专题04 牛顿运动定律的应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题04 牛顿运动定律的应用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153019343" 题型一 牛顿三定律的理解 PAGEREF _Tc153019343 \h 1
\l "_Tc153019344" 题型二 动力学两类基础问题 PAGEREF _Tc153019344 \h 6
\l "_Tc153019345" 类型1 已知受力求解运动情况 PAGEREF _Tc153019345 \h 6
\l "_Tc153019346" 类型2 已知物体运动情况，分析物体受力 PAGEREF _Tc153019346 \h 9
\l "_Tc153019347" 题型三 超重与失重现象 PAGEREF _Tc153019347 \h 12
\l "_Tc153019348" 类型1 超、失重现象的图像问题 PAGEREF _Tc153019348 \h 13
\l "_Tc153019349" 类型2 超、失重现象的分析与计算 PAGEREF _Tc153019349 \h 15
\l "_Tc153019350" 题型四 瞬时问题的两类问题 PAGEREF _Tc153019350 \h 17
\l "_Tc153019351" 题型五 动力学图像问题 PAGEREF _Tc153019351 \h 22
\l "_Tc153019352" 类型1 F-t、F-x图像的分析运动情况 PAGEREF _Tc153019352 \h 22
\l "_Tc153019353" 类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况 PAGEREF _Tc153019353 \h 24
\l "_Tc153019354" 类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系 PAGEREF _Tc153019354 \h 26
\l "_Tc153019355" 题型六 动力学中的连接体问题 PAGEREF _Tc153019355 \h 27
\l "_Tc153019356" 题型七 动力学方法分析多运动过程问题 PAGEREF _Tc153019356 \h 29
题型一 牛顿三定律的理解
1．内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)指出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，即力是产生加速度的原因．
(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．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)量度：质量是物体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．
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．
4．牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
5．牛顿第三定律的内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．
6．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同．
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．
7．相互作用力与平衡力的比较
（2024•南充模拟）如图，木模A、B质量均为m，通过三根轻质竖直细线对称连接，木模B静止在水平面上。细线a、b、c上的拉力大小分别用Fa、Fb、Fc表示，水平面所受的压力大小为FN，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．Fa＝Fb+Fc+mgB．FN＜2mg
C．Fa+Fb+Fc＝2mgD．Fa＝Fb+Fc
【解答】解：AD．研究对象为木模A，对木模A受力分析有：Fa＝Fb+Fc+mg，故A正确，D错误；
B．求水平面受到的压力，研究对象是整体，故对木模A、B整体有：F′N＝mg+mg＝2mg
根据牛顿第三定律可知水平面所受的压力大小为：FN＝F′N＝2mg，故B错误；
C．由：Fa+Fb+Fc＝2Fb+2Fc+mg≠2mg，故C错误。
故选：A。
（2023•广东模拟）机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
【解答】解：A、菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品所受合力为零，故菜品不受摩擦力的作用；故A错误；
B、菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力分别作用在两个不同的物体上，是作用力和反作用力关系。不是一对平衡力，故B错误；
C、惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态无关，故C错误；
D、菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力在竖直方向的分力等于菜品的重力，机器人对菜品还有沿水平方向的分力，所以机器人对菜品的作用力大于菜品的重力，故D正确；
故选：D。
（2023•云南模拟）如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直黑板面成θ角斜向上的力F，使黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为mgFsinθ
B．黑板对黑板擦的作用力大小为(mg)2+(Fsinθ)2
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为Fcsθm
D．若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为v22g
【解答】解：A、黑板擦竖直向上做匀速直线运动，对黑板擦受力分析，如图
由平衡条件得：
竖直方向：Fcsθ＝mg+μFN
水平方向：FN＝Fsinθ
联立解得：μ=Fcsθ−mgFsinθ
故A错误；
B、黑板对黑板擦的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小为F合=(Fsinθ)2+(μFsinθ)2=1+μ2Fsinθ
