高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律学案

这是一份高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律学案，共63页。学案主要包含了牛顿第一定律　惯性，牛顿第三定律，两类动力学问题，六节车厢间的作用力为T1，则有等内容，欢迎下载使用。


一、牛顿第一定律 惯性
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)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
(2)揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。
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)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。
二、牛顿第三定律
1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。物体间相互作用的这一对力叫作作用力和反作用力。
2．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。
3．表达式：F＝－F′。
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。
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．[对力与运动关系的理解]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．[对牛顿第一定律的理解]如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车( )
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
解析：选B 缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，两只行李箱所受的摩擦力可能小于最大静摩擦力，则行李箱可以相对公交车静止，A错误；急刹车时，a、b行李箱由于惯性，要保持原来的运动状态，但a行李箱与底面的摩擦为滚动摩擦，摩擦力较小，故a行李箱会向前运动，b行李箱可能静止不动，也可能向前运动，B正确；缓慢转弯时，公交车具有指向轨迹内侧的较小的加速度，若行李箱所受的静摩擦力足以提供其向心力时，行李箱相对车子静止，C项错误；急转弯时，公交车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力，则其做离心运动，即相对公交车向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力，则其相对公交车静止，D项错误。
3．[对惯性的认识]某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则下列判断正确的是( )
A．此同学无法取出羽毛球
B．羽毛球会从筒的下端出来
C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来
D．该同学是在利用惯性取羽毛球
解析：选D 羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的状态，所以会从筒的上端出来，D正确。
[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
(1)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)。
(2)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。
(二) 牛顿第三定律(精研点)
研清微点1 作用力与反作用力的关系
1．如图甲所示，将一个力传感器固定在滑块上，另一个力传感器钩住它向右拉滑块，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
作用力与反作用力的关系
研清微点2 作用力和反作用力与一对平衡力的区别
2．(2023·海南高考)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
解析：选B 对工人受力分析，受绳的拉力、
地面的支持力和重力，三力平衡，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮受力分析如图所示，则有绳子拉力FT＝eq \f(mg,2cs θ)，重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐变大，C、D错误。
一点一过
作用力和反作用力与一对平衡力的区别
研清微点3 牛顿第三定律的应用
3．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为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0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，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 设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝ma，F1＝m(g＋a)＝210 N，绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N，人处于静止状态，则地面对人的支持力FN＝Mg－F2＝490 N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490 N，故B正确。
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。
[课时跟踪检测]
1．科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪个成果是运用理想实验法得到的( )
A．牛顿发现“万有引力定律”
B．库仑发现“库仑定律”
C．法拉第发现“电磁感应现象”
D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”
解析：选D 牛顿发现“万有引力定律”是通过演绎法得到的；库仑发现“库仑定律”，法拉第发现“电磁感应现象”，这些都是建立在大量的实验的基础上直接得出的结论；而伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，即运用了理想实验法。故D正确。
2．鞋子上粘上泥巴，在地面上脚跟朝下磕两下，泥巴就掉了，这是利用( )
A．鞋的惯性 B．泥巴的惯性
C．地面的惯性 D．脚的惯性
解析：选B 当鞋遇地面停止运动后，泥巴由于惯性继续运动而脱离鞋子，B正确。
3．(2023·浙江6月选考)在足球运动中，足球入网如图所示，则( )
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
解析：选B 在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
4.如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，运动员与滑板分离，分别从横杆的上、下通过，忽略运动员和滑板在运动中受到的阻力，则运动员( )
A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后下方
B．在空中水平方向先加速后减速
C．越过杆后落在滑板的后方
D．越过杆后仍落在滑板上起跳的位置
解析：选D 运动员相对于滑板竖直向上起跳，所以脚对滑板的作用力竖直向下，A错；运动员在空中时，水平方向不受力的作用，水平方向速度不变，B错；由于运动员和滑板的水平速度始终相同，所以运动员落在滑板上起跳的位置，C错，D对。
5.如图所示为某高山滑雪运动员在倾斜赛道上高速下滑时的情景，以下说法正确的是( )
A．赛道对运动员的弹力竖直向上
B．运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下
C．赛道对运动员的弹力与运动员受到的重力是一对作用力和反作用力
D．运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对平衡力
解析：选B 赛道对运动员的弹力垂直于倾斜赛道向上，A错误；运动员相对赛道沿赛道下滑，因此赛道对运动员的滑动摩擦力方向沿赛道向上，由牛顿第三定律知，运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道向下，B正确；赛道对运动员的弹力与运动员受到的重力的受力物体都是运动员，因此不可能是一对作用力和反作用力，C错误；运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力，是一对作用力和反作用力，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．如图所示，某学习小组将两绿色乒乓球放在两塑料盒中，上面塑料盒盛满水，下面塑料盒是空的，然后用细线将乒乓球分别系于两塑料盒的中间挡板处，当塑料盒静止时，细线均伸直处于竖直方向，现使两塑料盒以一定加速度一起向右加速运动，则P、Q两球相对塑料盒( )
A．P球向右偏移 B．两球均向左偏移
C．Q球向右偏移 D．两球均向右偏移
解析：选A 由两种介质组成的系统，密度大的惯性大，当系统向右匀加速运动时，密度小的向右偏移，密度大的向左偏移；P球的密度小于水的密度，P球向右偏移，水向左流动；Q球的密度大于空气的密度，空气向右流动，Q球向左偏移，A正确，B、C、D错误。
8.
