AC 当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，A和B没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。
10．(2023·衡水高三调研)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：
(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；
(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？
解析：(1)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＝eq \f(v,t) ①
对整个列车，由牛顿第二定律得：
F－k·7mg＝7ma ②
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
eq \f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma③
联立①②③，解得T＝－eq \f(1,3)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,t)＋kg)) 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)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F′－k·7mg＝0⑤
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：eq \f(2F′,6)＋T1－ k·2mg＝0⑥
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：eq \f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0, ⑦
联立⑤⑥⑦，解得T1＝－eq \f(1,3)kmg，T2＝eq \f(3,5)kmg
因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝eq \f(14,15)kmg。
答案：(1)eq \f(1,3)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,t)＋kg)) (2)eq \f(14,15)kmg
11.如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4 kg的斜面体，倾角θ＝30°，斜面上放一质量 m＝8 kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小；
(2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。
解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力情况如图所示，根据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，代入数据得Ff＝40 N。
(2)F最大时，小物体受到最大静摩擦力作用，将支持力和摩擦力分解，由牛顿第二定律有
Ffcs θ－FNsin θ＝ma，Ffsin θ＋FNcs θ＝mg，
又Ff＝μFN，
由以上各式联立得a＝eq \f(μcs θ－sin θ,μsin θ＋cs θ)g，解出a＝eq \f(10\r(3),9) m/s2，
对小物体和斜面体整体应用牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a，
解得F＝eq \f(40\r(3),3) N。
答案：(1)40 N (2)eq \f(40\r(3),3) N
(一) 传送带模型
类型(一) 水平传送带模型
1．三种常见情景
2．解题方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
[例1] (多选)如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是( )
A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变
B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
D．一定条件下可使l>L
[解析] 分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－eq \f(v2,2a)，其中t＝eq \f(v,a)、a＝μg，解得l＝eq \f(v2,2μg)，v增大，则l变长；②石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＝eq \r(\f(2L,μg))≤eq \f(3L,v)，则l＝vt－L，得2L≥l＝veq \r(\f(2L,μg))－L，增大v，则l变长；③石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t>eq \f(3L,v)，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。
[答案] AD
[针对训练]
1．如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2)
解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，
则a＝μg＝6 m/s2，
工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝eq \f(v－vA,a)＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋eq \f(1,2)at12＝5.75 m<8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2＝s－x1＝2.25 m，t2＝eq \f(x2,v)≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案：13 m/s 0.67 s
类型(二) 倾斜传送带模型
1．两种常见情景
2.解题方法突破
物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcs θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
[例2] (2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s，
在传送带上滑动的距离为x1＝eq \f(v2＋v1,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5 m＝2.75 m，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
[针对训练]
2．(2023·哈尔滨高三模拟)(多选)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10 m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5))m
解析：选ABD 煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1 s，故A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示。
由图像可知煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，x＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m＋eq \f(1,2)×4×1 m＝10 m，故B正确；煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零、加速度为a2＝4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x＝eq \f(1,2)a2t12，解得t1＝eq \r(5) s，结合图像知，煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t总＝(2＋eq \r(5))s，故C错误；在0到1 s内传送带比煤块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为L1＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在煤块的下方，在1 s到2 s内，传送带速度比煤块速度大，则L2＝4×1 m－eq \f(1,2)×4×1 m＝2 m，因为L2(二) “滑块—木板”模型
1．两种常见类型
2．关注“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3．解决“板块”模型问题的“思维流程”
类型一 木板带动滑块运动的情形
[例1] (2023·岳阳高三检测)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝2.0 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4 (N) (F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)经过多长时间B开始滑动；
(2)经过多长时间A开始相对B滑动；
(3) t＝3 s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N)
解得t1＝2 s。
(2)当A开始在B上滑动时，对木块μ1mg＝ma
对整体F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a
由题知F2＝5t2＋4(N)
解得t2＝ 3.4 s。
(3)当t2>t＝3 s>t1
B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块Ff＝ma′
对整体F3－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a′
且F3＝5t＋4(N)
解得Ff＝eq \f(15,7) N≈2.1 N。
[答案] (1)2 s (2)3.4 s (3)2.1 N
[针对训练]
1．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )
A．1 s B．2 s
C.eq \r(2) s D.eq \r(3) s
解析：选A 由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1 －Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a1t2＝L，解得t＝1 s，故选项A正确。
类型二 滑块带动木板运动的情形
[例2] (2023·福州高三调研)如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在
粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[解析] (1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2
因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。 (2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2＝eq \f(1,2)a2t2
减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
[答案] (1)5 m (2)1.5 m
[针对训练]
2．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2)),m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
解析：选BCD 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B、D正确。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动
D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
解析：选C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。
2．如图所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2)( )
A.eq \r(5) s B．(eq \r(6)－1)s C．3 s D．2.5 s
解析：选C 物块开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(1,2×1) m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s，物块接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2.5－0.5,1) s＝2 s，故物块从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s，故C对。
3．(多选)如图甲所示，长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是( )
A．0～2 s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2～3 s内木板受到的摩擦力恒为4 N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2 s后F至少作用时间1 s
解析：选AD 0～2 s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得F－f滑动＝Ma，由丙图可知a＝2 m/s2，解得f滑动＝2 N，B错误；木块与木板间的滑动摩擦力为2 N，但木块的质量mg未知，则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2，C错误；2 s后在恒力F＝4 N的作用下，木板的加速度为2 m/s2，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为2 m/s2，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的v-t图像如图所示。则恒力F作用时间恰好为1 s即可，D正确。
4．(2023·南京模拟)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．若m取一更大的值，则图像的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图像的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图像的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图像的斜率不变
解析：选B 对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a，隔离B有μmg＝Ma，联立解得F＝eq \f(mM＋m,M)μg，图像斜率k＝eq \f(mM＋m,M)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))，若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误。
5．(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则( )
A．传送带的速度可能大于v0
B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsin θ
C．传送带一定沿顺时针转动
D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ
解析：选BD 由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin θ≤μmgcs θ。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度v＝v0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度v＝v0；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ff＝mgsin θ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a＝eq \f(v0,t0)，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，D正确。
6．(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
解析：选BC 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。
7．如图a所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.8t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C．图b中，t2＝17.5 s
D．木板的最大加速度为4 m/s2
解析：选C 由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg＝10 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A错误；结合图b可知，0～t1时间内，滑块与木板均静止，t1～t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2＝μ2·2mg＝6 N，得木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，B错误；t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得F－μ1mg＝ma，μ1mg－μ2·2mg＝ma，其中F＝0.8t2(N)，联立解得a＝2 m/s2，t2＝17.5 s，之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2 m/s2，C正确，D错误。
8．(2023·长春高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
解析：(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a，对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F0＝0.15 N。
(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1＝eq \f(1,2)at2，v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2
x2＝v0mint－eq \f(1,2)a2t2，v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝eq \f(l,2)
联立解得v0min＝eq \f(\r(3),2) m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝eq \f(\r(3),2) m/s。
答案：(1)0.15 N (2)v0≥eq \f(\r(3),2) m/s
