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第三章　牛顿运动定律
第1讲　牛顿运动定律
常设情境　①生活实践类：交通安全、体育运动、娱乐活动、如汽车刹车、飞机起飞、滑雪、滑草等.
②学习探索类：加速度测量、连接体问题、传送带问题、板块模型问题等.
素养目标　1.知道惯性、牛顿运动定律、单位制的内容.（物理观念） 2.掌握转换研究对象法的应用技巧.（科学思维） 3.能应用“理想实验”探究物理规律.（科学思维）
@一、对牛顿第一定律的理解
一、对牛顿第一定律的理解
考题1　（2020·浙江7月选考）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（　B　）
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：缓慢起动时，两只行李箱处于受力平衡状态，行李箱的运动状态不会改变，即两只行李箱会与公交车保持相对静止，A错误；急刹车时，行李箱a由于具有惯性，将保持原有运动状态，且其竖立在公交车上，最大静摩擦力较小，因此会相对车子向前运动，B正确；根据F向＝m可知，缓慢转弯时，所需向心力很小，因此若静摩擦力足够提供两只行李箱转弯所需的向心力，则两只行李箱会与车子保持相对静止，C错误；根据F向＝m可知，急转弯时行李箱b需要的向心力较大，如果行李箱b所受最大静摩擦力不足以提供向心力，则会做离心运动，即可能会相对车子向外侧运动，D错误.
牛顿第一定律
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　惯性定律　.
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.
深化1　　牛顿第一定律的理解
（1）提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性.
（2）揭示力的本质：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.
深化2　　惯性的两种表现形式
（1）物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变（静止或匀速直线运动）.
（2）物体受到的合外力不为零时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力.惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变.
深化3　　牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系
（1）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象、归纳推理而总结出来的；牛顿第二定律是通过探究加速度与力和质量的关系得出的.
（2）牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想情况.
思维模型　领悟理想实验的科学推理方法及意义.
角度1　对牛顿第一定律的理解
例1　（多选）科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法中符合历史事实的是（　BCD　）
A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论：如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向
D.牛顿认为，物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；伽利略通过“理想实验”得出结论：力不是维持物体运动的原因，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去，故B正确；笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，故C正确；牛顿认为物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故D正确.故选B、C、D.
训练1　下列关于牛顿第一定律的认识与理解的说法中正确的是（　C　）
A.牛顿第一定律是依靠实验事实，直接归纳总结得出的
B.根据牛顿第一定律可知，力是维持物体运动的原因
C.惯性是物体的固有属性，物体的质量越大，惯性越大
D.物体保持静止或匀速直线运动状态时有惯性，加速时没有惯性
解析：牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，A错误；根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，B错误；惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态、是否受力等因素没有关系，物体的质量越大，惯性越大，C正确，D错误.
角度2　对惯性的理解
例2　（多选）如图所示，重球系于线DC下端，重球下再系一根同样的线BA，整个装置处于平衡状态，下面说法中正确的是（　AC　）
A.在线的A端慢慢向下增加拉力，结果CD线被拉断
B.在线的A端慢慢向下增加拉力，结果AB线被拉断
C.在线的A端突然向下猛力一拉，结果AB线被拉断
D.在线的A端突然向下猛力一拉，结果CD线被拉断
解析：缓慢增加拉力时，CD上的力较大，故CD先断；快速猛力一拉，重球惯性较大，速度变化慢，CD上的拉力瞬间几乎没变，故AB先断，所以选项A、C正确.
训练2　某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着球筒的中部，另一手用力F击打羽毛球筒的上端，则（　A　）
A.该同学是在利用羽毛球的惯性
B.该同学无法取出羽毛球
C.羽毛球会从筒的下端出来
D.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
解析：用力F击打羽毛球筒的上端时，球筒会在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而保持静止，所以羽毛球会从筒的上端出来，故A正确，B、C错误；球筒向下运动，羽毛球相对于球筒向上运动，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D错误.
@二、对牛顿第二定律的理解
二、对牛顿第二定律的理解
考题2　（2024·北京卷）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动.飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为 （　A　）
A.F B.F
C.F D.F
解析：对飞船与空间站整体应用牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，对空间站隔离分析有F'＝Ma，两式联立可得飞船和空间站之间的作用力F'＝F，A正确.
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.公式：　F＝ma　.
3.物理意义：它表明了力是产生　加速度　的原因.
深化1　　对牛顿第二定律的理解
深化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，物体就有加速度.
（2）a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝.
（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.
直观 情境 物体水平向右加速运动 Fcos θ－f＝ma 物体沿斜面上滑 mgsin θ＋f＝ma
角度1　对牛顿第二定律的理解
例3　为了节省能量，某商场安装了如图所示的智能化电动扶梯，扶梯与水平面的夹角为θ.无人乘行时，扶梯运行得很慢；当有人站上扶梯时，扶梯先以加速度a匀加速运动，再以速度v匀速运动.一质量为m的顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　C　）
A.顾客始终受到三个力的作用
B.扶梯对顾客的支持力始终等于mg
C.加速阶段扶梯对顾客的摩擦力大小为macos θ，方向水平向右
D.顾客对扶梯作用力的方向先沿扶梯向下，再竖直向下
解析：顾客加速过程中，受力如图所示，由牛顿第二定律知，水平方向有Ff＝macos θ，Ff方向水平向右，竖直方向有FN－mg＝masin θ，则FN＞mg，选项B错误，C正确.在匀速运动过程中，顾客仅受重力和支持力，且二力平衡；加速阶段，顾客受到的合力方向沿扶梯向上，而顾客受到的扶梯的作用力不是沿扶梯向上，根据牛顿第三定律可知，顾客对扶梯的作用力方向也不沿扶梯向下，选项A、D错误.
角度2　牛顿第二定律与图像结合
例4　（2025·济南高考针对性训练）某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点.已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，以竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是（　B　）
解析：上升过程，对排球由牛顿第二定律得mg＋f＝ma上，下落过程，对排球由牛顿第二定律得mg－f＝ma下，则上升过程中排球的加速度较大，又v－t图像斜率的绝对值表示加速度大小，所以上升过程图像斜率的绝对值要比下降过程图像斜率的绝对值大，A、D错误；由于有空气阻力存在，由能量守恒定律可知排球回到原出发点时的速度大小v末＜v0，B可能正确，C错误.
角度3　牛顿第二定律计算问题
例5　（2025·武汉模拟）质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为（　B　）
A.（1－）g B.g
C.g D.g
解析：设外力与水平向前方向的夹角为θ，则对物块受力分析可知，在竖直方向由平衡条件可知支持力N＝mg－Fsin θ，滑动摩擦力f＝μN，在水平方向由牛顿第二定律可得Fcos θ－μN＝ma，联立可得Fsin（θ＋φ）－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，则a＝gsin（θ＋φ）－g，当sin（θ＋φ）＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝g，B正确.
@三、力学单位制
三、力学单位制
考题3　（2021·海南卷）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（　B　）
A.kg·m·s－1 B.kg·m·s－2
C.Pa·m2 D.J·m－1
解析：kg·m·s－1为mv的单位，是动量的单位；kg·m·s－2为ma的单位，是力的单位，且均为国际单位制中的基本单位；Pa·m2为pS的单位，是力的单位，但“Pa”不属于国际单位制中的基本单位；J·m－1为的单位，是力的单位，但“J”不属于国际单位制中的基本单位.故B正确.
单位制
单位制：由　基本单位　和导出单位一起构成单位制.
（1）基本单位：在力学中，选定　长度　、时间和　质量　三个物理量的单位为基本单位.
（2）导出单位：根据物理公式中其他物理量和　基本物理量　的关系，推导出的物理量的单位.
深化　　国际单位制中的基本单位
基本物理量 符号 单位名称 单位符号
质量 m 千克 　kg　
时间 t 秒 　s　
长度 l 米 　m　
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n 摩[尔] mol
发光强度 Iv 坎[德拉] cd
例6　汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f＝cρSv2，其中c为空气阻力系数，ρ为空气密度，S为物体迎风面积，v为物体与空气的相对运动速度.则空气阻力系数c的国际单位是（　A　）
A.常数，没有单位 B.