故B错误；
C、若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g，故C错误；
D、若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为ℎ=v22g
故D正确。
故选：D。
（2023•青岛二模）风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F=12CρSv2（S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为S1=2(mg−ma1)Cρv22
D．开伞后物体迎风面积为S2=2(mg−ma1)Cρv12
【解答】解：AC、物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F合＝mg﹣F，其中F=12CρSv2，v不断增大，F不断增大，则合力减小，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，由牛顿第二定律有
mg﹣F＝ma1
解得：S1=2(mg−ma1)Cρv22，故A错误，C正确；
BD、左侧图线为开伞后的图线，有F2=12CρS2v2。当v＝v1时，a＝0，则mg=F2=12CρS2v2，解得：S2=2mgCρv12，且当v减小时，a减小，故BD错误。
故选：C。
题型二 动力学两类基础问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
类型1 已知受力求解运动情况
（2023•河北模拟）质量为m的机车后面挂着质量同为m的拖车，在水平轨道上以速度v匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，经过时间t拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间t司机才发现，假设拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（ ）
A．2vB．3vC．4vD．5v
【解答】解：设摩擦力与它们的质量关系为f＝km，比例系数k为常数，机车的牵引力为F。脱钩前它们一起匀速运动，则有：F＝2km，脱钩后拖车的加速度大小为a=kmm=k，对拖车停止运动的过程有：v＝at＝kt；
脱钩后机车的加速度大小为a′=F−kmm=k，脱钩后到司机发现拖车脱钩时，机车做匀加速直线运动的时间为2t，则有：v'＝v+2a′t＝v+2kt＝3v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）（2023•海南一模）一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机失去升力时的速度大小为12m/s
B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60N
C．无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2
D．无人机上升的最大高度为36m
【解答】解：A、无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得：v2−v02=2ax
代入数据解得，无人机失去升力时的速度大小为v＝12m/s
故A正确；
B、无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma1
代入数据解得：F＝70N
故B错误；
C、无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma2
代入数据解得：a2＝12m/s2
故C正确；
D、无人机向上减速过程，由位移—速度公式得：v2−v02=2ax
代入数据解得，无人机减速上升的高度为x2＝6m
则无人机上升的最大高度为H＝x1+x2＝36m+6m＝42m
故D错误。
故选：AC。
（2023•涟源市二模）如图甲所示，一质量m＝5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H＝5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环。若t＝0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0＝4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取g＝10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；
（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l（结果可以用分数表示）。
【解答】解：（1）最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F1﹣2mg﹣f＝2ma1
解得a1＝﹣2m/s2
即加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；
对木棒，根据牛顿第二定律f﹣mg＝ma2
解得a2＝2m/s2
即加速度大小为2m/s2，方向竖直向上。
（2）小环初速度v0＝4m/s，则两物体第一次共速过程v0+a1t1＝a2t1
解得t1＝1s
此时拉力F恰好变为F2＝120N，假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律
3mg﹣F2＝3ma3
解得a3＝2m/s2
则棒受到的摩擦力f′＝mg﹣ma3
解得f′＝40N
棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立；
棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下v＝a2t1
解得v＝2m/s
回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h1=12a2t12
解得h1＝1m
之后棒和小环以a3＝2m/s2加速度向下加速运动，根据v12−v2＝2a（H+h1）
解得木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小v1=29m/s
（3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小
