资源简介

第2讲　牛顿运动定律的综合应用
考点一　两类动力学问题
【理清·知识结构】
【考教衔接】
一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，油桶相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力，和汽车一起保持静止，如图所示。
　　(1)当汽车以某一加速度向左加速时，A对C的支持力大小会　　　　，B对C的支持力大小会　　　　。(均选填“增大”“减小”或“不变”)
(2)当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C恰好脱离A，这个加速度大小a=　　　　。(已知重力加速度为g)
【突破·考点题型】
问题 类型
两点 分析
解题 步骤
角度1　已知受力情况分析运动情况
如图1所示，有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示，t=34 s末速度减为0时物件恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)物件做匀减速运动时的加速度大小和方向。
(2)物件匀速运动时的速度大小。
(3)物件总位移的大小。
图1　　　　　　　　图2　　
如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0=4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方与其相距s0=40 m处，有一物体在水平向右的推力F=20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1=25 m时撤去该力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.2，物体的质量m=5 kg，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小。
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离。
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
思维导航
角度2　已知运动情况分析受力情况
游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对行驶过程进行了观察，记录数据如表。
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 0~40 s 初速度v0=0，末速度v=4.2 m/s
匀速运动 40 s~640 s v=4.2 m/s
匀减速运动 640 s~720 s 靠岸时的速度vt=0.2 m/s
(1)求游船做匀加速运动过程中的加速度大小a1及位移大小x1。
(2)若游船和游客总质量M=8 000 kg，求游船做匀减速运动过程中所受合力的大小F。
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。(结果保留3位有效数字)
思维总结 动力学问题解题的“两个分析”“一个桥梁”
考点二　超重与失重
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)①　　　　物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有竖直②　　　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)③　　　　物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有竖直④　　　　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⑤　　　　的状态。
(2)产生条件：物体的加速度竖直向下且⑥　　　g。
【考教衔接】
1.如图，某同学在体重计上向下蹲，观察体重计示数的变化；在人静止后，观察体重计的示数。
(1)体重计的示数实际上反映的是什么力的大小
(2)什么条件下才能认为体重计的示数反映了人的重力大小
2.如图，设某人的质量m=60 kg，站在电梯内的水平地板上，当电梯以a=0.25 m/s2的加速度匀加速上升时，电梯对人的支持力FN=　　　　N。取g=9.8 m/s2。(下面选填“>”“=”或“<”)
(1)电梯向上启动时：FN　　　　mg。
(2)电梯匀速上升时：FN　　　　mg。
(3)电梯在上升过程中制动时：FN　　　　mg。
(4)电梯向下启动时：FN　　　　mg。
(5)电梯匀速下降时：FN　　　　mg。
(6)电梯在下降过程中制动时：FN　　　mg。
【突破·考点题型】
角度1　超重与失重现象的理解与判断
超重、失重和完全失重的比较
现象 超重 失重 完全失重
视重 大于实重 小于实重 等于0
产生 条件 加速度向上 加速度向下 加速度向下 且等于g
运动 状态 加速上升 或减速下降 加速下降 或减速上升 以g加速下降 或以g减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma F=0
某同学用智能手机记录了电梯上升过程中电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯内物体处于超重状态的时段是 (　　)
A.从20.0 s到30.0 s
B.从30.0 s到40.0 s
C.从40.0 s到50.0 s
D.从50.0 s到60.0 s
角度2　超重与失重现象的应用
一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则 (　　)
A.t=4 s时地板对该同学的支持力最小
B.t=7 s时电梯对该同学的支持力为零
C.6 s~8 s内电梯上升的高度约为4 m
D.6 s~8 s内电梯上升的高度约为9 m
