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第5讲　小专题:动力学中的传送带模型
【学习目标】
1.理解传送带模型中摩擦力方向与大小的变化规律,掌握物体从加速到共速的分段运动特征。
2.能通过受力分析与运动学公式推导物体在传送带上的运动时间、位移及相对运动距离,并借助v-t图像直观描述过程。
3.联系实际生产中的传送带应用,理解模型优化的工程意义,培养安全规范意识。
考点一　水平传送带问题
1.水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。 (2)v0(1)可能一直减速到达左端。 (2)可能被传回右端。其中v0>v返回时速度为v,当v02.传送带问题分析思路
[例1] 【水平传送带问题中物块初速度为零】 (多选)(2025·安徽芜湖一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X射线透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品会经历先加速、后匀速两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1 m,速率为2 m/s,g取10 m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则(　　)
A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s
B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度
C.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
【答案】 AD
【解析】 物品放在传送带上开始阶段相对滑动而受到滑动摩擦力,其加速度为a==μg=
4 m/s2,达到与传送带共速的位移x1== m=0.5 m,物品与传送带共速后不再受摩擦力而随传送带一起匀速运动,故B错误;物品匀加速运动的时间t1== s=0.5 s,匀速运动的时间t2== s=0.8 s,总时间是t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s,与物品的质量无关,故A正确,C错误;由于传送带速率增大不影响物品加速过程的加速度,根据v2-=2ax,可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍,故D正确。
[变式] 若想让物品在传送带上运动的时间最短,传送带的速度最小为多少
【答案】 4.1 m/s
【解析】 物品在传送带上一直加速所用时间最短。其加速度a==μg=4 m/s2,物品到达传送带另一端时,速度v== m/s=2 m/s=4.1 m/s,即传送带的速度最小为4.1 m/s。
[例2] 【水平传送带问题中物块初速度不为零】 (多选)(2025·安徽合肥期末)如图甲所示,一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s 内为二次函数,在3.0～4.5 s内为一次函数,取向左运动的方向为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C.2.0～3.0 s内,物块的加速度大小为2 m/s2
D.2.0 s末和3.0 s末物块的速度分别为0、-3 m/s
【答案】 AC
【解析】 位移—时间图像的斜率表示速度,由题图乙所示图像可知,前2 s内物块向左匀减速运动,2 s末速度为零,第3 s内向右匀加速运动,3.0～4.5 s内x-t图像为一次函数,物块做匀速直线运动,说明物块与传送带保持相对静止,与传送带一起向右匀速直线运动。由题图乙所示图像可知,前2 s内物块的位移x=4 m,又因为物块的位移x=t,代入数据解得物块的初速度大小v0=4 m/s,故A正确;物块在传送带上滑动过程的加速度大小a== m/s2=2 m/s2,对物块,由牛顿第二定律得μmg=ma,代入数据解得μ=0.2,故B错误;2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小为2 m/s2,故C正确;x-t图像的斜率表示速度,2.0 s末x-t图像的斜率为零,则2.0 s末的速度为0,2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动,
3.0 s末的速度v′=a′t′=-2×1 m/s=-2 m/s,故D错误。
[例3] 【水平传送带中的动力学图像】 (多选)(2025·河北模拟)如图所示,传送带以恒定速度v1匀速运行。在t=0时刻,将一物块放置于传送带的左端,物块初始时具有向右的速度v2,并受到一个向左的恒力F作用。在t=t0时刻,物块离开传送带。根据以上条件,下列描述物块速度随时间变化关系的图像可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
【答案】 BC
【解析】 若v2μmg,则物块先匀减速到速度为零,再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且F<μmg,则物块先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(有可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且F>μmg,满足F+μmg=ma2,中途速度减至v1,以后满足F-μmg=ma3,先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
传送带模型问题的两个关键分析
受力分析 (1)摩擦力方向的判断:①同向“以快带慢”;②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变:①滑动摩擦力突变为零;②滑动摩擦力突变为静摩擦力;③摩擦力方向突变
运动分析 (1)参考系的选择:①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系;②研究物体的滑行痕迹等可以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体与传送带在达到共速之前是否滑出传送带
考点二　倾斜传送带问题
　倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直减速或先以a1减速,然后以a2减速。 (2)可能先以a1减速,再以a2减速,然后再以a2反向加速
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速。 (3)可能先以a1加速后再以a2加速
[例4] 【倾斜传送带中的动力学图像】 (2024·安徽卷,4)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(　　)
A　　 　B
C　　 　D
【答案】 C
【解析】 物块轻放在传送带上,0～t0时间内做加速运动。由受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,合力不变,加速度不变,做匀加速运动。t0之后,当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
[例5] 【动力学中倾斜传送带问题】 (2025·湖南长沙期末)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=5 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1.5 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块一沿传送带方向向上的恒力F=11.7 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=3 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)物块在传送带上开始运动时的加速度大小;
(2)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。
【答案】 (1)5 m/s2　(2)1.5 s
【解析】 (1)物块与传送带共速前受力如图所示,在垂直于传送带方向,由平衡条件得FN=mgcos θ,
则Ff=μFN=μmgcos θ
=0.4×1.5×10×0.8 N=4.8 N;
物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,该过程中根据牛顿第二定律有F+Ff-mgsin θ=ma1,
代入数据解得a1=5 m/s2。
(2)物块速度小于传送带速度的加速过程,所用时间t1==1 s,运动的距离x1==2.5 m,
而传送带长度L0==5 m。即物块和传送带共速时处于传送带中点,仍然向上运动,若物块继续向上加速运动,则所受摩擦力沿传送带向下,应满足F>mgsin θ+Ff=13.8 N,
可知物块不能向上加速而随传送带匀速上升,
物块随传送带做匀速运动的时间
t2==0.5 s,
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t=t1+t2=1.5 s。
[变式] 在[例5]情境中,若F=19.2 N,物块将在传送带上怎样运动 到达平台的速度是多少
【答案】 物块先以10 m/s2的加速度向上加速,后以3.6 m/s2的加速度继续向上运动　7.2 m/s
【解析】 物块在与传送带共速前,根据牛顿第二定律,有F+Ff-mgsin θ=ma1′,
代入数值解得a1′=10 m/s2,
达到共速的时间t1′==0.5 s,
运动距离x1′==1.25 m;
物块、传送带共速后,由于F=19.2 N>mgsin θ+Ff=13.8 N,可知物块继续向上加速运动,
根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-Ff=ma2,
代入数值解得
a2=3.6 m/s2,
共速后到平台的距离
x2=L0-x1′=3.75 m,
根据速度与位移关系式,则物块到平台速度
v2==7.2 m/s。
解决滑块在传送带上的运动问题的注意点
(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。
(2)分析滑块与传送带共速时滑块受力情况(特别关注摩擦力的突变),确定滑块与传送带相对静止还是加、减速运动。
(3)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(4)区分滑块在传送带上运动形成的“划痕”长度和在传送带上运动的路程。
课时作业
对点1.水平传送带问题
1.(2025·福建厦门二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.饺子质量越大,加速运动的加速度一定越小
B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大
C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程受到静摩擦力
D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
【答案】 D
【解析】 饺子在水平传送带上加速运动时,受到滑动摩擦力作用,设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为μ,饺子的加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关,故A、B错误;饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力,匀速运动的过程不受摩擦力作用,故C错误;饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方向一致,所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功,故D正确。
2.(2025·广东期末)如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行。将一物体轻轻放在传送带的左端,以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列图像正确的是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
【答案】 A
【解析】 在前t1时间内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动,加速度不变,速度与时间的关系为v=at,vt图像是倾斜的直线,物体的速度与传送带速度相同后,做匀速直线运动,加速度为0,故A正确,B错误;从静止开始物体先做匀加速直线运动,x和t满足关系x=at2,物体后做匀速运动,满足x=vt,故C错误;摩擦力先恒定,充当合力,物体做匀加速运动,合力恒定,物体后做匀速运动,合力为零,故摩擦力先恒定,后为零,故D错误。
3.(2025·河南郑州阶段练习)如图所示,曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.滑块可能再次滑上曲面
B.滑块在传送带上运动的时间增长
C.滑块与传送带间的划痕增长
D.滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快
【答案】 C
【解析】 无论传送带静止还是以某一速度逆时针转动,滑块到达传送带右端时均受滑动摩擦力,即受力情况不变,所以加速度不变、位移不变,初速度相同,滑块会以相同速度从传送带的右端滑离传送带,由x=at2可知滑块在传送带上运动的时间不变,但传送带逆时针转动时,滑块相对于传送带发生的位移增大,滑块与传送带间的划痕增长。故C正确。
对点2.倾斜传送带问题
4.(2025·山东临沂三模)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.μ与θ之间的关系为μ=tan θ
B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变
C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcos θ
D.物块的速度达到v之前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcos θv,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1==gsin θ+μgcos θ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2==gsin θ-μgcos θ5.(多选)(2025·山西太原模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的
vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m
【答案】 AC
【解析】 由题图乙知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速率v0后(在t=1 s时刻),由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,物块继续向下做匀加速直线运动,从图像可知传送带的速度为v0=10 m/s,故A正确。在0～1 s内,物体所受摩擦力方向沿斜面向下,匀加速运动的加速度为a1==gsin θ+μgcos θ,由题图乙知a1== m/s2=10 m/s2,在1～2 s,物体的加速度为a2==gsin θ-μgcos θ,由题图乙知a2== m/s2=
2 m/s2,联立解得μ=0.5,θ=37°,故B错误,C正确。根据“面积”表示位移,可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1=t1=×1 m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx1=x2-x1=5 m,方向向上;1～2 s物体相对于地的位移x3=×1 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t1=10×1 m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,方向向下,与前半段重合,故留下的痕迹为5 m,故D错误。
6.(多选)(2025·湖南长沙一模)许多工厂的流水线上安装有传送带,如图所示传送带由驱动电机带动,传送带的速率恒定为v=2 m/s,运送质量为m=2 kg的工件,将工件轻放到传送带上的A端,每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=,传送带与水平方向夹角θ=30°,工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。g取10 m/s2,工件可视为质点。关于工件在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.加速过程的加速度大小为4 m/s2
B.加速运动的距离为1 m
C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m
D.A、B两端的距离为8 m
【答案】 AC
【解析】 工件加速过程,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=4 m/s2,故A正确;加速过程,根据速度与位移的关系有v2=2ax1,解得x1=0.5 m,故B错误;工件加速经历时间t1==0.5 s,根据先加速后匀速,由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即轻放到传送带上,则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m,故C正确;工件从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s,则工件匀速运动的位移为x2=v(t0-t1)=7 m,A、B两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m,故D错误。
7.(2025·甘肃酒泉期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节。图甲是快递分拣传送装置,它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送。图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度地放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时刚好到达B端,且速率不变地滑上C端,已知两段传送带的动摩擦因数相同。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求水平传送带AB的长度LAB及动摩擦因数μ;
(2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s;
(3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,CD部分传送带速度至少为多少,快递员才能在D端取到
货物
【答案】 (1)3.6 m　0.5　(2)1.6 m　(3)3 m/s
【解析】 (1)由题图丙可知,水平传送带AB的长度
LAB=[×4×0.8+4×(1.3-0.8)] m=3.6 m,
货物的加速度为a= m/s2=5 m/s2,
根据牛顿第二定律有μmg=ma,
则μ=0.5。
(2)痕迹的长度等于v-t图像中传送带图线所围面积与颜料瓶图线面积之差,得
s=×4×0.8 m=1.6 m。
(3)设CD传送带的最小速度为v0,起初货物沿传送带向上运动,其速度大于传送带的速度,因此受到的摩擦力沿斜面向下,则
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
解得a1=10 m/s2,
当货物与传送带共速以后货物受到的摩擦力沿斜面向上,此时有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,
解得a2=2 m/s2,方向沿传送带向下,
根据运动学规律,二者共速前货物的位移x1=,共速后货物的位移x2=,且x1+x2=LCD,
代入数值解得v0=3 m/s。第3讲　小专题:牛顿运动定律的综合应用
【学习目标】
1.掌握连接体问题的内力与外力关系,理解临界条件(如分离、滑动)的力学本质,能分析动力学图像(v-t、a-F等)的物理意义。
2.熟练运用整体法与隔离法处理连接体问题;通过数学推导(如不等式、函数极值)求解临界与极值问题;从图像中提取信息并逆向推理运动过程。
3.关注临界问题在工程安全(如车辆制动、桥梁承重)中的应用,形成严谨分析与风险预判的
意识。
考点一　动力学中的连接体问题
在下列各图中,质量分别为m1、m2的物块A、B分别在恒力F的作用下沿同一平面做匀变速直线运动时,你能分别推导出在有、无摩擦力两种情况下A与B间弹力的表达式吗 你会发现怎样的规律
提示:各图示情形中,无论物体是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先将物块A、B看作一个整体,然后再将其中一个隔离,分别根据牛顿第二定律列方程求解。
1.“力的分配”
两个物体间无论通过接触、轻绳、轻杆或轻弹簧连接,在同一平面受与平面平行的力F作用,以相等的加速度做匀变速直线运动时,无论平面是否光滑(若μ≠0,其动摩擦因数相等),两物体间沿平面的作用力大小只与质量和力F有关,如图示中FT=F,其中m2为不受力F物体的质量。
2.常见连接体模型
类 型 图示 特点
接 触 类 通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度
轻 绳 类 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 类 轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度
弹 簧 类 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、加速度相等
[例1] 【叠放类】 (多选)(2025·湖南三模)如图所示,斜面质量为M,倾角为θ,放在水平地面上,滑块质量为m,放在斜面上。已知M>m。情形一:对斜面施加水平向右的推力F1,滑块与斜面相对静止,一起向右做匀加速运动,加速度大小为a1。滑块与斜面间的弹力大小为FT1,地面对斜面的支持力为FN1;情形二:对滑块施加水平向左的推力F2,滑块与斜面相对静止,一起向左做匀加速运动,加速度大小为a2,滑块与斜面间的弹力大小为FT2,地面对斜面的支持力为FN2。不计所有接触面间的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.FN1>FN2 B.FT1=FT2
C.F1a2
【答案】 BD
【解析】 对斜面及滑块整体,竖直方向根据受力平衡可得,地面支持力为FN=(m+M)g,可知FN1=FN2,故A错误。对滑块,竖直方向弹力竖直分量与重力平衡,有FTcos θ=mg,可得FT=,可知FT1=FT2,故B正确。情形一,对滑块,根据牛顿第二定律可得FTsin θ=ma1,情形二,对斜面,根据牛顿第二定律可得FTsin θ=Ma2,由于M>m,可知a1>a2,故D正确。对斜面及滑块整体,情形一,根据牛顿第二定律可得F1=(m+M)a1,情形二,根据牛顿第二定律可得F2=(m+M)a2,可知F1>F2,故C错误。
[例2] 【轻绳类】 (多选)(2025·河南商丘期末)如图甲、乙、丙所示,两物块A、B之间用细线相连,第一次将物块放在水平面上施加水平拉力,第二次将物块放在足够长斜面上施加平行斜面向上的拉力,第三次施加竖直向上的拉力,已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数均为μ=0.2,斜面倾角为θ=37°,三根细线能够承受的最大拉力相同,三次均使两物块都动起来,三次最大拉力分别为F1、F2、F3,三次物块最大加速度分别为a1、a2、a3,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,以下说法正确的是(　　)
A.F1C.a1>a2>a3 D.a1=a2=a3
【答案】 BC
【解析】 以题图乙为例,两物块A、B放在粗糙斜面上,在外力作用下向上加速运动,根据牛顿第二定律,对整体有F-(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcos θ=(mA+mB)a,设两物块间细线拉力为FT,对物块B有FT-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa,联立解得FT=F,可知细线拉力FT与θ、μ、a无关,只跟拉力F和两物块质量有关,当三种情况细线拉力均达到最大时外力F为最大,则Fmax=FTmax,而三种情况下细线最大拉力相等,可知F1=F2=F3,故A错误,B正确;当外力最大时系统加速度最大,对A、B整体,根据牛顿第二定律,题图甲中有F1-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1,题图乙中有F2-(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcos θ=(mA+mB)a2,题图丙中有F3-(mA+mB)g=