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、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．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)因为同学一只手的力气较小，所以箱子可能不动。(×)
(2)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)若同学的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。(×)
(6)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，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．[牛顿第二定律与力的合成的综合问题]一辆装满石块的货车在某段平直道路上遇到险情，司机以加速度a＝eq \f(3,4)g紧急刹车。货箱中石块B的质量为m＝400 kg，g＝10 m/s2，则石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小为( )
A．3 000 N B．4 000 N
C．5 000 N D．7 000 N
解析：选C 当货车刹车时，在竖直方向，其他物体对石块B的作用力Fy＝mg＝4 000 N，在水平方向，其他物体对石块B的作用力Fx＝ma＝3 000 N，故石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小F＝eq \r(Fx2＋Fy2)＝5 000 N，C正确。
[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，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
3．三点提醒
(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(释疑点)
研清微点1 弹力能瞬间改变的情形
1．[轻绳连接](多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根轻绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC 据题意，在AC剪断前有：TBC＝eq \f(mg,cs θ)，AC剪断后有：TBC′＝mgcs θ，且mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，A错误、B正确；在BC剪断前：TAC＝mgtan θ，BC剪断之后瞬间据橡皮筋弹力保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtan θ，其合力为F合＝eq \r(TAC2＋G2)，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，则加速度为a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正确、D错误。
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。
一点一过
1．求解瞬时加速度的一般思路
(1)分析瞬时变化前、后物体的受力情况；
(2)根据牛顿第二定律列方程；
(3)求瞬时加速度。
2．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。
研清微点2 弹力不能瞬间改变的情形
3．[弹簧连接]如图所示，在水平面上有一小物体P，P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.8，P用一水平轻质弹簧与左侧墙壁连在一起，P在一斜向上的拉力F作用下静止，F与水平方向间的夹角θ＝53°，并且P对水平面无压力。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。则撤去F瞬间P的加速度大小为( )
A．0 B．2.5 m/s2
C．12.5 m/s2 D．无法确定
解析：选A 撤去F之前，由平衡知识可知，F弹tan 53°＝mg，解得F弹＝0.75mg；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，因最大静摩擦力为fm＝μmg＝0.8mg，可知物体不动，加速度为零，A正确。
4．[橡皮绳连接]课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两组相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接小球A、B的是一般细绳(刚性绳)，连接小球C、D的是橡皮筋(弹性绳)。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间内(橡皮筋还未第一次恢复原长)，下列图中符合实际排列情况的是( )
解析：选C 连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，释放小球前，细绳的形变量十分微小，在释放后的瞬间，细绳立即恢复原长，伸直而无拉力，两个小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落体运动，所以细绳不能是弯曲的，B、D错误；连接C、D的是橡皮筋(弹性绳)，释放小球前，橡皮筋的形变量很大，根据平衡条件，其弹力为kx＝mg，在释放后的瞬间，橡皮筋不能立即恢复原长，其弹力保持不变，根据牛顿第二定律得kx＋mg＝maC，mg－kx＝maD，解得aC＝2g，方向竖直向下，aD＝0，释放后很短的时间内，小球C向下运动的位移比D大得多，C、D两个小球的距离减小，橡皮筋恢复原长前不弯曲，A错误，C正确。
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，其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
[考法全析]
考法(一) 已知受力情况求运动情况
[例1] 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] 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。
[答案] D
[例2] 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(二) 已知运动情况求受力情况
[例3] (2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1＝45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
[解析] (1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2，mgsin θ＝ma1
联立解得v＝eq \r(2gx1sin θ)＝15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2
解得a＝eq \f(v2,2x2)＝7.5 m/s2。
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，根据牛顿第二定律有2Fsin eq \f(α,2)－mgsin θ＝ma
解得F＝eq \f(ma＋mgsin θ,2sin \f(α,2))＝500 N。
[答案] (1)7.5 m/s2 (2)500 N
(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]某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的过程，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )
A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D．人在C点具有最大速度
解析：选C 人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，人做变加速运动，A错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，B错误，C正确；人在C点的速度为零，D错误。
2．[根据超重、失重判断运动情况]如图所示，A、B、C为三个大小相同的实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)( )
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
解析：选D 将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动。
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
(1)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。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时，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。
(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。
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。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2024·浙江1月选考)下列属于国际单位制基本单位符号的是( )
A．s B．N
C．F D．T
解析：选A 国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号是m；质量的单位是千克，符号是kg；时间的单位是秒，符号是s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号是K；物质的量的单位是摩尔，符号是ml；发光强度的单位是坎德拉，符号是cd。故选A。
2.如图所示，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，质量为m的物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为( )
A．gsin α B．gcs α
C．gtan α D.eq \f(g,tan α)