核心归纳 1.超重、失重现象与图像结合，是动力学图像问题的一类。常见、常用动力学相关的图像有位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹。 2.图像问题的分析方法：图像问题应先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题。
【强化·学科思维】
动力学中的板块模型与传送带模型
角度1　动力学中的板块模型
模型分析
模型 概述 (1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式
常见 情形 滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx=x板-x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止 滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动
考向1　水平面上的板块问题
(2024·辽宁高考)(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，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为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
核心归纳 动力学中板块模型思维流程
考向2　斜面上的板块问题
(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，滑板与沙之间的动摩擦因数为0.525。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。假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°=0.6，cos 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0.8 m/s2
C.经过1 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
角度2　动力学中的传送带模型
(1)v0=v时，一直匀速 (2)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (1)传送带较短时，一直减速 (2)传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回速度为v0 ②v0>v时，返回速度为v
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (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
(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 (4)可能一直匀速 (5)可能先减速后匀速 (6)可能一直减速 (1)可能一直减速 (2)可能一直匀速 (3)可能一直加速 (4)可能先减速后加速返回 ①v0≤v时，返回速度为v0 ②v0>v时，返回速度为v
考向1　水平传送带
(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4 m，以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中 (　　)
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是2 m
D.划痕长度是0.5 m
考向2　倾斜传送带
(多选)如图所示，足够长的倾斜传送带AB以恒定速率v0逆时针转动，一可视为质点的滑块从传送带A点开始以平行于传送带向下的初速度v(v0≠v)下滑。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用t表示时间，用vt表示滑块的速度大小，则下列vt-t图像中能够正确描述滑块从A到B运动过程的是 (　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
(2024·安徽高考)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度轻放一小物块，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 (　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
练创新试题·知命题导向
1.如图所示，长木板置于光滑的水平面上，一小木块置于长木板上，已知长木板的质量是小木块质量的5倍，小木块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。当对小木块施加一水平向右的拉力F时，小木块与长木板之间恰好无相对滑动；若对长木板施加一水平向右的拉力F1，它们之间也恰好无相对滑动。则拉力F1的大小为 (　　)
A.5F B.4F C.2F D.
2.如图所示，质量M=2 kg、长L=2 m的长木板置于光滑的水平地面上，长木板上表面中央处放置一质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)，现对长木板施加一水平向右的恒力F使其由静止开始运动，经1 s后小滑块离开长木板，已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s2。则恒力F的大小为(　　)
A.7 N B.8 N C.9 N D.10 N
3.如图1所示，质量为1 kg的薄板静止在光滑的水平面上，其左端放置一质量为1 kg的物块(视为质点)，t=0时刻，在物块上施加如图2所示的水平外力F(取向右为正)，薄板和物块开始运动，t0时刻后撤除外力F，此时薄板正好到达预先规定位置，且二者的速度均恰好为零。已知物块恰好未滑离薄板右端，薄板与物块间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s2，求：
(1)t0的值。
(2)薄板的长度和薄板移动的距离。
图1　　　　　　　　　图2
参考答案
考点一　
考教衔接
(1)减小　增大　(2)g