(mA+mB)a3,解得a1=-μg,a2=-gsin θ-μgcos θ,a3=-g,由F1=F2=F3可知a1>a2>a3,故C正确,D错误。
解答连接体问题的方法
(1)对符合“力的分配”规律的连接体问题,应用其规律可以快速准确地得出结果,起到事半功倍的作用。
(2)对一般的连接体问题,应利用整体或隔离的方法,分别分析其受力,根据牛顿第二定律列出方程,再联立求解。
[例3] 【弹簧类】 (2025·云南昆明阶段检测)如图所示,两个质量分别为m1=2 kg,m2=4 kg 的物体P、Q置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=40 N,F2=
16 N的水平拉力分别作用在P、Q上,达到稳定状态后,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧测力计的示数是32 N
B.弹簧测力计的示数是28 N
C.在突然撤去F2的瞬间,Q的加速度大小为 m/s2
D.在突然撤去F1的瞬间,P的加速度大小为 m/s2
【答案】 A
【解析】 对两物体组成的系统,由牛顿第二定律可知a==m/s2=4 m/s2,系统的加速度方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F,对物体Q有F-F2=m2a,得F=32 N,故A正确,B错误;在突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不能突变,物体Q所受的合力等于弹簧的弹力,设Q此时加速度为a2,则F=m2a2,得a2=8 m/s2,同理在突然撤去F1的瞬间,设P加速度为a1,则F=m1a1,得a1=16 m/s2,故C、D错误。
[变式] (1)在[例3]情境中,撤去力F2,稳定后弹簧测力计的示数是多少
(2)若两物体置于动摩擦因数为μ=0.2的水平面上,则达到稳定状态后,弹簧测力计的示数是
多少
【答案】 (1) N　(2)32 N
【解析】 (1)设两物体组成的系统加速度为a′,由牛顿第二定律可知
a′== m/s2= m/s2,
其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F′,对物体Q,有F′=m2a′,
得F′= N。
(2)设两物体组成的系统加速度为a″,根据牛顿第二定律有
F1-F2-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a″,
得a″=
= m/s2
=2 m/s2,
其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F″,对物体Q,由牛顿第二定律得
F″-F2-μm2g=m2a″,
代入数据得F″=32 N。
考点二　动力学中的临界和极值问题
1.临界极值问题的特征
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往就是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件是两物体间弹力FN=0。
(2)相对静止或滑动的临界条件是两物体间静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件,前者绳中张力等于它所能承受的最大张力,后者绳中张力FT=0。
(4)物体在介质中运动的最终速度(收尾速度)的临界条件是物体所受合力为零。
3.求解临界、极值问题的三种方法
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
[例4] 【接触与脱离的临界问题】 (2025·辽宁二模)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a(aA.施加外力F大小恒为M(g+a)
B.A、B分离时,弹簧弹力恰好为零
C.A、B分离时,A上升的距离为
D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值
【答案】 C
【解析】 施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有2Mg=kx1,解得x1=,加外力F后到物体A、B分离前,对AB整体有F-2Mg+F弹=2Ma,其中F弹=kx,由于压缩量x减小,故F为变力,物体A、B分离时,A、B具有共同的v和a,且FAB=0,对A有F-Mg=Ma,解得F=M(g+a),A错误;A、B分离后,B将做加速度减小的加速运动,当F弹=Mg时,B达到最大速度,故B、D错误;A、B分离时对B有F弹-Mg=Ma,解得F弹=M(g+a),此时弹簧的压缩量为x2=,故弹簧的压缩量减小了Δx=x1-x2=,即A上升的距离h=,故C正确。
[变式] 在[例4]情境中为研究物体A、B的分离,某学习小组的同学不是对A施加拉力而是用力缓慢向下压物体A,通过力传感器观察到当压力增加到F1时撤去压力,A开始向上运动,最终A、B分离。
(1)撤去压力时,物体B对A的作用力多大
(2)物体A、B分离时弹簧处于怎样的状态
【答案】 (1)+Mg　(2)原长状态
【解析】 (1)撤去压力时,A、B整体所受合力为F1,方向竖直向上,则加速度a共=,
对物体A有FN-Mg=Ma共,
可知FN=+Mg。
(2)当物体A、B分离时二者速度和加速度均相同。此时物体A只受重力,则加速度为重力加速度g,则物体B的加速度也为重力加速度g,可知物体B只受重力,即弹簧处于原长状态。
[例5] 【相对静止与滑动的临界问题】 (2025·湖北十堰模拟)如图所示,三个质量均为5 kg的箱子A、B、C静止于粗糙水平地面上,A、B并排放置无挤压,C叠放于B上,A与地面之间的动摩擦因数为0.3,B与地面之间的动摩擦因数为0.2,C与B之间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当用水平力F去推A时,下列说法正确的是(　　)
A.若F=10 N,A、B之间的弹力大小为10 N
B.若F=20 N,地面与B之间的摩擦力大小为0
C.若F=50 N,B、C之间的摩擦力大小为5 N
D.若F=90 N,C相对于B滑动
【答案】 C
【解析】 由题可知,地面对A的最大静摩擦力为FfmaxA=μAmg=15 N,当F≤FfmaxA时,A静止,A、B之间没有挤压,彼此间弹力为零,故A错误;地面对B的最大静摩擦力FfmaxB=2μBmg=20 N,当FfmaxAFfmaxA+FfmaxB时,A、B、C对地滑动,向右做匀加速直线运动,B、C之间有摩擦力,当B、C之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时,对C则有μCmg=ma0,对A、B、C整体有F0-μAmg-2μBmg=3ma0,可得F0=95 N,因此当FfmaxA+FfmaxB[例6] 【绳子断裂与松弛的临界问题】 如图所示,粗糙水平面上放置Q、K两物体,P叠放在K上,P、Q、K的质量分别为m、2m和3m,物体Q、K与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FTmax。现用水平拉力F拉物体Q,三个物体以同一加速度向右运动,则(　　)
A.此过程中物体K受五个力作用
B.当F逐渐增大到FTmax时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FTmax时,轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为
【答案】 C
【解析】 由于物体P、Q、K一同向右加速运动,则物体P受重力、支持力和向右的静摩擦力作用,则物体K受重力、P的压力和静摩擦力、地面的支持力、绳子的拉力以及地面的摩擦力六个力作用,故A错误;物体P、Q、K一同加速运动,根据牛顿第二定律得整体的加速度a==-μg,对P、K整体有FT-μ·4mg=4ma,解得FT=F,当F=1.5FTmax时,FT=FTmax,轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确;若水平面光滑,绳刚要断时,对P、K整体,其加速度a′=,则物体P受到的摩擦力Ff=ma′=,故D错误。
[变式] 若水平面粗糙,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为多少
【答案】 -μmg
【解析】 把P、K当成一个整体,绳刚要断时由牛顿第二定律可得FTmax-μ·4mg=4ma,
对P由牛顿第二定律可得Ff=ma,
联立解得P、K间的摩擦力为
Ff=-μmg。
[例7] 【动力学中的极值问题】 一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点),以v0=2 m/s的初速度在平行于斜面向上的拉力F=6 N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=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块加速度a的大小;
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ;
(3)若拉力F的大小和方向可调节,如图所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少
【答案】 (1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
【解析】 (1)由运动学表达式知L=v0t+at2,
解得a=2 m/s2。
(2)对物块受力分析并由牛顿运动定律可得
F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,
代入数值解得μ=0.5。
(3)设拉力F方向与斜面夹角为α,并对物块进行受力分析可得
Fcos α-mgsin θ-μFN=ma,
FN+Fsin α-mgcos θ=0,
联立可得
F=
=,
其中tan φ=,当sin(φ+α)=1时,
F有最小值,代入数据解得Fmin= N。
考点三　动力学中的图像问题
1.动力学图像问题类型
与动力学有关的图像问题,一般有下列两种类型:
(1)由题干描述物体的受力情况或运动情况,对物体的运动或受力选择对应图像。
(2)题干中由图像提供物体受力或运动信息,然后对物体的运动、受力情况作出判断解答。
2.常见动力学图像及应用
名称 应用方法
F-a图像 (1)根据具体的物理情境,对物体进行受力分析。 (2)根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式。 (3)结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义。 (4)由图像给出的信息求出未知量
a-t图像 (1)由加速度的正、负及大小分析每一段的运动情况。 (2)结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解
F-t图像 (1)结合物体受到的力,根据牛顿第二定律列方程,确定加速度的情况。 (2)分析每一时间段的运动性质
[例8] 【图像信息与物体的受力问题】 (2025·浙江杭州期中)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示。g取10 m/s2,根据此两图线,求:
(1)物块所受的滑动摩擦力Ff大小;
(2)物块的质量m;
(3)物块与水平地面的动摩擦因数。
【答案】 (1)2 N　(2)0.5 kg　(3)0.4
【解析】 (1)由题图乙可知4 s到6 s内物块做匀速直线运动,且由题图甲可知该段时间拉力
F1=2 N,
故该段时间内,拉力等于滑动摩擦力Ff,
即Ff=F1=2 N,
方向与运动方向相反。
(2)由题图乙可知2 s到4 s内物块做匀加速直线运动,加速度大小为
a== m/s2=2 m/s2,
由题图甲可知该段时间内拉力F2=3 N,
由牛顿第二定律得F2-Ff=ma,
联立以上解得m=0.5 kg。
(3)设物块与水平地面的动摩擦因数为μ,根据滑动摩擦力Ff=μFN=μmg,
联立以上解得μ=0.4。
[例9] 【物体运动与运动图像问题】 (2024·广东卷,7)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t 图像可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
【答案】 B
【解析】 在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,且为正值,F-y 图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有F=mg-
kΔy(mg>kΔy),后有F=mg-kΔy(mg[变式] 在[例9] 情境中,请大致画出木块从释放到第一次回到原点的v2-x图像。
【答案】 图见解析
【解析】 木块由静止下落到接触弹簧的过程中做自由落体运动,加速度为重力加速度而不变,下落高度为H,由公式v2-=2ax可知,v2-x图线为过原点的倾斜直线OA;木块开始接触弹簧到木块平衡位置,根据牛顿第二定律,可知木块加速度正向减小到0,其v2-x图线为AB;木块由平衡点继续压缩弹簧到最低点,木块加速度反向逐渐增大,到最低点加速度最大,且大于重力加速度,对应的v2-x图像为BC。木块由最低点开始反向运动,v2-x图像与前述重合。
动力学图像问题的解题策略
(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与规律”间的关系,然后根据函数关系读取图像信息或描点作图。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、拐点以及图线与坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义,尽可能多地提取有效信息。
课时作业
对点1.动力学中的连接体问题
1.(2025·安徽卷,5)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
【答案】 C
【解析】 由题意知,物块甲向右运动,木箱静止,两者有相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;设乙运动的加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,在竖直方向受力分析,有FN=M总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,B错误;设绳子的弹力大小为FT,对甲受力分析有FT-μmg=ma,对乙受力分析有mg-FT=ma,联立代入数据解得a=
2.5 m/s2,FT=7.5 N,C正确,D错误。
2.(多选)(教材改编题)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不粘连,静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0时刻开始,水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上,FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.t=1.5 s时,A、B分离
B.t=1.5 s时,A的速度大小为1.5 m/s
C.t=1.5 s时,A的加速度大小为1.25 m/s2
D.t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N
【答案】 BD
【解析】 结合题图与数学知识可知,FA和FB与时间的关系分别为FA=8-2t(N),FB=2+2t(N),A、B两物体即将分离时,对AB整体有FA+FB=(mA+mB)a,当A、B两物体即将分离时,A、B两物体之间的作用力为零,对B物体有FB=mBa,解得t=2 s,故A错误;由于1.5 s小于2.0 s,所以在0～1.5 s过程中,A、B两物体并未分离,对其整体有FA+FB=(mA+mB)a,可知其分离前,AB整体所受合外力不变,所以其加速度不变,为1 m/s2,所以该过程中物体A做匀变速直线运动,所以t=1.5 s时,A物体的速度为vA=0+at=1.5 m/s,故B正确,C错误;1 s时两物体并未分离,对AB整体有FA+FB=(mA+mB)a,对物体B有FAB+FB=mBa,解得FAB=2 N,即t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N,故D正确。
3.(2025·陕西汉中三模)如图甲所示,轻质动滑轮下方悬挂重物A,轻质定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方,在轻质定滑轮下方悬挂重物B,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物A、B均处于静止状态,A质量为m,静止释放B后A、B开始运动。初始两滑轮之间竖直距离足够大,运动过程中各物体不会互相碰撞。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g。
(1)若B质量为2m,求静止释放B时细线张力FT的大小;
(2)保持A质量m不变,使B质量从m增大,通过计算机描绘得到传感器对定滑轮的拉力F随B质量mB变化关系曲线如图乙所示,F=F0直线是曲线的渐近线,求F0(结果用m、g表示)。
【答案】 (1)mg　(2)mg
【解析】 (1)由题图甲可知B下降h时,A上升0.5h,即aB=2aA,
对B有2mg-FT=2maB,
对A有2FT-mg=maA,
解得FT=mg。
(2)对B有mBg-FT′=mBaB,
对A有2FT′-mg=maA,
解得FT′==,
分析可知当mB增大时,FT′也随之增大,当mB无限大时,FT′=mg,
对轻质定滑轮分析,F0=2FT′=mg。
对点2.动力学中的临界和极值问题
4.(2025·山东淄博一模)如图所示,光滑水平面上放置质量均为m的两块木板,其上分别有质量均为2m的机器人,两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板,使两机器人和两木板以相同加速度一起运动,机器人与木板间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A.3μmg B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设轻绳拉力最大值为Fm,对左边整体受力分析,由牛顿第二定律有Fm=3ma,绳子拉力最大时,右边一组木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力,对左边整体和右边机器人受力分析,由牛顿第二定律有μ·2mg=5ma,联立解得轻绳拉力最大值Fm=。
5.(多选)(2025·辽宁本溪一模)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连,另一端与物块B拴接,劲度系数为k。物块A紧靠着物块B,物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A,使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m,物块B质量为2m,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为mg
B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg
C.拉力F的最大值大于mg
D.在A、B分离前整个过程中A的位移为
【答案】 AD
【解析】 施加拉力F之前,A、B整体受力平衡,根据平衡条件,有F弹=kx=3mgsin θ,解得x=,施加F瞬间,物块A、B加速度大小为a=g,对A、B整体,根据牛顿第二定律F+F弹-
3mgsin θ=3ma,对A,根据牛顿第二定律得F+FBA-mgsin θ=ma,联立解得FBA=mg,故A正确;分离时,物块A、B之间作用力为0,对B根据牛顿第二定律得F弹′-2mgsin θ=2ma,解得F弹′=
kx′=1.6mg,可得x′=,故B错误;依题意,整个过程中拉力F一直增大,A、B分离瞬间,物块A、B之间作用力为0,F最大,对A根据牛顿第二定律得Fmax-mgsin θ=ma,解得Fmax=0.8mg对点3.动力学中的图像问题
6.(2025·陕晋青宁卷,3)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第二定律和F-t图像画出如图所示的a-t图像,可知分拣机器人在0～1 s和2～3 s内加速度大小均为1 m/s2,方向相反,由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确。
7.(多选)(2025·安徽开学考试)在足够高的竖直墙上,一质量m=0.5 kg的物块在水平恒力F0=
20 N的作用下紧贴在墙上恰好保持静止,如图甲。自t1=2 s时刻起,水平力F从F0均匀减小,至 t2=6 s时为零,如图乙。已知重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A.物块与墙之间的动摩擦因数为0.4
B.在2～6 s之间,物块做加速度增大的加速运动
C.物块在第6 s末速度大小为20 m/s
D.在2～6 s之间,物块总位移大小为40 m
【答案】 BC
【解析】 物块静止在墙壁上时受力平衡,在竖直方向上只受两个力,物块所受的最大静摩擦力和重力平衡,则有Ff=mg,又因Ff=μF0,解得μ=0.25,故A错误;在2～6 s之间,物块下滑,与墙壁间的正压力为F=30-5t(N),竖直方向上,物块受到重力和摩擦力的合力向下,根据牛顿第二定律有mg-μF=may,解得ay=2.5t-5(m/s2),其中t∈(2 s,6 s),故物块做加速度增大的加速运动,故B正确;由B选项分析,画出ay-t图像如图1所示,根据ay-t图像与t轴围成的面积为物块速度变化量,可求得物块在第6 s末速度大小为20 m/s,故C正确;由C选项分析,画出vyt图像如图2所示,
根据vy-t图像与t轴围成的面积为物块位移大小可知,在2～6 s之间,物块总位移小于40 m,故D错误。
8.(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷,10)如图a,倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图b所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t 曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　)
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】 AD
【解析】 位置x与时间t图像的斜率表示速度,甲、乙两个物块的图线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在0～t0时间内甲的位移x甲=t0=3x0,乙的位移x乙=t0=x0,可得t0时刻甲的速度v=2v0,B错误;甲的加速度大小a1=,乙的加速度大小a2=,由牛顿第二定律,对甲有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理,对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=
2tan θ,A正确;t=t0之前,甲、乙两物块的加速度大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律,可知两物块与斜面组成的系统所受合力为0,则地面对斜面没有摩擦力,C错误;t=t0之后,乙物块静止,甲物块继续沿斜面向下做加速运动,可知两物块与斜面组成的系统所受合力方向斜向左下,则地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。
9.(2025·天津南开区二模)随着分拣机器人的推广,快递行业大大提高了工作效率。如图甲所示,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=37°时,包裹恰好开始下滑,如图乙所示。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。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求包裹与托盘间的动摩擦因数μ;
(2)求机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小;
(3)若机器人运行的最大速度vm=3 m/s,求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)0.75　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s
【解析】 (1)设包裹质量为m,已知当托盘倾角增大到θ=37°时,包裹恰好开始下滑,此时重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力,则有
mgsin θ=μmgcos θ,
代入数据解得μ=0.75。
(2)运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动,当包裹受到的静摩擦力达到最大静摩擦力时加速度最大。
由牛顿第二定律得μmg=ma,
解得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停止时,机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。设匀加速直线运动的时间为t1,运动的位移大小为x1,由运动的对称性可得匀减速直线运动的时间也为t1,运动的位移大小也为x1,匀速运动的时间为t2,由运动学公式得vm=at1,x1=t1,
L-2x1=vmt2,