解析：选C 物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图。物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知竖直方向FNcs α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α。
3．(2023·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A．O点最大 B．P点最大
C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
解析：选A 在O→P的过程中，根据牛顿第二定律得竖直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因为该过程为减速过程，所以在O点时其竖直分速度vy最大，竖直方向分运动的加速度最大；在P→Q的过程中，在竖直方向上有mg－kvy＝ma2y，因为该过程为加速过程，在P点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A正确，B、C、D错误。
4．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系有质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)( )
A．20 m/s2 B．15 m/s2
C．10 m/s2 D．5 m/s2
解析：选D 重物不离开地面时，绳中的最大拉力Fmax＝Mg＝150 N，对猴子受力分析，根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度为amax＝eq \f(Fmax－mg,m)＝eq \f(150－100,10) m/s2＝5 m/s2，D正确。
5．(2023·全国甲卷)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
解析：选BC 根据牛顿第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。
6.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq \f(1,2)g匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为( )
A.eq \f(5,6)mg B.eq \f(5,24)mg
C.eq \f(5,12)mg D.eq \f(5,8)mg
解析：选B 根据几何知识，圆环半径为0.6L，轻绳长L，故三根轻绳与竖直方向夹角为37°。分析圆环受力情况，可知三根轻绳拉力的水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg－3Fcs 37°＝m×eq \f(1,2)g，解得F＝eq \f(5,24)mg，故B正确。
7.在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108 km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37°，避险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，k＝0.75。求：
(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离x1；
(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离x2。
解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，
设汽车的质量为m，根据牛顿第二定律，
有mgsin 37°＋kmgcs 37°＝ma1，解得a1＝12 m/s2
汽车进入避险车道时的速度v＝108 km/h＝30 m/s
根据匀变速直线运动公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5 m。
(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，
有kmg＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
根据匀变速直线运动公式v2＝2a2x2
解得x2＝60 m。
答案：(1)37.5 m (2)60 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．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．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的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。
9.用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则( )
A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1 875 N
B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 N
C．货车在刹车过程中行驶的距离为9 m
D．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m
解析：选C 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5 m/s2。启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma1＝750 N，A错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f′＝μmg＝1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x＝eq \f(v2,2a2)＝9 m，C正确；货车停止时间为t＝eq \f(v,a2)＝1.5 s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为x′＝vt－eq \f(1,2)μgt2＝9.562 5 m，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δx＝x′－x＝0.562 5 m，D错误。
10．(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黏滞阻力。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

第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)
(一) 动力学中的图像问题
[多维训练]
考查角度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。
考查角度2 由力的图像分析物体的运动情况
2．(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．前3 s内，物块的加速度逐渐减小
B．前3 s内，物块的速度先增大后减小
C．A、B间的距离为4 m
D．前3 s内物块的平均速度为2 m/s
解析：选BC 物块所受摩擦力为f＝μFN＝μmg＝2 N，由图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞f时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当F＝f时，物块的速度达到最大，之后，F＜f，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；在3～5 s时间内物块在水平恒力F作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得a＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(4－2,1) m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，C正确；前3 s内物块的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t1)＝eq \f(4,3) m/s，D错误。
考查角度3 由已知条件确定某物理量的图像
3．物块以初速度v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列v-t图像正确的是( )
解析：选C 上升时阻力向下，对物体受力分析可得mg＋f＝ma，上升时加速度为a＝eq \f(f,m)＋g，下降时阻力向上，对物体受力分析可得mg－f＝ma，加速度为a＝g－eq \f(f,m)，上升时加速度大于下降时加速度，故C正确，A、B、D错误。
(二) 动力学中的连接体问题
1．连接体的运动特点
2.处理连接体问题的方法
(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：
[考法全析]
eq \a\vs4\al(考法一 加速度相同的连接体问题)
[例1] 中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，截至2023年底，“中国高铁”通车里程达到4.5万 km，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为( )
A.eq \f(1,4)F，向后 B.eq \f(1,4)F，向前
C.eq \f(3,4)F，向后 D.eq \f(3,4)F，向前
[解析] 假设机车和车厢的质量均为m，每节车厢受到的摩擦和空气阻力的合力为f，加速度为a，对于16节车厢整体有2F－16f＝16ma，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F1，则对后六节车厢有F－6f＋F1＝6ma，解得F1＝－eq \f(1,4)F。第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为eq \f(1,4)F，负号代表方向向后，A正确。
[答案] A
考法二 加速度大小相同、方向不同的连接体问题
[例2] 如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为( )
A．4.0 N B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