解析　桶C处于即将脱离A的临界状态时，桶C受力情况如图所示，由几何关系可知θ=30°，ma=mgtan θ，解得a=g。
例1　解答　(1)由图2可知0~26 s内，F=mg，则物体做匀速运动；26 s~34 s内，F根据图2得此时F=1 975 N，则有a=g-=0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有v=at2=0.125×(34-26) m/s=1 m/s。
(3)根据图像可知匀速上升的位移h1=vt1=1×26 m=26 m
匀减速上升的位移h2=t2=×8 m=4 m
加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，有h1+h2=h
所以总位移h=40 m。
例2　解答　(1)对物体，根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1，
代入数据得a1=2 m/s2。
(2)当物体速度v1=v0时，物体与小车间距离最大，即t1== s=2 s
此时物体运动的距离为a1=4 m<25 m
所以两者之间最大距离xmax=s0+v0t1-t1=40 m+4×2 m-4 m=44 m。
(3)设推力作用的时间为t2，根据位移公式x1=a1，解得t2= =5 s
速度v2=a1t2=2×5 m/s=10 m/s
撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg=ma2得a2=μg=2 m/s2
由v2=2ax得x2== m=25 m
而t3== s=5 s，物体运动的总时间t=t2+t3=10 s
则d=v0t+s0-(x1+x2)=30 m。
例3　解答　(1)根据a=，解得a1= m/s2=0.105 m/s2
加速运动的位移x1=t=t=84 m。
(2)游船匀减速运动的加速度大小a2= m/s2=0.05 m/s2
根据牛顿第二定律得F=ma2=8 000×0.05 N=400 N
所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400 N
(3)匀速运动过程的位移x2=vt=4.2×(640-40)m=2 520 m
匀减速运动过程的位移x3=t=t=176 m
总位移x=x1+x2+x3=2 780 m
行驶总时间t总=720 s
所以整个过程中行驶的平均速度大小v=≈3.86 m/s。
考点二　
知识梳理
①大于　②向上　③小于　④向下
⑤零　⑥等于
考教衔接
1.(1)反映的是体重计对人的支持力大小。(2)只有当人处于静止状态时，体重计的示数才反映出人的重力大小。
2.603　(1)>　(2)=
(3)<　(4)<
(5)=　(6)>
例4　A　解析　因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s~30.0 s，电梯加速上升时，电梯内的物体处于超重状态，A项正确。
例5　C　解析　t=4 s时，向上的加速度最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得N-mg=ma，可知地板对该同学的支持力最大，A项错误；t=7 s时，加速度为0，根据受力平衡可知，电梯对该同学的支持力大小等于他的重力大小，B项错误；a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，0~6 s内所围图形中大约有4个小方格，则t=6 s时的速度v6=Δv=4×0.5×1 m/s=2 m/s，由图像可知，6 s~8 s内电梯的加速度为0，电梯做匀速运动，上升的高度约为h=v6t=2×2 m=4 m，C项正确，D项错误。
例6　ABD　解析　v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A项正确；设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知物块开始滑上木板时，物块的速度大小v0=μgt0，方向水平向左，设物块质量为m，物块在木板上滑动的加速度a0==μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小v共=μgt0，方向水平向右，故可得+=t0，解得μ0=2μ，B项正确；设木板质量为M，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度a==μg，故可得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度a'==-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=，C项错误；假设t=4t0之后小物块和木板一起同速运动，对整体，有F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D项正确。
例7　BC　解析　对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1，加速度大小a1==2.8 m/s2，同理对滑板有mgsin 37°+μ1mgcos 37°-2μ2mgcos 37°=ma2，加速度大小a2==0.8 m/s2，A项错误，B项正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2-a2t2=L，解得t=1 s，离开滑板时小孩的速度大小v=a1t=2.8 m/s，C项正确，D项错误。
例8　BC　解析　煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x1==2 m<4 m，因此煤块先加速运动后匀速运动，匀加速运动的时间t1==1 s，匀速运动的时间t2==0.5 s，煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s，A项错误，B项正确；在加速阶段产生相对滑动即产生划痕，则有Δx=v0t1-x1=2 m，C项正确，D项错误。