解得t1=0.4 s,x1=0.6 m,t2=14.6 s,
机器人从分拣处运行至投递口所需最短时间为
t=2t1+t2=2×0.4 s+14.6 s=15.4 s。第4讲　小专题:动力学中的板块模型
【学习目标】
1.理解板块模型中的摩擦力突变条件,掌握加速度关联性与运动过程分段分析的基本方法。
2.熟练运用动力学方程与运动学公式对板块问题进行建模,能通过图像或数学推导分析相对滑动的临界状态。
3.认识板块模型在工程防滑、运输安全中的实际意义,养成严谨分析多因素关联问题的科学
习惯。
如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗 你会发现怎样的规律
提示:对题图甲,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,滑块恰好不滑落,根据能量守恒定律有μmgL=m-(M+m),联立解得L=;同理,对题图乙解得L′=。综上,两种情况下最小板长均为。
1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。
(1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若两者反方向运动,其位移和等于板长。
(2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。
2.模型关键点
类型一　无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2025·山东青岛阶段检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.若mA=2mB,则v1=
B.A、B两物体质量可能相同
C.0～2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用
D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数
【答案】 A
【解析】 设AB之间、B与地面之间动摩擦因数分别为μ1、μ2,0到t1时间内,对A、B,由牛顿第二定律分别有μ1mAg=mAaA,μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得A、B加速度分别为aA=μ1g,
aB=,则0到t1内,对A有=v0-aAt1=v0-gμ1t1,对B有=aBt1=t1,
t1到2t1时间内,对整体有v1=-aABt1=-μ2gt1,联立解得v1=-×,若mA=2mB,解得v1=,故A正确;由以上分析可知v1=-×,若A、B质量相等,则v1=,由题图乙可知t1时刻速度就已经为,故2t1时刻速度不可能还是,不符合题意,故B错误;速度—时间图像的斜率表示加速度,由题图乙可知0到2t1时间内A始终有加速度,故A、B间一直存在摩擦力,所以B在0～2t时间内一直同时受到A的摩擦力和地面的摩擦力,故C错误;由题意可知要让B运动起来,必须满足μ1mAg>μ2(mA+mB)g,即>>1,故A与B间的动摩擦因数大于B与地面间的动摩擦因数,故D错误。
[例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2025·四川绵阳模拟)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)长木板速度为v0时,将一物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　)
A　　 B
C　　 D
【答案】 C
【解析】 如图所示,可设二者达到速度v′后,一起匀减速至t1时刻停止。对物块有μ1mg=ma1,则a1=μ1g=,对木板有μ1mg+μ2·2mg=ma2,则a2=μ1g+2μ2g=,二者一起匀减速时有μ2·2mg=
2ma2′,则a2′=μ2g=。当v′=v0时,可推出a1=a2,而a1≠a2,故A、B错误;当v′=v0时,可推出t1=3t0,故C正确;当v′=v0时,可推出t1=1.5t0,故D错误。
[例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (多选)(2025·内蒙古高考适应性考试)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中(　　)
A.物块的运动方向不变
B.物块的加速度方向不变
C.物块相对木板的运动方向不变
D.物块与木板的加速度大小相等
【答案】 CD
【解析】 根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速v0,然后一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向均水平向右,共同减速阶段加速度方向水平向左,方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,共同减速阶段无相对运动,即物块相对木板运动方向不变,故C正确;由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1==,物块的加速度大小为a2==,即木板和物块的加速度大小相等,故D正确。
类型二　有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例4] 【外力F作用在滑块上】 (多选)(2025·云南昆明一模)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N 的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.物块的质量为3 kg
C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2
D.木板的长度至少为0.75 m
【答案】 BC
【解析】 在0～1 s,物块向右匀加速运动,木板向右匀加速运动,设木板与地面间的动摩擦因数为μ0,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,对木板,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1,由v-t图像可知a1= m/s2=1 m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma2,由v-t图像可知a2= m/s2=2 m/s2,撤去F,对木板,由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块,有μ1mg=ma2′,从撤去外力到共速v共=v2-a2′Δt=v1+a1Δt,其中v2为物块速度,v1为木板速度,联立解得μ1=0.3,
m=3 kg,μ0=0.2,故A错误,B正确;t=1.3 s时,根据整体法,由牛顿第二定律有μ0(M+m)g=(M+m)a3,解得a3=2 m/s2,故C正确;0～1.25 s木板的位移x1=v共t,0～1 s物块位移x2=v2t1,其中t1=1 s,1～1.25 s物块位移x3=(v2+v共)Δt,其中Δt=0.25 s,则木板长度至少为L=x2+x3-x1=0.625 m,故D
错误。
[例5] 【外力F作用在滑板上】(多选)(2024·黑吉辽卷,10)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
【答案】 ABD
【解析】 v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知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,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0==2μg,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,由牛顿第二定律有F-μMg=
Ma,解得F=μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得=,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,对整体有F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0,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,故D正确。
类型三　斜面和竖直面上的滑块—滑板模型
[例6] 【斜面上的滑块—滑板模型】(2025·海南模拟)如图所示,一长为l的木板Q放置在倾角为θ=37°的足够长斜面上,一小物块P(可看成质点)放在木板Q的最上端,小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ1=,木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5,刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离,小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时,在2 s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变,动摩擦因数μ1变为零,其他条件均不变,且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。求:
(1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小;
(2)木板Q的长度l。
【答案】 (1)6 m/s　2 m/s　(2)27 m
【解析】 (1)假设开始时,小物块P和木板Q未发生相对滑动,对整体有
2mgsin θ-2μ2mgcos θ=2ma,
代入数据解得a=2 m/s2,
对小物块P,
同理有mgsin θ-Ff=ma,
解得Ff=4m>μ1mg=m,
所以假设不成立,即小物块P和木板Q发生相对滑动。
在0～2 s内,规定沿斜面向下为正方向,设小物块P和木板Q的质量均为m,加速度分别为a1和a2,对小物块P,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,
解得a1=3 m/s2,
对木板Q,由牛顿第二定律得
mgsin θ-2μ2mgcos θ+μ1mgcos θ=ma2,
解得a2=1 m/s2,
在t1=2 s时刻,设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2,
则有v1=a1t1=3×2 m/s=6 m/s,
v2=a2t1=1×2 m/s=2 m/s。
(2)2 s后,设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′,小物块P与木板Q之间摩擦力为零,由牛顿第二定律得
mgsin θ=ma1′,
mgsin θ-2μ2mgcos θ=ma2′,
代入数据解得
a1′=6 m/s2,a2′=-2 m/s2,
由于a2′<0,可知木板Q做减速运动。设经过时间t2,木板Q的速度减为零,则有v2+a2′t2=0,
代入数据解得t2=1 s,
在t1+t2时间内,小物块P相对于木板Q运动的距离为
x=a1+v1t2+a1′-(a2+v2t2+a2′),
代入数据得x=12 m,
此后木板Q静止不动,小物块P继续在木板Q上滑动,设再经过时间t3小物块P离开木板Q,
则由题意有t总=t1+t2+t3=4 s,
代入数据解得t3=1 s,
又根据题意知
l-x=(v1+a1′t2)t3+a1′,
代入数据解得l=27 m。
[例7] 【竖直面上的滑块—滑板模型】(2025·安徽开学考试)如图甲所示,足够长的竖直板C固定不动,C内部有电磁铁,B为长木板,铁块A始终受到电磁铁的水平方向的吸引力,吸引力随时间变化的图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m,重力加速度g取10 m/s2,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.25,B、C之间的动摩擦因数μ2=0.75。A位于B板上端,t=0时刻,A、B由静止释放。
(1)求0～0.2 s内,A、B的加速度大小;
(2)求0.2 s时,A相对于B滑动的距离;
(3)为保证A不离开长木板B,求长木板B的最小长度。
【答案】 (1)7.5 m/s2　5 m/s2　(2)0.05 m
(3) m
【解析】 (1)假设A、B均发生滑动,A、B之间也发生相对滑动,
对A根据牛顿第二定律,有mg-μ1F1=maA1,
解得aA1=7.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,有
mg+μ1F1-μ2F1=maB1,
解得aB1=5 m/s2,即aB1假设成立。
(2)在0～0.2 s内,A运动的位移为
xA1=aA1t2,
B运动的位移为xB1=aB1t2,
A相对于B滑动的距离Δx=xA1-xB1,
联立解得Δx=0.05 m。
(3)当t=0.2 s时,A的速度为
vA1=aA1t=1.5 m/s,
B的速度为vB1=aB1t=1 m/s,
0.2 s后,对A根据牛顿第二定律,
有mg-μ1F2=maA2,
解得aA2=-2.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,
有mg+μ1F2-μ2F2=maB2,
解得aB2=-15 m/s2,
A运动的位移为xA2=,
B运动的位移为xB2=,
长木板B的最小长度L=xA1+xA2-xB1-xB2,
联立解得L= m。
滑块—滑板问题解答流程
课时作业
对点1.水平面上的“板—块”模型
1.(多选)(2025·四川绵阳三模)如图甲所示,足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上,可视为质点的小物块Q静止在木板的右端,现给物块Q水平向左的初速度,之后物块Q的速度vQ随时间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的动摩擦因数是μ1,小物块与木板上表面间的动摩擦因数是μ2,则(　　)
A.木板始终静止 B.木板先运动后静止
C.μ1>μ2 D.μ1<μ2
【答案】 BD
【解析】 根据题意,由题图乙可知,物块一直减速运动,且一段时间后加速度变小,可知,物块运动一段时间后与木板共速,并一起减速到0。物块刚滑上木板时,对物块由牛顿第二定律有μ2mg=ma1,解得物块的加速度大小为a1=μ2g,木板受物块水平向左的滑动摩擦力和地面水平向右的滑动摩擦力作用,向左做加速运动,当物块与木板共速后,一起向左做减速运动,直到速度减为零,停止运动,A错误,B正确;当物块与木板共速后,一起向左做减速运动的过程中,对整体受力分析,由牛顿第二定律有μ1(m+M)g=(m+M)a2,解得共速后物块的加速度大小为a2=μ1g,由物块的v-t图像可知a1>a2,即μ2>μ1,C错误,D正确。
2.如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度为g。下列选项中无法求出的是(　　)
A.小车的长度
B.小滑块的质量
C.小车在匀减速运动过程中的加速度
D.小滑块与小车之间的动摩擦因数
【答案】 B
【解析】 最终小滑块恰好没有滑出小车,根据vt图像中图线与坐标轴所围面积表示位移,可知在0～t1时间内,小车、滑块图线所围面积之差等于小车长度,即小车的长度L=t1,故A可求出;根据题图乙,在0～t1时间内小车做匀减速直线运动的加速度a′=,小滑块做匀加速直线运动的加速度a=,故C可求出;对小滑块,由牛顿第二定律可知a===μg,又a=,联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=,但无法求出小滑块的质量,故D可求出,B无法求出。故选B。
3.(多选)(2025·贵州遵义模拟)质量为M的抽屉通过两条平行滑轨水平安装到柜体内部,其与柜体的其他部位无接触,正视图如图甲所示。抽屉内部放置质量为m的小物块,侧视图如图乙所示,小物块与抽屉内表面间的动摩擦因数为μ。抽屉运动时,每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为F阻,方向与滑轨平行且水平,物块与抽屉之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度为g。给抽屉拉手施加水平拉力F,将其沿滑轨方向拉出,在此过程中抽屉与柜体无碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.要能拉动抽屉,拉力F必须大于μMg+F阻
B.要能拉动抽屉,拉力F必须大于2F阻
C.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μ(m+M)g+2F阻
D.为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μmg+2F阻
【答案】 BC
【解析】 抽屉运动时,每条滑轨给抽屉的阻力大小恒为F阻,要能拉动抽屉,拉力F必须大于2F阻,故A错误,B正确;当物块与抽屉恰好发生相对滑动时,对物块,由牛顿第二定律有μmg=mam,解得am=μg,对抽屉和物块整体,由牛顿第二定律有Fm-2F阻=(m+M)am,解得Fm=μ(m+M)g+2F阻,故为保证物块与抽屉不发生相对滑动,拉力F不能超过μ(m+M)g+2F阻,故C正确,D错误。
4.(2025·湖北模拟)如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.3
B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C.图乙中F2=5.5 N
D.图乙中F1=4 N
【答案】 D
【解析】 由题图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A错误;由题图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0(mA+mB)g=mBa0,解得μ1=0.2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故B、C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,整理得a=F-μ1g,得=,解得F1=4 N,故D正确。
5.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图甲,质量m=1 kg的小滑块P(可视为质点),以v1=6 m/s的速度从木板Q左端向右滑上木板,此时木板Q速度大小为v2=10 m/s,方向水平向左,从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示,1.2 s 时滑块P的速度为0,木板Q的速度大小为4 m/s。已知木板Q质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)P、Q间的动摩擦因数;
(2)Q与地面间的动摩擦因数;
(3)如果想要滑块P不从木板Q上掉落,木板Q的最小长度。
【答案】 (1)0.5　(2)0.25　(3)12.8 m
【解析】 (1)图像斜率大小表示加速度大小,根据题图乙可得,a1= m/s2=5 m/s2,
对P分析Ff1=μ1mg=ma1,解得μ1=0.5。
(2)根据题图乙可得a2= m/s2=5 m/s2,
对Q分析Ff1+Ff2=μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2,
解得μ2=0.25。
(3)t=1.2 s时P、Q相对位移为
Δx=xP+xQ= m+ m+4×1.2 m=12 m,
当t=1.2 s时,vP=0,vQ=4 m/s,方向向左。此时滑块P的加速度方向向左,大小为
aP=μ1g=0.5×10 m/s2=5 m/s2,
木板Q加速度方向向右,大小为
aQ==5 m/s2,
当P、Q共速时,有aPt=vQ-aQt,
解得t=0.4 s,
则共同速度为v共=aPt=2 m/s,
则这一阶段滑块P向左运动的位移为
xP′=t=0.4 m,
木板Q向左运动的位移为
xQ′=t=1.2 m,
两者的相对位移为Δx′=xQ′-xP′=0.8 m,
随后P、Q一起匀减速运动直至停止,
则想要滑块P不从木板Q上掉落,木板Q的最小长度为L=Δx+Δx′=(12+0.8) m=12.8 m。
对点2.斜面、竖直面上的“板—块”模型
6.(2025·浙江模拟)如图甲所示,两薄木板A、B质量相同,其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1,木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2,光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住,整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降,对可能出现的情况,下列说法正确的是(　　)
A.若出现图乙所示情况,只要μ1>μ2
B.若μ1<2μ2,会出现图乙所示情况
C.要出现图丙所示情况,必有μ1=2μ2
D.若μ1<2μ2,会出现图丙所示情况
【答案】 D
【解析】 设两薄木板A、B质量均为m,重球对B的压力为FN,A、B之间的弹力为FNAB,A、B之间的摩擦力为FfAB,墙面对A的支持力为FNA,墙面对A的摩擦力为FfA,对A、B的受力分析如图所示,易知FN=FNAB=FNA。
题图乙所示情况为A静止,B下滑。墙面对A的最大静摩擦力为μ1FNA,对A由平衡条件得FfA=mg+FfAB≤μ1FNA,FfAB=μ2FNAB,B下滑需满足mg>μ2FNAB,联立可得μ1>2μ2,故A、B错误;题图丙所示情况为AB相对静止一起下滑,设下滑的加速度大小为a,对整体由牛顿第二定律得2mg-μ1FNA=2ma,对B由牛顿第二定律得mg-FfAB=ma,还需满足FfAB≤μ2FNAB,联立解得μ1≤2μ2,故C错误,D正确。
7.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图所示,某地有一倾角为θ=37°的山坡,山坡上面有一质量为m=1 kg 的石板B,其上下表面与斜坡平行;板上有一质量也为m=1 kg的小石块A,恰好位于石板B的下端。已知A与B之间的动摩擦因数为μA=0.3,B与斜坡间的动摩擦因数μB=0.5,斜坡足够长。系统在外力的约束下处于静止状态。在t=0时刻撤去约束并同时让B获得一个沿斜面向下的速度v0=12.8 m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求t=0时刻小石块A和石板B的加速度大小;
(2)为保证小石块A不从石板B上端滑出,求石板B的最小长度;
(3)假设石板B的上端足够长,求从t=0开始小石块A离开石板B所需要的时间。
【答案】 (1)8.4 m/s2　4.4 m/s2
(2)6.4 m　(3)3 s
【解析】 (1)对A受力分析可得
mgsin θ+FfA=maA,
FfA=μAmgcos θ,
解得aA=gsin θ+μAgcos θ=8.4 m/s2,
对B受力分析可得
μAmgcos θ+2μBmgcos θ-mgsin θ=maB,
可得aB=4.4 m/s2。
(2)B做匀减速直线运动,当A、B共速时,
有v共=aAt1=v0-aBt1,
解得t1=1 s,
此时A的位移xA=aA=4.2 m,
B的位移xB=v0t1-aB=10.6 m,
此时A在B上滑动的距离
x相=xB-xA=6.4 m,
故要求A不从B上端滑出,则板长至少为6.4 m。
(3)设A到达最高点后相对B向下滑,对A受力分析可得mgsin θ-μAmgcos θ=maA′,
解得aA′=3.6 m/s2,
对B受力分析可得
mgsin θ+μAmgcos θ-2μBmgcos θ=maB′,
解得aB′=0.4 m/s2假设成立,
则A会从B的下端滑出,此时有
x相′=v共t2+aA′-(v共t2+aB′),
解得t2=2 s,
A离开B用时t=t1+t2=3 s。
8.(多选)(2025·广西一模)现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式,但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示,一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的质量分别为m、2m、3m,货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,各接触面都水平,马给车的水平拉力为F,两货厢均未脱离各接触面,不计地面对车的摩擦,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.若μ1<μ2,逐渐增大F,B相对于车比A相对于B先滑动
B.若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,则F的最大值为6μ1mg
C.若μ1>μ2,当F=6μ1mg时,A与B开始发生相对滑动
D.若μ1>μ2,当F=5μ2mg时,B与车仍然保持相对静止
【答案】 BD
【解析】 若μ1<μ2,则有μ1mg<μ2(m+2m)g-μ1mg,可知,逐渐增大F,A相对于B比B相对于车先滑动,故A错误。若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,结合上述可知,当整体加速度最大时,A所受摩擦力先达到最大静摩擦力,则有μ1mg=mamax,解得amax=μ1g,则F的最大值满足Fmax=