[解析] P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0 N，f＝T1＝2.0 N<μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝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
eq \a\vs4\al(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
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。
[考法全析]
eq \a\vs4\al(考法一 接触与脱离的临界问题)
[例1] (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 叠加体系统的临界问题
[例2] (多选)在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B，如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( )
A．物块A的质量为m＝1 kg
B．木板B的质量为M＝3 kg
C．A与B之间的最大静摩擦力为fmax＝3 N
D．当A的加速度为a＝2 m/s2时，外力F＝4 N
[解析] 当拉力小于3 N时，A、B一起做加速运动，有a1＝eq \f(1,M＋m)F，由图像可得eq \f(1,M＋m)＝eq \f(1,3)，当拉力大于3 N时，A、B相对滑动，有F－μmg＝ma2，整理得a2＝eq \f(1,m)F－μg，由图像可得eq \f(1,m)＝1 kg－1，－μg＝－2 m·s－2，联立解得m＝1 kg，M＝2 kg，μ＝0.2，A正确，B错误；AB之间的最大静摩擦力为fm＝μmg＝2 N，C错误；当A的加速度为a＝2 m/s2时，外力为F＝μmg＋ma＝4 N，D正确。
[答案] AD
[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3] 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(mgsin 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的力增大，A对C的力减小，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．(2022·深圳调研)如图，在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即mB＝2mA。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于( )
A.eq \f(2,3)g B.eq \f(3,4)g
C.eq \f(5,6)g D.eq \f(7,8)g
解析：选C 对整体受力分析有mBg＋mAgsin 30°＝(mB＋mA)a，解得a＝eq \f(5,6)g，故C正确。
3．(2023·北京高考)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
解析：选C 拉力F最大时，对两物块整体受力分析有F＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N。
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.(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面上静止放置两个用劲度系数为k的轻弹簧连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，C为固定挡板，系统保持静止。现在物块A上施加一个沿斜面向上的恒力F，当物块B即将离开C时，物块A的运动距离为d，则( )
A．弹簧的劲度系数k＝eq \f(mA＋mBgsin θ,d)
B．弹簧的劲度系数k＝eq \f(mAgsin θ,d)
C．物块B刚离开C时物块A的加速度为eq \f(F－mA＋mBgsin θ,mA＋mB)
D．物块B刚离开C时物块A的加速度为eq \f(F－mA＋mBgsin θ,mA)
解析：选AD 当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，弹簧处于伸长状态，故mBgsin θ＝kx2，又开始时，A静止，则有mAgsin θ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得k＝eq \f(mA＋mBgsin θ,d)，故A正确，B错误；对A，根据牛顿第二定律得F－mAgsin θ－kx2＝mAa，mBgsin θ＝kx2，联立解得a＝eq \f(F－mA＋mBgsin θ,mA)，故C错误，D正确。
6．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则( )
A．A、B分开之前，A所受的合外力逐渐减小
B．t＝3 s时，A、B脱离
C．A、B分开前，它们一起运动的位移为6 m
D．A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动
解析：选C 由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FA＋FB＝12 N，两物体做匀加速运动的加速度a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB)＝3 m/s2，则A、B分开之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故eq \f(FA,mA)＝3 m/s2，解得FA＝3 N,3 N＝9－3t(N)，解得t＝2 s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移x＝eq \f(1,2)at2＝6 m，C正确；分开后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3 s后A不受推力将做匀速直线运动，B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。
7.如图所示，沿水平面运动的小车里，用两根轻质细线A、B悬挂一个小球，小车光滑底板上有一个用轻质弹簧拴着的物块，已知两根悬线与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧处于拉伸状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小车一定做水平向右的匀加速运动
B．两根细线的拉力都不可能为0
C．两根细线的拉力有可能相等
D．弹簧的弹力大小可能为eq \f(\r(3),3)mg
解析：选D 因弹簧处于拉伸状态，则弹簧对物体一定有向右的弹力，因此整体有向右的加速度，然而小车不一定向右加速，也可能向左减速，故A错误；小球有向右的加速度，则两根细线的合力不为0，当加速度大小为a＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，其中左边绳子的拉力为0，故B错误；若两根细线的拉力相等，根据力的合成与分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度为0，不符合题意，故C错误；若小车的加速度为a＝eq \f(\r(3),3)g，那么依据牛顿第二定律，则弹簧的弹力大小为F＝ma＝eq \f(\r(3),3)mg，故D正确。
8．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出( )
A．物体的初速度v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上
解析：选BC 由题图乙可知，当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v02＝2gx，解得v0＝eq \r(2gx)＝6 m/s，故A错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m，可得μ＝eq \f(v02,2gx)＝0.75，故B正确；当倾角为θ时，物体沿斜面上滑的距离为x，则根据动能定理有－mgxsin θ－μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)mv02，解得x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)＝eq \f(18,10×\f(5,4)sinθ＋α) m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故C正确；当θ＝45°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 45°＝eq \f(\r(2),2)mg；滑动摩擦力f＝μmgcs 45°＝eq \f(3\r(2),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误。
9．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
10．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
第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)
(一) 传送带模型
模型1 水平传送带
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|。
[模型应用]
题型1 物块初速度为零的情形
[例1] 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] 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。
[答案] C
题型2 物块初速度与传送带速度反向的情形
[例2] (多选)如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)以某一速度从传送带的最左端滑上传送带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2。则( )
A．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．3 s内小物块受到的冲量为－6 N·s
C．物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q＝9 J
D．若物块在传送带上能留下划痕，长度为5.5 m