a4=2mg−f2m
解得a4＝4m/s2
第一次碰地后，木棒的加速度大小为a5=mg+fm
解得a5＝22m/s2
小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔Δt=2v1a5
解得Δt=2911s
再次碰地时木棒的速度仍为v1=29m/s，此时环的速度
v′＝v1+a4Δt＞v1
故假设成立，即之后过程两物体不会再共速；
若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3Δt，相对木棒向下运动距离
x＝3v1Δt+12a4（3Δt）2=8711m+522121m=1479121m
1s之前小环相对木棒向上运动距离s=v0+v2t1﹣h1
解得s＝2m
故小环开始运动时距木棒下端的距离l＝x﹣s=1479121m﹣2m=1237121m
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力
（2023•西城区校级模拟）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。（取g＝10m/s2）则（ ）
A．当a＝5m/s2时，线中拉力为322N
B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为2N
C．当a＝12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是6m
D．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
【解答】解：设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：F合＝Fcs45°＝ma0
竖直方向：Fsin45°＝mg
解得：a0＝g
A、当a＝5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcs45°﹣FNcs45°＝ma 竖直方向：Fsin45°+FNsin45°＝mg，解得：F=322N，故A正确；
B、当a＝10m/s2时，小球刚好要离开滑块，小球受的支持力为0，故B错误；
C、当a＝12m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，第1秒钟小球运动的水平位移x=12at2=6m，经过1秒钟不一定是第1秒，故C错误；
D、系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故D错误。
故选：A。
（2023•山西模拟）2022年6月17日，中国第三艘航空母舰“福建舰”正式下水，其配备有三条电磁弹射器，电磁弹射器可额外为飞机提供恒定的推力助其短距离起飞，从而极大提升航空母舰的打击力。某舰载机，在地面测试时，发动机打开，飞机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。若该型飞机同等条件下，在福建舰弹射器的恒定推力辅助作用下仅需滑跑L3即可起飞，且知该型舰载机的质量为m，则飞机在起飞的过程中弹射器为其提供的推力大小为（ ）
A．mv2LB．mv22LC．3mv22LD．3mv24L
【解答】解：舰载机在发动机推力的作用下由静止匀加速运动直至起飞，有2aL＝v2
其所受合力为F＝ma
联立解得：F=mv22L
当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有
2a'L3=v2
解得：a'=3v22L
由牛顿第二定律得：F+F'＝ma'
F+F'=m3v22L
所以，弹射器为飞机提供的推力F'=mv2L，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2023•衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
【解答】解：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
a=ΔvΔt=3.2−0.0814.5−2m/s2=156625m/s
若冰壶以加速度=156625m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移
s=12at2=12×156625×12m=78625m＞x15
所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
x15=12at2
v2＝a（12Δt+t）
a=μmgm=μg
代入数据解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有L0=12a(14Δt+t)2
代入数据解得L0＝27.38m
题型三 超重与失重现象
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．
②产生条件：a＝g，方向竖直向下．
3．竖直圆周中系统超失重问题
小球 m 由光滑半圆槽 M 的边缘 A 点静下滑，M 一直静止，A→B 过程中下滑角 θ 时：
类型1 超、失重现象的图像问题
（2023•湖北模拟）2022年11月20日，中国无人机闪耀足球世界杯开幕式。其中两架无人机a、b同时从同一地点竖直向上直线飞行，v﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t＝20s时，无人机b在a的上方
B．10s～30s，无人机a处于超重状态
C．t＝15s时，两架无人机a、b处在同一高度
D．0～30s，两架无人机a、b的平均速度相等
【解答】解：ACD．v﹣t图像与坐标轴包围的面积表示位移，在0～20s内，无人机a对应的v﹣t图形面积大，即位移大，即无人机a在b的上方；同理在0～15s内，无人机a对应的v﹣t图形面积大，无人机a在b的上方；在0～30s内，无人机a、b对应的v﹣t图形面积相等，即上升高度相等，则平均速度相等；故AC错误，D正确；
B．图像的斜率表示加速度，在10s～30s内，无人机a向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，故B错误。
故选：D。
（2023•广东模拟）在某次无人机操控比赛中，一名选手操纵无人机沿竖直方向运动，无人机的v﹣t图像如图所示，取竖直向上为正方向，对无人机的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．0～0.5s内的加速度大于0.5s～1.0s内的加速度
B．0.5s～1.0s内的加速度方向发生变化
C．0.5s时距离地面的高度最大