(m+2m+3m)amax=6μ1mg,故B正确。若μ1>μ2,结合上述可知,B相对于车比A相对于B先滑动,所以无论F多大,B相对于车滑动后,A相对于B一直保持静止;若整体保持相对静止,对A、B整体有μ2(m+2m)g=(m+2m)amax1,解得amax1=μ2g,则此时最大拉力Fmax1=(m+2m+3m)amax1=
6μ2mg,可知,当F=5μ2mg时,B与车仍然保持相对静止,故C错误,D正确。
9.(2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,卡车上载有一块长木板,木板后端放置一箱货物(可视为质点),木板和货物质量相等,均为m=10 kg,货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与卡车间的动摩擦因数为μ2,卡车以v0=18 m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻,司机发现正前方50 m处有障碍物,立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若μ1=0.45,μ2=0.4,卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车,通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞。
(2)若μ1=0.4,μ2=0.45,卡车刹车的加速度a=5.4 m/s2,最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞,求木板前端与驾驶室的初始距离L和木板停止运动时货物的速度v。
【答案】 (1)能够避免相撞
(2)2.4 m　3.6 m/s,方向与v0相同
【解析】 (1)设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为a1,
根据牛顿第二定律μ1mg=ma1,
解得a1=4.5 m/s2,
设木板与货物相对静止,相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为a2,
根据牛顿第二定律2μ2mg=2ma2,
解得a2=4 m/s2,
a2x0==40.5 m<50 m,
可知能够避免相撞。
(2)设卡车从刹车到停止,位移为x,根据运动学公式x==30 m,
设货物的加速度为a1′,
根据牛顿第二定律μ1mg=ma1′,
解得a1′=4 m/s2,
设木板的加速度为a2′,
根据牛顿第二定律
2μ2mg-μ1mg=ma2′,
解得a2′=5 m/s2,
设木板减速至0的位移为x2,时间为t2,根据运动学公式
x2==32.4 m,
t2==3.6 s,
木板前端与驾驶室的距离
L=x2-x=2.4 m,
此时货物的速度
v=v0-a1′t2=3.6 m/s,
方向与v0相同(或向前)。(共45张PPT)
第6讲
实验:探究加速度与力、质量的关系
【学习目标】
一、装置与器材
小车、槽码、细绳、一端带有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、
、导线、纸带、天平、 、坐标纸。
学生电源
刻度尺
二、实验步骤
1.测质量:用天平测出 和 。
2.安装:按装置图把实验器材安装好,先不要把 系在小车上。
3.平衡摩擦力:在长木板没有滑轮的一端下面垫一木块,移动木块的位置,直至小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做 。
小车的质量M
槽码的质量m
悬挂槽码的细绳
匀速直线运动
4.操作
(1)槽码通过细绳绕过定滑轮系在小车上,先接通电源后放开小车,取下纸带并编号。
(2)保持小车的质量M不变,改变 。
(3)保持槽码的质量m不变,改变 。
(4)重复进行多次实验。
5.求加速度a:在每条纸带上选取一段比较理想的部分,求加速度a。
槽码的质量m
小车的质量M
三、数据处理
1.利用逐差法求 。
加速度a
过原点
反比
四、注意事项
1.安装器材时,要调整滑轮的高度,使拴小车的细绳与木板平行。
2.平衡摩擦力时,小车连着穿过打点计时器的纸带,但不要把悬挂槽码的细绳系在小车上。改变槽码的质量后, 重新平衡摩擦力。
3.只有小车的质量 槽码的质量时,槽码受到的重力才可视为小车受到的拉力。
4.开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,在小车到达滑轮前按住小车。
不需要
远大于
五、误差分析
1.实验原理不完善:本实验用槽码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要 槽码的总重力。
2.平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
小于
六、两小车运动比较实验
如图所示,将两辆相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高,平衡阻力的影响。两辆小车后端各系一条细线,用一个物体,例如黑板擦,把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦,两辆小车同时开始运动,按下黑板擦,两辆小车同时停下来。用刻度尺测出两辆小车移动的位移x1、x2。由于两辆小车运动时间t相同,从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后,在盘中重物相同的情况下,通过增减小车中的重物改变小车的质量,再进行实验。
考点一
基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·陕晋青宁卷,11)图甲为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。
(1)实验中应将木板　　　　　　　(选填“保持水平”或“一端垫高”)。
一端垫高
【解析】 (1)实验需平衡阻力,消除木板对小车阻力的影响,应将木板一端垫高,使小车在无拉力时能做匀速直线运动。
(2)为探究加速度a与质量m的关系,某小组依据实验数据绘制的a-m图像如图乙所示,很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系,以下选项可以直观判断的有　　　　。(多选,填字母)
AC
m/kg a/(m·s-2)
0.25 0.618
0.33 0.482
0.40 0.403
0.50 0.317
1.00 0.152
(3)为探究加速度与力的关系,在改变作用力时,甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上;乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上,在其他实验操作相同的情况下,　　　　(选填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。
乙
[例2] 【实验数据的处理】 (2024·甘肃卷,11)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
(1)以下操作正确的是　　　　。
A.使小车质量远小于槽码质量
B.调整垫块位置以平衡阻力
C.平衡阻力时移去打点计时器和纸带
D.释放小车后立即打开打点计时器
B
【解析】 (1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力,故应使小车质量远大于槽码质量,故A错误;为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合外力,则需要调整垫块位置以平衡阻力,也要保证细绳和长木板平行,故B正确;因为纸带运动时打点计时器对其也有阻力,所以平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带,故C错误;根据操作要求,应先打开打点计时器再释放小车,故D错误。
(2)保持槽码质量不变,改变小车上砝码的质量,得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示,相邻两点之间的距离分别为s1、s2、…、s8,时间间隔均为T。下列加速度算式中,最优的是　　　　。
D
由图3可知,在所受外力一定的条件下,a与M成　　　(选填“正比”或“反比”);甲组所用的　　　　(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
反比
槽码
考点二
创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·重庆三模)小明利用手机内置加速度传感器探究加速度与合力的关系,实验装置如图甲所示,已知当地重力加速度为g。
(1)轻弹簧上端固定,下端与手机相连,手机下端通过细绳悬挂小桶,桶内装有砝码,整个系统静止。
(2)突然剪断细绳,通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙,剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的　　　　(选填“P”“Q”或“R”)点。
P
【解析】 (2)剪断细绳瞬间手机受到的合力向上且最大,则加速度向上且最大,可知应该对应题图乙中的P点。
(3)改变小桶中砝码质量,重复步骤(2),获得多组手机所受合力F与加速度a的数据,作出a-F图像如图丙,可得出结论:在误差允许的范围内
　　　　　　 　　。
质量一定时,
手机加速度与所受合力成正比
【解析】 (3)根据作出的a-F图像可得出结论:在误差允许的范围内,质量一定时,手机加速度与所受合力成正比。
(4)如图丁,某同学在处理数据时,以手机竖直方向的加速度a为纵坐标,砝码质量m为横坐标,绘制a-m图像,获得一条斜率为k0,截距为a0的直线,则可推算出手机的质量为　　　　,小桶的质量为　　　　。(用k0、a0、g表示)
[例4] 【实验方法的创新】 (2025·安徽卷,11)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车　　　　。(选填正确答案标号)
c
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
【解析】 (1)平衡阻力的方法是调整轨道的倾斜度,使小车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动。故c正确。
(2)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器,将物体置于力传感器上,箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a,并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为正方向。t=4 s时,物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态;以FN为横轴、a为纵轴,根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
失重
【解析】 (2)①根据题图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故处于失重状态。
②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其a-FN图像为图丁中的图线
　　　　(选填“b”“c”或“d”)。
d
[例5] 【实验器材的创新】 (2024·江西卷,11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图a所示,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定一遮光片,细线一端与小车连接,另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度,使细线与轨道平行,再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为M1=320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F,作出a-F图像,如图b中图线甲所示。
(3)由图线甲可知,F较小时,a与F成正比;F较大时,a与F不成正比。为了进一步探究,将小车的质量增加至M2=470 g,重复步骤(2)的测量过程,作出a-F图像,如图b中图线乙所示。
(4)与图线甲相比,图线乙的线性区间　　 　 　(选填“较大”或“较小”),非线性区间
　　　　　(选填“较大”或“较小”)。再将小车的质量增加至M3=720 g,重复步骤(2)的测量过程,记录钩码所受重力F与小车加速度a,如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
序号 钩码所受重力 F/(9.8 N) 小车加速度
a/(m·s-2)
1 0.020 0.26
2 0.040 0.55
3 0.060 0.82
4 0.080 1.08
5 0.100 1.36
6 0.120 1.67
7 0.140 1.95
8 0.160 2.20
9～14 …… ……
15 0.300 3.92
较大　
较小
【解析】 (4)由题图b分析可知,与图线甲相比,图线乙的线性区间较大,非线性区间较小。
(5)请在图b中补充描出第6至8三个数据点,并补充完成图线丙。
【答案及解析】 (5)在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合,使尽可能多的点落在线上,不在线上的点均匀分布在线的两侧,如图所示。
(6)根据以上实验结果猜想和推断:小车的质量　　　　　　　　　　时,a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释:　 　 。
远大于钩码质量
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·河北模拟)一同学使用如图所示装置“验证加速度与力、质量的关系”。轻绳跨过定滑轮,两端系着质量接近的物体A、B,物体B的正下方固定一金属圆环C。C的正下方有一对光电门P1、P2,当B到达P1时计时器开始计时,B到达P2时计时器计时结束,测量P1和P2之间的距离为d。当地的重力加速度为g。
(1)在A、B上增加配重,直到轻轻给B向下的速度,B可以匀速下降。测量此时A、B和配重的总质量为M。连同配重把B拉到距C一定高度处,测量该高度为h;在B上放置直径大于C环直径的圆片,测量圆片质量为m(m M);由静止释放A、B,当圆片到达圆环C处时被圆环挡住。测量B通过P1和P2的时间间隔t,则B自P1到P2的过程中重物B的速度为　　　　;B自静止释放至C环位置的过程中B的加速度为　　　　(用h、d、t表示)。
(2)保持(1)中A、B和配重质量不变,仅增大圆片质量m,多次测量不同m对应的时间t。为验证加速度与外力成正比,则该实验应验证下列　　　　(填字母序号)等式成立。
A
t2
感谢观看第6讲　实验:探究加速度与力、质量的关系
【学习目标】
1.掌握加速度与力、质量的定量关系(a∝F、a∝),理解实验原理、实验方法(平衡摩擦力、控制变量法)及误差来源。
2.能通过图像法(如a-F、a-图线)处理数据并验证牛顿第二定律,分析图线偏差的原因,培养误差分析与数据处理能力。
3.认识实验在科学定律发现中的意义,养成严谨的操作习惯,关注实验安全(如小车防撞措施)。
一、装置与器材
小车、槽码、细绳、一端带有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、学生电源、导线、纸带、天平、刻度尺、坐标纸。
二、实验步骤
1.测质量:用天平测出小车的质量M和槽码的质量m。
2.安装:按装置图把实验器材安装好,先不要把悬挂槽码的细绳系在小车上。
3.平衡摩擦力:在长木板没有滑轮的一端下面垫一木块,移动木块的位置,直至小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
4.操作
(1)槽码通过细绳绕过定滑轮系在小车上,先接通电源后放开小车,取下纸带并编号。
(2)保持小车的质量M不变,改变槽码的质量m。
(3)保持槽码的质量m不变,改变小车的质量M。
(4)重复进行多次实验。
5.求加速度a:在每条纸带上选取一段比较理想的部分,求加速度a。
三、数据处理
1.利用逐差法求加速度a。
2.以a为纵坐标,F(或m、)为横坐标,根据各组数据描点,并通过这些点作图像。
(1)如果a-F图像中所作图线为一条过原点的直线,说明a与F成正比。
(2)如果a-图像中所作图线为一条过原点的直线,说明a与m成反比。
四、注意事项
1.安装器材时,要调整滑轮的高度,使拴小车的细绳与木板平行。
2.平衡摩擦力时,小车连着穿过打点计时器的纸带,但不要把悬挂槽码的细绳系在小车上。改变槽码的质量后,不需要重新平衡摩擦力。
3.只有小车的质量远大于槽码的质量时,槽码受到的重力才可视为小车受到的拉力。
4.开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,在小车到达滑轮前按住
小车。
五、误差分析
1.实验原理不完善:本实验用槽码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总重力。
2.平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
六、两小车运动比较实验
如图所示,将两辆相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高,平衡阻力的影响。两辆小车后端各系一条细线,用一个物体,例如黑板擦,把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦,两辆小车同时开始运动,按下黑板擦,两辆小车同时停下来。用刻度尺测出两辆小车移动的位移x1、x2。由于两辆小车运动时间t相同,从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后,在盘中重物相同的情况下,通过增减小车中的重物改变小车的质量,再进行实验。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·陕晋青宁卷,11)图甲为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。
(1)实验中应将木板　　　　　　　(选填“保持水平”或“一端垫高”)。
(2)为探究加速度a与质量m的关系,某小组依据实验数据绘制的a-m图像如图乙所示,很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系,以下选项可以直观判断的有　　　　。(多选,填字母)
m/kg a/(m·s-2)
0.25 0.618
0.33 0.482
0.40 0.403
0.50 0.317
1.00 0.152
A.a-图像 B.a-m2图像
C.am-m图像 D.a2-m图像
(3)为探究加速度与力的关系,在改变作用力时,甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上;乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上,在其他实验操作相同的情况
下,　　　　(选填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。
【答案】 (1)一端垫高　(2)AC　(3)乙
【解析】 (1)实验需平衡阻力,消除木板对小车阻力的影响,应将木板一端垫高,使小车在无拉力时能做匀速直线运动。
(2)作出a-图像,可以将a-m图像“化曲为直”,便于判断a与m是否成反比关系,故A正确;作出a-m2图像或a2-m图像,无法体现a与m是否成反比关系,故B、D错误;作出am-m图像,若a与m是成反比关系,有am为定值,则am-m图像是一条平行于横轴的直线,可间接判断a与m是否成反比关系,故C正确。
(3)甲同学的方法中,槽码依次放在槽码盘上,小车质量M不变,拉力F=mg≈mg(m为槽码总质量),但随着m增大,不再满足m M的条件,拉力与mg偏差增大,误差变大;乙同学的方法中,将小车上的槽码移到槽码盘上,总质量M+m不变(M为小车质量,m为槽码质量),拉力F=mg≈mg(当M m时近似,但实际总质量不变),拉力更接近理论值,系统误差更小,故乙同学的方法更好。
[例2] 【实验数据的处理】 (2024·甘肃卷,11)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
(1)以下操作正确的是　　　　。
A.使小车质量远小于槽码质量
B.调整垫块位置以平衡阻力
C.平衡阻力时移去打点计时器和纸带
D.释放小车后立即打开打点计时器
(2)保持槽码质量不变,改变小车上砝码的质量,得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示,相邻两点之间的距离分别为s1、s2、…、s8,时间间隔均为T。下列加速度算式中,最优的是　　　　。
A.a=(++++++)
B.a=(+++++)
C.a=(++++)
D.a=(+++)
(3)以小车和砝码的总质量M为横坐标,加速度的倒数为纵坐标,甲、乙两组同学分别得到的 -M图像如图3所示。
由图3可知,在所受外力一定的条件下,a与M成　　　　(选填“正比”或“反比”);甲组所用的
　　　　(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
【答案】 (1)B　(2)D　(3)反比　槽码
【解析】 (1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力,故应使小车质量远大于槽码质量,故A错误;为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合外力,则需要调整垫块位置以平衡阻力,也要保证细绳和长木板平行,故B正确;因为纸带运动时打点计时器对其也有阻力,所以平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带,故C错误;根据操作要求,应先打开打点计时器再释放小车,故D错误。
(2)利用逐差法计算加速度时,为减小误差应尽可能使用更多的数据,故可知s5-s1=4a1T2,
s6-s2=4a2T2,s7-s3=4a3T2,s8-s4=4a4T2,联立可得小车加速度表达式为a=(+++),故D正确。
(3)根据题图3可知与M成正比,故在所受外力一定的条件下,a与M成反比;设槽码的质量为m,则由牛顿第二定律得mg=(m+M)a,整理可得=·M+,故斜率越小,槽码的质量m越大,由题图3可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·重庆三模)小明利用手机内置加速度传感器探究加速度与合力的关系,实验装置如图甲所示,已知当地重力加速度为g。
(1)轻弹簧上端固定,下端与手机相连,手机下端通过细绳悬挂小桶,桶内装有砝码,整个系统
静止。
(2)突然剪断细绳,通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙,剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的　　　　(选填“P”“Q”或“R”)点。
(3)改变小桶中砝码质量,重复步骤(2),获得多组手机所受合力F与加速度a的数据,作出a-F图像如图丙,可得出结论:在误差允许的范围内　　　　　　　　。
(4)如图丁,某同学在处理数据时,以手机竖直方向的加速度a为纵坐标,砝码质量m为横坐标,绘制a-m图像,获得一条斜率为k0,截距为a0的直线,则可推算出手机的质量为　　　　,小桶的质量为　　　　。(用k0、a0、g表示)
【答案】 (2)P　(3)质量一定时,手机加速度与所受合力成正比　(4)　
【解析】 (2)剪断细绳瞬间手机受到的合力向上且最大,则加速度向上且最大,可知应该对应题图乙中的P点。
(3)根据作出的a-F图像可得出结论:在误差允许的范围内,质量一定时,手机加速度与所受合力成正比。
(4)剪断绳子前,设弹簧弹力为F,小桶质量为m0,手机质量为M,对手机由平衡条件知F-(m+m0)g-Mg=0,绳子剪断后,对手机由牛顿第二定律有F-Mg=Ma,联立可得a=m+,题图丁中图像的斜率为k0,即k0=,解得M=,截距a0=,解得m0=。
[例4] 【实验方法的创新】 (2025·安徽卷,11)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车　　　　。(选填正确答案标号)
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器,将物体置于力传感器上,箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a,并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为正方向。t=4 s时,物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态;以FN为横轴、a为纵轴,根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其a-FN图像为图丁中的图线　　　　(选填“b”“c”或“d”)。
【答案】 (1)c　(2)①失重　②d
【解析】 (1)平衡阻力的方法是调整轨道的倾斜度,使小车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动。故c正确。
(2)①根据题图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故处于失重状态。
②对物体,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,整理得a=·FN-g,可知图像的斜率为,故将物体质量增大一倍,图像斜率变小,纵轴截距不变,其a-FN图像为题图丁中的图线d。