[解析] 根据图像斜率，有a＝μg＝1 m/s2，则动摩擦因数为0.1，故A错误；根据动量定理有I＝Δp＝2×(－1.0)kg·m/s－2×2.0 kg·m/s＝－6 N·s，故B正确；前2 s内相对位移为传送带位移x1与物块位移x2之和，第3 s内相对位移为传送带位移x1′与物块位移x2′之差，故划痕长度为Δx＝eq \f(1,2)×2×2 m＋1×2 m＋1×1 m－eq \f(1,2)×1×1 m＝4.5 m，由于摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝9 J，故C正确，D错误。
[答案] BC
题型3 物块初速度与传送带速度同向的情形
[例3] 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
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。模型2 倾斜传送带模型
[模型应用]
题型1 物体沿传送带向下运动的情形
[例4] 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
题型2 物体沿传送带向上运动的情形
[例5] 如图所示，沿顺时针转动的传送带AB，长L＝7 m，与水平面的夹角θ＝37°，速度恒为v＝2 m/s，在传送带底端A处无初速度放置一质量m＝0.5 kg的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)物体放上传送带瞬间的加速度大小。
(2)5 s后物体的速度大小。
(3)物体从A运动到B的时间。
[解析] (1)根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，
代入数据可以求得a＝0.4 m/s2。
(2)加速到相对传送带静止的时间
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,0.4) s＝5 s
所以5 s后随传送带一起匀速运动，速度为2 m/s。
(3)加速运动的位移
s1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.4×52 m＝5 m
匀速运动的位移s2＝L－s1＝(7－5)m＝2 m，
匀速运动的时间t2＝eq \f(s2,v)＝eq \f(2,2) s＝1 s，
可以求得t＝t1＋t2＝6 s。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)2 m/s (3)6 s
(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”
[模型应用]
题型1 木板带动滑块运动的情形
[例1] 如图所示，在光滑水平面上一质量M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需的时间t。
(2)平板车的长度l。
[解析] (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，
解得：a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2，
又：a1t＝v0＋a2t，解得：t＝3 s。
(2)两者达到相同速度后，由于eq \f(F,m＋M)＝1.7 m/s2＜a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x1＝eq \f(1,2)a1t2
平板车向右的位移大小为：x2＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
又：l＝x2－x1，解得：l＝2.25 m。
[答案] (1)3 s (2)2.25 m
题型2 滑块带动木板运动的情形
[例2] (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，如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，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的变化关系如图丙所示。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＝μ1m1gB．F2＝eq \f(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2)),m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
[解析] 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(m2m1＋m2,m1)·(μ2－μ1)g，B、D正确。
[答案] BCD
[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．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
解析：选BD 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝eq \f(v,a)＝1 s达到共同速度，位移x1＝eq \f(v,2)t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝eq \f(L－x1,v)＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝eq \f(L,v)＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ eq \r(\f(2L,a))＝ eq \r(\f(2×2,1)) s＝2 s，D正确。
3.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2。在选项中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是( )
解析：选D 滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝eq \f(v0,a)＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图像对应D选项。
4．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A正确。
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)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(9,16)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C．经过 eq \r(2) s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为eq \f(4\r(3),3) m/s
解析：选AC 对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝1 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq \r(2) s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq \r(2) m/s，C正确，D错误。
7．(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(mM＋m,M)μg，图像斜率k＝eq \f(mM＋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。
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
第5讲 实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
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。
融通多彩实验方案
粤教版新教材——探究加速度与力、质量的定量关系
实验装置图

[要点解读]
(1)用气垫导轨替代长木板做实验，不用再平衡滑块的摩擦力。
(2)利用光电门和数字计时器来计算滑块通过光电门的速度。
(3)利用小桶内加入橡皮泥来改变滑块所受的合外力。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
利用控制变量法来探究加速度与力、质量的定量关系。
2．必备的实验器材
天平、细绳。
3．通用的数据处理方法
(1)利用a-F图线研究a与F的关系。
(2)利用a-eq \f(1,M)图线研究a与M的关系。
4．共同的注意事项
(1)保证细绳与长木板或气垫导轨平行。
(2)满足M≫m，以确保细绳的拉力近似等于悬挂的槽码或小桶和橡皮泥的重力。
5．一致的误差分析思路
(1)偶然误差。
①质量测量及其他数据测量不准确。
②描点、连线不准确。
(2)系统误差。
本实验用槽码或小桶和橡皮泥的重力作为细绳的拉力属于实验原理不完善引起的误差。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图2可知，m甲______m乙，μ甲______μ乙(均填“>”“＝”或“<”)。
解析：(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B错误；实验时应先接通电源再放开木块，C错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量时，不需要重新平衡摩擦力，D正确。
(2)由整体法和隔离法得到细绳的拉力F＝Ma＝Meq \f(mg,M＋m)＝eq \f(1,1＋\f(m,M))mg，当砝码桶和桶内砝码的质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg。
(3)不平衡摩擦力，对于木块有F－μmg＝ma，a＝eq \f(F,m)－μg，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙。
答案：(1)AD (2)远小于 (3)< >
[关键点拨]
(1)长木板上滑轮的高度可以调节，以使牵引小车(木块)的细绳与长木板保持平行。
(2)平衡摩擦力：平衡摩擦力时，要调出一个合适的斜面，使小车(木块)的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车(木块)受的摩擦阻力。此时，不要把悬挂砝码桶的细绳系在小车(木块)上，即不要给小车(木块)加任何牵引力，要让小车(木块)拖着纸带运动。
(3)实验条件：M≫m。只有如此，砝码桶和砝码的总重力mg才可视为小车(木块)受到的拉力。
(4)一先一后：改变拉力和小车(木块)质量后，每次开始时小车(木块)应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车(木块)，且应在小车(木块)到达滑轮前按住小车(木块)。