9.如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L＝5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。
解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，则a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2
物块运动位移x1＝eq \f(v02－v2,2a1)＝0.6 m
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcs θ＜mgsin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零，由mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
得a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2
位移x2＝eq \f(v2,2a2)＝1 m
则物块沿传送带上升的最大高度为
H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。
答案：0.96 m
10.5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量均为m＝1 kg，长l＝1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M＝2.5 kg的小铅块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的初速度向右滑上左边第1个木块的左端，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.2。小铅块刚滑到第4个木块时，木块开始运动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求铅块刚滑到第4个木块时的速度大小；
(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4个木块时，木块才开始运动；
(3)小铅块停止运动后，离第1个木块的左端多远？
解析：(1)设小铅块在前3个木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第4个木块时的速度为v1
由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1
由运动学公式得v12－v02＝－2a1·3l
联立解得v1＝2 m/s。
(2)设小铅块滑到第n个木块时对木块的摩擦力为f1，则f1＝μ2Mg＝5 N，未滑完的(6－n)个木块受到地面的最大静摩擦力为f2，f2＝μ1[M＋(6－n)m]g，要使木块滑动，应满足f23.5，故取n＝4。
(3)设小铅块滑上第4个木块经过t秒和第4、5个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块的对地位移为s1和s2，相对位移为Δs，木块运动的加速度为a2。
μ2Mg－μ1(M＋2m)g＝2ma2
v1－a1t＝a2t，s1＝v1t－eq \f(1,2)a1t2
s2＝eq \f(1,2)a2t2，Δs＝s1－s2
联立解得s1＝eq \f(80,81) m，Δs＝eq \f(8,9) m
由于Δs设小铅块与木块达到的共同速度大小为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速过程中所发生的位移为s3
μ1(2m＋M)g＝(2m＋M)a3，v2＝a2t，s3＝eq \f(v22,2a3)
联立解得s3＝eq \f(2,81) m
小铅块最终与第1个木块左端的距离为s，
s＝3l＋s1＋s3，联立解得s＝eq \f(325,81) m。
答案：(1)2 m/s (2)见解析 (3)eq \f(325,81) m
第5讲 实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．逐差法求加速度
先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。
2．作图像找关系
根据记录的各组对应的加速度a与小车所受拉力F，建立直角坐标系，描点画出a-F图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和小车上砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画出a-eq \f(1,M)图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)平衡摩擦力的方法：在长木板无滑轮的一端垫上小木块，使其适当倾斜，利用小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡。
(2)判断小车是否做匀速直线运动，一般可目测，必要时可通过打点纸带，看上面各点间的距离是否均匀。
(3)平衡摩擦力时要注意以下两点：
①平衡摩擦力时不能在细绳的另一端挂槽码。
②平衡摩擦力时必须让小车连上纸带，且让打点计时器处于工作状态。
2．误差分析
本实验是高考命题的常考实验，实验命题除考查利用纸带求速度、加速度的大小外，还考查小车摩擦力的平衡、小车所受合力等于槽码重力应满足的条件、a-F图像和a-eq \f(1,M)图像的特点等，试题难度一般为中等。
关键点(一) 是否需要平衡摩擦力
[考法感悟]
1．某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
(1)实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定
滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要________、________。
(2)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数eq \f(1,M)为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a -eq \f(1,M)关系图线如图2所示。由图可分析得出：加速度与质量成________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角________(填“过大”或“过小”)。
(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图3所示。图线________(填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量M＝________kg。
解析：(1)实验中需要用托盘和砝码的总重力表示小车受到的拉力，需测量托盘的质量，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。
(2)a-eq \f(1,M)图像是一条直线，a与M成反比；图像在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时木板的倾角过大造成的。
(3)由题图3中图线①可知，当F＝0时，a>0，即细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道倾斜情况下得到的，根据F＝Ma得a-F图像的斜率k＝eq \f(1,M)，由a-F图像得图像斜率k＝2，所以M＝0.5 kg。
答案：(1)天平 刻度尺 (2)反比 过大
(3)① 0.5
2．图甲是利用气垫导轨探究在外力一定的条件下，物体加速度与质量关系的实验装置。实验步骤如下：
①气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平；
②用游标卡尺测出挡光条的宽度为L；
③由导轨上标尺读出两光电门中心之间的距离为s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M；
⑦改变滑块的质量，重复步骤④⑤⑥进行多次实验。
据上述实验回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。(多选)
A．应先接通光电门后释放滑块
B．调节气垫导轨水平时，应挂上砝码
C．应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行
D．每次都应将滑块从同一位置由静止释放
(2)用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝______。
(3)由图乙画出的eq \f(1,a) -M的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G＝____________N。
(4)在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，根据实验数据画出如图乙所示的eq \f(1,a) -M图线，发现图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)先接通光电门后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常工作，故选项A正确；挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨水平时应不挂砝码，故选项B错误；调节定滑轮使细线和气垫导轨平行的目的是使滑块所受拉力与运动方向相同，故选项C正确；由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需要每次经过时速度相等，因此不需要每次都将滑块从同一位置由静止释放，故选项D错误。
(2)根据匀变速直线运动规律有
2as＝v22－v12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2，
解得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2,2s)。
(3)在eq \f(1,a) -M图像中，图线的斜率表示滑块所受作用力的倒数，即为eq \f(1,G)，因此有G＝eq \f(1,k)＝2.5 N(2.3～2.7 N均可)。
(4)图像出现了纵截距，原因是没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。
答案：(1)AC (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2,2s)
(3)2.5(2.3～2.7均可)
(4)没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)
[系统建模]
1．在探究放在长木板上的小车的加速度与所受的合外力、质量的关系时，为了使细绳的拉力作为小车所受的合外力，必须平衡小车所受的摩擦力。
2．在利用气垫导轨探究滑块加速度与合外力、质量的关系时，只要气垫导轨处于水平状态，细绳的拉力即为滑块所受的合外力，此时不必使导轨适当倾斜。
关键点(二) 是否一定满足m≪M
[考法感悟]
1．(2023·湖北武汉调研)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________。
A．补偿阻力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B．补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差eq \f(mg－F真,F真)<5%，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是eq \f(m,M)<________。
(3)在完成实验操作后，用图像法处理数据，得到小车的加速度倒数eq \f(1,a)与小车质量M的关系图像正确的是________。
解析：(1)补偿阻力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误。
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于沙和沙桶的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a＝eq \f(F真,M)，对整体，根据牛顿第二定律得：a＝eq \f(mg,M＋m)，且eq \f(mg－F真,F真)<5%，解得：eq \f(m,M)<0.05。
(3)由牛顿第二定律可知：a＝eq \f(mg,M＋m)，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,mg)(M＋m)，故选C。
答案：(1)B (2)0.05 (3)C
2.某同学用如图1所示的装置探究小车加速度与合外力的关系。图中小车A左端连接一纸带并穿过打点计时器B的限位孔，右端用一轻绳绕过滑轮系于拉力传感器C的下端，A、B置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上。不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。实验时，先接通电源再释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点。该同学在保证小车A质量不变的情况下，通过改变P的质量来改变小车A所受的外力，由传感器和纸带测得的拉力F和加速度a数据如下表所示。
(1)第4次实验得到的纸带如图2所示，O、A、B、C和D是纸带上的五个计数点，每两个相邻点间有四个点没有画出，A、B、C、D四点到O点的距离如图所示。打点计时器电源频率为50 Hz。根据纸带上数据计算出加速度为__________m/s2。(保留两位有效数字)
(2)在实验中，______________(填“需要”或“不需要”)满足重物P的质量远小于小车的质量。
(3)根据表中数据，在图3所示坐标系中作出小车加速度a与力F的关系图像。
(4)根据图像推测，实验操作中重要的疏漏是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)加速度为a＝eq \f(xBD－xOB,4T2)≈0.43 m/s2。
(2)本实验用传感器即可直接测得作用在小车A上的拉力，故本实验不需要满足重物P的质量远小于小车的质量。
(3)根据表中数据在坐标系中描点、连线，用平滑的曲线连接各点即可得到小车加速度a与力F的关系图像，如图所示。
(4)通过小车加速度a与力F的关系图像不通过原点可知，实验操作中重要的疏漏是没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足。
答案：(1)0.43 (2)不需要 (3)见解析图
(4)没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足
[系统建模]
1．平衡好摩擦力后挂上小盘。
对小车，有FT＝Ma
对小盘，有mg－FT＝ma
所以FT＝eq \f(Mmg,M＋m)＝eq \f(mg,1＋\f(m,M))
当m≪M时，可近似认为FT＝mg，即小车受到的拉力近似等于小盘和砝码的重力。
因此本实验的实验条件为m≪M。如第1题第(2)问。
2．通过实验过程和实验器材的改变，细绳的拉力可以直接或间接测出，此时小车的质量与小盘和盘上砝码的质量间就不需要满足m≪M的关系。如第2题第(2)问。
3．若应该满足m≪M而得不到满足时，a-F图像和a-eq \f(1,M)图像都将发生弯曲现象，如图所示。
1．探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，动滑轮下悬挂钩码，拉力传感器用于测量小车受到拉力的大小。
(1)关于平衡摩擦力，下列说法正确的是________。
A．平衡摩擦力时，需要在动滑轮上挂上钩码
B．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力
C．改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力
(2)实验中__________(填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示，图线不过原点的原因是__________。
A．钩码质量没有远小于小车质量
B．平衡摩擦力时木板倾角过大
C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
解析：(1)平衡摩擦力只需要将木板适当倾斜，不需要在动滑轮上挂钩码；改变小车质量或拉力时，都不需要重新平衡摩擦力，选项A、B错误，C正确。
(2)由于在细线一端加了拉力传感器，能够直接读出拉力数值，因此不需要满足所挂钩码的质量远小于小车质量。
(3)由题图乙可知在拉力F为零时小车有加速度，应是平衡摩擦力时木板倾角过大造成的，选项B正确。
答案：(1)C (2)不需要 (3)B
2．(2023·汕头高三月考)如图1为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)实验时有以下一些步骤，先后顺序是________(填写字母标号)。
A．点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；
B．保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验；
C．点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v-t图像。
(2)若测得小车、配重片和发射器的总质量为360 g，若把钩码的重力作为小车受的合外力，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用____________。
A．1 g～25 g B．100 g～200 g
C．180 g～360 g D．大于360 g
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置____________(填“必须相同”或“可以不同”)。
(4)实验中某小组获得如图2所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，在选择AB段、BC段和AC段中，你认为选择哪段获得的加速度较精确？答：____________。
解析：(1)依题意，本实验的顺序应为：点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v-t图像；点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验。
故应为CAB。
(2)本实验是把细绳下悬挂钩码的重力当成小车所受到的拉力，所以需要满足钩码的质量远远小于小车、配重片和发射器的总质量，结合选项数据，最合适的应为1 g～25 g。故选A。
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，目的是测出加速度，则释放小车的位置可以不同，位置合适即可。
(4)AC段区域数据更多，计算机拟合出的斜率更精确，获得的加速度较精确。
答案：(1)CAB (2)A (3)可以不同 (4)AC
3．(2021·湖南高考)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________cm；
(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：
根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是______m/s2(保留三位有效数字)。
解析：(1)垫块的厚度为h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
(5)绘制图线如图所示：
根据mg·eq \f(nh,l)＝ma，可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率k＝eq \f(0.6,7)＝eq \f(a,4)，解得a≈0.343 m/s2。