C. D.
解析：由f＝cρSv2，可得c＝，右边式子的单位为＝1，即c为常数，没有单位，A正确，B、C、D错误.
@限时跟踪检测（十二）
A级·基础对点练
题组一　牛顿第一定律的理解
1.（2025·江苏盐城高三检测）伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列选项符合实验事实的是（　A　）
A.小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面
B.没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度
C.减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度
D.继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去
解析：小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面，这是事实，故A正确；因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，这是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误.
2.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（　B　）
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：惯性只与质量有关，所以太空中处于失重状态的物体具有惯性，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.
题组二　牛顿第二定律的理解
3.（2025·陕西模拟）西安北站是西北地区最重要的、规模最大的铁路客运枢纽.一高铁列车从西安北站沿平直铁轨匀加速开出，当列车的速率为v时，牵引力的大小为F.若列车所受的阻力大小与其速率成正比，则当列车的速率为3v时，牵引力的大小可能为（　B　）
A.F B.2F C.3F D.4F
解析：设列车的质量为m，加速度大小为a，当列车的速率为v时，牵引力大小为F，根据牛顿第二定律得F－kv＝ma，即F＝kv＋ma；当列车的速率为3v时，牵引力大小为F'＝3kv＋ma，即F＜F'＜3F.故B正确.
4.（2025·河南湘豫名校联考）动力滑翔伞是飞行伞的一种，主要由滑翔伞与发动机两部分组成.起飞阶段，动力滑翔伞在空气的上升气流和发动机动力的联合作用下起飞.设在某次飞行的起飞阶段，质量为m的动力滑翔伞飞行员（可视为质点）沿着与竖直方向成60°角的倾斜直线加速飞行，如图所示.若加速度的大小等于重力加速度g，忽略空气阻力，则伞绳和发动机对飞行员的合力大小和方向为（　B　）
A.mg，与竖直方向成30°角向上
B.mg，与竖直方向成30°角向上
C.mg，与竖直方向成60°角向上
D.mg，与竖直方向成60°角向上
解析：起飞阶段对飞行员进行受力分析，如图所示，用F表示伞绳和发动机对飞行员作用力的合力，a为飞行员的飞行加速度，又a＝g，根据几何关系可知mg、ma与经平移后的F组成一个等腰三角形，两个底角为30°，因此F＝2mgcos 30°＝mg，从图中可知F与竖直方向成30°角向上，故选B.
5.（2025·吉林模拟）一辆车由于突发状况直线刹车至静止，因刹车抱死在地面上留下痕迹，交警测量了路面上留下的刹车痕迹，要粗略判断汽车是否超速，其中重力加速度已知，只需要知道下列选项中一个数据就可以解决这个问题，这个数据是（　B　）
A.汽车的质量
B.汽车的轮胎与地面的动摩擦因数
C.汽车所受的摩擦力
D.汽车所受的支持力
解析：汽车刹车时可以看成是匀减速运动，设汽车刹车瞬间的速度为，加速度大小为a，刹车痕迹长为x，由匀变速直线运动规律可得0－＝－2ax，结合牛顿第二定律可知μmg＝ma，联立解得v0＝，可知该数据为汽车的轮胎与地面的动摩擦因数，B正确.故选B.
题组三　力学单位制
6.（2025·浙江强基联盟高三联考）下列属于国际单位制中基本单位的是（　A　）
A.kg B.N C.W D.J
解析：kg是质量的单位，是基本单位，A正确；N是力的单位，是导出单位，B错误；W是功率单位，是导出单位，C错误；J是能量单位，是导出单位，D错误.故选A.
7.（2025·宁波模拟）下列物理量的单位用国际单位制的基本单位表示，正确的是（　B　）
A.力kg·m2/s2 B.电荷量A·s
C.功N·m D.电场强度V/m
解析：根据牛顿第二定律F＝ma可知，1 N＝1 kg·m/s2，A错误；根据电流的概念I＝，解得q＝It，故有1 C＝1 A·s，B正确；功的单位N·m，其中N不是基本单位，C错误；电场强度V/m，其中V不是基本单位，D错误.故选B.
B级·能力提升练
8.如图所示为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为（　D　）
A.0.35mg B.0.3mg
C.0.23mg D.0.2mg
解析：将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又＝，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确.
9.（2025·皖南八校高三联考）如图所示，质量为M的某中学生背靠在地铁车厢，发现车厢内有两个质量均为m的小球分别用细绳和固定的轻杆悬挂起来.系统稳定后，他用手机拍摄下某时刻的情景，发现细绳偏离竖直方向角度是θ，而固定的轻杆与竖直方向的夹角是β，θ＜β，重力加速度是g.下列说法正确的是（　C　）
A.地铁列车一定在向右加速运动，加速度大小为gtan θ
B.中学生受到的摩擦力一定向右
C.中学生受到地铁施加的作用力大小等于Mg
D.细绳和轻杆对小球的作用力方向不同
解析：对小球受力分析如图所示.根据牛顿第二定律可知mgtan θ＝ma，可知a＝gtan θ，方向水平向右，列车可能向右加速，也可能向左减速，A错误；水平方向为中学生提供加速度的力是左侧车厢壁施加的弹力和摩擦力的合力，两者合力向右，但摩擦力不一定向右，B错误；中学生受到车厢施加的作用力与自身的重力作用，合力为Mgtan θ，因此中学生受到地铁施加的作用力大小等于重力与Mgtan θ的合力大小，为F＝Mg，C正确；由于两小球的质量和加速度均相同，它们的合力相同均为ma，则细绳和轻杆对小球的作用力大小均为F'＝，方向与竖直方向夹角均为θ，D错误.故选C.
10.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示.设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，试求：
（1）运动员竖直向下拉绳的力的大小；
（2）运动员对吊椅的压力.
答案：（1）440 N
（2）275 N，方向竖直向下
解析：（1）设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为（M＋m）g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律，有2F－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得F＝440 N
根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力的大小为440 N，方向竖直向下.
（2）以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力Mg、绳的拉力F、吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律，有F＋FN－Mg＝Ma，解得FN＝275 N
根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下.
第2讲　牛顿运动定律的基本应用
素养目标　1.知道超重、失重及完全失重.（物理观念） 2.了解牛顿第二定律及其适用范围.（物理观念） 3.应用牛顿第二定律对实际问题进行分析、推理和判断.（科学思维）
@一、两类动力学基本问题
一、两类动力学基本问题
考题1　（2021·河北卷）如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化.求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小.
答案：（1）9 m
（2）7.44 m/s
解析：（1）A→B过程，对背包（设其质量为m1）受力分析，由牛顿第二定律得m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2①
由运动分析得l＝a1t2 ②
对滑雪者（设其质量为m2）由运动分析得
l＝v0（t－t0）＋a2（t－t0）2，其中t0＝1 s③
联立①②③得t＝3 s，l＝9 m.
（2）背包到B点的速度v1＝a1t＝6 m/s
滑雪者到B点的速度v2＝v0＋a2（t－t0）＝7.5 m/s
在B点滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得v＝7.44 m/s.
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　.
第二类：已知运动情况求物体的　受力　.
深化1　　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，具体逻辑关系如图所示.
深化2　　两类动力学问题的解题步骤
思维模型　用动力学两类基本问题的方法解决问题.
角度1　已知运动求受力
例1　（2025·武汉模拟）冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目.某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点.已知A、B间的距离x1＝26 m，B、C间的距离x2＝5.5 m，冰壶通过AB段的时间t1＝10 s，通过BC段的时间t2＝5 s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小取g＝10 m/s2.求：
（1）C、O两点之间的距离x3；
（2）冰壶和冰面间的动摩擦因数μ.