(5)如果没有平衡摩擦力，则其a-F图线将不是一条过原点的直线，而是一条与F轴有交点的倾斜直线。
考查点(二) 数据处理和误差分析
2．某实验小组利用如图甲所示的装置“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a­eq \f(1,M)关系图线如图乙所示。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a­F图线，如图丙所示。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)a­eq \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a­F图像的斜率k＝eq \f(1,m)，由a­F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
[关键点拨]
(1)小车的加速度a与小车和车上砝码的总质量M成反比，实验采用化曲为直的思想，作出a-eq \f(1,M)图线，如果图线是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比。
(2)平衡小车的摩擦力时，不给小车牵引力，使打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。
(3)无论是a-F图线，还是a-eq \f(1,M)图线，当轨道倾角过大时，图线均是一条与a轴有交点的倾斜直线。
二、创新考法不失分
创新角度(一) 实验目的的创新
1．两位同学采用如图所示的装置测定物块与桌面间的动摩擦因数。实验中，他们使物块在重物的牵引下由静止开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在水平桌面上，用打点计时器和纸带记录物块的运动。
(1)实验时，甲同学测量出重物的质量为M，物块的质量为m，他选择了一条点迹清晰的纸带测量，计算出物块加速过程中的加速度大小为a；已知重力加速度为g，甲同学忽略滑轮质量和绳与滑轮间的摩擦，得出物块和桌面间的动摩擦因数表达式为μ＝___________(用M、m、a、g表示)。
(2)如图所示为乙同学选取的一段纸带，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度大小为9.8 m/s2。利用纸带测得的数据可求出该物块减速运动过程中的加速度大小a＝____m/s2，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝______。(计算结果均保留到小数点后2位)
[创新点分析]
(1)根据测量的加速度大小，结合牛顿第二定律得出物块与桌面的动摩擦因数。
(2)重物落地后，物块水平方向只受滑动摩擦力作用做匀减速直线运动。
解析：(1)重物落地前，对重物和物块整体受力分析有Mg－μmg＝(m＋M)a，解得μ＝eq \f(Mg－Ma－ma,mg)。
(2)根据纸带数据有a＝eq \f(11.41＋9.60－7.81－5.99,0.22)×0.01 m/s2≈1.80 m/s2，物块减速时，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(μmg,m)＝μg，解得μ＝0.18。
答案：(1)eq \f(Mg－Ma－ma,mg) (2)1.80 0.18
2．某实验小组利用图甲所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
(2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图乙所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该________(填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。
(3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
(4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图丙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为________ m/s(结果保留2位小数)。
(5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v­t图像如图丁所示，由图像可知小车加速度大小______(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是_____________________________________。
[创新点分析]
借助“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验装置来探究空气阻力与速度的关系，属于教材实验的拓展。
解析：(2)由题图乙可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
(4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
vF＝eq \f(xEG,2T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6.92－3.85))×10－2,2×0.1) m/s≈0.15 m/s。
(5)v­t图像的斜率表示加速度，由图像可知小车加速度大小逐渐变小。根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则F＝FT－f，而细绳拉力FT不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
答案：(2)往右移 (4)0.15 (5)逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大
创新角度(二) 实验器材的创新
3．某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究力与加速度的关系。实验时滑块在细线拉力的作用下沿轨道运动，滑块受到的拉力由力传感器读出，位移传感器发射部分固定在滑块上随滑块运动，位移传感器接收部分固定在轨道上，能读出滑块的位移随时间的变化规律。
(1)实验中________(填“需要”或“不需要”)重物的质量m与滑块的质量M满足M≫m。
(2)如果滑块的位移与时间的关系式为x＝0.6t2，则滑块的加速度a＝________m/s2。
(3)用正确的实验方法测得实验数据，作出a-F图线如图乙所示。由图中的a-F图线可知滑块受到的摩擦力大小为eq \a\vs4\al( )N。
[创新点分析]
(1)利用位移传感器得出滑块的位移随时间变化的规律，进而得出滑块的加速度。
(2)利用力传感器测出滑块受到细线拉力大小。
解析：(1)有力传感器直接测量拉力，无需用重物的重力近似代替细线的拉力，因此不需要满足M≫m；
(2)根据x＝eq \f(1,2)at2＝0.6t2，可得加速度为a＝1.2 m/s2；
(3)当F增大到0.4 N后，滑块才有加速度，说明滑块受到的摩擦力大小为0.4 N。
答案：(1)不需要 (2)1.2 (3)0.4
创新角度(三) 实验原理的创新
4．某物理兴趣小组用如图所示装置探究加速度与合外力关系。已知当地重力加速度为g。
(1)实验步骤如下：
第1步：把长木板不带滑轮一端用铰链固定在水平桌面上，另一端用垫块垫起一定高度。两光电门固定在木板上，且光电门1和2距离较远，光电门1距离小滑块(带遮光条)比较近。
第2步：通过调整沙桶内细沙的质量，直至给小滑块一个沿木板向下的初速度，小滑块匀速下滑，即观察到遮光条通过两光电门的时间________(填“相等”或“不相等”)为止。
第3步：去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放，记录遮光条(遮光条宽度为d)通过光电门2的时间t，同时测量出沙桶(包括里面的细沙)质量m。
第4步：改变垫块的位置，重复第2、3两步。
(2)在实验步骤第3步中，小滑块通过光电门2的速度为________；去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放后，小滑块所受到的合外力为________(用题中所给的字母表示)。
(3)设小滑块(包括遮光条)质量为M，小滑块释放点到光电门2距离为x，若关系式m＝________成立，可得质量一定时，加速度与合外力成正比。
(1)利用光电门测滑块的速度。
(2)通过调整沙桶内细沙的质量，使小滑块匀速下滑，从而得到滑块单独下滑时的合外力。
(3)根据m的关系式判断加速度与合外力的关系。 [创新点分析]
解析：(1)小滑块匀速下滑，所以小滑块通过两光电门的时间相等。
(2)小滑块通过光电门2的速度为v＝eq \f(d,t)，没有去掉小沙桶时，小滑块受到绳子拉力、重力、摩擦力、支持力四力平衡，所以去掉小沙桶后，另外三力不变，则小滑块受到的合力与绳子拉力等大反向，即合力为mg。
(3)根据牛顿第二定律及运动学公式得2ax＝2eq \f(mg,M)x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2，化简得m＝eq \f(M,2gx)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2。
答案：(1)相等 (2)eq \f(d,t) mg (3)eq \f(M,2gx)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2
创新角度(四) 数据处理的创新
5．某同学探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
(1)为达到实验目的，下列说法正确的是________。
A．可以用天平测物体的质量
B．必须用弹簧测力计测物体受力
C．同时研究某个物理量与另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法
(2)为了测量(或比较)出物体运动的加速度a，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________。
A．小车做初速度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量其移动的位移x，用秒表测出发生这段位移所用的时间t，由a＝eq \f(2x,t2)计算出加速度
B．将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量加速度a
C．让两辆相同的小车同时做初速度为零且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，那么它们的位移之比就等于加速度之比，测量(或比较)加速度就转换为测量(或比较)位移了