D．1.5s～2.0s内无人机处于超重状态
【解答】解：A．v﹣t图像斜率表示加速度，由图可知0～0.5s图像的斜率小于0.5s～1.0s，则0～0.5s的加速度小于0.5s～1.0s的加速度，故A错误；
B．由图可知，0.5s～1.0s内斜率未发生变化，加速度方向不变，故B错误；
C．由图可知，计时开始后，无人机的速度第一次为零时，距离地面高度最大，故C错误；
D．由图可知，无人机在1.5s～2.0s向下作匀减速，加速度的方向竖直向上，处于超重状态，故D正确。
故选：D。
（2023•嘉定区二模）小明同学站在力传感器上做下蹲—起立动作，如图所示是力传感器所受的压力F随时间t变化的图线，设该同学在下蹲过程中加速度的最大值为a，取g＝10m/s2，则由图线可知他在8s内共完成（ ）
A．一次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
B．一次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
C．两次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
D．两次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
【解答】解：同学在一次下蹲过程中，向下先加速后减速，即先失重后超重，所以F﹣t图像上对应一段先小于重力后大于重力的部分，同理可知，同学在一次起立的过程中，F﹣t图像上对应一段先大于重力后小于重力的部分，因此该同学在8s内共完成一次下蹲、起立动作。由图像可知该同学重力500N，在1.3s时刻（下蹲的加速阶段）对传感器的压力最小，此时他的加速度最大，为a=mg−Fm=500−20050m/s2=6m/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
类型2 超、失重现象的分析与计算
（2023•宜春一模）北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩1m时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（ ）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【解答】1、解：根据题意分析宇航员返回时经历了匀减速直线运动，匀速直线运动，匀减速直线运动三个阶段
A．返回舱中途的匀速过程并非超重现象，故A错误；
B．匀速位移为x2＝vt＝499m则开伞到减速到5m/s位移为x1＝h﹣x2﹣1＝10000m﹣499m﹣1m＝9500m
由v2−v02=2ax推出a=v2−v022x1=1952−522×9500m/s2=2m/s2，故B错误；
C．根据最后1m由v'2﹣v2＝2a'x'得a'=v'2−v22x'=52−332×1m/s2=8m/s2，方向竖直向上，
由牛顿第二律得F﹣mg＝ma得F＝1.8mg故C正确；
D．根据t=Δva可得两段减速时间分别为t1=Δv'a1=195−52s=95s、t2=Δv2a2=5−38s=0.25s，则总时间为t＝95s+99.8s+0.25s＝195.05s，则重力冲量总计为195.05mg，故D错误。
故选：C。
（2023•茂名二模）跳台滑雪是最刺激的冰雪项目之一，如图为某滑道示意图。长直助滑道AB与水平起跳平台BC连接，着陆坡足够长。运动员（含雪杖）沿AB滑下，经过一段时间从C点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上的D点。在不考虑空气阻力情况下，运动员（ ）
A．在助滑道上受重力、支持力、摩擦力和下滑力作用
B．离开跳台在空中飞行时处于超重状态
C．在离着陆坡最远时，速度方向与着陆坡平行
D．在空中的飞行时间与离开C点时的速度无关
【解答】解：A．在助滑道上受重力、支持力、摩擦力作用，下滑力是重力的一个分力，合力与分力不能同时存在，故A错误；
B．离开跳台在空中飞行时处于完全失重状态，故B错误；
C．运动员离开跳台时的速度，分解为垂直坡面的分速度和平行于坡面的分速度，当垂直于坡面的速度为零时，运动员速度方向与着陆坡平行，离着陆坡最远，故C正确；
D．设CD间距为L，在空中的飞行时间由平抛规律得：
Lcsθ＝v0t
Lsinθ=12gt2
联立解得：t=2v0tanθg
即在空中的飞行时间与离开C点时的速度大小、方向都有关，故D错误。
故选：C。
（2023•梅河口市校级三模）如图所示，一质量为M的光滑大圆环由一细轻杆固定在竖直平面内。套在大圆环上质量均为m的两个小圆环（与大圆环粗细相差不大），同时从大圆环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时会出现失重状态，大圆环则始终处于超重状态
B．当轻杆受到的拉力大小为Mg时，两个小圆环正位于大圆环圆心等高处
C．小圆环下滑至大圆环圆心高度之前，一直受到大圆环的弹力作用
D．轻杆受到的拉力可能小于Mg
【解答】解：A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时，有向上的加速度分量，小圆环处于超重状态，大圆环处于超重状态，若圆环在上半圆运动时速度过大时，大圆环对小环的作用力指向圆心，此时轻杆受到的拉力小于Mg，处于失重状态，故A错误；
BC．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动；一种情况为当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径方向的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环的压力为0；另一种情况为小环运动到与圆心等高处时，大环对小环的压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的作用力。
综上所述，在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故BC错误；
D．若圆环在上半圆运动时速度过大时，大圆环对小环的作用力指向圆心，此时轻杆受到的拉力小于Mg，故D正确；
故选D。
题型四 瞬时问题的两类问题
1．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
（多选）（2023•吉水县校级一模）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为F=233mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面的倾角为α＝30°