例9　BC　解析　对滑块进行受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力mgsin θ、摩擦力f。当vmgsin θ，则滑动摩擦力突变为静摩擦力，方向向上，大小为mgsin θ，滑块和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力fa2，B项正确，A项错误；若v>v0，滑块相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力fmgsin θ，则滑块一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力，方向向上，大小为mgsin θ，滑块和传送带一起做匀速直线运动，C项正确，D项错误。
例10　C　解析　0~t0时间内，物块做加速运动。进行受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，合力不变，故物块做匀加速运动。t0物块速度与传送带速度相同，滑动摩擦力突变成静摩擦力，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C项正确，A、B、D三项错误。
练创新试题
1.A　解析　设小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ，当对小木块施加一水平向右的拉力F时，两者恰好无相对滑动时，对小木块由牛顿第二定律可得F-μmg=ma，对整体由牛顿第二定律可得F=6ma，联立解得F=；当对长木板施加一水平向右的拉力F1时，恰好无相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得F1=6ma1，对小木块由牛顿第二定律可得a1=μg，联立解得F1=6μmg= 5F，A项正确。
2.A　解析　由题意可知，小滑块与长木板的加速度大小不同，存在相对运动。对小滑块由牛顿第二定律有μmg=ma1，得a1=μg=1 m/s2，1 s内小滑块的位移x1=a1t2；小滑块没有离开长木板时，设长木板的加速度大小为a2，1 s内长木板的位移x2=a2t2；由几何关系得x2-x1=，解得a2=3 m/s2，根据牛顿第二定律得F-μmg=Ma2， 解得F=7 N，A项正确。
3.解答　(1)0~2 s内
物块的加速度a1==2 m/s2
薄板的加速度a2==1 m/s2
t1=2 s时，物块的速度v1=a1t1=4 m/s
薄板的速度v2=a2t1=2 m/s
在2 s~t0内，外力反向，物块做匀减速运动，加速度a1'==2 m/s2
薄板的加速度不变，大小为a2'=1 m/s2
当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，此后物块和薄板将一起向右做匀减速运动直到速度都为零
两者共同的加速度a3==0.5 m/s2
共同速度v=v1-a1't2=v2+a2't2
解得t2= s
v= m/s
物块和薄板获得共同速度至停止运动用时t3== s
所以t0=t1+t2+t3=8 s。
(2)t1=2 s时
物块运动的位移x1=a1=4 m
薄板运动的位移x2=a2=2 m
薄板在t2时间内位移x3=v2t2+a'2= m
物块在t2时间内位移x4=v1t2-a'1= m
薄板长度L=x1-x2+x4-x3= m
薄板移动的距离x=x2+x3+= m。(共56张PPT)
第2讲 牛顿运动定律的综合应用
考点一 两类动力学问题
考点二 超重与失重
考点一 两类动力学问题
理清 知识结构
考教衔接 以图说法
一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶。在
车厢底，一层油桶平整排列，油桶相互紧贴并
被牢牢固定，上一层只有一只桶 ，自由地摆
放在桶、之间，没有用绳索固定。桶 受到
（1）当汽车以某一加速度向左加速时，对 的支持力大小会______，
对 的支持力大小会______。（均选填“增大”“减小”或“不变”）
减小
增大
桶和桶 的支持力，和汽车一起保持静止，如图所示。
（2）当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶恰好脱离 ，这个
加速度大小_ ____。（已知重力加速度为 ）
[解析] 桶处于即将脱离的临界状态时，桶 受力情况如图所示，由几
何关系可知 ， ，解得 。
突破 考点题型
问题类型 ___________________________________________________________________________________________________
两点分析 ___________________________________________________________________________________________________
解题步骤 ___________________________________________________________________________________________________
续表
角度1 已知受力情况分析运动情况
例1 如图1所示，有一质量
的物件在电机的牵引下
从地面竖直向上经加速、匀速、匀
减速至指定位置。当加速运动到总
位移的 时开始计时，测得电机的牵
引力随时间变化的图线如图2所示， 末速度减为0时物件恰
好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，取重力加速度
，求：
（1）物件做匀减速运动时的加速度大小和方向。
解答 由图2可知内，，则物体做匀速运动;
内， ，则物体做减速运动，在减速运动过程中，根据牛顿第二
定律有
根据图2得此时，则有 ，方向竖直
向下。
（2）物件匀速运动时的速度大小。
[答案] 结合图2根据运动学公式有
。
（3）物件总位移的大小。
[答案] 根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
加速上升的位移为总位移的 ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移
的，有
所以总位移 。
例2 如图所示，在粗糙的水平路面上，
一小车以 的速度向右匀速行