答案：（1）0.9 m
（2）0.02
解析：（1）由于冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，则冰壶在冰面上滑动时受到的摩擦力处处相等，结合牛顿第二定律可知掷出后的冰壶在冰面上做匀减速直线运动，设冰壶运动的加速度大小为a，经过A点时的速度大小为vA，经过C点时的速度大小为vC，则由匀变速直线运动规律有vAt1－a＝x1
vA（t1＋t2）－a（t1＋t2）2＝x1＋x2
代入数据，联立解得a＝0.2 m/s2，vA＝3.6 m/s
又vC＝vA－a（t1＋t2）
－0＝2ax3
代入数据，联立解得x3＝0.9 m.
（2）设冰壶与冰面间的滑动摩擦力大小为f，则有f＝μmg
根据牛顿第二定律可知f＝ma
结合（1）问，联立解得μ＝0.02.
角度2　已知受力求运动
例2　（多选）如图所示为某型号无人机，该无人机的质量m＝2 kg，电动机能提供的最大动力Fm＝36 N，无人机飞行时所受的阻力大小恒为Ff＝10 N.无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经10 s的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机“自由”下落一段时间后重启动力装置，无人机下落12 s刚好落地.重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（　BD　）
A.h＝150 m
B.无人机下落过程中加速的时间为6 s
C.无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24 N
D.无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20 N
解析：无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升过程，由牛顿第二定律得Fm－mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝3 m/s2，经10 s的时间后关闭动力装置，对减速上升过程，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma2，代入数据解得a2＝15 m/s2，由速度公式得a1t1＝v＝a2t2，解得最大速度v＝30 m/s，上升过程减速时间t2＝2 s，无人机能达到的最大高度h＝（t1＋t2）＝180 m，故A错误；无人机沿原路返回地面时，对无人机“自由”下落过程，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma3，代入数据解得a3＝5 m/s2，由运动学知识得h＝t，解得v'＝30 m/s，所以无人机下落时加速的时间t3＝＝6 s，故B正确；无人机下落过程中重启动力装置后，由牛顿第二定律得F－mg＋Ff＝ma4，由运动学知识得a4＝＝5 m/s2，联立解得F＝20 N，故C错误，D正确.
训练　第24届冬奥会在我国举办.钢架雪车比赛的一段赛道如图2所示，长12 m的水平直道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，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，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，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.
答案：（1） m/s2
（2）12 m/s
（3）66 N
解析：（1）对AB段：＝2a1x1
解得a1＝ m/s2.
（2）对AB段：v1＝a1t1
解得t1＝3 s
对BC段：x2＝v1t2＋a2
t1＋t2＝5 s
解得a2＝2 m/s2
则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s.
（3）在BC段由牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
@二、超重和失重
二、超重和失重
考题2　（2022·海南卷）（多选）某同学从5楼乘电梯下降到1楼，在此过程中他利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示，则（　AD　）
A.t＝1 s时该同学处于失重状态
B.t＝10 s时该同学处于失重状态
C.此过程中电梯运行的最大速率约为0.56 m/s
D.此过程中电梯运行的最大速率约为1.8 m/s
解析：电梯从5楼开始下降到1楼过程中，先向下加速，结合题图可知加速度向上为正，t＝1 s时该同学的加速度a为负，则t＝1 s时该同学在向下做加速运动，处于失重状态，A正确；由题图可知，t＝10 s时该同学的加速度a为正，则t＝10 s时该同学在向下做减速运动，处于超重状态，B错误；a－t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量Δv，一格代表的速度变化量为1×0.1 m/s＝0.1 m/s，4.5～6.7 s时间内电梯以最大速度匀速下降，则由题图可知，此过程中电梯运行的最大速率约vmax＝18×0.1 m/s＝1.8 m/s，C错误，D正确.
考题3　（2024·全国甲卷）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2.
（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为　5.0　N（结果保留1位小数）.
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于　失重　（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为　1.0　m/s2（结果保留1位小数）.
解析：（1）题图中的弹簧测力计的指针恰好在“5”上，因此读数为5.0 N.
（2）电梯上行时，弹簧测力计的示数小于5.0 N，说明物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有＝a，代入数据得a＝ m/s2＝1.0 m/s2.
1.实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态　无关　.
（2）视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数.
2.超重和失重
深化1　　对超重、失重的理解
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.
（3）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.
深化2　　超重、失重和完全失重的对比
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于零
产生 条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体竖直向下的加速度等于重力加速度
对应 运动 情境 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等
原理 F－mg＝ma F＝mg＋ma mg－F＝ma F＝mg－ma mg－F＝mg F＝0
思维模型　用牛顿第二定律对超重、失重问题进行分析计算.
角度1　超重、失重的定性分析
例3　蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志.运动员从高处跳下弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零.在这下降的全过程中，下列说法中正确的是（　B　）
A.弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B.弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C.弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D.运动员一直处于失重状态
解析：弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，仍处于失重状态，当拉力大于重力时，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态.所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故B正确，A、C、D错误.
角度2　超重、失重的定量计算
例4　为了探究超重和失重现象，某同学站在台秤上完成了一次“下蹲”和“起立”的连续动作，并通过力传感器描绘出了台秤的示数随时间的变化规律，图线如图所示，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是（　C　）
A.完成上述动作所用的时间为t7
B.t2时刻到达最低点
C.t4时刻的加速度大小为8 m/s2
D.t6～t7时间内，该同学正在向上做加速运动
解析：由题图知，完成题中描述的动作的时间为Δt＝t7－t1，A错误；下蹲过程应先向下加速再向下减速，此过程先失重再超重，起立过程应先向上加速再向上减速，起立过程先超重再失重，根据图像可知，t1～t3时间内均为向下加速，故t2时刻不是最低点，B错误；根据图像可知，该同学的质量为m＝ kg＝50 kg，t4时刻的加速度大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，C正确；根据图像可知，t6～t7时间内，该同学正在向上做减速运动，D错误.
@三、牛顿第二定律的瞬时性
三、牛顿第二定律的瞬时性
考题4　（2024·湖南卷）如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（　A　）
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
解析：剪断B、C间细线前，将B、C、D看作一个整体，有FAB＝6mg，将C、D看作一个整体，有FBC＝3mg，单独对D受力分析，有FCD＝mg，剪断细线瞬间，弹簧弹力不能发生突变，所以aB＝＝＝g，aC＝＝＝1.5g，A正确.
深化1　　两类模型
深化2　　求解瞬时加速度的步骤
思维模型　用牛顿第二定律对瞬时加速度问题分析计算.
角度1　弹簧模型
例5　（2025·八省联考陕西、山西、青海、宁夏卷）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g.则（　C　）
A.L1的拉力大小为mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g
D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
解析：对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mgtan 60°＝2mg，L2的拉力大小为T2＝＝4mg，选项A、B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，由牛顿第二定律可知加速度a＝＝g，选项C正确，D错误.故选C.
角度2　接触面模型
例6　（2025·山东临沂模拟）如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g.某时刻突然取走物体C，则（　D　）
A.此瞬间B的加速度为0
B.此瞬间A对B的弹力大小为2mg
C.之后B可能脱离A
D.之后B对A弹力的最小值为mg
解析：初始三个物体受力平衡，弹簧弹力大小为F＝3mg，取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对A、B整体由牛顿第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝g，之后A、B一起做简谐运动，最大加速度为a＝g，选项A错误；取走C瞬间设B受到的弹力大小为FN，则有FN－mg＝ma，解得FN＝mg，选项B错误；当A、B运动到上方最大位移处时加速度a'向下，大小为a'＝g，此时B对A的弹力最小，对B物体有mg－F'N＝ma'，解得F'N＝mg，则B不可能脱离A，选项C错误，D正确.
@四、等时圆模型
四、等时圆模型
考题5　（2022·全国乙卷）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　C　）
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析：如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，可得v＝L，故C正确，A、B、D错误.
深化1　　定义
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间.
深化2　　结论证明
如图所示，设某一条光滑弦与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinθ，位移为x＝dsinθ，则运动时间为t＝＝＝（与θ无关）.