[例5] 【实验器材的创新】 (2024·江西卷,11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图a所示,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定一遮光片,细线一端与小车连接,另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度,使细线与轨道平行,再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为M1=320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F,作出a-F图像,如图b中图线甲所示。
(3)由图线甲可知,F较小时,a与F成正比;F较大时,a与F不成正比。为了进一步探究,将小车的质量增加至M2=470 g,重复步骤(2)的测量过程,作出a-F图像,如图b中图线乙所示。
(4)与图线甲相比,图线乙的线性区间　　　　(选填“较大”或“较小”),非线性区间　　　　　(选填“较大”或“较小”)。再将小车的质量增加至M3=720 g,重复步骤(2)的测量过程,记录钩码所受重力F与小车加速度a,如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
序号 钩码所受重力 F/(9.8 N) 小车加速度 a/(m·s-2)
1 0.020 0.26
2 0.040 0.55
3 0.060 0.82
4 0.080 1.08
5 0.100 1.36
6 0.120 1.67
7 0.140 1.95
8 0.160 2.20
9～14 …… ……
15 0.300 3.92
(5)请在图b中补充描出第6至8三个数据点,并补充完成图线丙。
(6)根据以上实验结果猜想和推断:小车的质量　　　　　　　　　　时,a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释:　 　 。
【答案】 (4)较大　较小　(5)图见解析
(6)远大于钩码质量　见解析
【解析】 (4)由题图b分析可知,与图线甲相比,图线乙的线性区间较大,非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合,使尽可能多的点落在线上,不在线上的点均匀分布在线的两侧,如图所示。
(6)设细线拉力为FT,对钩码应用牛顿第二定律有F-FT=ma,对小车应用牛顿第二定律有 FT=Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=F,当 m M时,可认为m+M=M,则a=·F,即a与F成正比。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·河北模拟)一同学使用如图所示装置“验证加速度与力、质量的关系”。轻绳跨过定滑轮,两端系着质量接近的物体A、B,物体B的正下方固定一金属圆环C。C的正下方有一对光电门P1、P2,当B到达P1时计时器开始计时,B到达P2时计时器计时结束,测量P1和P2之间的距离为d。当地的重力加速度为g。
(1)在A、B上增加配重,直到轻轻给B向下的速度,B可以匀速下降。测量此时A、B和配重的总质量为M。连同配重把B拉到距C一定高度处,测量该高度为h;在B上放置直径大于C环直径的圆片,测量圆片质量为m(m M);由静止释放A、B,当圆片到达圆环C处时被圆环挡住。测量B通过P1和P2的时间间隔t,则B自P1到P2的过程中重物B的速度为　　　　;B自静止释放至C环位置的过程中B的加速度为　　　　(用h、d、t表示)。
(2)保持(1)中A、B和配重质量不变,仅增大圆片质量m,多次测量不同m对应的时间t。为验证加速度与外力成正比,则该实验应验证下列　　　　(填字母序号)等式成立。
A.t∝　　B.t∝　　C.t∝
(3)保持(1)问中圆片质量m不变,只增加A、B和配重的总质量M,多次测量不同M对应的时间t,为验证加速度与质量成反比,以M为横轴,以　　　 (选填“t2”或“”)为纵轴,通过描点作出的图线是一条过原点的直线。
【答案】 (1)　　(2)A　(3)t2
【解析】 (1)根据情境分析,当圆片被圆环C挡住后重物B开始做匀速运动,速度v=,下落h的过程中B做匀加速直线运动,则有v2=2ah,解得a=。
(2)根据牛顿第二定律有mg=Ma=M,整理得t=∝。故选A。
(3)根据mg=Ma=M,解得t2=M,所以应以t2为纵轴,从而描点作出的图线是一条过原点的直线。
课时作业
1.(2025·广西卷,12)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器,下同)质量不变,这种实验方法是　　　　　　　　。
(2)实验时,调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持　　　　。
(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系,获得a-F图像如图乙,通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要,说明如何操作;如果不需要,说明理由。
　 。
(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n,两车均未到达轨道末端,则两车加速度之比aM∶aN=　　　　。
【答案】 (1)控制变量法　(2)平行
(3)需要;撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑　(4)1∶n2
【解析】 (1)在探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器)质量不变,这种实验方法是控制变量法。
(2)实验时,为使小车受到的合力等于细绳的拉力,要调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持平行,保证细绳对小车的拉力方向与小车运动方向一致,减小实验误差。
(3)由题图乙可知,当拉力F为某一值时才产生加速度,说明小车受到阻力,需要平衡阻力。平衡方法:撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑。
(4)两车均从静止释放,都做初速度为零的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动的位移公式x=at2,可知a=,因为tM∶tN=n∶1,联立解得aM∶aN=∶=1∶n2。
2.(2025·山东卷,13)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下:
(1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　(选填“5.00”或“1.00”) cm的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟合出a-F图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应　　　　(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为　　　　(选填“kg”或“kg-1”)。
【答案】 (1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4) kg-1
【解析】 (1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光片宽度越小,误差越小,即选择宽度较小的d=1.00 cm的遮光片。
(2)根据加速度的定义式可得a==0.41 m/s2。
(3)根据图像可知当有一定大小的外力F时小车的加速度仍为零,可知平衡摩擦力不足,若要得到一条过原点的直线,实验中应增大轨道的倾角。
(4)题图乙中直线斜率为k=,根据F=ma可知直线斜率的单位为 kg-1。
3.(2025·湖南怀化三模)在一次课外活动中,某同学用如图甲所示的装置测量放在光滑水平桌面上的金属板B与铁块A之间的动摩擦因数,并验证牛顿第二定律。
实验步骤如下:
A.用天平测出铁块A的质量mA、金属板B的质量mB
B.将该装置按如图甲所示的方式连接
C.在动滑轮下挂上钩码,稳定运行后,弹簧测力计的示数为F1,力传感器的示数为F2,打点计时器后方打出的一段纸带如图乙所示,已知重力加速度为g,纸带上相邻计数点间的时间间隔为T,则:
(1)金属板B与铁块A之间的动摩擦因数为　　　　。　
(2)要验证牛顿第二定律,需要保证 　 　 。(多选)
A.定滑轮和金属板间的细绳必须水平
B.所有滑轮必须光滑
C.钩码的质量必须远小于金属板的质量
(3)要验证牛顿第二定律,需要验证的关系为F2=　　　　　　　(用“F1、mB、x1、x2、T”表示)。
【答案】 (1)　(2)AB　(3)F1+mB
【解析】 (1)铁块A平衡,有F1=μmAg,解得μ=。
(2)本实验有力传感器,没有必要保证钩码的质量远小于金属板的质量,选项C错误;要保证细绳对金属板的拉力F2水平,定滑轮和金属板间的细绳必须水平,所有滑轮必须光滑,以减小阻力影响,选项A、B正确。
(3)根据(x2-x1)-x1=a(2T)2,可得金属板的加速度a=,需要验证的关系为F2-μmAg=mBa,故要验证F2=F1+mB。
4.(2025·辽宁沈阳二模)某学习小组用如图甲所示的装置探究牛顿第二定律。
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度d,示数如图丙所示,则d=　　　　 mm。
(2)用天平测出滑块(含遮光片)的质量m1和重物的质量m2。
(3)上端带有轻质定滑轮的长木板上固定两个相距较远的光电门A和B。用跨过定滑轮的轻质细绳连接滑块和重物,调整垫块的位置,让滑块沿长木板下滑时,通过两光电门时遮光片的挡光时间相等,测出此时长木板与水平面的夹角θ,则滑块下滑过程中受到的摩擦力为　　　　　(重力加速度为g,用题中所给字母表示)。
(4)如图乙所示,撤去光电门A和重物,让滑块从靠近滑轮的P点由静止释放,用米尺测出释放点到光电门B中心的距离s,记录遮光片通过光电门B的挡光时间Δt。
(5)多次改变重物的质量,并用天平称出其质量m2,重复操作(3)(4)步骤,作出m2-图像如图丁所示。
①图乙中滑块下滑过程中m2与的关系式为　　　　　　　　　(用题中所给字母表示)。
②已知图丁中图线的斜率为k,则重力加速度g=　　　　(用题中所给字母表示)。
【答案】 (1)3.60　(3)m1gsin θ-m2g
(5)①m2=·　②
【解析】 (1)游标卡尺的读数为3 mm+12×0.05 mm=3.60 mm。
(3)滑块沿长木板下滑,通过两光电门时遮光片的挡光时间相等,说明滑块做匀速直线运动,有Ff=m1gsin θ-m2g。
(5)滑块向下滑动过程中受到的合力为m2g,所以加速度大小a=,根据运动学公式有2as=
() 2,解得m2=·,则k=,解得g=。(共43张PPT)
第2讲
小专题:牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】
1.理解牛顿第二定律的矢量性与瞬时性,建立加速度与力、质量的定量关系,掌握超重、失重的本质。
2.构建瞬时性问题模型和动力学两类问题模型,培养受力分析→合力→加速度→运动状态的逻辑推理能力。
3.结合电梯超重报警、安全带缓冲原理等实际案例,理解牛顿定律的工程应用价值,培养严谨的实证态度和安全意识。
考点一
超重与失重问题
1.实重和视重
(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。
(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0
产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于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为加速度加速下降或减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg
F=0
[例1] 【对超、失重现象的理解】 (2025·河南二模)跳水运动员站在跳板上下蹲起跳,跳板的形变示意图如图所示,其中A位置为平衡位置,则运动员处于失重状态的过程是(　　)
A.由A位置到B位置
B.由A位置到D位置
C.由C位置到B位置
D.由B位置到C位置
B
【解析】 对运动员受力分析可知,由A位置到D位置,运动员具有向下的加速度,处于失重状态,而其余过程运动员具有向上的加速度,处于超重状态。
[变式] 运动员离开跳板在空中运动过程中超、失重情况如何(不计空气阻力)
【答案】 完全失重
【解析】 运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。
[例2] 【超、失重现象的图像问题】 (2025·陕西安康模拟)如图甲所示,某同学做引体向上时,两手握住单杠,两脚离地,两臂自然下垂伸直,用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起,当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略),然后逐渐放松背阔肌,让身体下降,直到回到初始位置,此后重复进行。图乙是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像,规定竖直向上为正方向,则单杠对该同学支持力最大的时刻为(　　)
A.t1时刻 B.t2时刻
C.t3时刻 D.t4时刻
D
【解析】 速度随时间变化图像的斜率表示加速度,设单杠对该同学的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,当该同学竖直向上的加速度最大时,单杠对该同学的支持力FN最大,由v-t图像判断可知,题图乙中0时刻和t4时刻单杠对该同学的支持力最大,D正确。
判断超重和失重的方法
方法点拨
受力 判断 物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力)
(1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。
(2)F(或FN)(3)F(或FN)=0时,物体处于完全失重状态
加速度 判断 物体具有的加速度:
(1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。
(2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。
(3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
方法点拨
速度变化 判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。
(2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。
(3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态
考点二
动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
第一类:已知受力确定运动
第二类:已知运动确定受力
2.基本步骤
[例3] 【已知受力求运动情况】 (2025·山东菏泽期末)如图所示,倾角为37°的足够长斜面体固定在水平面上,质量m=1.5 kg的小物块在恒定拉力F作用下从斜面体底端由静止沿斜面向上运动,经t1=2 s后撤去拉力。已知小物块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.5,拉力大小F=15 N,与斜面夹角为37°斜向上,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块沿斜面向上运动的位移大小;
【答案】 (1)2.2 m　
【解析】 (1)撤去拉力前,对小物块受力分析如图,
沿斜面方向有Fcos 37°-mgsin 37°-μFN=ma1,
垂直于斜面方向有Fsin 37°+FN=mgcos 37°,
小物块的速度v1=a1t1,
撤去拉力后小物块继续向上运动过程有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2,
(2)小物块再次返回斜面底端的速度大小。
[例4] 【已知运动情况求受力】(2025·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1 s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25 s 时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;
【答案】 (1)2 N　0.6
【解析】 (1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即0～1 s内,由速度时间公式和牛顿第二定律得2v0=a1t1,mgsin θ-Ff=ma1,
小球从挡板运动到C点,即t1～t2(1～1.25 s)时间内有v0=a2(t2-t1),
mgsin θ+Ff=ma2,
而a2-a1=4 m/s2,
联立解得a1=4 m/s2,a2=8 m/s2,v0=2 m/s,
Ff=2 N,sin θ=0.6。
(2)t3的值。
【答案】 14 N
解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”
方法点拨
考点三
牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
1.瞬时性问题的两种模型
2.等时圆模型
(1)结论。
在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。
(2)类型。
如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
[例5] 【轻绳模型】 (2025·辽宁模拟)如图所示,两个小球A、B悬挂在水平天花板下,并处于静止状态,其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°,小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°,小球A、B之间的细线水平。取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,则剪断小球A、B之间的细线瞬间,小球A与B的加速度大小之比为(　　)
A.16∶15 B.15∶16
C.3∶4 D.4∶3
A
[例6] 【轻杆模型】 如图所示,光滑斜面的倾角为θ,球A质量为2m、球B质量为m,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,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间,则有(　　)
A.图甲中球A的加速度为gsin θ
B.图甲中球B的加速度为0
C.图乙中两球的加速度均为0
D.图乙中两球的加速度均为gsin θ
D
【解析】 题图甲中撤去挡板瞬间,由于弹簧弹力不能突变,则球A所受合力为0,加速度为0,选项A错误;撤去挡板前,挡板对球B的弹力大小为3mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则球B所受合力为FB=3mgsin θ,由F合=ma可知加速度为aB=3gsin θ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B所受挡板支持力突然消失,杆的弹力发生突变,由于A、B用轻杆连接,则球A、B加速度相等,其整体所受合力为3mgsin θ,加速度均为gsin θ,选项C错误,D正确。
[变式] 若把[例6]中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,如图丙、丁所示,则在两细绳烧断的瞬间,图丙和图丁中两球的加速度是否相等
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
方法点拨
[例7] 【“等时圆”模型】 (多选)(2025·山西大同阶段检测)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,若每根杆上都套着一个小滑环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　　 )
A.t1>t2>t3 B.t1=t3>t2
C.t2=t4>t1 D.t2BD
【解析】 以OA杆为直径作圆,由圆的知识可知C点处于圆上,B点在圆内,D点在圆外,如图所示,由于四个环均从圆的最高点滑下,由等时圆模型规律可知t1=t3,而沿OB滑下的环早于沿OA或OC滑下的环到达斜面,沿OD滑下的环晚于沿OA或OC滑下的环到达斜面,即t2[变式] 若竖直面内三根固定的光滑细杆Oa、Ob、Oc的O、a、b、c与d点位于同一圆周上,d点为圆周的最高点,c点为最低点,如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从O点无初速度释放,用t1、t2、t3依次表示滑环到达a、b、c所用的时间,则(　　)
A.t1=t2=t3 B.t3>t1>t2
C.t1t2>t3
D
【解析】 以O点为最高点,取合适的竖直直径Oe作等时圆,使圆交Ob于b,如图所示,根据等时圆模型规律可知,小滑环分别从O由静止到f、b、g的时间相等,此时沿Oa杆滑下的环未到a点,沿Oc杆滑下的环早到达c点,可得t1>t2>t3,D正确。
“等时圆”模型规律的应用
方法点拨
感谢观看(共25张PPT)
第5讲
小专题:动力学中的传送带模型
【学习目标】
1.理解传送带模型中摩擦力方向与大小的变化规律,掌握物体从加速到共速的分段运动特征。
2.能通过受力分析与运动学公式推导物体在传送带上的运动时间、位移及相对运动距离,并借助v-t图像直观描述过程。
3.联系实际生产中的传送带应用,理解模型优化的工程意义,培养安全规范意识。
考点一
水平传送带问题
1.水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。
(2)v0(1)可能一直减速到达左端。
(2)可能被传回右端。其中v0>v返回时速度为v,当v02.传送带问题分析思路
[例1] 【水平传送带问题中物块初速度为零】 (多选)(2025·安徽芜湖一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X射线透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品会经历先加速、后匀速两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1 m,速率为2 m/s,g取10 m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则(　 　)
A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s
B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度
C.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
AD
[变式] 若想让物品在传送带上运动的时间最短,传送带的速度最小为多少
【答案】 4.1 m/s
[例2] 【水平传送带问题中物块初速度不为零】 (多选)(2025·安徽合肥期末)如图甲所示,一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s 内为二次函数,在3.0～4.5 s内为一次函数,取向左运动的方向为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　)
A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C.2.0～3.0 s内,物块的加速度大小为2 m/s2
D.2.0 s末和3.0 s末物块的速度分别为0、-3 m/s
AC
[例3] 【水平传送带中的动力学图像】 (多选)(2025·河北模拟)如图所示,传送带以恒定速度v1匀速运行。在t=0时刻,将一物块放置于传送带的左端,物块初始时具有向右的速度v2,并受到一个向左的恒力F作用。在t=t0时刻,物块离开传送带。根据以上条件,下列描述物块速度随时间变化关系的图像可能正确的是(　　 )
BC
A　 　B C　 　D
【解析】 若v2μmg,则物块先匀减速到速度为零,再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且F<μmg,则物块先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(有可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且F>μmg,满足F+μmg=ma2,中途速度减至v1,以后满足F-μmg=
ma3,先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。
传送带模型问题的两个关键分析
方法点拨
受力分析 (1)摩擦力方向的判断:①同向“以快带慢”;②反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力的可能突变:①滑动摩擦力突变为零;②滑动摩擦力突变为静摩擦力;③摩擦力方向突变
运动分析 (1)参考系的选择:①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系;②研究物体的滑行痕迹等可以传送带为参考系。