（1）推力作用下，物体运动的加速度 大小。
解答 对物体，根据牛顿第二定律有 ，
代入数据得 。
驶，与此同时，在小车后方与其相距 处，有一物体在水平向
右的推力 作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动
了时撤去该力。已知物体与地面之间的动摩擦因数 ，
物体的质量，取重力加速度 。求：
（2）物体运动过程中与小车之间的最大距离。
[答案] 当物体速度 时，物体与小车间距离最大，即
此时物体运动的距离为
所以两者之间最大距离
。
（3）物体刚停止运动时与小车的距离 。
[答案] 设推力作用的时间为，根据位移公式 ，解得
速度
撤去后，物体运动的加速度为，经过时间停止，其位移为 ，根
据牛顿第二定律得
由得
而，物体运动的总时间
则 。
思维导航
角度2 已知运动情况分析受力情况
例3 游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对行
驶过程进行了观察，记录数据如表。
运动过程 运动时间 运动状态
匀加速运动 初速度，末速度
匀速运动
匀减速运动 靠岸时的速度
（1）求游船做匀加速运动过程中的加速度大小及位移大小 。
解答 根据，解得
加速运动的位移 。
（2）若游船和游客总质量 ，求游船做匀减速运动过程中
所受合力的大小 。
[答案] 游船匀减速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小
（3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。（结果保留3位有效数字）
[答案] 匀速运动过程的位移
匀减速运动过程的位移
总位移
行驶总时间
所以整个过程中行驶的平均速度大小 。
思维总结
动力学问题解题的“两个分析”“一个桥梁”
考点二 超重与失重
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.超重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）①______物体
所受重力的现象。
（2）产生条件：物体具有竖直②______的加速度。
大于
向上
2.失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）③______物体
所受重力的现象。
（2）产生条件：物体具有竖直④______的加速度。
小于
向下
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⑤____的
状态。
（2）产生条件：物体的加速度竖直向下且⑥______ 。
零
等于
考教衔接 以图说法
1.如图，某同学在体重计上向下蹲，观察体重计示数的
变化；在人静止后，观察体重计的示数。
（1）体重计的示数实际上反映的是什么力的大小？
[答案] 反映的是体重计对人的支持力大小。
（2）什么条件下才能认为体重计的示数反映了人的重力大小？
[答案] 只有当人处于静止状态时，体重计的示数才反映出人的重力大小。
2.如图，设某人的质量 ，站在电梯内的水平地板上，当电梯
以的加速度匀加速上升时，电梯对人的支持力 _____
___。取。（下面选填“ ”“”或“ ”）
（1）电梯向上启动时：___ 。
（2）电梯匀速上升时：___ 。
（3）电梯在上升过程中制动时：___ 。
（4）电梯向下启动时：___ 。
（5）电梯匀速下降时：___ 。
（6）电梯在下降过程中制动时：___ 。
突破 考点题型
角度1 超重与失重现象的理解与判断
超重、失重和完全失重的比较
现象 超重 失重 完全失重
视重 大于实重 小于实重 等于0
产生条件 加速度向上 ___________________________ 加速度向下 _____________________________ 加速度向下且等于
现象 超重 失重 完全失重
运动状态 加速上升或减速下 降 加速下降或减速上 升 以 加速下降或以
减速上升
原理方程
续表
例4 某同学用智能手机记录了电梯
上升过程中电梯速度随时间变化的关系，
如图所示。电梯内物体处于超重状态的时
段是( )
A
A.从到 B.从到
C.从到 D.从到
[解析] 因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为
，电梯加速上升时，电梯内的物体处于超重状态，A项正
确。
角度2 超重与失重现象的应用
例5 一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段
时间内电梯的加速度随时间 变化的图线如图所示，以竖直向上为加速
度的正方向，则( )
C
A. 时地板对该同学的支持力最小
B. 时电梯对该同学的支持力为零
C.内电梯上升的高度约为
D.内电梯上升的高度约为
[解析] 时，向上的加速度最大，则该同学处于超重状态，根据牛
顿第二定律可得 ，可知地板对该同学的支持力最大，A项
错误; 时，加速度为0，根据受力平衡可知，电梯对该同学的支持
力大小等于他的重力大小，B项错误; 图像与横轴围成的面积表示速
度变化量，由图可知， 内所围图形中大约有4个小方格，则
时的速度 ，由图像可知，
内电梯的加速度为0，电梯做匀速运动，上升的高度约为
，C项正确，D项错误。
核心归纳
1.超重、失重现象与图像结合，是动力学图像问题的一类。常见、常用
动力学相关的图像有位移图像图像、速度图像图像和力的
图像图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而
绝非代表物体的运动轨迹。
2.图像问题的分析方法：图像问题应先从它的物理意义、点、线段、斜
率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点
力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题。
强化 学科思维
动力学中的板块模型与传送带模型
角度1 动力学中的板块模型
模型分析
模 型 概 述 （1）滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运