答案：(1)1.02 (5)见解析图 0.343
4．(2023·厦门高三调研)某实验小组用如图甲所示的装置做“探究物体的加速度与质量、所受合外力的关系”的实验。
(1)安装好实验装置后，首先平衡摩擦力。将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，则应将长木板下的小垫块向____________(填“左”或“右”)移些。重复调整小垫块的位置，直到打点计时器在纸带上打出的点间距相等时，说明摩擦力已平衡；
(2)图乙为保持小车质量M不变，研究a与F的关系时打出的一条纸带。A～G为7个计数点，每两个相邻计数点间还有4个点未标出。测得x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.34 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.25 cm。已知电源的频率为50 Hz，则a＝____________m/s2(结果保留三位有效数字)；
(3)可以判断打下C点时，小车已经运动了____________s(结果保留两位有效数字)；
(4)若小组中甲、乙两同学先后研究a与F的关系时，其中一位同学在小车中添加了砝码。两同学各自得到的a-F图像分别如图丙中的b、c所示，则小车中所加砝码质量是小车质量的________倍。
(5)之后，保持F不变，研究a与M的关系(m为砝码盘与盘中砝码的总质量)。在绘出a-eq \f(1,M)图线后，发现在eq \f(1,M)较大时图线发生了明显的弯曲，为使作出的图线为直线，下列正确的做法是________。
A．改作a -(M＋m)图线
B．改作a -eq \f(m,M)图线
C．改作a -eq \f(1,M＋m)图线
D．改作a -eq \f(1,M＋m2)图线
解析：(1)将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，说明小车做减速运动，则应将长木板下的小垫块向左移动，使木板倾角变大一些；
(2)每两个相邻计数点间还有4个点未标出，则计数周期为T＝eq \f(5,f)＝0.1 s
根据逐差法可得a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,3T2)≈63.8 cm/s2＝0.638 m/s2；
(3)打下C点时，小车的速度为vC＝eq \f(x2＋x3,2T)＝80.1 cm/s＝0.801 m/s
打下C点时，小车已经运动了t＝eq \f(vC,a)≈1.3 s；
(4)由图像可知，图线的斜率为k＝eq \f(a,F)＝eq \f(1,M)
则有Mc＝eq \f(0.30,0.60) kg＝eq \f(1,2) kg，Mb＝eq \f(0.50,0.60) kg＝eq \f(5,6) kg
则小车中所加砝码质量是小车质量的eq \f(m,M)＝eq \f(\f(5,6)－\f(1,2),\f(1,2))＝eq \f(2,3)；
(5)图线在eq \f(1,M)较大时发生了明显的弯曲，说明不满足砝码盘和砝码的质量远小于小车质量，此时应该把砝码盘和砝码与小车看成一个整体，有a＝eq \f(F,M＋m)，应作出a -eq \f(1,M＋m)图线，故A、B、D错误，C正确。
答案：(1)左 (2)0.638 (3)1.3 (4)eq \f(2,3) (5)C
保持“原状”
物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)
反抗改变
物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变
名称项目
作用力和反作用力
一对平衡力
作用对象
两个相互作用的不同物体
同一个物体
作用时间
一定同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
力的性质
一定相同
不一定相同
作用效果
不可抵消
可相互抵消
两个分析
(1)受力情况分析；(2)运动规律分析
两个桥梁
(1)加速度是联系运动和力的桥梁
(2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁
明确研究对象
根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象
受力分析和运动过程分析
画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程
选取正方向或建立坐标系
通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向
确定合力F合
若物体只受两个力作用，通常用合成法；若物体受三个或三个以上的力，一般用正交分解法
列方程求解
根据牛顿第二定律可得F合＝ma或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx＝max,Fy＝may))，列方程求解，必要时对结果进行讨论
从受力的角度判断
当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态。
从速度变化角度判断
物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态。
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。
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
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
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2
①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0情景3
①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2
①可能一直加速②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速，后以a2加速
类型图示
规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
原理装置图
探究方法——控制变量法
操作要领
(1)平衡：用阻力补偿法平衡摩擦力(改变小车或槽码质量，无需重新平衡摩擦力)。(2)质量：槽码的质量远小于小车质量(若使用力传感器，或以小车与槽码的系统为研究对象无需满足此要求)。
(3)要测量的物理量
①小车与其上砝码的总质量(用天平测量)。
②小车受到的拉力(约等于槽码的重力)。
③小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度)。
(4)其他：细绳与长木板平行；小车从靠近打点计时器的位置释放，在到达定滑轮前按住小车，实验时先接通电源，后释放小车。
偶然误差
小车、槽码质量的测量，纸带上各计数点间距的测量
系统误差
(1)平衡小车的摩擦力不准
(2)用槽码的重力替代细绳的拉力
次数
1
2
3
4
5
F/N
0.10
0.18
0.26
0.30
0.40
a/(m·s－2)
0.08
0.22
0.37
______
0.59
n
1
2
3
4
5
6
a/(m·s－2)
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
2．普遍性：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
三、牛顿第三定律
情境创设
一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(1)由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而是又向前运行了一段距离。(√)
(2)货车承载的货物越重，惯性越大。(√)
(3)刹车时，货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。(×)
(4)地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。(×)
(5)车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。(×)
(一) 牛顿第一定律(固基点)
[题点全练通]
1．[力与运动的关系]
(2023·福建泉州五校联考)关于力与运动的关系，下列说法中正确的是( )
A．必须有力的作用物体才能运动
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D．牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
解析：选C 力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时也能保持匀速直线运动，故A错误；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，不能直接通过实验得出，但能经住实践的检验，故B错误；伽利略通过理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。
2．[牛顿第一定律]
(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析：选ABD 牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律，总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C错误，D正确。
3．[对惯性的理解]
对一些生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以分析。其中正确的是( )
A．太空中处于失重状态的物体没有惯性
B．“安全带，生命带，前排后排都要系”。系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
D．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性
解析：选B 惯性只与质量有关，所以处于失重状态的物体还是具有惯性，A错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加灵活性，D错误。
[要点自悟明]
1．对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。
2．对惯性的认识
惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大。
3．惯性的两种表现形式
(二) 牛顿第三定律(精研点)
逐点清1 作用力和反作用力的关系
1．(2023·杭州月考)如图甲所示，将一个力传感器固定在滑块上，用另一个力传感器钩住固定在滑块上的传感器的挂钩向右拉滑块，观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．作用力大时，反作用力小
B．作用力和反作用力的大小总是相等
C．反作用力总是在作用力出现后才产生的
D．图乙所示的曲线，只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到
解析：选B 观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化，A、C错误，B正确；作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系，与物体的运动状态无关，D错误。
一点一过 作用力和反作用力的关系
逐点清2 作用力和反作用力与一对平衡力的区别
2．(2023·山东泰安模拟)马扎属于中国传统手工艺制品。腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，便于携带。如图所示，马扎放在水平地面上，一小孩站在马扎上，以下说法正确的是( )
A．小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对作用力和反作用力
B．小孩受到的重力和小孩对马扎的压力是一对平衡力
C．马扎在光滑水平面上无法平衡
D．斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大
解析：选D 小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对平衡力，A错误；小孩受到的重力和小孩对马扎的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，B错误；对马扎和小孩整体分析可知，马扎在水平方向
不受摩擦力，则马扎在光滑水平面上也能平衡，C错误；小孩对马扎的压力是一定的，即两个斜撑的合力是一定的，斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大，D正确。
eq \a\vs4\al(一点一过)
作用力和反作用力与一对平衡力的区别
逐点清3 牛顿第三定律的应用
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为( )
A．μ1(m＋M)g，向左 B．μ2mg，向右
C．μ2mg＋ma，向右 D．μ1mg＋μ2Mg，向左
解析：选B 对木块分析可知，长木板对它水平向左的摩擦力大小为Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小也为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，地面对它的静摩擦力方向向左，大小为Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，方向向右，故B正确。
eq \a\vs4\al(一点一过) 利用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力，然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。
1．[强化科学探究]如图所示，小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。对三次实验结果进行对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动状态或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A 斜面上铺垫的材料粗糙程度越小，小球上升得越高，如果斜面光滑，没有摩擦力的影响，小球将上升到与O点等高的位置，但无法直接得出选项B、C、D中的结论，故只有选项A正确。
2．[树立民族自信](2021·广东高考) 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( )
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
解析：选B 将拉力F正交分解，如图所示，则在x方向可得出Fx曲 ＝ Fsin α，Fx直 ＝ Fsin β；在y方向可得出Fy曲 ＝ Fcs α，Fy直 ＝ Fcs β；由题知α < β，则sin α < sin β，cs α > cs β，则可得到Fx曲 < Fx直，Fy曲 > Fy直，A错误，B正确；无论是加速还是匀速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，故C、D错误。
3．[聚焦科技前沿]如图所示，是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的水上飞行运动装置。操控者借助该装置以向下喷射高压水柱的方式实现在水面上空悬停旋转或急速升降等运动。下列说法正确的是( )
A．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对平衡力
B．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对作用力与反作用力
C．人在急速升降过程中的惯性比悬停时大
D．人在匀速上升的过程中机械能增加
解析：选D 人(含装置)所受的重力和向下喷水的力作用在两个物体上，不是平衡力，故A错误；人(含装置)所受的重力施力物体是地球，受力物体是人(含装置)，向下喷水的力施力物体是装置，受力物体是水，这里涉及了多个物体，不是相互作用力，故B错误；惯性只与质量有关，故人的惯性不变，故C错误；人在匀速上升的过程中，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故D正确。
4.[渗透五育教育(体育)]某中学秋季趣味运动会中，高一同学参加了拔河比赛，如果绳质量不计，且保持水平，在甲、乙两队的拔河比赛中，甲队获胜，则下列说法中正确的是( )
A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力
B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力
解析：选D 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，不管哪队获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，才使得甲队获胜，选项D正确。
5.[聚焦科技前沿]2022年11月29日23时08分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭，成功将神舟十五号载人飞船发射升空。关于这次神舟十五号载人飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用
解析：选A 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，B、C错误，A正确；神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间依然存在相互吸引力，即神舟十五号载人飞船吸引地球，地球吸引神舟十五号载人飞船，这是一对作用力与反作用力，D错误。
[课时跟踪检测]
1．下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B．不受力的物体运动状态有可能改变
C．公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
解析：选D 牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出，但能经受住实践的检验，故A错误；不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
2.如图所示，正在喷洒农药的无人机沿水平方向匀速飞行。随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)的惯性( )
A．保持不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．与其运动状态有关
解析：选C 物体的惯性大小由质量唯一决定，与运动状态无关，随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)质量变小，所以惯性变小。
3．我国古代典籍中记录了很多物理现象和规律，体现了古人对自然的思考探索。根据所学知识分析，下列说法正确的是( )
A．“力，刑(形)之所以奋也”，力使物体的运动状态发生了改变，说明力是改变物体运动状态的原因
B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，说明弓箭的惯性随速度减小而减小
C．“劝登马力，马力既竭，辀犹能一取焉”，说明力是维持物体运动的原因，没有力物体就会停止运动
D．“有乌获之劲而不得人助，不能自举”，意思是力气很大的人也不能把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