(3)实验中用如图甲所示的装置，补偿打点计时器对小车的阻力和其他阻力的具体做法是：将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做__________(填“匀速”或“匀加速”)直线运动。
(4)该实验中“细线作用于小车的拉力F等于沙和桶所受的总重力mg”是有“条件”的。已知小车和车上砝码的总质量为M、沙和桶的质量为m，不计摩擦阻力与空气的阻力，请将小车和车上砝码的加速度aM与沙和桶的加速度am的大小关系、拉力F的表达式以及该“条件”的内容填在表格相应的位置中。
(5)在研究a与M的关系时，已经补偿了打点计时器对小车的阻力及其他阻力。理论上也可以以小车加速度的倒数eq \f(1,a)为纵轴、小车和车上砝码的总质量M为横轴，可作出eq \f(1,a)-M图像。请在图乙所示的坐标系中画出eq \f(1,a)-M图像的示意图并在图中标出截距数值。
[创新点分析]
(1)本实验以小车和车上砝码与沙和桶组成的整体为研究对象，得出a＝eq \f(mg,M＋m)。
(2)本实验在研究a与M的关系时，做出eq \f(1,a)与M的关系图线，将a与M的曲线关系转化为直线关系。
解析：(1)由于本实验是探究小车的加速度与质量、力的关系，必须改变小车的质量，所以要用天平测量小车的质量，故A正确；本实验中用沙桶的重力充当拉力，故不需要用弹簧测力计测力的大小，故B错误；同时研究某个物理量和另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法，故C正确。
(2)利用公式x＝eq \f(1,2)at2求解加速度，用刻度尺测量其移动的位移x，由于打点计时器可以用其记录时间，不需要用秒表记录时间，秒表记录时间误差较大，故A不可行；将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量位移和时间，再利用Δx＝aT2求解加速度，故B可行；让两辆相同的小车同时做初速度为0且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，
那么根据x＝eq \f(1,2)at2可知它们的位移之比就等于加速度之比，测量加速度就转换为测量位移了，故C可行。
(3)平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可。
(4)沙桶和小车用线连接，故二者沿连线方向上的加速度大小相等；对小车和车上砝码与沙和桶组成的整体，根据牛顿第二定律有a＝eq \f(mg,M＋m)，细线的拉力为F＝Ma＝eq \f(Mmg,M＋m)，变形可得F＝eq \f(mg,1＋\f(m,M))，由数学规律可知，在M≫m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和桶的总重力。
(5)保持外力一定时，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(mg,M＋m)，则有eq \f(1,a)＝eq \f(1,mg)·M＋eq \f(1,g)，
则以eq \f(1,a)为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图像为一倾斜直线，且纵轴截距为eq \f(1,g)，图像如图所示。
答案：(1)AC (2)BC (3)匀速
(4)相等 F＝eq \f(Mmg,M＋m) m≪M (5)见解析图
阶段综合检测(一) [考查范围：直线运动 相互作用 牛顿运动定律]
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动(如图甲)，为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板(如图乙)。下列说法错误的是( )
A．油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧
B．油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动
C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前剧烈涌动
D．油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡板油也几乎不会涌动
解析：选B 由于惯性油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，故A正确；惯性取决于物体的质量，故B错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不会涌动，故D正确。
2．某公路有一段道路实行区间测速，平均速率的最高限制为70 km/h，交管部门在这段区间的两端各置一个自动计时点，用来确定两端点间的平均速率是否超限。有一辆汽车驶入这段长为4.2 km的区间，该车司机注意到通过第一个计时点时的瞬时速率为66 km/h，汽车匀加速行驶36 s后瞬时速率达到74 km/h，紧接着以此速率行驶60 s，然后匀减速行驶。将汽车视为质点，为使该车在这个区间测速段的平均速率不超过最高限制70 km/h，该车通过第二个计时点时的最大瞬时速率为( )
A．60 km/h B．62 km/h
C．66 km/h D．68 km/h
解析：选B 若区间限速段平均速度恰为eq \(v,\s\up6(－))＝70 km/h。全程历时t＝eq \f(x,v)＝0.06 h，在t1＝0.01 h内x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1，在t2＝eq \f(1,60) h内x2＝v2t2，在t3＝t－t1－t2内，x3＝x－x1－x2，x3＝eq \f(v2＋v3,2)t3，联立以上解得v3＝eq \f(2x－x1－x2,t－t1－t2)－v2，代入数据解得v3＝62 km/h，故选B。
3.如图所示，将一个质量为m＝2 kg 的小球与弹簧相连，弹簧的另一端与箱子顶端连接，小球的下端用细绳与箱子下面连接，整个装置放在升降机上。当升降机以加速度a＝0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F＝5 N，g取10 m/s2，若此时将细绳剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )
A．0.5 m/s2 B．2 m/s2
C．2.5 m/s2 D．3 m/s2
解析：选D 对小球受力分析可知F弹－mg－F＝ma，解得F弹＝26 N，剪断细绳瞬时，弹簧的弹力不变，则F弹－mg＝ma′，解得a′＝3 m/s2，故选D。
4．用斧头劈木柴的情景如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为( )
A.eq \f(l,d)F B.eq \f(d,l)F
C.eq \f(l,2d)F D.eq \f(d,2l)F
解析：选A 根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似eq \f(\f(d,2),l)＝eq \f(\f(F,2),F1)，解得F1＝F2＝eq \f(l,d)F，故A正确，B、C、D错误。
5.水平面上运动的物块，在外力作用下其速度随时间变化的图像如图所示，图中v0、v1、v2、t1、t2、t3已知，则下列说法正确的是( )
A．在t1时刻物块的加速度为零
B．在0～t1时间内物块做匀变速运动
C．在t1～t2时间内物块运动的平均速度大于eq \f(v2,2)
D．在t2时刻物块的加速度最大
解析：选C 图像的斜率表示加速度，所以在t1时刻物块的加速度不为零，在t2时刻物块的加速度为零，A、D错误；在0～t1时间内物块的斜率逐渐减小，所以物块做加速度减小的减速运动，B错误；用直线连接t2时刻图像与横轴上的t1，则该运动图像的平均速度为eq \f(v2,2)，与原图像对比，在相同时间内，物块运动的位移较小，所以物块的平均速度大于eq \f(v2,2)，C正确。
6．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断地堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5 dm3 的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3 m。则砂石之间的动摩擦因数约为(取π＝3)( )
A．0.9 B．0.7
C．0.5 D．0.3
解析：选C 已知底部周长为3 m，砂石堆的体积为V＝62.5 dm3＝0.062 5 m3，设圆锥体的底部圆的半径为r＝eq \f(l,2π)＝eq \f(3,2π)＝0.5 m，圆锥体的高为h＝eq \f(3V,S)＝eq \f(3V,πr2)＝0.25 m，圆锥体的底角正切为tan θ＝eq \f(h,r)＝0.5，对锥面上一粒沙粒分析，由沙粒静止可得μmgcs θ＝mgsin θ，则有μ＝tan θ＝0.5，A、B、D错误，C正确。
7．图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力)( )
A.eq \f(G,4) B.eq \f(G,4cs α)
C.eq \f(G,4sin α) D.eq \f(G,4tan α)
解析：选B 对蒸锅进行受力分析可得4F支cs α＝G，解得F支＝eq \f(G,4cs α)，A、C、D错误，B正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )
解析：选AD 因3对4的滑动摩擦力为3μmg小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确。
9．如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g＝10 m/s2，甲乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A．无论h为何值，甲乙两球一定能在空中相遇
B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当h＝15 m时，乙球能在下降过程中与甲球相遇
D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
解析：选BCD 设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝h可得t＝eq \f(h,v0)，而乙球的落地时间t1＝eq \f(2v0,g)，两球在空中相遇的条件是t10．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；当F＝17 N 时，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；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。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)某实验小组利用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。