动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。
（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移
之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。
（3）一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运
动形式
常 见 情 形 _________________________________________________________ 滑板获得一初速度 ，则板块同 向运动，两者加速度不同， ， ，最后 分离或相对静止 _________________________________________________________
滑块获得一初速度 ，则板块同
向运动，两者加速度不同，
， ，最后
分离或相对静止
续表
常 见 情 形 ___________________________________________________________ 开始时板块运动方向相反，两者 加速度不同，最后分离或相对静 止 _______________________________________________________________
滑板或滑块受到拉力作用，要判
断两者是否有相对运动，以及滑
板与地面是否有相对运动
续表
考向1 水平面上的板块问题
例6 (2024·辽宁高考)（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 。 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。
已知到的时间内，木板速度随时间 变化的图像如图所示，
其中为重力加速度大小。 时刻，小物块与木板的速度相同。下
列说法正确的是( )
ABD
A.小物块在 时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为
C.小物块与木板的质量比为
D. 之后小物块和木板一起做匀速运动
[解析] 图像的斜率表示加速度，可知 时刻木板的加速度发
生改变，故可知小物块在 时刻滑上木板，A项正确;设小物块和木
板间的动摩擦因数为 ，根据题意结合图像可知物块开始滑上木板时，
物块的速度大小，方向水平向左，设物块质量为 ，物块在
木板上滑动的加速度，经过 时间与木板共速，此时速
度大小，方向水平向右，故可得 ，解得
，B项正确;设木板质量为 ，根据图像可知物块未滑上木板时，
木板的加速度，故可得 ，解得
，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度
，此时对木板由牛顿第二定律得
，解得，C项错误;假设 之后
小物块和木板一起同速运动，对整体，有
，故可知此时整体处于平衡状态，
假设成立，即 之后小物块和木板一起做匀速运动，D项正确。
核心归纳
动力学中板块模型思维流程
考向2 斜面上的板块问题
例7 （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 的斜坡上有长为 的滑板，滑板与沙
之间的动摩擦因数为0.525。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。假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为 ，
小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长， ，
，取 ，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
B.小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为
C.经过 的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为
[解析] 对小孩，由牛顿第二定律得 ,加
速度大小 ，同理对滑板有
，加速度大小
，A项错误，B项正确;
小孩刚与滑板分离时，有，解得 ，离开滑板时
小孩的速度大小 ，C项正确，D项错误。
√
√
角度2 动力学中的传送带模型
____________________________________________________ 时，一直匀速 时，可能一直加速， 也可能先加速再匀速 时，可能一直减速， 也可能先减速再匀速 ____________________________________________________
（1）传送带较短时，一直减速
（2）传送带较长时，先减速后返回
时，返回速度为
时，返回速度为
_______________________________________________________ （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 __________________________________________________
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
（3）可能先以加速，后以 加速
续表
___________________________________________ （1）可能一直加速 （2）可能先加速后匀速 （3）可能先以加速，后以 加速 （4）可能一直匀速 （5）可能先减速后匀速 （6）可能一直减速 ___________________________________________
（1）可能一直减速
（2）可能一直匀速
（3）可能一直加速
（4）可能先减速后加速返回
时，返回速度为
时，返回速度为
续表
考向1 水平传送带
例8 （多选）如图所示，水平传送带、两端相距 ，以
的速度（始终保持不变）顺时针运转，现将一小煤块
（可视为质点）无初速度地轻放在 端，由于煤块与传送带之间有相对
滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数
，取重力加速度，则煤块从运动到 的过程中
( )