(2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。
(3)判断物体与传送带在达到共速之前是否滑出传送带
考点二
倾斜传送带问题
倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直减速或先以a1减速,然后以a2减速。
(2)可能先以a1减速,再以a2减速,然后再以a2反向加速
(1)可能一直加速。
(2)可能先加速后匀速。
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
[例4] 【倾斜传送带中的动力学图像】 (2024·安徽卷,4)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(　　)
A　 　B C　 　D
C
【解析】 物块轻放在传送带上,0～t0时间内做加速运动。由受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,合力不变,加速度不变,做匀加速运动。t0之后,当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
[例5] 【动力学中倾斜传送带问题】 (2025·湖南长沙期末)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=5 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1.5 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块一沿传送带方向向上的恒力F=11.7 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=3 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)物块在传送带上开始运动时的加速度大小;
【答案】 (1)5 m/s2
【解析】 (1)物块与传送带共速前受力如图所示,在垂直于传送带方向,由平衡条件得FN=mgcos θ,
则Ff=μFN=μmgcos θ=0.4×1.5×10×0.8 N=4.8 N;
物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,该过程中根据牛顿第二定律有F+Ff-mgsin θ=ma1,
代入数据解得a1=5 m/s2。
(2)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。
【答案】 (2)1.5 s
[变式] 在[例5]情境中,若F=19.2 N,物块将在传送带上怎样运动 到达平台的速度是多少
【答案】 物块先以10 m/s2的加速度向上加速,后以3.6 m/s2的加速度继续向上运动　7.2 m/s
物块、传送带共速后,由于F=19.2 N>mgsin θ+Ff=13.8 N,可知物块继续向上加速运动,
根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-Ff=ma2,
代入数值解得a2=3.6 m/s2,
共速后到平台的距离x2=L0-x1′=3.75 m,
根据速度与位移关系式,则物块到平台速度
解决滑块在传送带上的运动问题的注意点
(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。
(2)分析滑块与传送带共速时滑块受力情况(特别关注摩擦力的突变),确定滑块与传送带相对静止还是加、减速运动。
(3)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(4)区分滑块在传送带上运动形成的“划痕”长度和在传送带上运动的路程。
方法点拨
感谢观看【考情分析】
　　　　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
对牛顿运动定律的理解 甘肃·T3、广西·T9 全国甲·T15 浙江6月选考·T2、 全国乙·T14
牛顿第二定律的应用 北京·T11、山东·T8、 安徽·T5 广东·T7、湖南·T3、 贵州·T1、安徽·T6、 北京·T4、黑吉辽·T10 全国甲·T19 北京·T6
板—块、传送带模型 黑吉辽内蒙古·T10 湖北·T14、贵州·T15、 安徽·T4、新课标·T25、 浙江6月选考·T18、 海南·T17
实验:探究加速度与力、质量的关系 广西·T12、 陕晋青宁·T11、 山东·T13、安徽·T11、 浙江1月选考·T14 广东·T11、江西·T11、 甘肃·T11 上海·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.核心知识点不变,强调深度理解
牛顿第二定律的应用、惯性、受力分析仍将是必考内容,但会更强调深度理解而非死记硬背。例如:考查惯性的本质、牛顿第二定律的瞬时性。
2.情境更贴近生活与科技,突出应用意识
未来试题的情境将更生活化、科技化,例如:新能源汽车的加速过程(牛顿第二定律与动能定理结合)、人工智能机器人的运动控制(连接体与板块模型)、体育赛事中的运动分析。这些情境将引导学生用物理知识解决实际问题,符合“从生活走向物理,从物理走向社会”的新课标理念。
3.模型更复杂,考查综合能力
未来试题将增加多物体、多过程的模型,例如:传送带与板块结合(如滑块在传送带上滑动进入木板,同时木板与地面有摩擦)、连接体与曲线运动结合(如细绳连接的两个物体做圆周运动)、匀加速与匀减速过程结合(如电机牵引物件的全程分析)。这些模型将考查学生的模型构建能力与动态分析能力。
4.实验更创新,考查探究能力
传统实验(如探究加速度与力、质量的关系)仍将保留,但会增加拓展性实验,例如:改变实验条件(如在斜面上做实验,探究加速度与倾角的关系)、探究新的变量关系(设计实验测量动摩擦因数)、利用现代技术(如用传感器测量力与加速度)。这些实验将考查学生的实验设计能力与创新意识。
二、备考建议
1.强化基础模型:斜面、传送带、弹簧连接体等典型问题的变式训练。
2.重视实验细节:掌握误差分析(如平衡摩擦力不足或过度对a-F图像的影响)。
3.关注科技前沿:积累情境化题目的背景知识,提高信息提取能力。
4.总结:近三年高考“运动和力的关系”考查聚焦主干、联系实际、强调能力,未来将保持稳定,略有创新,核心知识点不变,但情境更生活化、模型更复杂、实验更创新,更注重学科素养的渗透。学生在复习时应夯实基础(牛顿定律的内涵)、掌握模型(传送带、板块、连接体)、联系实际(生活与科技情境)、提升能力(分析综合、实验探究),才能应对未来高考的挑战。
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
【学习目标】
1.理解牛顿第一定律揭示的力与运动的关系,掌握牛顿第二定律定量表达式F=ma及其矢量性、瞬时性,形成力与运动相互作用的本质认识。
2.能用惯性概念分析实际问题,通过牛顿第二定律的推理与变形解决多过程动力学问题,培养逻辑推理与模型建构能力。
3.结合伽利略理想实验的历史背景,认识科学发展的批判性思维,关注牛顿定律在交通安全等现实问题中的应用,强化社会责任感。
[footnoteRef:2] [2:
1.(多选)(2025·山西太原阶段练习)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础,下列有关惯性说法正确的是(　　)
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力的作用,物体只能处于静止状态
C.汽车超速会增大汽车的惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】 AD
2.列车沿平直的道路做匀变速直线运动,在车厢顶部用细线悬挂一个小球,小球相对车厢静止时,细线与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.列车加速度的大小为gtan θ
B.列车加速度的大小为gsin θ
C.细线拉力的大小为mgsin θ
D.细线拉力的大小为mgcos θ
【答案】 A
3.在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中,流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明,球形物体在液体中运动时除了受到浮力,还会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
【答案】 A]
【答案】 匀速直线运动　迫使　维持　匀速直线运动　静止　质量
惯性　正比　反比　相同　ma　静止　匀速直线运动　宏观
基本　导出　长度　质量　时间　米　千克　秒　物理关系
考点一　对牛顿第一定律和惯性的理解
1.惯性的两种表现形式
(1)物体在不受外力或所受的合力为零时,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)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体的运动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态较易改变。
2.对牛顿第一定律的几点说明
(1)明确惯性的概念:牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示了力的本质: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。
(3)理想化状态:牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中,如果物体所受的合力等于零,与物体不受外力时的表现是相同的。
[例1] 【对惯性的理解】 对一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是(　　)
A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车(质量不变)的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度,这表明可以通过科学手段使小质量的物体获得大惯性
B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性小了
C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性
D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
【答案】 C
【解析】 惯性是物体的固有属性,只由物体的质量决定,与其他因素无关,质量越大惯性越大。采用了大功率的发动机的一级方程式赛车质量不变,即惯性不变,与功率增大无关,故A错误;子弹的质量未变,惯性不变,与产生效果无关,故B错误;货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,质量改变了,它的惯性也改变了,故C正确;摩托车转弯时,车手采取一些措施防止侧滑,但人和车的质量没有发生变化,所以人和车的惯性并没有改变,故D错误。
[例2] 【牛顿第一定律的应用】 (2025·湖南开学考试)小天站在沿水平方向运动的滑板车上不再蹬地,滑板车最终会停下来。下列说法正确的是(　　)
A.滑板车停下来是因为没有动力维持运动
B.滑板车停下来是因为受到阻力的作用
C.滑板车的惯性随着速度的减小而减小
D.如果一切外力突然消失,滑行的滑板车会马上静止
【答案】 B
【解析】 滑板车停下来是因为受到阻力的影响,物体的运动不需要力来维持,因为当运动的物体不受任何外力时会保持匀速直线运动状态,故A、D错误,B正确;惯性的大小由质量决定,与速度无关,故C错误。
牛顿第一定律的应用技巧
(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时,要准确理解理论的实质,注意分析实际生活中的各种影响因素,搞清实际感受与理论不一致的原因,从而正确理解力不是维持物体运动状态的原因,克服生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到力或合力不为0。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。
[例3] 【惯性的“相对性”】 如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别用弹性细绳悬挂和拴住一个铁球和一个乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)(　　)
A.铁球向左,乒乓球向右
B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左
D.铁球和乒乓球都向右
【答案】 A
【解析】 当容器突然向右运动时,铁球和其左侧的与铁球同等体积的水相比较,铁球的质量大,铁球保持原来运动状态的能力更大一些,相对于水向左偏移,则相对于小车向左运动;同理,乒乓球右侧的与乒乓球同等体积的水的质量大,水相对于乒乓球保持原来运动状态的能力大一些,即水向左偏移,因此乒乓球相对于水向右偏移,则相对于小车向右运动,故A正确。
[变式] 若[例3]情境中使容器做某种运动,某时刻发现悬挂铁球的竖直弹性细绳变长,则容器在怎样运动 拴着乒乓球的弹性细绳长度是否变化
【答案】 容器可能向上加速,也可能向下减速;拴着乒乓球的细绳变长
【解析】 由于原先铁球处于静止状态,某时刻发现悬挂铁球的细绳变长,相比于同体积的“水球”,铁球的状态更不易改变,则弹性细绳的伸长说明加速度向上,即容器可能向上加速,也可能向下减速;因为乒乓球密度小于水的密度,同理可知,容器加速度向上时,相同“水球”相对容器向下运动,则拴着乒乓球的细绳也变长。
考点二　牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
1.对牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要力(或合力)不为零,物体一定有加速度。
(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)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当力(或合力)与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
[例4] 【对牛顿第二定律的理解】 (多选)(2025·河南郑州阶段练习)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F方向始终相同
B.某一瞬间的加速度,只能由这一瞬间的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关
C.在公式F=ma中若F为合力,则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
D.物体的加速度方向一定与物体运动的方向相同
【答案】 ABC
【解析】 牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F方向始终相同,故A正确;根据加速度的决定式a=知,合力变化时,加速度随之变化,某一瞬间的加速度,只能由这一瞬间的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关,故B正确;在公式F=ma中,若F为合力,a等于作用在物体上的合力与质量的比值,且a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和,故C正确;根据F=ma知加速度的方向与合力的方向相同,但与运动方向可能相同,也可能不同,故D错误。
[变式] 在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值在什么情况下等于1 能否根据m=说物体的质量与所受的合力成正比,与物体运动的加速度成反比
【答案】 见解析
【解析】 在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值只有在国际单位制中等于1;物体的质量由自身的性质决定,与物体所受的合力、运动的加速度无关。
[例5] 【力与运动的关系】 (2025·黑龙江期末)如图所示,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球立即做减速运动
B.小球一直做加速运动且加速度不变
C.小球所受的弹簧弹力等于重力时,小球速度最大
D.当弹簧处于最大压缩量时,小球的加速度方向向下
【答案】 C
【解析】 小球与弹簧接触后,一开始弹力小于小球重力,小球继续向下加速运动,随着弹力的增大,小球的加速度逐渐减小;当弹力等于小球重力时,加速度为0,小球的速度达到最大;之后弹力大于小球重力,小球向下减速运动,随着弹力的增大,小球的加速度逐渐增大;当小球运动到最低点时,弹簧的压缩量最大,此时小球的加速度方向向上。故选C。
[例6] 【力与运动图像】 (2025·浙江金华三模)乒乓球比赛中,运动员发球时将乒乓球竖直上抛,若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比,从抛出开始计时,以竖直向上为正方向,下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是(　　)
A　　 　　B
C　　 　　D
【答案】 C
【解析】 由题意,根据牛顿第二定律有,上升阶段mg+kv=ma1,下降阶段mg-kv=ma2,可得乒乓球在上升和下降阶段加速度大小分别为a1=g+,a2=g-,上升阶段v逐渐减小,则a1逐渐减小,下降阶段v逐渐增大,则a2也逐渐减小,即v-t图像的斜率始终减小,直至减为零,综上所述可知C可能正确,A、B、D错误。
利用牛顿第二定律求加速度的思路
(1)选取研究对象(可以是一个物体,也可以是加速度相同的相联系的几个物体)进行受力分析。
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力。
(3)根据F合=ma求物体的加速度a。
[例7] 【牛顿第二定律的简单应用】 (2025·北京丰台二模)如图所示,一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,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。已知重力加速度为g,每个桶的质量都为m,当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时,下列说法正确的是(　　)
A.A、B对C的合力方向竖直向上
B.a=g时,A对C的支持力为0
C.a增大时,B对C的支持力变小
D.B对C支持力的大小可能等于mg
【答案】 B
【解析】 C向左加速运动,则合外力水平向左,即A、B对C的合力与重力的合力方向水平向左,可知A、B对C的合力方向斜向左上方,选项A错误;当A对C的支持力为0时,对C根据牛顿第二定律有mgtan 30°=ma,解得a=g,选项B正确;对C分析,由牛顿第二定律有
FBCcos 60°-FACcos 60°=ma,FBCsin 60°+FACsin 60°=mg,可得FBC=+ma>mg,a增大时,B对C的支持力变大,选项C、D错误。
[例8] 【对单位制的理解】 (多选)(2025·四川卷,8)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下列各式可能表示能量的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 AC
【解析】 a的单位为m,b的单位为kg,c的单位为s,d的单位为kg·m/s,根据题意可知的单位为=kg·(m/s)2,结合动能公式Ek=mv2可知kg·(m/s)2为能量单位,A正确;同理,的单位为=kg2· m/s2,根据F=ma可知kg· m/s2为力的单位,而kg2· m/s2为力与质量乘积的单位,故不是能量的单位,B错误;的单位为=kg·(m/s)2,根据前面选项A分析可知该单位为能量单位,C正确;的单位为=,不是能量单位,D错误。
课时作业
对点1.对牛顿第一定律和惯性的理解
1.(2025·辽宁鞍山三模)伽利略在研究力和运动的关系时,为了阐明自己的观点,设计了如图所示的实验:让一个小球沿斜面从静止状态开始运动,小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦,小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小,小球仍将到达原来的高度,但是运动的距离更长。由此可以推断,当斜面最终变为水平面时,小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法正确的是(　　)
A.该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点
B.伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现
C.“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达原来的高度”,这是实际实验现象
D.这种理想实验运用的是依据逻辑推理把实际实验理想化,从而揭示现象本质的研究方法
【答案】 D
【解析】 当右侧斜面最终变为水平面时,忽略摩擦力的影响,小球将一直运动下去,伽利略的结论是“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;没有摩擦、绝对光滑的轨道,无论通过什么工艺都不能实现,故B错误;由于没有绝对光滑的轨道,故“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达原来的高度”,这是实际实验观察不到的现象,故C错误;伽利略理想实验的本质是想象着把实际存在、影响物体运动的摩擦力去掉,抓住事物的本质,这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想,也是揭示现象本质的重要研究方法之一,故D正确。
2.(多选)(2025·湖南娄底模拟)关于牛顿第一定律,下列说法正确的是(　　)
A.一切物体都有惯性
B.惯性是一种力
C.力是维持物体运动状态的原因
D.物体运动状态发生改变说明物体受到了力
【答案】 AD
【解析】 惯性是一切物体具有的性质,并不是力,故A正确,B错误;牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因,故C错误,D正确。
3.(2025·湖南郴州模拟)冰壶比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于(　　)
A.冰壶的速度 B.冰壶的体积
C.冰壶受到的阻力 D.冰壶的质量
【答案】 D
【解析】 物体的惯性只由质量决定,所以比赛中运动员所用冰壶的惯性大小取决于冰壶的
质量。
4.(2025·上海模拟)一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球,由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是加速且在向北拐弯的图是(　　)
A　　 　　B
C　　 　　D
【答案】 C
【解析】 由于列车原来做匀速运动,小球和列车保持相对静止,现在列车要加速,由于惯性小球相对于桌面向后运动;列车要向北拐弯,则列车和桌面都向北运动,由于惯性的作用小球相对桌面向南运动,故C正确,A、B、D错误。
对点2.牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
5.(多选)(2025·贵州遵义期末)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力发生改变时,其加速度一定改变
B.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致
C.加速度方向与合力的方向总是一致的,但与速度的方向可能相同,也可能不同
D.牛顿第二定律的表达式可以写成m=,说明对某个物体来说,它的质量m跟合外力F成正比,跟它的加速度a成反比
【答案】 AC
【解析】 根据加速度的决定式a=可知,当物体所受合外力发生变化时,其加速度一定变化,A正确;根据牛顿第二定律可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致,但运动方向不一定与所受合力方向一致,B错误,C正确;物体质量是物体的本质属性,与所受的合外力无关,与物体的加速度无关,D错误。
6.(2025·甘肃卷,3)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第二定律,对火箭有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,
A正确。
7.(2025·河北沧州二模)运动员在举重比赛中的抓举过程,将杠铃从地面提升至头顶,杠铃运动的v-t图像如图所示。在M、N、P、Q四点中,运动员对杠铃作用力最大的点是(　　)
A.M点 B.N点 C.P点 D.Q点
【答案】 A
【解析】 由题图可知,M点杠铃的加速度向上,N点加速度为零,P、Q点加速度向下,根据牛顿第二定律可知,运动员施加的力满足F-mg=ma,可知在M点FM>mg,在N点FN=mg,在P、Q点FP8.(2025·河北邢台三模)飞机升力的计算涉及多个关键因素,主要包括气体密度ρ、飞行速度v、机翼的面积S以及升力系数Cy。某双翼客机飞行中所受升力的计算公式为F=CyρSv2,则升力系数Cy的单位是(　　)
A.N·m B.N/m2 C.N/m D.无单位
【答案】 D
【解析】 通过题给的物理量关系F=CyρSv2,变形得Cy=,对应单位为=,整理可以得出升力系数是一个常数,没有单位。