深化3　　模型特征
题目 条件 相应的等时圆模型
各轨道 上端相交 质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等
各轨道 下端相交 质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等
各轨道 中间相交 两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等
例7　（多选）如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O'为圆心.每根杆上都套着一个小滑环（未画出），两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间.下列关系正确的是（　BCD　）
A.t1＝t2 B.t2＞t3
C.t1＜t2 D.t1＝t3
解析：设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，即t2＞t1＝t3，故B、C、D正确.
例8　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆的圆周上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点.B点在y轴上且∠BMO＝60°，O'为圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　B　）
A.tA＜tC＜tB
B.tA＝tC＜tB
C.tA＝tC＝tB
D.由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
解析：对于AM段，位移xA＝R，加速度aA＝＝g，根据x＝at2，得tA＝＝；同理tB＝；由等时圆模型可知，tC＝，故tA＝tC＜tB，B选项正确.
@限时跟踪检测（十三）
A级·基础对点练
题组一　两类动力学问题
1.（2025·成都石室中学模拟）如图所示，将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时的频闪照片，图乙是小球下落的频闪照片.O点是运动的最高点，甲、乙两次闪光频率相等，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（　C　）
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得9d－3d＝6d＝a上T2，6d－2d＝4d＝a下T2，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff＝ma上，mg－Ff＝ma下，联立解得Ff＝mg，故C正确.
2.（2025·九省联考河南卷）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试.当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面）最终停在冰面上.刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7.则汽车进入冰面瞬间的速度为（　B　）
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为Ff1、Ff2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律Ff ＝ma
则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝
由运动学公式，在路面上有－＝2a1x1
在冰面上有＝2a2x2
其中＝
解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝，故选B.
题组二　超重和失重
3.近年来惠州市试点为老旧小区加装垂直电梯，如图（a）所示，取竖直向上方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度随时间变化的图像如图（b）所示，以下说法正确的是（　C　）
A.4 s时电梯停止在某一层楼
B.1～3 s，此人处于超重状态，重力变大
C.5～7 s，此人处于失重状态，支持力小于重力
D.电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
解析：各选项的分析如下：
4.（2025·山东潍坊质检）（多选）智能手机安装适当的软件后，可随时测量手机的加速度大小.某同学手持这样一部手机，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的运动，得到其加速度随时间的变化关系如图所示.设竖直向上为正方向，下列关于该同学的说法正确的是（　ACD　）
A.由a到c的过程中处于失重状态
B.c点时重心最低
C.e点时处于起立过程且速度最大
D.由e到f的过程中地面对其支持力小于重力
解析：由a到c的过程中加速度为负，即加速度向下，所以该同学处于失重状态，A正确；c点时该同学的加速度为0，c点后该手机处于超重状态，从而说明c点时还未到最低点， B错误；e点之前该同学为超重状态，之后为失重状态，所以e点时该同学处于起立过程且速度最大，C正确；由e到f的过程该同学处于失重状态，地面对其支持力小于重力，D正确.
题组三　牛顿第二定律的瞬时性
5.如图所示，细绳一端固定在竖直墙上，另一端系着一个质量为m的小球；水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端支撑着小球.小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g.下列说法正确的是（　C　）
A.小球静止时弹簧的弹力大小为0.6 mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为0.8 mg
C.细绳烧断后瞬间小球的加速度为g
D.细绳烧断后瞬间小球的加速度为g
解析：小球静止时，分析受力情况，如图，
由平衡条件得弹簧的弹力大小为F＝mgtan 37°＝mg，细绳的拉力FT＝＝mg，A、B错误；细绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，小球的合力大小等于细绳的拉力，则加速度a＝＝g，D错误，C正确.故选C.
6.如图（a）所示是一种弹簧式自动平衡旋转平台，该平台采用弹簧自平衡设计，能使托盘上的货物始终处在较为方便的高度.在有效工作载荷范围内，在托盘上放置某种货物时，简化图如图（b）所示（托盘质量不计）.货物甲、乙、丙的质量均为m，重力加速度大小为g，甲、乙静止在托盘上时，将丙轻放在乙上，则丙放上的瞬间（　A　）
A.丙对乙的压力大小为mg
B.乙对甲的压力大小为mg
C.乙的加速度大小为g
D.甲的加速度大小为零
解析：放上丙之前，甲、乙处于平衡状态，弹簧弹力F弹＝2mg.放上丙的瞬间，以甲、乙、丙整体为对象，有3mg－F弹＝3ma，解得a＝g，C、D错误.对于丙，有mg－F支＝ma，解得F支＝mg.结合牛顿第三定律可得，丙对乙的压力为mg，A正确.乙对甲的压力设为F压，对于甲，有F压＋mg－F弹＝ma，解得F压＝mg，B错误.
题组四　等时圆模型
7.（2025·浙江宁波模拟）如图所示，有3根光滑杆AC、BC和BD，其端点A、B、C、D正好在同一个竖直的圆周上，A为最高点，D为最低点.现有一穿孔的小球，分别穿过3根杆从杆的顶端由静止滑下，从A到C、从B到C、从B到D的时间分别为t1、t2、t3.下列判断正确的是（　C　）
A.t1＞t2＞t3 B.t1＝t2＝t3
C.t1＝t3＜t2 D.t1＝t3＞t2
解析：如图甲所示，连接AD两点，设AC与AD间的夹角为θ，则AC＝2Rcos θ，以AC上的小球为研究对象，有a＝gcos θ，根据x＝at2，得t＝＝＝2，可知下滑时间和杆与竖直方向夹角无关，以点B为最高点画圆，如图乙所示，由几何知识可知，图中两圆半径相等，BD与AC的情形类似，故t1＝t3；根据上述结论，图中小球沿杆分别下滑到D、F的时间相等，而BC比BF长，下滑时间会长一点，故t2＞t3，故选C.
甲
乙
B级·能力提升练
8.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车从地面竖直向上提升过程的简化运动图像，g＝10 m/s2.下列判断正确的是（　D　）
甲
乙
A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N
B.46 s末建筑材料到地面的距离为34 m
C.在30～36 s钢索最容易发生断裂
D.36～46 s建筑材料处于失重状态
解析：由v－t图像斜率表示加速度可知，建筑材料在前10 s内以a1＝＝ m/s2＝0.1 m/s2做初速度为零的匀加速运动，有F1－mg＝ma1，解得F1＝1 515 N，A项错误；46 s末材料到地面的距离即全程总位移，由v－t图线与坐标轴围成的面积表示位移大小可知，h升＝×1 m＝28 m，h降＝ m＝6 m，h总＝28 m－6 m＝22 m，B项错误；30～36 s内建筑材料向上减速，加速度向下，处于失重状态，此时拉力小于重力，而0～10 s内建筑材料向上加速，处于超重状态，拉力大于重力，因此在0～10 s内钢索最易断裂，C项错误；36～46 s范围内建筑材料向下加速，处于失重状态，D项正确.
9.如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（　D　）
A.a绳的弹力是c弹簧弹力的倍
B.剪断a绳瞬间，2球的加速度为零
C.剪断b绳瞬间，1球的加速度为零
D.剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为g
解析：以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得Fc＝2mgtan 30°，Fa＝，所以Fa＝mg，Fc＝mg，Fa＝2Fc，A错误；剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有F2＝＝ma2，所以a2＝g，B错误；剪断b绳瞬间，1球受绳的拉力和重力，加速度不为零，C错误；剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为a2＝g，D正确.故选D.
10.（2025·清远教学质量检测）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示.现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止.已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，求：（取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）包裹刚开始下滑时的托盘角θ；
（2）机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
（3）若机器人运行的最大速度为vm＝3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t.
答案：（1）37°
（2）7.5 m/s2
（3）15.4 s
解析：（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ＝μmgcos θ，可得θ＝37°.
（2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg＝ma，所以a＝7.5 m/s2.
（3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有x1＝，t1＝
匀减速阶段有x3＝，t3＝
所以匀速运动的时间为t2＝＝
联立可得t＝t1＋t2＋t3＝15.4 s.