B．弹簧的原长为L+mg2k
C．撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度为g
D．撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为g
【解答】解：AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：kx＝mgsin α，解得x=mgsinαk
所以弹簧的原长为L﹣x＝L−mgsinαk；
对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：Fcs α＝mgsin α+kx，解得：α＝30°，所以弹簧的原长为L−mg2k，故A正确B错误。
C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得mgsin α+kx＝maA，小球A此时的加速度aA＝g，故C正确。
D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023•邵阳二模）如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳沿C水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则（ ）
A．球1和球2的质量之比为1：2
B．球1和球2的质量之比为2：1
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3g
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
【解答】解：AB、对小球2受力分析，小球2受重力，弹簧弹力和拉力，如图：
由平衡条件得，水平方向：T2＝F弹cs30°
竖直方向：F弹sin30°＝m2g
联立解得：m2=3T2g
对小球1、2和弹簧整体受力分析，整体受重力和两个拉力，如图：
由平衡条件得，水平方向：T2＝T1sin30°
竖直方向：T1cs30°＝（m1+m2）g
联立解得：m1=23T2g
则球1和球2的质量之比为m1：m2=23T2g：3T2g=2：1
故A错误，B正确；
C、轻绳A的拉力T1=(m1+m2)gcs30°=3m1g
在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球1所受合力与T1等大反向，由牛顿第二定律得：T1=3m1g＝m1a
解得：a=3g
故C正确；
D、在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球2的受力情况不变，球2的加速度为0，故D错误。
故选：BC。
（2023•蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（ ）
A．A、B所受弹簧弹力大小之比为3：2
B．A、B的质量之比为mA：mB=3：1
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：2
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：6
【解答】解：A、对AB受力如图，弹簧处于水平静止状态，弹簧的合力为零，即A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，故A错误；
B、对A受力分析可知mAg＝Ftan 60°，对B受力分析可知mBg＝F tan45°，联立解得mAmB=31，故B正确；
C、细线对A的拉力TA=Fcs60°，细线对B的拉力TB=Fcs45°，联立解得TATB=21，故C错误；
D、剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故解得A的加速度aA=233g，B的加速度为2g，故A，B加速度之比为6：3，故D错误。
故选：B。
（2023•龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、设A、B两球质量均为m。撤去挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有：F弹＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B球，由牛顿第二定律有mgsinθ+F弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A错误，B正确；
C、撤去挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误；
D、撤去挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023•鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小不为0
【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，
则据平衡条件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ ①
现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，
则有：F﹣GAsinθ＝ma，②
由①、②可得A球此时加速度：a＝2gsinθ，
故A正确；
B、细线烧断后，把B、C球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度a＝gsinθ沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。
故选：AC。
题型五 动力学图像问题
1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
类型1 F-t、F-x图像的分析运动情况
（2023•静安区二模）静置在粗糙水平面上的物体，受到一个方向不变的水平拉力F作用而运动，F的大小随时间变化的规律如图所示。在0～t1时间内物体的加速度大小（ ）
A．逐渐变大B．逐渐变小
C．先变小后变大D．先变大后变小