9.(2025·湖北武汉三模)如图所示,一质量为m=0.2 kg的物块静置于矩形的木箱内,物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3,一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。初始时,木箱处于静止状态,弹簧长度为L=5 cm并与木箱底面平行,弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度,使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若加速度大小为1 m/s2且方向竖直向下,求弹簧的原长;
(2)若加速度是水平方向,且初始时弹簧的伸长量为2 cm,求加速度。
【答案】 (1)7.7 cm或2.3 cm　(2)见解析
【解析】 (1)对物块,竖直方向上有
mg-FN1=ma1,
水平方向上有μFN1=kΔx,
联立解得Δx=2.7 cm,
所以弹簧原长为L0=L+Δx=7.7 cm,
或者L0=L-Δx=2.3 cm。
(2)对物块,竖直方向上有mg=FN2,
水平方向上,若摩擦力向右,kΔx1+μFN2=ma2,
联立解得a2=5 m/s2,水平向右;
若摩擦力向左,μFN2-kΔx1=ma3,
联立解得a3=1 m/s2,水平向左。
10.(2025·山东卷,8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　)
A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos 2θ-μgcos θ-μgsin2θ
【答案】 B
【解析】 建筑材料沿坡面和挡板交界线MN下滑,重力沿MN向下的分力为F1=mgsin θcos θ,所受坡面的向上的摩擦力Ff1=μmgcos θ,挡板的摩擦力Ff2=μmgsin2θ,根据牛顿第二定律有mgsin θcos θ-μmgcos θ-μmgsin2θ=ma,可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ。B正确。
11.(2025·浙江杭州期末)《天工开物》中描绘了耕牛整理田地的场景,如图甲所示,其简化模型如图乙所示。人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条轻绳相互平行且垂直于木板上边缘,其拉力方向与水平地面夹角θ均为37°。当人站上木板后,耕牛拉动每条绳子的拉力F均为200 N时,人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m。若将该过程看成匀加速直线运动,人与木板始终保持相对静止,人的质量m1=55 kg,木板的质量m2=25 kg,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求此运动过程中:
(1)人与木板加速度的大小;
(2)人受到静摩擦力的大小;
(3)地面对木板阻力的大小。
【答案】 (1)0.5 m/s2　(2)27.5 N　(3)280 N
【解析】 (1)根据x=v0t+at2,初速度为零,可得
a== m/s2=0.5 m/s2。
(2)设人受到的静摩擦力大小为Ff1,根据牛顿第二定律得Ff1=m1a,
解得Ff1=55×0.5 N=27.5 N。
(3)以人和木板为整体,设木板受到地面的阻力大小为Ff2,水平方向,
根据牛顿第二定律得
2Fcos θ-Ff2=(m1+m2)a,
代入数据解得Ff2=280 N。(共44张PPT)
第三章　
运动和力的关系
【考情分析】
　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
对牛顿运动定律的理解 甘肃·T3、广西·T9 全国甲·T15 浙江6月选考·T2、
全国乙·T14
牛顿第二定律的应用 北京·T11、山东·T8、 安徽·T5 广东·T7、湖南·T3、 贵州·T1、安徽·T6、 北京·T4、黑吉辽·T10 全国甲·T19
北京·T6
板—块、传送带模型 黑吉辽内蒙古·T10 湖北·T14、贵州·T15、 安徽·T4、新课标·T25、 浙江6月选考·T18、 海南·T17
实验:探究加速度与力、质量的关系 广西·T12、 陕晋青宁·T11、 山东·T13、安徽·T11、 浙江1月选考·T14 广东·T11、江西·T11、 甘肃·T11 上海·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.核心知识点不变,强调深度理解
牛顿第二定律的应用、惯性、受力分析仍将是必考内容,但会更强调深度理解而非死记硬背。例如:考查惯性的本质、牛顿第二定律的瞬时性。
2.情境更贴近生活与科技,突出应用意识
未来试题的情境将更生活化、科技化,例如:新能源汽车的加速过程(牛顿第二定律与动能定理结合)、人工智能机器人的运动控制(连接体与板块模型)、体育赛事中的运动分析。这些情境将引导学生用物理知识解决实际问题,符合“从生活走向物理,从物理走向社会”的新课标理念。
3.模型更复杂,考查综合能力
未来试题将增加多物体、多过程的模型,例如:传送带与板块结合(如滑块在传送带上滑动进入木板,同时木板与地面有摩擦)、连接体与曲线运动结合(如细绳连接的两个物体做圆周运动)、匀加速与匀减速过程结合(如电机牵引物件的全程分析)。这些模型将考查学生的模型构建能力与动态分析能力。
4.实验更创新,考查探究能力
传统实验(如探究加速度与力、质量的关系)仍将保留,但会增加拓展性实验,例如:改变实验条件(如在斜面上做实验,探究加速度与倾角的关系)、探究新的变量关系(设计实验测量动摩擦因数)、利用现代技术(如用传感器测量力与加速度)。这些实验将考查学生的实验设计能力与创新意识。
二、备考建议
1.强化基础模型:斜面、传送带、弹簧连接体等典型问题的变式训练。
2.重视实验细节:掌握误差分析(如平衡摩擦力不足或过度对a-F图像的影响)。
3.关注科技前沿:积累情境化题目的背景知识,提高信息提取能力。
4.总结:近三年高考“运动和力的关系”考查聚焦主干、联系实际、强调能力,未来将保持稳定,略有创新,核心知识点不变,但情境更生活化、模型更复杂、实验更创新,更注重学科素养的渗透。学生在复习时应夯实基础(牛顿定律的内涵)、掌握模型(传送带、板块、连接体)、联系实际(生活与科技情境)、提升能力(分析综合、实验探究),才能应对未来高考的挑战。
第1讲
牛顿第一定律　牛顿第二定律
【学习目标】
1.理解牛顿第一定律揭示的力与运动的关系,掌握牛顿第二定律定量表达式F=ma及其矢量性、瞬时性,形成力与运动相互作用的本质认识。
2.能用惯性概念分析实际问题,通过牛顿第二定律的推理与变形解决多过程动力学问题,培养逻辑推理与模型建构能力。
3.结合伽利略理想实验的历史背景,认识科学发展的批判性思维,关注牛顿定律在交通安全等现实问题中的应用,强化社会责任感。
知识构建
匀速直线运动　
迫使　
维持　
匀速直　
静止　
线运动
质量
惯性
正比　
反比　
相同　
ma　
静止
匀速直线运动　
宏观
基本　
导出　
长度　
质量　
时间　
米　
千克　
秒　
物理关系
基础转化
1.(多选)(2025·山西太原阶段练习)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础,下列有关惯性说法正确的是(　 　)
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力的作用,物体只能处于静止状态
C.汽车超速会增大汽车的惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动
AD
2.列车沿平直的道路做匀变速直线运动,在车厢顶部用细线悬挂一个小球,小球相对车厢静止时,细线与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.列车加速度的大小为gtan θ
B.列车加速度的大小为gsin θ
C.细线拉力的大小为mgsin θ
D.细线拉力的大小为mgcos θ
A
3.在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中,流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明,球形物体在液体中运动时除了受到浮力,还会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是(　　)
A
考点一
对牛顿第一定律和惯性的理解
1.惯性的两种表现形式
(1)物体在不受外力或所受的合力为零时,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)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体的运动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态较易改变。
2.对牛顿第一定律的几点说明
(1)明确惯性的概念:牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示了力的本质: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。
(3)理想化状态:牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中,如果物体所受的合力等于零,与物体不受外力时的表现是相同的。
[例1] 【对惯性的理解】 对一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是(　　)
A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车(质量不变)的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度,这表明可以通过科学手段使小质量的物体获得大惯性
B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性小了
C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性
D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
C
【解析】 惯性是物体的固有属性,只由物体的质量决定,与其他因素无关,质量越大惯性越大。采用了大功率的发动机的一级方程式赛车质量不变,即惯性不变,与功率增大无关,故A错误;子弹的质量未变,惯性不变,与产生效果无关,故B错误;货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,质量改变了,它的惯性也改变了,故C正确;摩托车转弯时,车手采取一些措施防止侧滑,但人和车的质量没有发生变化,所以人和车的惯性并没有改变,故D错误。
[例2] 【牛顿第一定律的应用】 (2025·湖南开学考试)小天站在沿水平方向运动的滑板车上不再蹬地,滑板车最终会停下来。下列说法正确的是(　　)
A.滑板车停下来是因为没有动力维持运动
B.滑板车停下来是因为受到阻力的作用
C.滑板车的惯性随着速度的减小而减小
D.如果一切外力突然消失,滑行的滑板车会马上静止
B
【解析】 滑板车停下来是因为受到阻力的影响,物体的运动不需要力来维持,因为当运动的物体不受任何外力时会保持匀速直线运动状态,故A、D错误,B正确;惯性的大小由质量决定,与速度无关,故C错误。
牛顿第一定律的应用技巧
(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时,要准确理解理论的实质,注意分析实际生活中的各种影响因素,搞清实际感受与理论不一致的原因,从而正确理解力不是维持物体运动状态的原因,克服生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到力或合力不为0。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。
方法点拨
[例3] 【惯性的“相对性”】 如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别用弹性细绳悬挂和拴住一个铁球和一个乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是
(以小车为参考系)(　　)
A.铁球向左,乒乓球向右
B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左
D.铁球和乒乓球都向右
A
【解析】 当容器突然向右运动时,铁球和其左侧的与铁球同等体积的水相比较,铁球的质量大,铁球保持原来运动状态的能力更大一些,相对于水向左偏移,则相对于小车向左运动;同理,乒乓球右侧的与乒乓球同等体积的水的质量大,水相对于乒乓球保持原来运动状态的能力大一些,即水向左偏移,因此乒乓球相对于水向右偏移,则相对于小车向右运动,故A正确。
[变式] 若[例3]情境中使容器做某种运动,某时刻发现悬挂铁球的竖直弹性细绳变长,则容器在怎样运动 拴着乒乓球的弹性细绳长度是否变化
【答案】 容器可能向上加速,也可能向下减速;拴着乒乓球的细绳变长
【解析】 由于原先铁球处于静止状态,某时刻发现悬挂铁球的细绳变长,相比于同体积的“水球”,铁球的状态更不易改变,则弹性细绳的伸长说明加速度向上,即容器可能向上加速,也可能向下减速;因为乒乓球密度小于水的密度,同理可知,容器加速度向上时,相同“水球”相对容器向下运动,则拴着乒乓球的细绳也变长。
考点二
牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
1.对牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要力(或合力)不为零,物体一定有加速度。
(3)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当力(或合力)与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
[例4] 【对牛顿第二定律的理解】 (多选)(2025·河南郑州阶段练习)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　 　)
A.牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F方向始终相同
B.某一瞬间的加速度,只能由这一瞬间的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关
C.在公式F=ma中若F为合力,则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
D.物体的加速度方向一定与物体运动的方向相同
ABC
【答案及解析】 在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值只有在国际单位制中等于1;物体的质量由自身的性质决定,与物体所受的合力、运动的加速度无关。
[例5] 【力与运动的关系】 (2025·黑龙江期末)如图所示,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球立即做减速运动
B.小球一直做加速运动且加速度不变
C.小球所受的弹簧弹力等于重力时,小球速度最大
D.当弹簧处于最大压缩量时,小球的加速度方向向下
C
【解析】 小球与弹簧接触后,一开始弹力小于小球重力,小球继续向下加速运动,随着弹力的增大,小球的加速度逐渐减小;当弹力等于小球重力时,加速度为0,小球的速度达到最大;之后弹力大于小球重力,小球向下减速运动,随着弹力的增大,小球的加速度逐渐增大;当小球运动到最低点时,弹簧的压缩量最大,此时小球的加速度方向向上。故选C。
[例6] 【力与运动图像】 (2025·浙江金华三模)乒乓球比赛中,运动员发球时将乒乓球竖直上抛,若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比,从抛出开始计时,以竖直向上为正方向,下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是(　　)
A　　　 　B C　　　　 D
C
利用牛顿第二定律求加速度的思路
(1)选取研究对象(可以是一个物体,也可以是加速度相同的相联系的几个物体)进行受力分析。
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力。
(3)根据F合=ma求物体的加速度a。
方法点拨
[例7] 【牛顿第二定律的简单应用】 (2025·北京丰台二模)如图所示,一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,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。已知重力加速度为g,每个桶的质量都为m,当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时,下列说法正确的是(　　)
B
[例8] 【对单位制的理解】 (多选)(2025·四川卷,8)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下列各式可能表示能量的是(　 　)
AC
感谢观看(共30张PPT)
第4讲
小专题:动力学中的板块模型
【学习目标】
1.理解板块模型中的摩擦力突变条件,掌握加速度关联性与运动过程分段分析的基本方法。
2.熟练运用动力学方程与运动学公式对板块问题进行建模,能通过图像或数学推导分析相对滑动的临界状态。
3.认识板块模型在工程防滑、运输安全中的实际意义,养成严谨分析多因素关联问题的科学习惯。
如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗 你会发现怎样的规律
模理探真·深度学习
1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。
(1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若两者反方向运动,其位移和等于板长。
(2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。
2.模型关键点
类型一　无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2025·山东青岛阶段检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A
B.A、B两物体质量可能相同
C.0～2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用
D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数
[例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2025·四川绵阳模拟)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)长木板速度为v0时,将一物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　)
C
A　　 B C　　 D
[例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (多选)(2025·内蒙古高考适应性考试)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中(　 　)
A.物块的运动方向不变
B.物块的加速度方向不变
C.物块相对木板的运动方向不变
D.物块与木板的加速度大小相等
CD
类型二　有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例4] 【外力F作用在滑块上】 (多选)(2025·云南昆明一模)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N 的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　)
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.物块的质量为3 kg
C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2
D.木板的长度至少为0.75 m
BC
[例5] 【外力F作用在滑板上】(多选)(2024·黑吉辽卷,10)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
ABD
类型三　斜面和竖直面上的滑块—滑板模型
(1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小;
【答案】 (1)6 m/s　2 m/s
【解析】 (1)假设开始时,小物块P和木板Q未发生相对滑动,对整体有
2mgsin θ-2μ2mgcos θ=2ma,
代入数据解得a=2 m/s2,
对小物块P,
同理有mgsin θ-Ff=ma,
在0～2 s内,规定沿斜面向下为正方向,设小物块P和木板Q的质量均为m,加速度分别为a1和a2,对小物块P,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,
解得a1=3 m/s2,
对木板Q,由牛顿第二定律得
mgsin θ-2μ2mgcos θ+μ1mgcos θ=ma2,
解得a2=1 m/s2,
在t1=2 s时刻,设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2,
则有v1=a1t1=3×2 m/s=6 m/s,
v2=a2t1=1×2 m/s=2 m/s。
(2)木板Q的长度l。
【答案】 (2)27 m
【解析】 (2)2 s后,设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′,小物块P与木板Q之间摩擦力为零,由牛顿第二定律得
mgsin θ=ma1′,
mgsin θ-2μ2mgcos θ=ma2′,
代入数据解得a1′=6 m/s2,a2′=-2 m/s2,
由于a2′<0,可知木板Q做减速运动。设经过时间t2,木板Q的速度减为零,则有v2+a2′t2=0,
代入数据解得t2=1 s,
[例7] 【竖直面上的滑块—滑板模型】(2025·安徽开学考试)如图甲所示,足够长的竖直板C固定不动,C内部有电磁铁,B为长木板,铁块A始终受到电磁铁的水平方向的吸引力,吸引力随时间变化的图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m,重力加速度g取10 m/s2,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.25,B、C之间的动摩擦因数μ2=0.75。A位于B板上端,t=0时刻,A、B由静止释放。
(1)求0～0.2 s内,A、B的加速度大小;
【答案】 (1)7.5 m/s2　5 m/s2
【解析】 (1)假设A、B均发生滑动,A、B之间也发生相对滑动,
对A根据牛顿第二定律,有mg-μ1F1=maA1,
解得aA1=7.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,有
mg+μ1F1-μ2F1=maB1,
解得aB1=5 m/s2,即aB1假设成立。
(2)求0.2 s时,A相对于B滑动的距离;
【答案】 (2)0.05 m
(3)为保证A不离开长木板B,求长木板B的最小长度。
【解析】(3)当t=0.2 s时,A的速度为vA1=aA1t=1.5 m/s,
B的速度为vB1=aB1t=1 m/s,
0.2 s后,对A根据牛顿第二定律,
有mg-μ1F2=maA2,
解得aA2=-2.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,
有mg+μ1F2-μ2F2=maB2,解得aB2=-15 m/s2,
滑块—滑板问题解答流程
方法点拨
感谢观看第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】
1.理解牛顿第二定律的矢量性与瞬时性,建立加速度与力、质量的定量关系,掌握超重、失重的本质。
2.构建瞬时性问题模型和动力学两类问题模型,培养受力分析→合力→加速度→运动状态的逻辑推理能力。
3.结合电梯超重报警、安全带缓冲原理等实际案例,理解牛顿定律的工程应用价值,培养严谨的实证态度和安全意识。
考点一　超重与失重问题
1.实重和视重
(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。
(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0
产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于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为加速度加速下降或减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg F=0
[例1] 【对超、失重现象的理解】 (2025·河南二模)跳水运动员站在跳板上下蹲起跳,跳板的形变示意图如图所示,其中A位置为平衡位置,则运动员处于失重状态的过程是(　　)
A.由A位置到B位置
B.由A位置到D位置
C.由C位置到B位置
D.由B位置到C位置
【答案】 B
【解析】 对运动员受力分析可知,由A位置到D位置,运动员具有向下的加速度,处于失重状态,而其余过程运动员具有向上的加速度,处于超重状态。
[变式] 运动员离开跳板在空中运动过程中超、失重情况如何(不计空气阻力)
【答案】 完全失重
【解析】 运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。