专题四　应用牛顿运动定律解决三类常见问题
素养目标　1.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义.（物理观念） 2.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.（物理观念） 3.理解几种常见的临界、极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界、极值问题.（科学思维）
@一、动力学图像的应用
一、动力学图像的应用
考题1　（2024·安徽卷）倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动.t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示.t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（　C　）
解析：物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有N－mgcos θ＝0，沿传送带方向有μN－mgsin θ＝ma，解得加速度大小a＝μgcos θ－gsin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确.
考题2　（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（　BC　）
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
解析：甲、乙两物体的运动过程类似，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，即F＝ma＋μmg，故题中图线斜率反映物体的质量m，纵截距表示滑动摩擦力μmg，观察题图，甲物体的F－a图线斜率大于乙物体的F－a图线斜率，故m甲＞m乙，A错误，B正确；又纵截距相等，故μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，C正确，D错误.
深化1　　图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图像解决问题一般包含两个角度：
（1）用给定的图像解答问题.
（2）据题意作图，用图像解答问题.
在实际的应用中要建立物理情境与函数图像的相互转换关系.
深化2　　常见的图像
v－t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，根据牛顿第二定律列方程求解
F－a图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
F－t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
a－t图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
例1　（2025·黑龙江齐齐哈尔三模）（多选）利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度.用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，重力加速度大小为10 m/s2.下列说法正确的是（　ACD　）
A.手机有可能离开过手掌
B.t1时刻手机运动到最高点
C.t2时刻手机开始减速上升
D.t3时刻手机速度可能为0
解析：根据题图可知，手机的加速度在1.00～1.50 s内的某段时间等于重力加速度，则可知手机与手掌之间没有力的作用，因此手机在该段时间内可能离开过手掌，故A正确；根据Δv＝aΔt可知，a－t图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，而根据题图可知在t1时刻手机的速度为正，即可知手机还未达到最高点，故B错误；由题图可知，t2时刻后手机的加速度变为负方向，而速度依旧为正方向，则可知t2时刻手机开始减速上升，故C正确；当0～t2时间内图像与时间轴围成的面积等于t2～t3时间内图像与时间轴围成的面积时，则表示正向速度变化量等于负向速度变化量，即手机速度减为0，故D正确.故选A、C、D.
训练1　在地面将一小球竖直向上抛出，经时间t0到达最高点，然后又落回原处，若空气阻力大小恒定，则如图所示的图像能正确反映小球的速度v、加速度a、位移x、速率u随时间t变化关系的是（竖直向上为正方向）（　D　）
解析：由牛顿第二定律得，上升过程有mg＋f＝ma1，下降过程有mg－f＝ma2，上升和下降过程加速度大小不同，则两过程v－t图像的斜率不同，A错误；上升过程加速度大小a1大于下降过程加速度大小a2，且方向均竖直向下，故两过程加速度均为负值，B错误；上、下过程分别为加速度不同的匀变速运动，x－t图像不是直线，C错误；上升过程加速度大小a1大于下降过程加速度大小a2，则在速率u随时间t变化的图像中，0～t0时间内图线斜率的绝对值更大，且小球落回原处时的速率小于抛出时的速率，下降过程时间大于上升过程时间，D正确.
@二、连接体问题的分析方法
二、连接体问题的分析方法
考题3　（2024·全国甲卷）如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码.改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像.重力加速度大小为g.在下列a－m图像中，可能正确的是（　D　）
解析：设P质量为mP，当mg≤μmPg时，P静止不动，a＝0；当mg＞μmPg时，砝码和P加速度大小相等，以砝码和P整体为研究对象，由牛顿第二定律可得mg－μmPg＝（m＋mP）a，解得a＝g－，当m趋近于无穷大时，a趋近于g，D正确.
考题4　（2023·北京卷）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（　C　）
A.1 N B.2 N C.4 N D.5 N
解析：设细线拉力为T，在其达到最大拉力前，两物块做加速度相同的匀加速直线运动，设共同加速度为a，现将两物块看作整体，根据牛顿第二定律有F＝2ma，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律有T＝ma，可知，当细线达到最大拉力时，有最大加速度，为2 m/s2，所以F最大为4 N，C正确.
深化1　　共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度.
（1）绳的拉力（或物体间的弹力）相关类连接体
（2）叠加类连接体（一般与摩擦力相关）
深化2　　连接体问题的分析方法
整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.
思维模型　多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系）在一起构成的物体系统称为连接体.系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度（或速度、加速度大小相等）.
例2　（2025·安徽阜阳一中等联考）如甲、乙两图所示，水平光滑的桌面足够长，不计滑轮的摩擦力，质量分别为m、M的两个木块用轻质细线连接.甲图中，对右侧木块施加的拉力水平向右、大小为F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　D　）
A.甲图中，若F＝Mg，则整体的加速度为
B.甲图中，若m M，则细线的拉力为0
C.乙图中，细线的拉力为
D.乙图中，若m M，则整体的加速度大小约为g
解析：甲图，若F＝Mg，对整体根据牛顿第二定律有F＝Mg＝（m＋M）a，解得a＝，A错误；隔离质量为m的木块，根据牛顿第二定律有T＝ma＝＝，若m M，则细线的拉力T≈F，B错误；乙图，对整体根据牛顿第二定律有Mg＝（m＋M）a，解得a＝＝，若m M，则整体的加速度大小约为g，D正确；隔离质量为m的木块，根据牛顿第二定律可得细线的拉力大小为T＝ma＝，C错误.故选D.
训练2　（多选）如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动，A、B的质量关系为mB＞mA，它们与地面间的动摩擦因数相同.为使弹簧稳定时的伸长量减小，下列操作可行的是（　AC　）
A.仅减小水平恒力F的大小
B.仅减小A的质量
C.仅将A、B的位置互换
D.仅减小水平面的粗糙程度
解析：设弹簧的弹力大小为T，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律得F－μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，对B受力分析有T－μmBg＝mBa，联立解得T＝，则可知T与动摩擦因数μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，不影响弹簧弹力的大小，弹簧稳定时的伸长量不变，D错误；仅减小水平恒力F的大小，T减小，弹簧稳定时的伸长量减小，A正确；仅减小A的质量，T增大，弹簧稳定时的伸长量增加，B错误；仅A、B位置互换，同理可得弹力T'＝，因为mA＜mB，则T'＜T，所以弹簧的伸长量减小，C正确.
训练3　（2025·广西模拟）（多选）如图所示，P是斜面的一点，斜面上P点以下部分粗糙，P点上方部分是光滑的.A、B两滑块（看作质点）紧靠在一起，在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底部由静止开始上滑.滑过P点前A、B间的弹力为F1，过P点之后A、B间弹力为F2，已知两滑块与斜面上P点以下部分的动摩擦因数相同，则下列正确的是（　AD　）
A.F1＝F2
B.F1＜F2
C.F1＞F2
D.A对B的弹力是A的形变而产生的
解析：令斜面倾角为θ，A、B质量分别为m1、m2，滑块在P点下方时，对A、B整体分析有F－（m1＋m2）gsin θ－μ（m1＋m2）gcos θ＝（m1＋m2）a1，对A分析有F1－m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1，解得F1＝；滑块在P点上方时，对A、B整体分析有F－（m1＋m2）gsin θ＝（m1＋m2）a2，对A分析有F2－m1gsin θ＝m1a2，解得F2＝，可知F1＝F2，A正确，B、C错误；根据弹力的产生条件可知，A对B的弹力是A的形变而产生的，D正确.故选AD.
@三、动力学临界、极值问题
三、动力学临界、极值问题
考题5　（2022·江苏卷）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　B　）
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
解析：当书所受静摩擦力达到最大时，书将要滑动，则由μmg＝mam得am＝μg＝4.0 m/s2，B正确.
考题6　（2021·全国甲卷）如图所示，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θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　D　）
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：设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝，对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由x＝at2得＝gsin θ·t2，即t＝，当2θ＝，即θ＝时，t最小，由题知θ从30°逐渐增大到60°，故下滑时间先减小后增大，D正确.
深化1　　分析临界问题的三种方法
极限法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是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
深化2　　“四种”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N＝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T＝0.