解析：选A 力是改变物体运动状态的原因，故A正确；物体的惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；力不是维持物体运动的原因，故C错误；相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，故D错误。
4.(2023·济宁高三月考)东京奥运会体操女子平衡木单项决赛中，中国选手管晨辰、唐茜靖包揽金、银牌。比赛中，体操运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，如图所示。则下列说法正确的是( )
A．平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小
B．平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对平衡力
C．平衡木对运动员有摩擦力
D．运动员受到支持力是因为脚底发生了形变
解析：选A 由牛顿第三定律可知平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对相互作用力，平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小，故A正确，B错误；运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，平衡木对运动员没有摩擦力，故C错误；运动员受到支持力是因为平衡木发生了形变所产生的弹力，故D错误。
5.如图所示为一女士借助健身球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在健身球上，健身球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和健身球都处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．健身球总共受到3个力作用
B．女士的脚不受地面的摩擦力作用
C．女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的
D．女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对相互作用力
解析：选C 健身球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；女士在水平方向上受力平衡，由于健身球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对平衡力，故D错误。
6．(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中( )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于超重状态
解析：选AD 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上人受到的合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；实验者被加速向上“托起”时，加速度方向向上，处于超重状态，D正确。
7.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：选B 对建筑材料进行受力分析，有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋FN，得FN＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490 N，故选项B正确。
8.(多选)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯加热一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是( )
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性
解析：选CD 喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下方的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确。
9.如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N 的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)，若弹簧测力计的示数变为T′＝6 N，则台秤的示数( )
A．保持不变 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N
解析：选D 金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为：F＝G－T′＝4 N。根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N。所以，台秤的示数增加4 N。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表达式：F＝ma。
3．适用范围
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
三、动力学的两类基本问题
1．第一类问题：由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。
2．第二类问题：由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。
3．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：
情境创设
让一名同学用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。
微点判断
(1)因为该同学一只手的力气较小，所以箱子可能不动。(×)
(2)该同学对箱子施力，然后产生了加速度，加速度的产生滞后于力的作用。(×)
(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。(×)
(5)若该同学的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。(×)
(6)该同学停止用力，则箱子立刻停下来。(×)
(一) 牛顿第二定律(固基点)
[题点全练通]
1．[对牛顿第二定律的理解]
根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
解析：选D 根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，在力不变时，物体的加速度与质量成反比，D正确。
2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]
下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
解析：选C 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，C正确。
3．[牛顿第二定律的简单应用]
(1)(多选)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是( )
A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mg
B．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力
C．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmg
D．若盘随手指一起做水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1＋μ2)mg
解析：选AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg，A正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，B错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力和支持力，大小不等于μmg，C错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg，竖直方向对盘子的支持力为mg，则手指对盘的作用力的最大值等于eq \r(mg2＋μmg2)＝eq \r(1＋μ2)mg，即手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1＋μ2)mg，D正确。
(2)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的速度变化是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：选A 加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.05,5)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M＝eq \f(F,a)－m＝eq \f(800,0.01) kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。
[要点自悟明]
1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq \f(1,m)。
(3)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。
3．分析物体运动性质时的三点提醒
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题(精研点)
逐点清1 弹力能瞬间改变的情形
1．[轻绳连接]
如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1∶a2为( )
A．1∶1 B．2∶1
C.eq \r(3)∶1 D．2eq \r(3)∶1
解析：选C a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa＝mgcs 30°，Fb＝mgcs 60°，剪断a绳瞬间：a1＝eq \f(Fa,m)＝gcs 30°，剪断b绳瞬间：a2＝eq \f(Fb,m)＝gcs 60°，所以a1∶a2＝cs 30°∶cs 60°＝eq \r(3)∶1，C正确。
2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：选A 剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，A正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点
对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。
1．在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。
2．一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
逐点清2 弹力不能瞬间改变的情形
3．[弹簧连接]如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝eq \r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq \r(3)g，aB＝0
解析：选D 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝2eq \r(3)mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq \f(FT,mA)＝2eq \r(3)g，aB＝0，D正确。
4．[橡皮绳连接]“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )
A．每根橡皮绳的拉力大小为eq \f(1,2)mg
B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C．若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时加速度大小a＝g
D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，小明的加速度大小a＝g
解析：选B 设每根橡皮绳的拉力大小为F，由2Fcs 30°＝mg，可得F＝eq \f(\r(3),3)mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由eq \f(\r(3),3)mg＝ma可求得加速度大小a＝eq \f(\r(3),3)g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin 30°＝ma可得，此时小明的加速度大小a＝eq \f(1,2)g，D错误。
一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点
1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
2．在求解瞬时加速度的问题中，弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点)
1．两类动力学问题的解题关键
2．两类动力学问题的解题步骤
[典例] (2023·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103 t，在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107 N；10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；
(2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。
[解析] (1)由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mg－F＝ma1
代入数据解得a1＝2.0 m/s2，方向竖直向下
“掉深”历时t1＝10 s时，潜艇下降高度为h1＝eq \f(1,2)a1t12＝1.0×102 m
潜艇速度为v1＝a1t1＝20 m/s
减重后，潜艇以加速度a2＝1.0 m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h2＝eq \f(v12,2a2)＝2.0×102 m
潜艇“掉深”达到的最大深度为h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102 m。
(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有F－m1g＝m1a2
解得m1≈2.2×106 kg
设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3，根据运动学公式有vh02＝2a2(h1＋h2)＝2a3h0
解得a3＝1.5 m/s2，方向竖直向下
在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中，由牛顿第二定律有m2g－F＝m2a3
解得m2≈2.8×106 kg。
[答案] (1)5.0×102 m (2)减重后的质量为2.2×106 kg，升到水面时的质量为2.8×106 kg
[考法全训]
考法1 已知受力情况求运动情况
1．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选D 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ)；根据运动学公式得eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，联立可得t＝ eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
2．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2，解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2
根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
考法2 已知运动情况求受力情况
3．乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目，运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A．乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左
B．乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零
C．球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力
D．球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力
解析：选B 乒乓球与球拍保持相对静止，一起向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，乒乓球受到水平向右的合外力，若乒乓球向右运动的加速度a＝gtan θ，θ为球拍与水平方向的夹角，则重力和支持力刚好提供其向右运动的合外力，受力分析如图所示，此时乒乓球受到的摩擦力刚好为零，支持力大于重力，故A、C错误，B正确；球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力互为作用力与反作用力，两者大小相等，故D错误。
(四) 超重与失重(固基点)
[题点全练通]
1．[根据运动情况判断超重、失重]
2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由式滑雪女子大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析：选B 运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。
2．[根据超重、失重判断运动情况]
在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A．物体受到的重力增大B．物体处于失重状态
C．电梯可能正在加速下降 D．电梯可能正在加速上升
解析：选D 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
3．[超重、失重现象的应用]如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将( )
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变小后变大
解析：选B 剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了，选项B正确。
[要点自悟明]
1．判断超重和失重现象的三个角度
2．对超重和失重问题的三点提醒
(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
1．[树立民族自信](2021·海南高考)公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是( )
A．kg·m·s－1 B．kg·m·s－2
C．Pa·m2 D．J·m－1
解析：选B 根据牛顿第二定律的表达式F＝ma，可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；根据压强的表达式p＝eq \f(F,S)，可知力的单位为Pa·m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；根据做功的表达式W＝Fx，可知力的单位为J·m－1，但功的单位J不是基本单位，D错误。