BC
A.煤块从运动到的时间是
B.煤块从运动到的时间是
C.划痕长度是
D.划痕长度是
[解析] 煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有 ，
得 ，当煤块速度和传送带速度相同时，位移
，因此煤块先加速运动后匀速运动，匀加速运动的
时间，匀速运动的时间，煤块从运动到
的总时间 ，A项错误，B项正确;在加速阶段产生相对
滑动即产生划痕，则有 ，C项正确，D项错误。
考向2 倾斜传送带
例9 （多选）如图所示，足够长的倾斜传送带 以恒定
速率逆时针转动，一可视为质点的滑块从传送带 点开
始以平行于传送带向下的初速度 下滑。滑块与
BC
A. B. C. D.
传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。若用表示时间，用 表示滑块的速度大小，则下列
图像中能够正确描述滑块从到 运动过程的是( )
[解析] 对滑块进行受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分
力 、摩擦力。当 ，滑块刚开始加速运动，摩擦力方向
向下，加速度 ，当滑块速度等于传动带速度时，
如果最大静摩擦力 ，则滑动摩擦力突变为静摩擦力，方向
向上，大小为 ，滑块和传送带一起做匀速直线运动，若最大静
摩擦力 ，则摩擦力方向会突变为向上，滑块做匀加速直线
运动，加速度 ，比较可得 ，B项正确，
A项错误;若 ，滑块相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力
，则滑块一直做匀加速直线运动，加速度
，若最大静摩擦力 ，则滑块一开始
做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力，
方向向上，大小为 ，滑块和传送带一起做匀速直线运动，C项
正确，D项错误。
例10 (2024·安徽高考)倾角为 的传送带以恒定速率
顺时针转动。 时在传送带底端无初速度轻放一小
物块，如图所示。 时刻物块运动到传送带中间某位
C
A. B. C. D.
置，速度达到 。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、速度随时间 变化的关系图线可能正确的是( )
[解析] 时间内，物块做加速运动。进行受力分析可知，物块受重
力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，合
力不变，故物块做匀加速运动。 物块速度与传送带速度相同，滑动摩
擦力突变成静摩擦力，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等，加速度
突变为零，物块做匀速直线运动。C项正确，A、B、D三项错误。
练创新试题 知命题导向
1. 如图所示，长木板置于光滑的水平面上，一小木块置于长
木板上，已知长木板的质量是小木块质量的5倍，小木块受到的最大静
摩擦力与滑动摩擦力大小相等。当对小木块施加一水平向右的拉力 时，
小木块与长木板之间恰好无相对滑动；若对长木板施加一水平向右的拉
力，它们之间也恰好无相对滑动。则拉力 的大小为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 设小木块与长木板之间的动摩擦因数为 ，当对小木块施加一
水平向右的拉力 时，两者恰好无相对滑动时，对小木块由牛顿第二定
律可得，对整体由牛顿第二定律可得 ，联立解
得;当对长木板施加一水平向右的拉力 时，恰好无相对滑动，
对整体由牛顿第二定律可得 ，对小木块由牛顿第二定律可得
，联立解得 ，A项正确。
2. 如图所示，质量、长 的长木板置于光滑
的水平地面上，长木板上表面中央处放置一质量 的小滑块
（可视为质点），现对长木板施加一水平向右的恒力 使其由静止开始
运动，经 后小滑块离开长木板，已知小滑块与长木板之间的动摩擦因
数，取。则恒力 的大小为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知，小滑块与长木板的加速度大小不同，存在相对运动。
对小滑块由牛顿第二定律有，得， 内小
滑块的位移 ;小滑块没有离开长木板时，设长木板的加速度大
小为，内长木板的位移;由几何关系得 ，解得
，根据牛顿第二定律得，解得 ,A项
正确。
3. 如图1所示，质量为 的薄板静止在光滑的水平面上，其左
端放置一质量为的物块（视为质点）， 时刻，在物块上施加如
图2所示的水平外力（取向右为正），薄板和物块开始运动， 时刻后
撤除外力 ，此时薄板正好到达预先规定位置，且二者的速度均恰好为
零。已知物块恰好未滑离薄板右端，薄板与物块间的动摩擦因数
，取 ，求：
（1） 的值。
解答 内
物块的加速度
薄板的加速度
时，物块的速度
薄板的速度
在 内，外力反向，物块做匀减速运动，加速度
薄板的加速度不变，大小为
当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，此后物块和薄板将一起
向右做匀减速运动直到速度都为零
两者共同的加速度
共同速度
解得
物块和薄板获得共同速度至停止运动用时
所以 。
（2）薄板的长度和薄板移动的距离。
[答案] 时
物块运动的位移
薄板运动的位移
薄板在时间内位移
物块在时间内位移
薄板长度
薄板移动的距离 。

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