【解答】解：设物体受到的滑动摩擦力为f，物体由静止开始运动，则拉力F大于最大静摩擦力，由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，滑动摩擦力f不变，拉力F减小，所以加速度a减小，当拉力F大小等于滑动摩擦力f时，加速度为零，拉力再减小，则F小于f，合力方向反向，由牛顿第二定律有：f﹣F＝ma，F减小，则加速度a增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（多选）（2023•贵阳三模）如图甲所示，紧挨但不粘连的两物块P、Q静止放置在光滑水平地面上。t＝0时，水平方向的力F作用于P上，以水平向右为正方向，F随时间变化的规律如图乙所示。下列关于P运动的速度v及加速度a随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：在0～t1时间内，F沿正方向，故P和Q两个物体的加速度相同，大小为
a1=Fm1+m2=F0−ktm1+m2
两物体做加速度均匀减小的加速运动；在t1～t2时间内，F沿负方向，则此后PQ脱离，Q做匀速运动，P做减速运动，此时P的加速度a2=Fm1=ktm1
由对称性可知，在力F大小相同的位置，a2＞a1，所以P速度减为零的时间小于t1，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
（多选）（2023•乐安县校级一模）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g＝10m/s2），则下列结论正确的是（ ）
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为5 N/cm
C．物体的质量为2 kg
D．物体的加速度大小为10 m/s2
【解答】解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；
B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有
mg＝kx ①
拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有
F1+kx﹣mg＝ma ②
物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有
F2﹣mg＝ma ③
代入数据解得
m＝2kg
k＝500N/m＝5N/cm
a＝5m/s2
故B、C正确，D错误。
故选：BC。
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况
（2023•成都模拟）无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最大静摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中（ ）
A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
【解答】解：A、手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；
B、充电宝在t2时刻加速度方向向上，合力向上，由牛顿第二定律可知充电宝所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg+f＝ma3，由图知a3=12m/s2，可得f＞0，可知摩擦力方向向下，则充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反，故B错误；
C、在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，由mg+f＝ma，解得f＝0，即充电宝与手机之间的摩擦力最小值为零，故C错误；
D、在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax﹣mg＝ma2
又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•和平区校级一模）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（ ）
A．t1时刻小球的加速度小于g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+v0v1）g
D．小球加速下降过程中的平均速度小于v12
【解答】解：A．根据小球运动的速率随时间变化的规律的图像，t1时刻到达最高点，该时刻速度为零，阻力为零，此时只受到重力作用，故加速度为重力加速度g，故A错误；
B．根据小球运动的速率随时间变化的规律的图像，速度达到v1之前，图像的切线斜率绝对值逐渐减小，小球的加速度一直在减小，故B正确；
C．小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律有：mg+kv0＝ma
当速度达到v1时，根据平衡条件有：kv1＝mg
解得a＝（1+v0v1）g，故C正确；
D．小球加速下降到地面的过程先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，从图像中可以看出，此过程图线与时间轴所围面积大于匀减速直线运动所对应的面积，则小球下降过程中的平均速度大于v12，故D错误。
故选：BC。
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系
（多选）（2023•河西区三模）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14N
B．物体做变加速运动，F为14N时，物体的加速度大小为7m/s2
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体的质量为2kg
【解答】解：A.由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为fm＝7N，故A错误；
B.由于外力F不断变化，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知物体加速度不断变化，做变加速运动；当F2＝14N时，由a﹣F图像可知a2=4m/s2，故B错误；
CD.当F1＝7N时，根据牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，当F2＝14N时，根据牛顿第二定律F2﹣μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD正确，B错误。
故选：CD。
题型六 动力学中的连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