2．[渗透五育教育(体育)]如图所示为我国运动员在女子双人十米跳台比赛中的情景。下列过程中，运动员处于超重状态的是( )
A．运动员起跳重心加速上升的过程
B．运动员离开跳台上升的过程
C．运动员从最高点下落到水面的过程
D．运动员加速入水的过程
解析：选A 运动员起跳重心加速上升的过程，加速度竖直向上，运动员处于超重状态，故A正确；运动员离开跳台上升的过程，加速度为重力加速度，竖直向下，运动员处于失重状态，故B错误；运动员从最高点下落到水面的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故C错误；运动员加速入水的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故D错误。
3．[联系生活实际]小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
解析：选C 由题图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
4．[聚焦科技前沿]飞行背包是一种可以让使用者通过穿戴该产品后飞上天空的飞行器。消防员利用飞行背包在某次高楼火灾观测时，竖直飞行的vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．消防员上升的最大高度为225 m
B．消防员在2.5～3.0 min内加速度最大
C．消防员在3.5～4.25 min内处于失重状态
D．消防员在2.5～4.25 min，平均速度大小约为6.43 m/s
解析：选D vt图线与t轴所围图形面积表示位移，由题图可知，在1.5 min时，消防员上升的高度最高，有x＝eq \f(1,2)×15×1.5×60 m＝675 m，A错误；图像的斜率表示加速度，所以在0～0.5 min内加速度最大，B错误；消防员在3.5～4.25 min内减速下
落，处于超重状态，C错误；消防员在2.5～4.25 min，平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(\f(4.25－2.5＋3.5－3,2)×60×10,4.25－2.5×60) m/s≈6.43 m/s，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.(2021·浙江6月选考)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：选B 打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向竖直向上，则所受合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，与火星对着陆器的吸引力是平衡力，选项D错误。
2.(2023·武汉高三检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
解析：选C 对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝eq \r(F12＋F22)＝meq \r(a2＋g2)，与水平方向的夹角tan α＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(g,a)，即大小和方向都与小球的加速度大小有关。
3.智能电动扶梯在无人乘坐时运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是( )
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
解析：选D 在匀速运动的过程中，该同学处于平衡状态，只受重力和支持力；在加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用，如图所示，此时支持力大小大于重力大小，故A、B错误；该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；在加速上升过程中，扶梯水平方向给同学一个摩擦力，竖直方向有向上的加速度，故竖直方向的支持力大小大于重力大小，所以扶梯对同学的合力大于重力，在匀速运动时，扶梯对该同学的力与重力平衡，大小等于重力，所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力，故D正确。
4.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m)
C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
解析：选A 当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝eq \f(3,5)，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcs θ＝F，解得T＝eq \f(5,8)F。对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝eq \f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。
5.(2023·大连高三月考)如图所示，质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t，若在物块放在A点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为( )
A.eq \f(1,2)t B.eq \f(\r(2),2)t C．t D.eq \r(2) t
解析：选B 设斜面倾角为θ，由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcs θ，下滑过程s＝eq \f(1,2)a1t2，第二次下滑(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cs θ＝ma2，a2＝2a1，s＝eq \f(1,2)a2t′2，解得：t′＝eq \f(\r(2),2)t，故B正确，A、C、D错误。
6．(多选)制作“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是( )
A．在t1、t2、t3、t4时刻中，t1时刻加速度最大
B．“水火箭”在t2时刻达到最高点
C．在t3时刻失去推力
D．t3～t4时间内“水火箭”做自由落体运动
解析：选AC v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
7．(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为eq \f(\r(17),4)Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5eq \r(3) m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析：选BC 飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12＝100k，飞行器以v2＝5 m/s向上匀速运动时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋25k，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝eq \f(Mg,100)，A错误；飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时F＝eq \r(Mg2＋kv322)＝eq \f(\r(17),4)Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝eq \r(Fm2－Mg2)＝eq \f(3,4)Mg＝kv42，解得v4＝5eq \r(3) m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，Fm＋Mg＋kv52＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。
8．(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
解析：(1)在AB段：根据速度与位移的关系有
v12＝2a1x1，解得a1＝eq \f(8,3) m/s2。
(2)在AB段：v1＝a1t1，解得t1＝3 s
在BC段做匀加速直线运动：x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22，
解得a2＝2 m/s2，
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)在BC段根据牛顿第二定律得
mgsin 15°－Ff＝ma2，
解得Ff＝66 N。
答案：(1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为0
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍
解析：选D 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsin θ＝2ma，a＝gsin θ，隔离小球B，mgsin θ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。
10．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析：选AD 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1＝eq \f(－T0－μmg,m)＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
11.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；
(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为eq \f(2,3) s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝eq \f(1,2)a1t12
得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s
无人机减速过程有H1－h1－H2＝eq \f(v1,2)t2，得t2＝eq \f(20,3) s
所以总时间t＝t1＋t2＝eq \f(29,3) s。
(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，
此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，
则a2＝1 m/s2
无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。
(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3
恢复动力时v＝a3t
则v＝6 m/s，H2＝eq \f(v2,2a3)＋eq \f(v2,2a4)，联立解得a4＝18 m/s2。
答案：(1)eq \f(29,3) s (2)200 N (3)18 m/s2
(一) 动力学中的图像问题
[考法全训]
考法1 由运动图像分析物体的受力情况
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错误，D正确。
考法2 由力的图像分析物体的运动情况
2．(多选)如图所示，水平面上有质量m＝1.0 kg的静止物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小，取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3
B．5 s内拉力对物块做的功为0
C．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
解析：选AD 从题图可知，物块开始滑动后，物块所受滑动摩擦力为3 N，依题意有μmg＝3 N，解得μ＝0.3，故A正确；从题图可知，物块前四秒静止，第5秒开始拉力大于摩擦力，物块开始加速运动，则根据功的定义，可知第5秒内拉力对物块做正功，所以5 s内拉力对物块做的功不为0，故B错误；由题图可知，竖直方向上重力与支持力平衡；水平方向上，物块在4 s末受水平拉力为4 N、与之等大反向的最大摩擦力，则物块所受合力为0，故C错误；从题图可知，在6～9 s内，物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定，则有F合＝F－f＝2 N＝ma，解得a＝2 m/s2，故D正确。
考法3 由已知条件确定某物理量的图像
3．(2023·青岛高三调研)某科学家研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是( )
解析：选D 根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝eq \f(mg－6πηrv,m)，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确。
(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：
[考法全训]
考法(一) 加速度相同的连接体问题
[例1] (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匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2
B．若m
D．若μ
[答案] AB
考法(二) 加速度大小相同、方向不同的连接体问题
[例2] (2021·海南高考)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 NB．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＝eq \f(T1,2)＝1.0 N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将有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T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N。
[答案] A
考法(三) 加速度大小不同、方向相同的连接体问题
[例3] 水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面间的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：
(1)物块B克服摩擦力所做的功。
(2)物块A、B的加速度大小。
[解题指导]
(1)A、B两物块间通过细绳跨过动滑轮连接，滑轮对B的拉力大小是细绳对A的拉力的2倍。
(2)当物块A向右运动距离s时，物块B向右移动eq \f(s,2)，由此可确定A、B两物块的速度关系和加速度关系。
[解析] (1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝eq \f(1,2)s①
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＝2μmgs。③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA④
2T－4μmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥式得aA＝eq \f(F－3μmg,2m)⑦
aB＝eq \f(F－3μmg,4m)。⑧
[答案] (1)2μmgs (2)eq \f(F－3μmg,2m) eq \f(F－3μmg,4m)
(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
[考法全训]
考法(一) 恰好脱离的临界问题
[例1] (多选)如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30 N/m，下面悬挂一个物块A，处于静止状态，此时弹簧测力计示数为4 N。现将一个质量为0.5 kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2。若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.0 N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1 N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力大小为4.5 N
D．A、B分离时弹簧测力计示数为零
[解析] 初始时刻时弹簧测力计示数为4 N，有mAg＝F弹1，突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2，则有mAg－F弹2＝mAa，联立代入数值解得mA＝0.4 kg，F弹2＝3 N，故A正确；若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动，对AB整体分析有(mA＋mB)g－F弹2－F＝(mA＋mB)a′，解得F＝5.1 N，故B错误；A、B分离时，根据牛顿第二定律，对B，mBg－F′＝mBa′，对A，mAg－F弹′＝mAa′，解得F′＝4.5 N，F弹′＝3.6 N，故C正确，D错误。
[答案] AC
[例2] (多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A．a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析] 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcs θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcs θ＝mg，联立解得FN＝mgcs θ－masin θ，T＝macs θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝eq \f(40,3) m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq \f(mg,tan θ)＝ma，联立可得tan θ＝eq \f(3,4)，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcs θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。
[答案] ABC
考法(二) 叠加系统相对滑动的临界问题
[例3] (多选)如图所示，A、B两物块叠在一起静止在水平地面上，A物块的质量mA＝2 kg，B物块的质量mB＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g＝10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 N
B．若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 N
C．若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 N
D．若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N