（4）速度达到最值的临界条件：加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0.
例3　（2025·湖北部分重点中学联考）如图所示，质量为m＝1.5 kg的托盘放在竖直放置的轻质弹簧上方，质量为M＝10.5 kg的物块放在托盘里处于静止状态，已知弹簧劲度系数k＝800 N/m.现对物块施加一向上的力F作用，使它向上做匀加速直线运动，已知F的最大值为168 N（取g＝10 m/s2），求：
（1）F的最小值是多大？
（2）从开始运动，物块和托盘经多长时间分离？
答案：（1）72 N
（2）0.2 s
解析：（1）施加力F前，根据平衡条件有弹簧的弹力T＝（M＋m）g，
物块和托盘分离后，力F最大，根据牛顿第二定律有Fmax－Mg＝Ma，解得a＝6 m/s2，
刚施加力F的瞬间，力F最小，对整体根据牛顿第二定律有Fmin＋T－（M＋m）g＝（M＋m）a，解得Fmin＝72 N.
（2）开始时弹簧的压缩量为x1＝＝0.15 m，
分离时，设弹簧的压缩量为x2，分析托盘，则
有kx2－mg＝ma，解得x2＝0.03 m，
则分离时物块和托盘的位移为Δx＝x1－x2＝0.12 m，
设经时间t物块和托盘分离，由位移公式有Δx＝at2，
解得t＝0.2 s.
训练4　A、B两物体质量均为m＝1 kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（　C　）
A.只有当F＞2 N，B才会运动
B.当F＝3 N时，B的加速度大小为1 m/s2
C.当F＞4 N时，A相对B滑动
D.当F＝5 N时，A的加速度大小为2.5 m/s2
解析：水平拉力F较小时，A、B两物体一起向右加速，因为水平地面光滑，所以只要F＞0，B就会运动，A错误；A、B两物体刚好相对滑动时F＝2ma，μmg＝ma，解得F＝4 N，当F＝3 N时，A、B两物体一起向右加速，B的加速度大小为a＝，解得a＝1.5 m/s2，当F＞4 N时，A相对B滑动，B错误，C正确；当F＝5 N时，A相对B滑动，A的加速度大小为a'＝μg，解得a'＝2 m/s2，D错误.
训练5　（2025·黑龙江模拟）（多选）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2 kg的足够长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m＝1 kg的物块Q叠放在P上.初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F＝9 N的拉力作用在P上.已知P、Q间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则下列说法正确的是（　BD　）
A.Q受到的摩擦力逐渐变大
B.Q速度最大时，向右运动的距离为2 cm
C.P做加速度减小的加速运动
D.从Q开始运动到Q第一次回到原来位置过程，摩擦力对Q先做正功后做负功
解析：当拉力刚刚作用在P上时，假设P、Q保持相对静止，则有F＝（M＋m）a0，解得a0＝3 m/s2＞μg＝2 m/s2，假设不成立，则Q相对P向左运动，P、Q之间的摩擦力大小一直为f＝μmg＝2 N，故A错误；当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，Q的速度达到最大值，由平衡条件有kx＝μmg，解得Q速度最大时，向右运动的距离为x＝2 cm，故B正确；对P受力分析，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma，可知P的加速度保持不变，故C错误；P对Q的摩擦力方向向右，Q向右先加速后减速，摩擦力对Q做正功，Q减速至0后将向左运动，摩擦力方向还是向右，故摩擦力对Q做负功，故D正确.故选B、D.
@限时跟踪检测（十四）
A级·基础对点练
题组一　动力学图像问题
1.如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体从顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零.以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是（　B　）
解析：物体在斜面上先做匀加速再做匀减速运动，由于E为位移中点，所以运动时间及加速度大小都相同，选项B正确.
2.（2025·邯郸二模）一物体在恒力F的作用下，在粗糙程度不均匀的水平面运动，其运动的v－t图像如图所示，物体在0～t时间内在动摩擦因数为μ1的水平面做匀加速运动，t～2t时间内在动摩擦因数为μ2的水平面做匀速运动，2t～3t时间内在动摩擦因数为μ3的水平面做匀减速运动.匀速过程速度为v0，下列说法正确的是（　B　）
A.μ1＝μ2＋ B.μ3＝μ2＋
C.μ3－μ1＝μ2 D.μ1＋μ3＝μ2
解析：0～t时间内F－μ1mg＝m，t～2t时间内F＝μ2mg，可得μ1＝μ2－，故A错误；2t～3t时间内μ3mg－F＝m，可得μ3＝μ2＋，故B正确；由前面A、B计算结果相加可得μ1＋μ3＝2μ2，故C、D选项错误.
题组二　连接体问题的分析方法
3.（2025·吉林模拟）（多选）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（　AD　）
解析：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，排除题图B；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动，此时如题图A所示；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，故题图C错误，D正确.故选A、D.
4.（2025·河南联考）（多选）如图所示，上表面光滑的斜面体C置于粗糙水平面上，斜面倾角为30°，斜面顶端安装一个轻质定滑轮，物块A和B通过绕过滑轮的轻绳连接.当轻绳刚好伸直时，将物块A、B由静止释放，A、B运动过程中C始终保持静止状态.已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，释放后瞬间，下列说法正确的是（　CD　）
A.物块A沿斜面向下运动，物块B竖直向上运动
B.轻绳拉力大小为mg
C.水平面对C的支持力小于3mg
D.水平面对C的摩擦力方向水平向右
解析：假设A、B均静止，绳拉力等于mg，大于A重力沿斜面向下的分力，所以A沿斜面向上运动，B竖直向下运动，A错误；设绳拉力为FT，根据牛顿第二定律，对物块B有mg－FT＝ma；对物块A有FT－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，FT＝mg，B错误；将A、B、C看成整体，分析可知竖直方向有向下的加速度，整体处于失重状态，水平面的支持力小于A、B、C的总重力，C正确；物块A加速度有水平向右的分量，所以水平面给C的摩擦力水平向右，D正确.
题组三　动力学临界、极值问题
5.（2025·辽宁名校联盟联合考试）如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B（物块B与弹簧拴接），初始时两物块均处于静止状态.现对物块A施加一个竖直向上的恒力F＝mg，重力加速度为g，则由静止开始向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，以下说法正确的是（　C　）
A.物块A做匀加速运动
B.物块B的速度先增大后减小
C.恰好分离时物块B的加速度大小为
D.物块A上升的高度为
解析：向上运动到物块A、B恰好分离的过程中，A、B作为整体，由牛顿第二定律得F－2mg＋kx＝2ma，x减小，故物块A、B均做加速度减小的加速运动，A、B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律得2mg＝kx1，解得x1＝，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，分别对物块A、B分析，根据牛顿第二定律得mg－mg＝ma1，kx2－mg＝ma1，联立解得a1＝，x2＝，则物块A上升的高度为h＝x1－x2＝，C正确，D错误.
6.（2025·山东威海检测）如图所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a＝2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块A、B分离时，所加外力F的大小；
（2）物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间.
答案：（1）21 N
（2）0.3 s
解析：（1）物块A、B分离时，相互之间的弹力为零，对物块B根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，代入数据解得F＝21 N.
（2）物块A、B静止时，对物块A、B根据平衡条件可知kx1－2μmg＝0，物块A、B分离时，对物块A根据牛顿第二定律得kx2－μmg＝ma，此过程中两物块的位移为x1－x2＝at2
代入数据解得t＝0.3 s.
B级·能力提升练
7.（2025·安徽联盟开学考试）如图所示，一小球用轻质细线a、b连接，细线a的另一端连接于车厢顶的A点，细线b的另一端连接于车厢底板上的B点，小球静止时细线a与竖直方向的夹角θ＝30°，细线b与水平方向的夹角也为θ＝30°.已知两细线的长度相等，且AC＝BC，不计小球大小，重力加速度大小为g.小车向左沿水平方向做匀加速直线运动，要使细线b上张力为0，则小车运动的加速度的大小a0应满足的条件是（　C　）
A.g≤a0≤g B.g≤a0≤g
C.g≤a0≤g D.g≤a0≤2g
解析：根据几何关系可知a、b细线与A、B连线的夹角均为15°，当细线a与竖直方向的夹角为30°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小a1＝g tan 30°＝g，根据对称性，当细线a与竖直方向的夹角为60°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小a2＝g tan 60°＝g，因此要使细线b上张力为0，则小车运动的加速度的大小应满足的条件是g≤a0≤g.C正确.