实验步骤如下：
①测量橡皮泥的重量，记作G；
②将装有橡皮泥的滑块(滑块质量M未知)放在水平木板上，通过水平细绳与固定弹簧测力计相连，如图甲所示。在A端向右拉动木板，待弹簧测力计示数稳定后，记录弹簧测力计的示数F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②。
根据实验记录的数据在给定坐标纸上做出F­G图像，如图乙所示。
(1)由图乙中图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________；
(2)由图乙中图线可得M＝________kg。(重力加速度取9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)
解析：(1)由于滑块和橡皮泥始终处于静止状态，则F＝F1＝μ(G＋Mg)＝μG＋μMg，那么图像的斜率就是动摩擦因数，从图像可以求出斜率μ＝k＝0.40。
(2)根据图像，当G＝1.5 N时，拉力F＝0.8 N，则有0.8＝0.40(1.5＋Mg)，解得M≈0.051 kg。
答案：(1)0.40 (2)0.051
12．(9分)小球在液体中运动时要受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为黏滞力或内摩擦力。如果液体的黏滞性较大，小球的半径很小，小球受到的黏滞力为：f＝6π·η·r·v，式中η称为液体的黏滞系数(也叫“内摩擦因数”)，r为小球半径，v为小球运动的速度。重力加速度为g。某兴趣小组根据所掌握的知识，搜集器材设计了如图甲所示的实验来测定某液体的黏滞系数η，实验操作如下：
a．将无线防水速度传感器安装在足够长量筒底部，传感器与计算机(图中未画出)建立联系，待测液体注满量筒；
b．用天平称量出小球的质量m；
c．用螺旋测微器测定小球直径D；
d．根据小球材质和液体品种查询出它们的密度分别为ρ和ρ0；
e．用镊子将小球轻放在液体中让其在液体中下落，同时用计算机记录小球下落速度随时间变化的v ­t图像如图乙1；
f．改变液体的温度，重复e步操作，得到不同的v ­t图像乙2、3。
(1)关于操作步骤的下列组合中，能顺利完成实验的是__________。
A．a、b、c、e、f B．a、c、d、e、f
C．a、b、d、f D．a、c、e、f
(2)根据(1)的选择，测量计算图线1对应的温度下液体黏滞系数η＝________。
(3)已知当温度升高时，液体的黏滞系数减小，由此可判断图线1、2、3的温度关系是________。
解析：(1)由黏滞力随速度增大而增大可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有ρVg－ρ0Vg－6πηr＝0，由此可知，小球体积是必须要测量的，所以d和c必须在组合中，故选B。
(2)小球的体积为V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(1,6)πD3，联立方程，
解得η＝eq \f(ρ－ρ0gD2,18v1)。
(3)由黏滞系数表达式可知，黏滞系数越小，小球的收尾速度越大，温度越高，因此T3答案：(1)B (2)eq \f(ρ－ρ0gD2,18v1) (3)T313．(11分)机场大道某路口，有按倒计时显示时间的红绿灯。有一辆汽车在平直路面上以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？
(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a2＝2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)设初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝1 s，在司机反应时间内汽车通过位移x1＝v0t1＝10 m，匀加速时间t2＝5 s－t1＝4 s，x＝70 m，x－x1＝v0t2＋eq \f(1,2)a1t22，解得a1＝2.5 m/s2。
(2)汽车加速结束时通过的位移为x2，
x2＝v0t1＋v0t3＋eq \f(1,2)a2t32＝49 m，此时车头前端离停车线的距离为x3＝x－x2＝21 m，此时速度为v＝v0＋a2t3＝16 m/s，匀减速过程有v2＝2a3x3，
解得a3＝eq \f(v2,2x3)＝eq \f(128,21) m/s2≈6.1 m/s2。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)6.1 m/s2
14．(12分)如图所示，在一次汽车性能测试中，汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m＝5 kg的小球，两绳与竖直方向的夹角分别为37°和53°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，试求：
(1)汽车静止时两细绳AC、BC的拉力T1、T2的大小。
(2)当AC绳和BC绳的拉力分别为0时，汽车的加速度。
(3)汽车分别以a＝10 m/s2向前加速与减速时，两细绳AC、BC的拉力的大小。
解析：(1)静止时，由力的平衡知T1＝mgsin 53°，T2＝mgsin 37°，解得T1＝40 N，T2＝30 N。
(2)当AC绳的拉力为0时，加速度向前，设加速度大小为a1，有mgtan 53°＝ma1，解得a1≈13.3 m/s2，方向向前；当BC绳的拉力为0时，加速度向后，设加速度大小为a2，有mgtan 37°＝ma2，a2＝7.5 m/s2，方向向后。
(3)汽车以a＝10 m/s2向前加速时，aa2，
小球向前飞起来，BC绳的拉力大小为T6＝0，
设AC绳的拉力大小为T5，设AC与竖直方向的夹角为θ，建立如图乙所示的坐标系，有T5sin θ＝ma，T5cs θ＝mg，解得θ＝45°，T5≈70.7 N。
答案：(1)40 N 30 N (2)见解析 (3)见解析
15．(16分)如图所示是倾角θ＝37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L＝2 m；质量M＝1.0 kg 的木块A(可看成质点)放在质量m＝0.5 kg、长d＝0.8 m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接。现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0＝1.6 m/s沿斜面向上做匀速直线运动。已知木块A的下表面与木板B间的动摩擦因数μ1＝0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B 物体此时的位置。然后将A木块上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2＝0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A一向下的初速度v1＝2 m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
(2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A到B右端的距离。
解析：(1)对B，由牛顿第二定律得
μ1Mgcs θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝2 m/s2。
(2)A、B相对静止需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝0.8 s，A的位移xA＝v0t1＝1.28 m，B的位移xB＝eq \f(v0,2)t1＝0.64 m，A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝0.64 m，A、B匀速运动的时间t2＝eq \f(L－d－xB,v0)＝0.35 s。则A、B沿斜面上升过程所经历时间t＝t1＋t2＝1.15 s。
(3)B开始向下加速运动的加速度
a2＝eq \f(μ2Mgcs θ＋mgsin θ,m)＝10 m/s2
B与A相对静止后B的加速度
a3＝eq \f(mgsin θ－μ2Mgcs θ,m)＝2 m/s2
A、B沿斜面向下运动，到A、B达到共同速度所用的时间t3＝eq \f(v1,a2)＝0.2 s，A的位移xA′＝v1t3＝0.4 m，B的位移xB′＝eq \f(v1,2)t3＝0.2 m，相对位移Δx′＝xA′－xB′＝0.2 m，此时A离B右端的距离d′＝Δx′＋(d－Δx)＝0.36 m，A、B速度相等后，B以加速度a3加速运动，B到达P所用时间为t4，则L－d－xB′＝v1t4＋eq \f(1,2)a3t42，解得t4＝(eq \r(2)－1)s，共速后，A、B相对位移Δx″＝v1t4＋eq \f(1,2)a3t42－v1t4＝(3－2eq \r(2))m，因为Δx″答案：(1)2 m/s2 (2)1.15 s (3)(2eq \r(2)－2.64)m
项目
作用力与反作用力
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
受力情况分析；运动规律分析
两个桥梁
加速度是联系运动和力的桥梁
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
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
轻绳
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆
轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
轻弹簧
在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度相等。
第一步
明确研究对象或过程、状态
第二步
将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来
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
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
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
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
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
aM与am的大小关系
拉力F的表达式
“条件”