[解析] 当外力F作用到A上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对B根据牛顿第二定律，有：μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体：F1－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，代入数据，解得：F1＝10 N，故B正确；当外力F作用到B上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1mAg＝mAa2，得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体：F2－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，代入数据解得：F2＝25 N，故D正确；无论F作用于A还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，Fmin＝μ2(mA＋mB)g＝5 N，A、C错误。
[答案] BD
[规律方法]
叠加体系统临界问题的求解思路
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＝eq \f(\r(3),3)。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。
(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？
[解析] (1)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＋eq \f(1,2)at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2③
v＝8 m/s。④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为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Fcs α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcs θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式，可得：F＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ＋ma,cs α＋μsin α)⑧
由数学知识得cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)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＝eq \f(13\r(3),5) N。
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13\r(3),5) N
[课时跟踪检测]
1.工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是( )
A．当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大
B．汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为eq \f(2\r(3)mg,3)
C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D．当汽车向左做加速运动时，加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离A
解析：选D 当汽车向左做加速运动时，能提供向左的力只有B对C的弹力的分力，所以是B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FAC＝FBC，故有竖直方向2FACsin 60°＝mg，解得FAC＝eq \f(\r(3),3)mg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故B、C错误；当加速度为eq \f(\r(3),3)g时，竖直方向有FBCsin 60°＋FACsin 60°＝mg，水平方向有FBCcs 60°－FACcs 60°＝ma，解得FAC＝0，故D正确。
2．(多选)质量分别为M和m的物块a、b形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，a恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a，斜面仍保持静止，关于互换位置之后下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．a运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．a运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
解析：选ACD 按图甲放置时，对a由平衡条件可知Mgsin α＝FT，对b有FT′＝mg，FT＝FT′，则有Mgsin α＝mg，按图乙放置时，对a由牛顿第二定律可知Mg－FT1＝Ma，对b有FT2－mgsin α＝ma，FT1＝FT2，则有Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g，故C正确；因为Mgsin α＝mg，所以a＝(1－sin α)g＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(mg,Mg)))g＝eq \f(M－m,M)g，故D正确；将FT2－mgsin α＝ma和a＝(1－sin α)g联立，解得FT2＝mg，故A正确，B错误。
3.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为( )
A．0 B．F－3μmg
C．F D．F＋3μmg
解析：选A 将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿第二定律得2F－6μmg＝6ma，单独对C研究，设卡扣对C的作用力为N，则F＋N－3μmg＝3ma，联立解得N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确。
4.(2023·广州高三模拟)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6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在( )
A．0到6 s内的位移约等于30 m
B．0时刻的速度约为28 km/h
C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D．4 s时受到外力的合力约为2 500 N
解析：选B 由a-t图像与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＝2×1 m/s＋eq \f(1,2)×(1.5＋2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x
A．物块与斜面间的动摩擦因数为sin θ
B．从刚施加推力到物块停止运动时，物块运动的位移大小为eq \f(v02,gtan θ)
C．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的摩擦力方向向右
D．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的支持力大小为(M＋m)g＋eq \f(mg,cs θ)
解析：选D 物块恰好沿斜面匀速下滑时，有mgsin θ＝f，又μmgcs θ＝f，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故A错误；施加压力后，摩擦力增大，物块做减速运动，设物块运动的位移为x，有0－v02＝－2ax，又μ(mgcs θ＋F)－mgsin θ＝ma，即有a＝eq \f(μF,m)＝μg＝gtan θ，可得x＝eq \f(v02,2gtan θ)，故B错误；施加F后，对斜劈进行受力分析，水平方向向左有F左＝(F＋mgcs θ)sin θ＝mgsin θ＋mgsin θcs θ，水平方向向右有F右＝μ(F＋mgcs θ)cs θ＝mgsin θ＋mgsin θcs θ，解得F左＝F右，可知，则斜劈不受地面的静摩擦力，故C错误；对斜劈进行受力分析可得，竖直方向上有FN＝Mg＋(F＋mgcs θ)cs θ＋μ(F＋mgcs θ)sin θ，又F＝mg，解得地面对斜劈的支持力大小为FN＝(M＋m)g＋eq \f(mg,cs θ)，故D正确。
6．(2023·青岛高三月考)如图甲所示，一物块从倾角为θ的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度—时间图像如图乙所示，2t0时刻速度减为零，5t0时刻回到出发点。则下列说法正确的是( )
A．物块返回斜面底端时的速度大小为eq \f(1,3)v0
B．物块返回斜面底端时的速度大小为eq \f(v0,2)
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(5,13)tan θ
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(2,13)tan θ
解析：选C 上滑过程有s＝eq \f(1,2)a1(2t0)2，v0＝a1·2t0，下滑过程有s＝eq \f(1,2)a2(5t0－2t0)2，v1＝a2(5t0－2t0)，联立解得eq \f(a1,a2)＝eq \f(9,4)，v1＝eq \f(2,3)v0，所以A、B错误；根据牛顿第二定律，上滑过程有a1＝gsin θ＋μgcs θ，下滑过程有a2＝gsin θ－μgcs θ，联立解得μ＝eq \f(5,13)tan θ，所以C正确，D错误。
7.(多选)如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后( )
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1
B．物块A、B的加速度之比为1∶1
C．轻绳的拉力为eq \f(6mg,7)
D．当B下落高度h时，速度为 eq \r(\f(2gh,5))
解析：选AC 相同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2∶1，故A正确；任意相等时间内，物块A、B的位移大小之比为2∶1，故速度和加速度大小之比均为2∶1，故B错误；设A的加速度大小为a，则B的加速度大小为0.5a，根据牛顿第二定律，对A有：T＝ma，对B有：3mg－2T＝3m·0.5a，联立解得：T＝eq \f(6mg,7)，a＝eq \f(6,7)g，故C正确；对B，加速度为a′＝0.5a＝eq \f(3,7)g，则v2＝2a′h，解得：v＝eq \r(\f(6gh,7))，故D错误。
8．(多选)如图所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面的底端，弹簧上端与质量为m的滑块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的滑块B，B与A不粘连，开始时两滑块均处于静止状态。现对滑块B施加一个平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝eq \f(1,4)g的匀加速直线运动。忽略两滑块的形状和大小，以x表示滑块A、B离开静止位置的位移，F1表示滑块A受到的合外力，从滑块A、B开始运动到A第一次上升到最大高度的过程中，下列表示F与x、F1与x之间关系的图像可能正确的是( )
解析：选AC 开始时两滑块均处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，由平衡条件可得kx0＝2mgsin θ，施加力F后，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得F＋kx1－2mgsin θ＝2ma，x1为弹簧压缩量，且x1＝x0－x，联立解得F＝kx＋eq \f(1,2)mg，当A、B分离后，对B由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得F＝eq \f(3,4)mg，为恒定值，故A正确，B错误；滑块A、B一起运动时，加速度a均为eq \f(1,4)g，对A由牛顿第二定律可得F1＝ma＝eq \f(1,4)mg，为恒力，当A、B间恰好无压力作用时，A、B分离，此时弹簧弹力为F弹－mgsin θ＝eq \f(1,4)mg，解得F弹＝eq \f(3,4)mg，此后，A的合力为F1＝k(x0－x)－mgsin θ＝－kx＋eq \f(1,2)mg，故C正确，D错误。
9.(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是( )
A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
解析：选AC 当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，A和B没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。
10．(2023·衡水高三调研)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：
(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；
(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？
解析：(1)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＝eq \f(v,t) ①
对整个列车，由牛顿第二定律得：
F－k·7mg＝7ma ②
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
eq \f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma③
联立①②③，解得T＝－eq \f(1,3)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,t)＋kg)) 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)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F′－k·7mg＝0⑤
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：eq \f(2F′,6)＋T1－ k·2mg＝0⑥
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：eq \f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0, ⑦
联立⑤⑥⑦，解得T1＝－eq \f(1,3)kmg，T2＝eq \f(3,5)kmg
因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝eq \f(14,15)kmg。
答案：(1)eq \f(1,3)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,t)＋kg)) (2)eq \f(14,15)kmg
11.如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4 kg的斜面体，倾角θ＝30°，斜面上放一质量 m＝8 kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小；
(2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。
解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力情况如图所示，根据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，代入数据得Ff＝40 N。
(2)F最大时，小物体受到最大静摩擦力作用，将支持力和摩擦力分解，由牛顿第二定律有
Ffcs θ－FNsin θ＝ma，Ffsin θ＋FNcs θ＝mg，
又Ff＝μFN，
由以上各式联立得a＝eq \f(μcs θ－sin θ,μsin θ＋cs θ)g，解出a＝eq \f(10\r(3),9) m/s2，
对小物体和斜面体整体应用牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a，
解得F＝eq \f(40\r(3),3) N。
答案：(1)40 N (2)eq \f(40\r(3),3) N
(一) 传送带模型
类型(一) 水平传送带模型
1．三种常见情景
2．解题方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
[例1] (多选)如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是( )
A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变
B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
D．一定条件下可使l>L
[解析] 分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－eq \f(v2,2a)，其中t＝eq \f(v,a)、a＝μg，解得l＝eq \f(v2,2μg)，v增大，则l变长；②石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＝eq \r(\f(2L,μg))≤eq \f(3L,v)，则l＝vt－L，得2L≥l＝veq \r(\f(2L,μg))－L，增大v，则l变长；③石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t>eq \f(3L,v)，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。
[答案] AD
[针对训练]
1．如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2)
解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，
则a＝μg＝6 m/s2，
工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝eq \f(v－vA,a)＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋eq \f(1,2)at12＝5.75 m<8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2＝s－x1＝2.25 m，t2＝eq \f(x2,v)≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案：13 m/s 0.67 s
类型(二) 倾斜传送带模型
1．两种常见情景
2.解题方法突破
物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcs θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
[例2] (2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcs α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s，
在传送带上滑动的距离为x1＝eq \f(v2＋v1,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5 m＝2.75 m，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
[针对训练]