8.（2025·皖南八校高三联考）（多选）如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动.已知L＝1.0 m、质量M＝0.20 kg、m＝0.80 kg、μ＝0.10，现F2与F1同时作用时间t＝2 s，滑块与木板恰好分离，取g＝10 m/s2，试根据以上信息，判断以下正确的选项是（　AD　）
A.F1不能小于20 N
B.F2不能小于20 N
C.当F1＝30 N时，F2＝19 N
D.t＝2 s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5 m/s2
解析：根据题意有μF1＞Mg，所以F1＞20 N，A正确；根据牛顿第二定律，对滑块有F2－mg－μF1＝ma1，对木板有μF1－Mg＝Ma2，根据滑块与木板的位移关系有a1t2－a2t2＝L，联立并代入数据可得F2＝0.5F1＋0.4.由于F1＞20 N，所以F2＞10.4 N，B错误；当F1＝30 N时，有F2＝0.5×30＋0.4 N＝15.4 N，C错误；由于a1t2－a2t2＝L，代入数据可得a1－a2＝0.5 m/s2，D正确.故选A、D.
9.（2025·吉林部分学校联考）某滑草场的示意图如图甲所示，其中AB为斜面滑道，BC为水平滑道.一游客从斜面滑道上的某点开始滑下，其速率的二次方随路程大小的变化图像如图乙所示.游客与滑道间的动摩擦因数处处相同，重力加速度大小g取10 m/s2，将游客视为质点，不计游客经过斜面滑道底端B的机械能损失.求：
（1）斜面滑道的倾角θ；
（2）该游客在斜面滑道与水平滑道上运动的总路程s（结果可保留根号）.
答案：（1）30°
（2） m
解析：（1）游客沿斜面滑道下滑的位移大小等于路程，在水平滑道滑动的位移大小也等于路程，
根据v2－＝2ax可得v2＝2ax＋，可知v2－x图像的斜率表示加速度的两倍，
由题图乙可知，在斜面滑道上，当＝4 m2/s2时，x1＝1 m，
在水平滑道上，当＝16 m2/s2时，x2＝2 m，当＝4 m2/s2时，x3＝3 m，
故游客在斜面滑道、水平滑道上运动的加速度大小分别为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，
a2＝－＝ m/s2＝2 m/s2，
设游客的质量为m，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，μmg＝ma2，联立解得θ＝30°.
（2）由匀变速直线运动规律有＝2a2（s－x3），解得s＝ m.
专题五　应用牛顿运动定律解决传送带和板块模型
素养目标　1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类.（物理观念） 2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题.（物理观念） 3.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点.（科学思维） 4.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题.（科学思维）
@一、“水平传送带”模型
一、“水平传送带”模型
考题1　（2024·北京卷）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动.下列说法正确的是（　D　）
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确.
深化1　　模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动（或有相对运动趋势）而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力.
深化2　　解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
深化3　　注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
（1）物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移.
（2）物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传.
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2（图甲所示）；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2（图乙所示）.
深化4　　水平传送带常见情境
情境一 （1）可能一直加速. （2）可能先加速后匀速
情境二 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速. （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情境三 （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v0＞v时，返回速度为v；v0＜v时，返回速度为v0
情境四 （1）若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力f＝ma0. （2）若μg＜a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力f＝μmg，产生的加速度a＝μg
例1　（2025·雅礼中学月考）（多选）如图所示，水平传送带以速度v1＝2 m/s向右匀速传动，小物体P（可视为质点）、Q的质量均为1 kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝5 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦.小物体P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带两端距离L＝6 m，绳足够长，取g＝10 m/s2.关于小物体P的描述正确的是（　AD　）
A.小物体P离开传送带时的速度大小为3 m/s
B.小物体P在传送带上运动的时间为5 s
C.小物体P将从传送带的右端滑下传送带
D.小物体P在传送带上运动的全过程中，合力对它做的功W＝－3.5 J
解析：当P相对传送带向右运动时，对P、Q组成的整体，根据牛顿第二定律有－μmg－mg＝2ma，解得a＝－6 m/s2，P运动的位移x1＝，代入数据解得x1＝ m＜L，所用的时间t1＝＝0.5 s；P的速度和传送带速度相同后，P会继续减速，P受到的摩擦力的方向会突变为向右，根据牛顿第二定律有－mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝－4 m/s2，则速度从v1减小到0的过程中P通过的位移x2＝＝0.5 m，所用的时间t2＝＝0.5 s，由于x1＋x2＝ m＜L，故P没有从传送带右端滑出；当速度减为0后P向左加速，加速度的大小a2＝｜a1｜＝4 m/s2，由x1＋x2＝a2解得t3＝ s，P运动到传送带最左端的速度v3＝a2t3＝3 m/s，随后从传送带左端滑下，则P在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＋t3＝（1＋） s，A正确，B、C错误.由动能定理可得合力对P做的功W＝m－m，代入数据解得W＝－3.5 J，D正确.
训练1　如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图.若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间.
答案：（1）0.25 m
（2）2.5 s
解析：（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝0.5m/s2
包裹加速到v0所用的时间为t1＝
解得t1＝1s
t1时间内包裹的位移大小为x1＝a
解得x1＝0.25 m
t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5s
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝
解得t3＝2s
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s.
@二、“斜面传送带”模型
二、“斜面传送带”模型
考题2　（2021·辽宁卷）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，cos 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.
答案：（1）0.4 m/s2
（2）4.5 s
解析：（1）因为v1＜v2，所以包裹相对于传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，代入数据解得a＝0.4 m/s2.
（2）设包裹减速运动的时间为t1，位移为x1，和传送带一起匀速运动的时间为t2，位移为x2
减速阶段v1＝v2－at1，－＝2ax1
匀速阶段x2＝v1t2，x1＋x2＝L
且t＝t1＋t2，联立解得t＝4.5 s.
深化　　倾斜传送带常见情境
情境一 （1）可能一直加速. （2）可能先加速后匀速
情境二 （1）可能一直加速. （2）可能先加速后匀速. （3）可能一直减速. （4）可能先减速后匀速. （5）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ减速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ减速
情境三 （1）可能一直加速. （2）可能先加速后匀速. （3）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情境四 （1）可能一直加速. （2）可能先加速后匀速. （3）可能先减速后匀速. （4）可能一直匀速. （5）可能一直减速. （6）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
例2　（2025·福建泉州联考）（多选）如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运行，一煤块（可视为质点）以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8.下列说法正确的是（　AD　）
A.传送带的速率为4 m/s
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D.煤块从冲上传送带到t＝2 s时在传送带上留下的痕迹长为4 m
解析：由题图乙可知，0～1 s内煤块沿传送带向上做加速度大小为a1的匀减速直线运动，1～2 s内煤块沿传送带向上做加速度大小为a2的匀减速直线运动，且a1＞a2，可知t＝1 s时，煤块的受力发生变化，即此时煤块与传送带速率相等，传送带的速率为4 m/s，A正确.由题图乙可知0～1 s和1～2 s内煤块的加速度大小分别为a1＝8 m/s2、a2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律有，0～1 s内煤块的加速度满足mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.25，B错误.由题图乙可知，0～2 s内煤块沿传送带向上运动，其位移x＝×1 m＋ m＝10 m，2 s之后煤块沿传送带向下做匀加速直线运动，有x＝a2t2，解得t＝ s，煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t总＝（2＋） s，C错误.在0～1 s内传送带的速度比煤块的小，则煤块在传送带上的划痕长度L1＝×1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在煤块的下方；在1～2 s内，传送带的速度比煤块的大，则L2＝4×1 m－ m＝2 m，因为L2＜L1，所以划痕长度为4 m，D正确.