（多选）（2023•福建模拟）如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力。t＝0时刻给物块A一个沿斜面向上的初速度，t＝0到t＝0.2s内物块A速度随时间变化情况如图乙所示。物块A、B均可视为质点，物块B距地面足够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为5：3
B．物块A与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.4
C．物体B下落的最大高度为2m
D．物体B下落的最大高度为1.25m
【解答】解：A．设A质量mA，B质量mB，静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力，由平衡条件：mAgsin37°＝mBg
得mA：mB＝5：3，故A正确；
B．物体A的加速度大小为a=ΔvΔt=4.0−
物块A 沿着斜面体向上运动时物块B做自由落体运动，0.2s末物块B速度设为vB，则vB＝gt＝10×0.2m/s＝2m/s
即0.2s末物块A和物块B共速，此过程中物块A速度始终大于物块B速度，连接A、B绳子上拉力为零，对物块A，由牛顿第二定律：μmAgcs37°+mAgsin37°＝mAa，解得μ＝0.5，故B错误；
CD．0～0.2s内，A沿斜面上滑位移xA1=v0+v12t1=4+22×0.2m=0.6m
B自由下落高度xB1=12gt12，解得xB1＝0.2m
二者沿绳子方向距离缩小了Δx＝xA1﹣xB1，解得Δx＝0.4m
设再经过t2时间轻绳再次拉直，对A，有xA2=v1t2−12at22
vA2＝v1﹣at2
对B，有xB2=v1t2+12gt22
vB2＝v1+gt2
又xB2﹣xA2＝Δx＝0.4m
联立可得：t2＝0.2s，xB2＝0.6m，vA2＝0，vB2＝4m/s
轻绳张紧瞬间，A、B顺着轻绳方向方向满足动量守恒，绳轻绳张紧后瞬间A、B的速度、大小均为v3。根据动量守恒定律可得：mBvB2＝（mA+mB）v3，解得：v3＝1.5m/s
设绳轻绳张紧后B下降的位移大小为xB3，由能量守恒定律得：
12（mA+mB）v32+mBgxB3＝mAgxB3sinα+μmAgxB3csα
解得：xB3＝0.45m
物体B下落的最大高度为hm＝xB1+xB2+xB3＝0.2m+0.6m+0.45m＝1.25m，故C错误，D正确。
故选：AD。
题型七 动力学方法分析多运动过程问题
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等．
2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．
（2023•分宜县校级一模）如图，长L＝4m的一段平直轨道BC与倾角θ＝37°的足够长光滑斜面CD相连，一物块（可视为质点）质量m＝2kg，在与水平方向成θ＝37°、斜向左上方的恒力F＝10N作用下，从静止开始做匀加速直线运动。物块与水平轨道BC的动摩擦因数为μ＝0.5（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，设物块在C点的速度大小保持不变）求：
（1）物块运动到C点时的速度大小；
（2）物块沿斜面上升的最大高度。
【解答】解：（1）物块从B点运动到C点，对物块受力分析，如图1：
竖直方向：N+Fsin37°＝mg
水平方向：Fcs37°﹣f＝ma1
又f＝μN
代入数据联立解得：a1＝0.5m/s2
由位移—速度公式得：vC2=2a1L
代入数据解得，物块运动到C点时的速度大小vC＝2m/s
（2）物块沿斜面上升过程，对物块受力分析，如图2：
由牛顿第二定律得F﹣mgsin37°＝ma2
代入数据解得：a2＝﹣1m/s2
由位移—速度公式得：0−vC2=2a2x
代入数据解得，物块上滑的最大距离为x＝2m
最大高度h＝xsin37°＝2×0.6m＝1.2m
（2023•重庆模拟）如图（a）所示，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大致画出载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v的关系图像，并标出重要点的坐标。
【解答】解：（1）载物箱速度大于传送带速度，载物箱受到的摩擦力向左，载物箱在传送带上先做匀减速直线运动，对载物箱由牛顿第二定律可得﹣μmg＝ma
设载物箱匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得v2−v02=2as1
解得s1＝4.5m
因s1＝4.5m小于L，因此载物箱在到达右侧平台前，已经与传送带共速，然后与传送带一起匀速运动至右侧平台，设匀减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
t1=v−v0a=4−5−1=1s，t2=L−s1v=11.5−4.54=1.75s
总时间为t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若载物箱一直做匀减速运动，到达右侧时的速度最小，设为vmin，由牛顿第二定律可得a=Fm=−μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmin2−v02=−2μgL
解得vmin=2m/s
若载物箱一直做匀加速运动，到达右侧平台时的速度最大，设为vmax，由牛顿第二定律可得a'=F'm=μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmax2−v02=2μgL
解得vmax=43m/s
（3）a、当0＜v≤2m/s时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为2m/s时离开传送带。
b、当v≥43m/s时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为43m/s。
c、当2m/s＜v＜5m/s时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
d、当v＝5m/s时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
e、当5m/s＜v＜43m/s时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示
对应名称
比较内容
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
一定是同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上