2．(2023·哈尔滨高三模拟)(多选)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10 m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5))m
解析：选ABD 煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1 s，故A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示。
由图像可知煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，x＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m＋eq \f(1,2)×4×1 m＝10 m，故B正确；煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零、加速度为a2＝4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x＝eq \f(1,2)a2t12，解得t1＝eq \r(5) s，结合图像知，煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t总＝(2＋eq \r(5))s，故C错误；在0到1 s内传送带比煤块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为L1＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在煤块的下方，在1 s到2 s内，传送带速度比煤块速度大，则L2＝4×1 m－eq \f(1,2)×4×1 m＝2 m，因为L2
1．两种常见类型
2．关注“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3．解决“板块”模型问题的“思维流程”
类型一 木板带动滑块运动的情形
[例1] (2023·岳阳高三检测)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝2.0 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4 (N) (F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)经过多长时间B开始滑动；
(2)经过多长时间A开始相对B滑动；
(3) t＝3 s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N)
解得t1＝2 s。
(2)当A开始在B上滑动时，对木块μ1mg＝ma
对整体F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a
由题知F2＝5t2＋4(N)
解得t2＝ 3.4 s。
(3)当t2>t＝3 s>t1
B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块Ff＝ma′
对整体F3－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a′
且F3＝5t＋4(N)
解得Ff＝eq \f(15,7) N≈2.1 N。
[答案] (1)2 s (2)3.4 s (3)2.1 N
[针对训练]
1．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )
A．1 s B．2 s
C.eq \r(2) s D.eq \r(3) s
解析：选A 由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1 －Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a1t2＝L，解得t＝1 s，故选项A正确。
类型二 滑块带动木板运动的情形
[例2] (2023·福州高三调研)如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在
粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[解析] (1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2
因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。 (2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2＝eq \f(1,2)a2t2
减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
[答案] (1)5 m (2)1.5 m
[针对训练]
2．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2)),m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
解析：选BCD 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B、D正确。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动
D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
解析：选C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。
2．如图所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2)( )
A.eq \r(5) s B．(eq \r(6)－1)s C．3 s D．2.5 s
解析：选C 物块开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(1,2×1) m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s，物块接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2.5－0.5,1) s＝2 s，故物块从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s，故C对。
3．(多选)如图甲所示，长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是( )
A．0～2 s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2～3 s内木板受到的摩擦力恒为4 N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2 s后F至少作用时间1 s
解析：选AD 0～2 s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得F－f滑动＝Ma，由丙图可知a＝2 m/s2，解得f滑动＝2 N，B错误；木块与木板间的滑动摩擦力为2 N，但木块的质量mg未知，则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2，C错误；2 s后在恒力F＝4 N的作用下，木板的加速度为2 m/s2，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为2 m/s2，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的v-t图像如图所示。则恒力F作用时间恰好为1 s即可，D正确。
4．(2023·南京模拟)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．若m取一更大的值，则图像的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图像的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图像的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图像的斜率不变
解析：选B 对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a，隔离B有μmg＝Ma，联立解得F＝eq \f(mM＋m,M)μg，图像斜率k＝eq \f(mM＋m,M)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,M)))，若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误。
5．(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则( )
A．传送带的速度可能大于v0
B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsin θ
C．传送带一定沿顺时针转动
D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ
解析：选BD 由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin θ≤μmgcs θ。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度v＝v0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度v＝v0；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ff＝mgsin θ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a＝eq \f(v0,t0)，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，D正确。
6．(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
解析：选BC 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。
7．如图a所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.8t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C．图b中，t2＝17.5 s
D．木板的最大加速度为4 m/s2
解析：选C 由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1＝μ1mg＝10 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A错误；结合图b可知，0～t1时间内，滑块与木板均静止，t1～t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2＝μ2·2mg＝6 N，得木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，B错误；t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得F－μ1mg＝ma，μ1mg－μ2·2mg＝ma，其中F＝0.8t2(N)，联立解得a＝2 m/s2，t2＝17.5 s，之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2 m/s2，C正确，D错误。
8．(2023·长春高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
解析：(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a，对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F0＝0.15 N。
(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1＝eq \f(1,2)at2，v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2
x2＝v0mint－eq \f(1,2)a2t2，v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝eq \f(l,2)
联立解得v0min＝eq \f(\r(3),2) m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝eq \f(\r(3),2) m/s。
答案：(1)0.15 N (2)v0≥eq \f(\r(3),2) m/s
9.如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L＝5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。
解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，则a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2
物块运动位移x1＝eq \f(v02－v2,2a1)＝0.6 m
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcs θ＜mgsin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零，由mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
得a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2
位移x2＝eq \f(v2,2a2)＝1 m
则物块沿传送带上升的最大高度为
H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。
答案：0.96 m
10.5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量均为m＝1 kg，长l＝1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M＝2.5 kg的小铅块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的初速度向右滑上左边第1个木块的左端，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.2。小铅块刚滑到第4个木块时，木块开始运动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求铅块刚滑到第4个木块时的速度大小；
(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4个木块时，木块才开始运动；
(3)小铅块停止运动后，离第1个木块的左端多远？
解析：(1)设小铅块在前3个木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第4个木块时的速度为v1
由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1
由运动学公式得v12－v02＝－2a1·3l
联立解得v1＝2 m/s。
(2)设小铅块滑到第n个木块时对木块的摩擦力为f1，则f1＝μ2Mg＝5 N，未滑完的(6－n)个木块受到地面的最大静摩擦力为f2，f2＝μ1[M＋(6－n)m]g，要使木块滑动，应满足f2
(3)设小铅块滑上第4个木块经过t秒和第4、5个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块的对地位移为s1和s2，相对位移为Δs，木块运动的加速度为a2。
μ2Mg－μ1(M＋2m)g＝2ma2
v1－a1t＝a2t，s1＝v1t－eq \f(1,2)a1t2
s2＝eq \f(1,2)a2t2，Δs＝s1－s2
联立解得s1＝eq \f(80,81) m，Δs＝eq \f(8,9) m
由于Δs
μ1(2m＋M)g＝(2m＋M)a3，v2＝a2t，s3＝eq \f(v22,2a3)
联立解得s3＝eq \f(2,81) m
小铅块最终与第1个木块左端的距离为s，
s＝3l＋s1＋s3，联立解得s＝eq \f(325,81) m。
答案：(1)2 m/s (2)见解析 (3)eq \f(325,81) m
第5讲 实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．逐差法求加速度
先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。
2．作图像找关系
根据记录的各组对应的加速度a与小车所受拉力F，建立直角坐标系，描点画出a-F图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和小车上砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画出a-eq \f(1,M)图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)平衡摩擦力的方法：在长木板无滑轮的一端垫上小木块，使其适当倾斜，利用小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡。
(2)判断小车是否做匀速直线运动，一般可目测，必要时可通过打点纸带，看上面各点间的距离是否均匀。
(3)平衡摩擦力时要注意以下两点：
①平衡摩擦力时不能在细绳的另一端挂槽码。
②平衡摩擦力时必须让小车连上纸带，且让打点计时器处于工作状态。
2．误差分析
本实验是高考命题的常考实验，实验命题除考查利用纸带求速度、加速度的大小外，还考查小车摩擦力的平衡、小车所受合力等于槽码重力应满足的条件、a-F图像和a-eq \f(1,M)图像的特点等，试题难度一般为中等。
关键点(一) 是否需要平衡摩擦力
[考法感悟]
1．某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
(1)实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定
滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要________、________。
(2)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数eq \f(1,M)为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a -eq \f(1,M)关系图线如图2所示。由图可分析得出：加速度与质量成________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角________(填“过大”或“过小”)。
(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图3所示。图线________(填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量M＝________kg。
解析：(1)实验中需要用托盘和砝码的总重力表示小车受到的拉力，需测量托盘的质量，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。
(2)a-eq \f(1,M)图像是一条直线，a与M成反比；图像在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时木板的倾角过大造成的。