训练2　（2025·江苏如皋开学调研）如图所示，倾角为θ的传送带顺时针转动，其底部与水平面平滑连接.质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为μ，已知μ＜tan θ，则甲、乙（　C　）
A.均沿传送带向上加速运动
B.均沿传送带向下先加速、后匀速运动
C.均停止在水平面上的同一位置
D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功相等
解析：由题知，传送带顺时针传动，所以传送带对物体的摩擦力沿传送带向上，根据μ＜tan θ，可知摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，则甲、乙均沿传送带向下加速运动，故A、B错误；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律可知mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ，可知两物体加速度相同，又两物体在传送带上滑行的距离相同（都由A点滑到传送带底部），根据v2＝2ax，可知两物体到达水平面时的速度相同；在水平面上，两物体都只受到摩擦力的作用，且动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma'，解得a'＝μg，可知两物体在水平面上滑行的加速度相同，根据v2＝2a'x'，可知两物体在水平面上滑行的距离也相同，即均停止在水平面上的同一位置，故C正确；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，克服摩擦力做功为Wf1＝μmgcos θ·x，在水平面上滑行时，克服摩擦力做功为Wf2＝μmg·x'，故克服摩擦力做的总功为W＝Wf1＋Wf2＝μmg（cos θ·x＋x'），由于两物体的质量不同，故在整个运动过程中克服摩擦力做的功不相等，故D错误.故选C.
@三、“滑块—木板”模型
三、“滑块—木板”模型
考题3　（2024·黑吉辽卷）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动.某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小.t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同.下列说法正确的是 （　ABD　）
A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
解析：设木板质量为M、受到的水平恒力为F，小物块质量为m，小物块刚滑上木板到与木板共速前，对木板的摩擦力水平向左，木板受力情况发生变化，即加速度发生变化，结合题图可知，小物块在t＝3t0时刻滑上木板，A正确.结合题意可知，小物块滑上木板时的速度v1＝－μgt0，t＝4t0时刻的速度v2＝μgt0，则物块的加速度a2＝＝2μg，对小物块由牛顿第二定律有μ'mg＝ma2，联立解得μ'＝2μ，B正确.由题图可知，0～3t0时间内木板的加速度a1＝＝μg，3t0～4t0时间内木板的加速度a'1＝＝－μg，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0内，对木板由牛顿第二定律有F－μ（M＋m）g－μ'mg＝Ma'1，可得＝，C错误.t＝4t0之后，由于F－μ（M＋m）g＝0，所以小物块和木板一起做匀速运动，D正确.
深化1　　模型特点
滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度.
深化2　　位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
深化3　　解题关键
例3　（2025·四川成都二诊）如图所示，一质量M＝2 kg的木板静止在水平地面上，一质量m＝1 kg的滑块（可视为质点）以v0＝2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止.木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2（未知），重力加速度大小取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是（　C　）
A.地面对木板的摩擦力方向水平向右
B.地面对木板的摩擦力大小为9 N
C.μ2可能为0.12
D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
解析：根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，木板始终保持静止，则地面对木板的静摩擦力方向水平向左，滑块对木板的滑动摩擦力大小fm＝μ1mg＝3 N，地面对木板的静摩擦力大小fM＝fm＝3 N，A、B错误.木板始终保持静止，即μ2（m＋M）g≥fm，解得μ2≥0.1，C正确.整个过程中滑块的动能全部转化为系统的内能，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q＝m＝2 J，D错误.
训练3　（2025·湖北名校联考）如图所示，长木板放在水平地面上，木块放在长木板上，作用在长木板上的水平拉力F使木块和长木板一起向右做匀加速直线运动，运动过程中木块与长木板间的静摩擦力大小为f.已知长木板的质量为木块质量的2倍，木块与长木板间的动摩擦因数等于长木板与地面间的动摩擦因数.下列判断正确的是（　A　）
A.f＜ B.f＝
C.f＝ D.f＞
解析：设木块的质量为m，则长木板的质量为2m，设木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则对整体有F－μ·3mg＝3ma，对木块有f＝ma，解得f＝－μmg＜.A正确.
训练4　（2025·四川绵阳模拟）如图所示，足够长的木板静止于水平地面上，小物块A放在木板的中间，现在对A施加一与水平方向成53°角的恒定拉力F，F的大小为5 N，3 s以后撤去拉力F的同时，另一小物块B以vB＝6.5 m/s的对地速度（向右）冲上木板的左端.已知长木板的质量M＝1 kg，A与B的质量均为m＝1 kg，A和B与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.25，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.10，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，运动过程中A、B不会相撞.求：
（1）拉力F作用时，木板是否发生滑动；
（2）撤去拉力F时，小物块A的速度；
（3）长木板运动的总时间.
答案：（1）不会发生滑动
（2）4.5 m/s
（3） s
解析：（1）拉力F作用时，对A分析，在竖直方向上有Fsin 53°＋N1＝mg
根据牛顿第三定律，A对长木板的压力大小等于长木板对A的支持力大小，对长木板分析，在竖直方向上有N2＝Mg＋N'1＝Mg＋N1
长木板对A的最大静摩擦力、地面对长木板的最大静摩擦力分别为f1＝μ1N1、f2＝μ2N2
联立并代入数据解得f1＝1.5 N、f2＝1.6 N
由于Fcos 53°＝3 N＞f1＝1.5 N
可知，A相对于长木板向右运动，根据牛顿第三定律，A对长木板有向右的摩擦力，由于f2＝1.6 N＞f'1＝f1＝1.5 N，可知长木板不会发生滑动.
（2）对A分析，根据牛顿第二定律有
Fcos 53°－μ1N1＝ma1
解得a1＝1.5 m/s2
撤去拉力F时，根据运动学公式有v1＝a1t1
解得v1＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s.
（3）撤去拉力F后，因为A和B与长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.25，A、B与长木板之间的滑动摩擦力大小相等，则开始阶段A、B以相同大小的加速度向右做匀减速直线运动，a2＝＝2.5 m/s2
对长木板有2μ1mg－μ2（2m＋M）g＝Ma3
代入数据解得a3＝2 m/s2
长木板向右做匀加速直线运动，设经历时间t2物块A与长木板达到相同速度，有v2＝a3t2＝v1－a2t2
解得t2＝1 s，v2＝2 m/s
此时B的速度v3＝vB－a2t2＝4 m/s
随后，长木板与A保持相对静止，向右做匀减速直线运动，加速度大小a4＝＝ m/s2
经历时间t3时，B、A与木板达到相同速度，则有
v4＝v3－a2t3＝v2－a4t3
解得t3＝ s，v4＝ m/s
之后，A、B与长木板保持相对静止向右做匀减速直线运动，直至速度为0，则有a5＝＝1 m/s2，v4＝a5t4
解得t4＝ s
则长木板运动的总时间t＝t2＋t3＋t4＝ s.
@限时跟踪检测（十五）
A级·基础对点练
题组一　水平传送带模型
1.（2025·广东广州调研）（多选）水平传送带被广泛地应用于工厂的货物运送，如图所示为一足够长的水平传送带装置，在其左侧轻放一小物块，下列描述小物块在传送带上运动的v－t、a－t图像正确的是（　BD　）
解析：水平传送带以恒定的速度持续运转，小物块刚放上去时速度为零，所以物块和传送带之间将产生滑动，滑动摩擦力使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增大到和传送带速度相同时，小物块相对于传送带不再滑动，二者以相同的速度沿同方向运动，A错误，B正确；小物块和传送带之间的滑动摩擦力大小不变，所以小物块的加速度也是恒定的，当小物块的速度达到传送带的速度时，二者之间的相对滑动就结束了，滑动摩擦力也就消失了，小物块的加速度也会即刻减小到零，C错误，D正确.
2.如图所示，某快递公司利用传送带输送快件，绷紧的水平传送带AB始终保持恒定速度运行，在传送带上A处轻轻放置一快件，快件由静止开始加速与传送带共速后做匀速运动到达B处.忽

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