(3)由题图3中图线①可知，当F＝0时，a>0，即细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是在轨道倾斜情况下得到的，根据F＝Ma得a-F图像的斜率k＝eq \f(1,M)，由a-F图像得图像斜率k＝2，所以M＝0.5 kg。
答案：(1)天平 刻度尺 (2)反比 过大
(3)① 0.5
2．图甲是利用气垫导轨探究在外力一定的条件下，物体加速度与质量关系的实验装置。实验步骤如下：
①气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平；
②用游标卡尺测出挡光条的宽度为L；
③由导轨上标尺读出两光电门中心之间的距离为s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M；
⑦改变滑块的质量，重复步骤④⑤⑥进行多次实验。
据上述实验回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。(多选)
A．应先接通光电门后释放滑块
B．调节气垫导轨水平时，应挂上砝码
C．应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行
D．每次都应将滑块从同一位置由静止释放
(2)用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝______。
(3)由图乙画出的eq \f(1,a) -M的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G＝____________N。
(4)在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，根据实验数据画出如图乙所示的eq \f(1,a) -M图线，发现图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)先接通光电门后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常工作，故选项A正确；挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨水平时应不挂砝码，故选项B错误；调节定滑轮使细线和气垫导轨平行的目的是使滑块所受拉力与运动方向相同，故选项C正确；由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需要每次经过时速度相等，因此不需要每次都将滑块从同一位置由静止释放，故选项D错误。
(2)根据匀变速直线运动规律有
2as＝v22－v12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2，
解得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2,2s)。
(3)在eq \f(1,a) -M图像中，图线的斜率表示滑块所受作用力的倒数，即为eq \f(1,G)，因此有G＝eq \f(1,k)＝2.5 N(2.3～2.7 N均可)。
(4)图像出现了纵截距，原因是没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。
答案：(1)AC (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,Δt1)))2,2s)
(3)2.5(2.3～2.7均可)
(4)没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)
[系统建模]
1．在探究放在长木板上的小车的加速度与所受的合外力、质量的关系时，为了使细绳的拉力作为小车所受的合外力，必须平衡小车所受的摩擦力。
2．在利用气垫导轨探究滑块加速度与合外力、质量的关系时，只要气垫导轨处于水平状态，细绳的拉力即为滑块所受的合外力，此时不必使导轨适当倾斜。
关键点(二) 是否一定满足m≪M
[考法感悟]
1．(2023·湖北武汉调研)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________。
A．补偿阻力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B．补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差eq \f(mg－F真,F真)<5%，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是eq \f(m,M)<________。
(3)在完成实验操作后，用图像法处理数据，得到小车的加速度倒数eq \f(1,a)与小车质量M的关系图像正确的是________。
解析：(1)补偿阻力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误。
(2)在本实验中认为细线的拉力F等于沙和沙桶的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a＝eq \f(F真,M)，对整体，根据牛顿第二定律得：a＝eq \f(mg,M＋m)，且eq \f(mg－F真,F真)<5%，解得：eq \f(m,M)<0.05。
(3)由牛顿第二定律可知：a＝eq \f(mg,M＋m)，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,mg)(M＋m)，故选C。
答案：(1)B (2)0.05 (3)C
2.某同学用如图1所示的装置探究小车加速度与合外力的关系。图中小车A左端连接一纸带并穿过打点计时器B的限位孔，右端用一轻绳绕过滑轮系于拉力传感器C的下端，A、B置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上。不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。实验时，先接通电源再释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点。该同学在保证小车A质量不变的情况下，通过改变P的质量来改变小车A所受的外力，由传感器和纸带测得的拉力F和加速度a数据如下表所示。
(1)第4次实验得到的纸带如图2所示，O、A、B、C和D是纸带上的五个计数点，每两个相邻点间有四个点没有画出，A、B、C、D四点到O点的距离如图所示。打点计时器电源频率为50 Hz。根据纸带上数据计算出加速度为__________m/s2。(保留两位有效数字)
(2)在实验中，______________(填“需要”或“不需要”)满足重物P的质量远小于小车的质量。
(3)根据表中数据，在图3所示坐标系中作出小车加速度a与力F的关系图像。
(4)根据图像推测，实验操作中重要的疏漏是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)加速度为a＝eq \f(xBD－xOB,4T2)≈0.43 m/s2。
(2)本实验用传感器即可直接测得作用在小车A上的拉力，故本实验不需要满足重物P的质量远小于小车的质量。
(3)根据表中数据在坐标系中描点、连线，用平滑的曲线连接各点即可得到小车加速度a与力F的关系图像，如图所示。
(4)通过小车加速度a与力F的关系图像不通过原点可知，实验操作中重要的疏漏是没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足。
答案：(1)0.43 (2)不需要 (3)见解析图
(4)没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足
[系统建模]
1．平衡好摩擦力后挂上小盘。
对小车，有FT＝Ma
对小盘，有mg－FT＝ma
所以FT＝eq \f(Mmg,M＋m)＝eq \f(mg,1＋\f(m,M))
当m≪M时，可近似认为FT＝mg，即小车受到的拉力近似等于小盘和砝码的重力。
因此本实验的实验条件为m≪M。如第1题第(2)问。
2．通过实验过程和实验器材的改变，细绳的拉力可以直接或间接测出，此时小车的质量与小盘和盘上砝码的质量间就不需要满足m≪M的关系。如第2题第(2)问。
3．若应该满足m≪M而得不到满足时，a-F图像和a-eq \f(1,M)图像都将发生弯曲现象，如图所示。
1．探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，动滑轮下悬挂钩码，拉力传感器用于测量小车受到拉力的大小。
(1)关于平衡摩擦力，下列说法正确的是________。
A．平衡摩擦力时，需要在动滑轮上挂上钩码
B．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力
C．改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力
(2)实验中__________(填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示，图线不过原点的原因是__________。
A．钩码质量没有远小于小车质量
B．平衡摩擦力时木板倾角过大
C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
解析：(1)平衡摩擦力只需要将木板适当倾斜，不需要在动滑轮上挂钩码；改变小车质量或拉力时，都不需要重新平衡摩擦力，选项A、B错误，C正确。
(2)由于在细线一端加了拉力传感器，能够直接读出拉力数值，因此不需要满足所挂钩码的质量远小于小车质量。
(3)由题图乙可知在拉力F为零时小车有加速度，应是平衡摩擦力时木板倾角过大造成的，选项B正确。
答案：(1)C (2)不需要 (3)B
2．(2023·汕头高三月考)如图1为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)实验时有以下一些步骤，先后顺序是________(填写字母标号)。
A．点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；
B．保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验；
C．点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v-t图像。
(2)若测得小车、配重片和发射器的总质量为360 g，若把钩码的重力作为小车受的合外力，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用____________。
A．1 g～25 g B．100 g～200 g
C．180 g～360 g D．大于360 g
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置____________(填“必须相同”或“可以不同”)。
(4)实验中某小组获得如图2所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，在选择AB段、BC段和AC段中，你认为选择哪段获得的加速度较精确？答：____________。
解析：(1)依题意，本实验的顺序应为：点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v-t图像；点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验。
故应为CAB。
(2)本实验是把细绳下悬挂钩码的重力当成小车所受到的拉力，所以需要满足钩码的质量远远小于小车、配重片和发射器的总质量，结合选项数据，最合适的应为1 g～25 g。故选A。
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，目的是测出加速度，则释放小车的位置可以不同，位置合适即可。
(4)AC段区域数据更多，计算机拟合出的斜率更精确，获得的加速度较精确。
答案：(1)CAB (2)A (3)可以不同 (4)AC
3．(2021·湖南高考)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________cm；
(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：
根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是______m/s2(保留三位有效数字)。
解析：(1)垫块的厚度为h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
(5)绘制图线如图所示：
根据mg·eq \f(nh,l)＝ma，可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率k＝eq \f(0.6,7)＝eq \f(a,4)，解得a≈0.343 m/s2。
答案：(1)1.02 (5)见解析图 0.343
4．(2023·厦门高三调研)某实验小组用如图甲所示的装置做“探究物体的加速度与质量、所受合外力的关系”的实验。
(1)安装好实验装置后，首先平衡摩擦力。将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，则应将长木板下的小垫块向____________(填“左”或“右”)移些。重复调整小垫块的位置，直到打点计时器在纸带上打出的点间距相等时，说明摩擦力已平衡；
(2)图乙为保持小车质量M不变，研究a与F的关系时打出的一条纸带。A～G为7个计数点，每两个相邻计数点间还有4个点未标出。测得x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.34 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.25 cm。已知电源的频率为50 Hz，则a＝____________m/s2(结果保留三位有效数字)；
(3)可以判断打下C点时，小车已经运动了____________s(结果保留两位有效数字)；
(4)若小组中甲、乙两同学先后研究a与F的关系时，其中一位同学在小车中添加了砝码。两同学各自得到的a-F图像分别如图丙中的b、c所示，则小车中所加砝码质量是小车质量的________倍。
(5)之后，保持F不变，研究a与M的关系(m为砝码盘与盘中砝码的总质量)。在绘出a-eq \f(1,M)图线后，发现在eq \f(1,M)较大时图线发生了明显的弯曲，为使作出的图线为直线，下列正确的做法是________。
A．改作a -(M＋m)图线
B．改作a -eq \f(m,M)图线
C．改作a -eq \f(1,M＋m)图线
D．改作a -eq \f(1,M＋m2)图线
解析：(1)将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，说明小车做减速运动，则应将长木板下的小垫块向左移动，使木板倾角变大一些；
(2)每两个相邻计数点间还有4个点未标出，则计数周期为T＝eq \f(5,f)＝0.1 s
根据逐差法可得a＝eq \f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,3T2)≈63.8 cm/s2＝0.638 m/s2；
(3)打下C点时，小车的速度为vC＝eq \f(x2＋x3,2T)＝80.1 cm/s＝0.801 m/s
打下C点时，小车已经运动了t＝eq \f(vC,a)≈1.3 s；
(4)由图像可知，图线的斜率为k＝eq \f(a,F)＝eq \f(1,M)
则有Mc＝eq \f(0.30,0.60) kg＝eq \f(1,2) kg，Mb＝eq \f(0.50,0.60) kg＝eq \f(5,6) kg
则小车中所加砝码质量是小车质量的eq \f(m,M)＝eq \f(\f(5,6)－\f(1,2),\f(1,2))＝eq \f(2,3)；
(5)图线在eq \f(1,M)较大时发生了明显的弯曲，说明不满足砝码盘和砝码的质量远小于小车质量，此时应该把砝码盘和砝码与小车看成一个整体，有a＝eq \f(F,M＋m)，应作出a -eq \f(1,M＋m)图线，故A、B、D错误，C正确。
答案：(1)左 (2)0.638 (3)1.3 (4)eq \f(2,3) (5)C
保持“原状”
物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)
反抗改变
物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变
名称项目
作用力和反作用力
一对平衡力
作用对象
两个相互作用的不同物体
同一个物体
作用时间
一定同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
力的性质
一定相同
不一定相同
作用效果
不可抵消
可相互抵消
两个分析
(1)受力情况分析；(2)运动规律分析
两个桥梁
(1)加速度是联系运动和力的桥梁
(2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁
明确研究对象
根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象
受力分析和运动过程分析
画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程
选取正方向或建立坐标系
通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向
确定合力F合
若物体只受两个力作用，通常用合成法；若物体受三个或三个以上的力，一般用正交分解法
列方程求解
根据牛顿第二定律可得F合＝ma或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx＝max,Fy＝may))，列方程求解，必要时对结果进行讨论
从受力的角度判断
当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态。
从速度变化角度判断
物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态。
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。
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
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
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2
①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0
①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2
①可能一直加速②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速，后以a2加速
类型图示
规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
原理装置图
探究方法——控制变量法
操作要领
(1)平衡：用阻力补偿法平衡摩擦力(改变小车或槽码质量，无需重新平衡摩擦力)。(2)质量：槽码的质量远小于小车质量(若使用力传感器，或以小车与槽码的系统为研究对象无需满足此要求)。
(3)要测量的物理量
①小车与其上砝码的总质量(用天平测量)。
②小车受到的拉力(约等于槽码的重力)。
③小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度)。
(4)其他：细绳与长木板平行；小车从靠近打点计时器的位置释放，在到达定滑轮前按住小车，实验时先接通电源，后释放小车。
偶然误差
小车、槽码质量的测量，纸带上各计数点间距的测量
系统误差
(1)平衡小车的摩擦力不准
(2)用槽码的重力替代细绳的拉力
次数
1
2
3
4
5
F/N
0.10
0.18
0.26
0.30
0.40
a/(m·s－2)
0.08
0.22
0.37
______
0.59
n
1
2
3
4
5
6
a/(m·s－2)
0.087
0.180
0.260
0.425
0.519
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