[例2] 【超、失重现象的图像问题】 (2025·陕西安康模拟)如图甲所示,某同学做引体向上时,两手握住单杠,两脚离地,两臂自然下垂伸直,用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起,当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略),然后逐渐放松背阔肌,让身体下降,直到回到初始位置,此后重复进行。图乙是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像,规定竖直向上为正方向,则单杠对该同学支持力最大的时刻为(　　)
A.t1时刻 B.t2时刻
C.t3时刻 D.t4时刻
【答案】 D
【解析】 速度随时间变化图像的斜率表示加速度,设单杠对该同学的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,当该同学竖直向上的加速度最大时,单杠对该同学的支持力FN最大,由v-t图像判断可知,题图乙中0时刻和t4时刻单杠对该同学的支持力最大,D正确。
判断超重和失重的方法
受力 判断 物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力) (1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。 (2)F(或FN)加速度 判断 物体具有的加速度: (1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。 (2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。 (3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
速度变化 判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。 (2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。 (3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态
考点二　动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
第一类:已知受力确定运动
第二类:已知运动确定受力
2.基本步骤
[例3] 【已知受力求运动情况】 (2025·山东菏泽期末)如图所示,倾角为37°的足够长斜面体固定在水平面上,质量m=1.5 kg的小物块在恒定拉力F作用下从斜面体底端由静止沿斜面向上运动,经t1=2 s后撤去拉力。已知小物块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.5,拉力大小F=15 N,与斜面夹角为37°斜向上,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块沿斜面向上运动的位移大小;
(2)小物块再次返回斜面底端的速度大小。
【答案】 (1)2.2 m　(2) m/s
【解析】 (1)撤去拉力前,对小物块受力分析如图,
沿斜面方向有Fcos 37°-mgsin 37°-μFN=ma1,
垂直于斜面方向有Fsin 37°+FN=mgcos 37°,
撤去拉力时,小物块的位移x1=a1,
小物块的速度v1=a1t1,
撤去拉力后小物块继续向上运动过程有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2,
小物块的位移x2=,
小物块沿斜面向上运动的位移
x=x1+x2=2.2 m。
(2)小物块沿斜面向下运动,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma3,
根据速度位移关系有=2a3x,
解得v2= m/s。
[例4] 【已知运动情况求受力】(2025·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1 s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25 s 时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;
(2)t3的值。
【答案】 (1)2 N　0.6　(2) s
【解析】 (1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即0～1 s内,由速度时间公式和牛顿第二定律得2v0=a1t1,mgsin θ-Ff=ma1,
小球从挡板运动到C点,即t1～t2(1～1.25 s)时间内有v0=a2(t2-t1),mgsin θ+Ff=ma2,
而a2-a1=4 m/s2,
联立解得a1=4 m/s2,a2=8 m/s2,v0=2 m/s,
Ff=2 N,sin θ=0.6。
(2)根据v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,由题图乙可知,BC之间位移大小为
x1=×(t2-t1)=0.25 m,
设小球从C运动到B的时间为t,根据位移公式,有x1=a1t2,解得t= s,
则t3=t2+t= s。
[变式] 若在[例4]的情境中,对小球施加一沿斜面向下的恒力F,从A点由静止开始运动,到达B处力F突然消失,小球与挡板碰撞,此后以碰撞前速度的反向运动且恰好到达A点,则恒力F的大小是多少
【答案】 14 N
【解析】 由题图乙可知,A、B两点间距离
xAB=·2v0·t1=v0t1,
设小球与挡板碰撞前速度为v0′,则小球上滑初速度为v0′,小球上滑过程中,根据速度与位移关系式有(v0′) 2=2a2xAB,
联立解得v0′==6 m/s;
设小球由A到B的过程中加速度大小为a3,则v0′2=2a3xAB,
又根据牛顿第二定律有F+mgsin θ-Ff=ma3,
代入数据解得F=14 N。
解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”
考点三　牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
1.瞬时性问题的两种模型
2.等时圆模型
(1)结论。
在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。
(2)类型。
如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
[例5] 【轻绳模型】 (2025·辽宁模拟)如图所示,两个小球A、B悬挂在水平天花板下,并处于静止状态,其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°,小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°,小球A、B之间的细线水平。取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,则剪断小球A、B之间的细线瞬间,小球A与B的加速度大小之比为(　　)
A.16∶15 B.15∶16 C.3∶4 D.4∶3
【答案】 A
【解析】 剪断A、B之间的细线,小球A向下摆动,加速度大小为aA=gcos 37°=,剪断细线前,小球B受力平衡,有kxsin 53°=mg,kxcos 53°=FTAB,剪断A、B之间的细线瞬间,弹簧弹力大小不变,小球B向右加速,加速度大小为aB===,所以剪断小球A、B之间的细线瞬间,小球A与B的加速度大小之比aA∶aB=∶=16∶15,A正确。
[例6] 【轻杆模型】 如图所示,光滑斜面的倾角为θ,球A质量为2m、球B质量为m,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,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间,则有(　　)
A.图甲中球A的加速度为gsin θ
B.图甲中球B的加速度为0
C.图乙中两球的加速度均为0
D.图乙中两球的加速度均为gsin θ
【答案】 D
【解析】 题图甲中撤去挡板瞬间,由于弹簧弹力不能突变,则球A所受合力为0,加速度为0,选项A错误;撤去挡板前,挡板对球B的弹力大小为3mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则球B所受合力为FB=3mgsin θ,由F合=ma可知加速度为aB=3gsin θ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B所受挡板支持力突然消失,杆的弹力发生突变,由于A、B用轻杆连接,则球A、B加速度相等,其整体所受合力为
3mgsin θ,加速度均为gsin θ,选项C错误,D正确。
[变式] 若把[例6]中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,如图丙、丁所示,则在两细绳烧断的瞬间,图丙和图丁中两球的加速度是否相等
【答案】 题图丙中B球加速度为零,A球加速度为g;题图丁中,A、B的加速度相同,均为g
【解析】 细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以细绳烧断瞬间,题图丙中球B所受合力仍为零,加速度为零,球A所受合力为3mg,加速度为g;题图丁中,细绳烧断瞬间,A、B的加速度相同,设为a,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有3mg=3ma,解得a=g。
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
[例7] 【“等时圆”模型】 (多选)(2025·山西大同阶段检测)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,若每根杆上都套着一个小滑环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1=t3>t2
C.t2=t4>t1 D.t2【答案】 BD
【解析】 以OA杆为直径作圆,由圆的知识可知C点处于圆上,B点在圆内,D点在圆外,如图所示,由于四个环均从圆的最高点滑下,由等时圆模型规律可知t1=t3,而沿OB滑下的环早于沿OA或OC滑下的环到达斜面,沿OD滑下的环晚于沿OA或OC滑下的环到达斜面,即t2[变式] 若竖直面内三根固定的光滑细杆Oa、Ob、Oc的O、a、b、c与d点位于同一圆周上,d点为圆周的最高点,c点为最低点,如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从O点无初速度释放,用t1、t2、t3依次表示滑环到达a、b、c所用的时间,则(　　)
A.t1=t2=t3 B.t3>t1>t2
C.t1t2>t3
【答案】 D
【解析】 以O点为最高点,取合适的竖直直径Oe作等时圆,使圆交Ob于b,如图所示,根据等时圆模型规律可知,小滑环分别从O由静止到f、b、g的时间相等,此时沿Oa杆滑下的环未到a点,沿Oc杆滑下的环早到达c点,可得t1>t2>t3,D正确。
“等时圆”模型规律的应用
课时作业
对点1.超重与失重问题
1.一名乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示,乘客的速度大小用v表示。以下判断正确的是(　　)
A.0～t1时间内,v增大,乘客处于超重状态
B.t1～t2时间内,v减小,乘客处于失重状态
C.t2～t3时间内,v增大,乘客处于超重状态
D.t2～t3时间内,v减小,乘客处于超重状态
【答案】 A
【解析】 由于x-t图像中图线的斜率表示速度,可知0～t1时间内,v向上且增大,则加速度向上,乘客处于超重状态;t1～t2时间内,v不变,乘客匀速上升,即处于平衡状态;t2～t3时间内,v向上且减小,则加速度向下,乘客处于失重状态。A正确。
2.(2025·北京卷,11)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中,受到的空气阻力F阻的大小随速率增大而增大,F阻随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　)
A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻,实验舱到达最高点
【答案】 B
【解析】 t1～t3时间内空气阻力F阻方向向下,且先增大后减小,可知其速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后竖直向上做减速运动,A错误;t2～t3时间内,根据牛顿第二定律有mg+F阻=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,B正确;t3～t5时间内F阻方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,且先增大后减小,则加速度先向下后向上,可知先失重后超重,
C错误;由题图可知t3时刻F阻=0,即速度为0,速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,而t4时刻是下落过程速度最大时刻,D错误。
对点2.动力学两类基本问题
3.(多选)(2025·山西晋城三模)如图所示,在升降电梯内固定一倾角为θ的光滑斜面,将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。电梯在快要到达地面时,以大小为a的加速度沿竖直方向做匀减速直线运动,重力加速度大小为g,关于此过程,下列说法正确的是(　　)
A.小球受到斜面的支持力大小为
B.小球受到斜面的支持力大小为
C.小球受到挡板的支持力大小为
D.小球受到挡板的支持力大小为(mg+ma)tan θ
【答案】 AD
【解析】 电梯具有竖直向上的加速度a,对小球受力分析,如图所示,根据平衡条件及牛顿第二定律有F1=F2sin θ,F2cos θ-mg=ma,解得F2=,F1=(mg+ma)tan θ,故A、D正确。
4.(2025·福建厦门二模)如图,一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°,现小球在F=10 N的沿杆向上的拉力作用下,从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。
(1)求小球运动的加速度大小a1;
(2)若F作用2 s后撤去,求小球上滑过程中与A点的最大距离xm。
【答案】 (1)2 m/s2　(2)5 m
【解析】 (1)在力F作用时有
F-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma1,
代入数据解得
a1=2 m/s2。
(2)刚撤去F时,小球的速度
v1=a1t1=4 m/s,
小球的位移x1=t1=4 m;
撤去力F后,小球上滑时有
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,
代入数据解得a2=8 m/s2,
因此小球上滑时间t2==0.5 s,
上滑位移x2=t2=1 m,
则小球上滑的最大距离为
xm=x1+x2=5 m。
对点3.牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
5.(2024·湖南卷,3)如图,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.g,1.5g B.2g,1.5g
C.2g,0.5g D.g,0.5g
【答案】 A
【解析】 剪断前,对b、c、d整体受力分析,a、b间弹簧拉力为(3m+2m+m)g=6mg,剪断瞬间,a、b间弹簧拉力不变,故b所受合力为6mg-3mg=3mg,故b的加速度a1==g;同理,c、d间弹簧弹力不变,c所受合力为3mg,故c的加速度a2==1.5g,故选A。
6.(多选)(2025·云南文山模拟)如图所示,物体B上端通过跨过两个光滑定滑轮的轻绳和物体A相连、下端用轻绳和物体C相连,轻弹簧上端与物体A相连、下端固定在地面上,三个物体均处于静止状态。已知物体A、B、C的质量分别为2m、2m、m,重力加速度为g。现剪断B、C间的轻绳,则在剪断瞬间(　　)
A.弹簧上的弹力为mg
B.物体A的加速度为0
C.物体B的加速度大小为
D.物体A与B之间的轻绳上的弹力为mg
【答案】 AD
【解析】 剪断B、C间轻绳前,设A与B之间轻绳上的弹力为FT1,对B、C整体分析有FT1=(2m+m)g=3mg,对A分析有2mg+F=FT1,解得弹簧弹力F=mg,剪断B、C间轻绳瞬间,弹簧弹力没有发生突变,与剪断前一样,故A正确;剪断B、C间轻绳瞬间,设A与B之间轻绳上的弹力为FT2,A、B的加速度大小相等,对B分析,根据牛顿第二定律有FT2-2mg=2ma,对A分析,根据牛顿第二定律有F+2mg-FT2=2ma,联立解得FT2=,a=。故B、C错误,D正确。
7.(2025·安徽亳州期中)如图甲所示,bc是竖直面内一根固定的光滑细杆,a、b、c位于同一圆周上,圆的半径为R,a点为圆周的最高点,c点为最低点。让一个小滑环从b点由静止释放到达c点。如图乙所示,在竖直平面内,固定一个半径为R的大圆环,其圆心为O,在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上,OP=,欲使物体(视为质点)从P点由静止释放,沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为g。求:
(1)小滑环从b点运动到c点的时间;
(2)物体从P点滑到大环的最短时间。
【答案】 (1)2　(2)
【解析】 (1)设ac与bc夹角为θ,则有
mgcos θ=ma,
由几何关系得bc细杆长度为
l=2Rcos θ,
小滑环匀加速运动,根据运动学公式可得
l=at2,
联立解得t=2。
(2)如图,建立一个与大圆相内切的等时圆,
设其半径为r,由几何关系得
(R-r)2=r2+() 2,
解得r=R,
从P点运动到切点为最短时间,
由(1)结论得tmin==。
8.(2025·河南开封三模)如图所示,一个质量为3m的箱子放在台秤的托盘上,箱内有一质量为m的圆环A,A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接,A的下端用细线系在箱子的底部,细线绷紧,拉力大小为mg,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.剪断细线前,台秤读数为3mg
B.剪断细线的瞬间,台秤读数不变
C.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,台秤读数将一直增大
D.剪断细线后,圆环A向上运动至最高点的过程中,圆环A将先超重后失重
【答案】 D
【解析】 剪断细线前,对圆环和箱子整体分析,可知台秤示数F=4mg,故A错误;剪断细线的瞬间,细线对箱子向上的拉力消失,弹簧弹力在瞬间不发生变化,导致箱子对台秤的压力增大,因此台秤的读数将突然变大,故B错误;剪断细线前,对圆环进行受力分析可知,圆环受到重力、细线的拉力和弹簧的弹力作用保持平衡,所以F弹=mg+FT=2mg,剪断细线的瞬间,对圆环进行受力分析有F弹-mg=2mg-mg=ma,解得a=g,且方向竖直向上,由此可知圆环向上先做加速运动后做减速运动,整个系统先处于超重后处于失重状态,所以台秤读数先变大后变小,故C错误,D正确。
9.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg 的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板发生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求下滑过程中:
(1)游客撞击护板时的速度大小v1;
(2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2;
(3)游客滑离斜面时速度大小v2。
【答案】 (1)5 m/s　(2)200 N　120 N
(3)1.2 m/s
【解析】 (1)在撞击护板前,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1,
得a1=2 m/s2,
则撞击护板时的速度
v1=a1t1=5 m/s。
(2)如图所示,根据摩擦力的公式有
Ff1=μFN1=μmgcos θ=200 N,
Ff2=μFN2=μmgsin θcos θ=120 N。
(3)在撞击护板后,根据牛顿第二定律有
mgsin θsin θ-Ff1-Ff2=ma2,
得a2=-2.8 m/s2,
则根据速度—位移公式有
-(v1sin θ)2=2a2x,
解得v2=1.2 m/s。(共50张PPT)
第3讲
小专题:牛顿运动定律的综合应用
【学习目标】
1.掌握连接体问题的内力与外力关系,理解临界条件(如分离、滑动)的力学本质,能分析动力学图像(v-t、a-F等)的物理意义。
2.熟练运用整体法与隔离法处理连接体问题;通过数学推导(如不等式、函数极值)求解临界与极值问题;从图像中提取信息并逆向推理运动过程。
3.关注临界问题在工程安全(如车辆制动、桥梁承重)中的应用,形成严谨分析与风险预判的意识。
考点一
动力学中的连接体问题
在下列各图中,质量分别为m1、m2的物块A、B分别在恒力F的作用下沿同一平面做匀变速直线运动时,你能分别推导出在有、无摩擦力两种情况下A与B间弹力的表达式吗 你会发现怎样的规律
模理探真·深度学习
提示:各图示情形中,无论物体是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先将物块A、B看作一个整体,然后再将其中一个隔离,分别根据牛顿第二定律列方程求解。
1.“力的分配”
2.常见连接体模型
类 型 图示 特点
接 触 类 通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度
轻 绳 类 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 类 轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度
弹 簧 类 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、加速度相等
[例1] 【叠放类】 (多选)(2025·湖南三模)如图所示,斜面质量为M,倾角为θ,放在水平地面上,滑块质量为m,放在斜面上。已知M>m。情形一:对斜面施加水平向右的推力F1,滑块与斜面相对静止,一起向右做匀加速运动,加速度大小为a1。滑块与斜面间的弹力大小为FT1,地面对斜面的支持力为FN1;情形二:对滑块施加水平向左的推力F2,滑块与斜面相对静止,一起向左做匀加速运动,加速度大小为a2,滑块与斜面间的弹力大小为FT2,地面对斜面的支持力为FN2。不计所有接触面间的摩擦,下列说法正确的是(　 　)
A.FN1>FN2 B.FT1=FT2
C.F1a2
BD
[例2] 【轻绳类】 (多选)(2025·河南商丘期末)如图甲、乙、丙所示,两物块A、B之间用细线相连,第一次将物块放在水平面上施加水平拉力,第二次将物块放在足够长斜面上施加平行斜面向上的拉力,第三次施加竖直向上的拉力,已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数均为μ=0.2,斜面倾角为θ=37°,三根细线能够承受的最大拉力相同,三次均使两物块都动起来,三次最大拉力分别为F1、F2、F3,三次物块最大加速度分别为a1、a2、a3,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,以下说法正确的是(　 　)
A.F1C.a1>a2>a3 D.a1=a2=a3
BC
解答连接体问题的方法
(1)对符合“力的分配”规律的连接体问题,应用其规律可以快速准确地得出结果,起到事半功倍的作用。
(2)对一般的连接体问题,应利用整体或隔离的方法,分别分析其受力,根据牛顿第二定律列出方程,再联立求解。
方法点拨
[例3] 【弹簧类】 (2025·云南昆明阶段检测)如图所示,两个质量分别为m1=
2 kg,m2=4 kg 的物体P、Q置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=40 N,F2=16 N的水平拉力分别作用在P、Q上,达到稳定状态后,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧测力计的示数是32 N
B.弹簧测力计的示数是28 N
A
[变式] (1)在[例3]情境中,撤去力F2,稳定后弹簧测力计的示数是多少
(2)若两物体置于动摩擦因数为μ=0.2的水平面上,则达到稳定状态后,弹簧测力计的示数是多少
【答案】 (2)32 N
考点二
动力学中的临界和极值问题
1.临界极值问题的特征
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往就是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件是两物体间弹力FN=0。
(2)相对静止或滑动的临界条件是两物体间静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件,前者绳中张力等于它所能承受的最大张力,后者绳中张力FT=0。
(4)物体在介质中运动的最终速度(收尾速度)的临界条件是物体所受合力
为零。
3.求解临界、极值问题的三种方法
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
[例4] 【接触与脱离的临界问题】 (2025·辽宁二模)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a(aA.施加外力F大小恒为M(g+a)
B.A、B分离时,弹簧弹力恰好为零
C
[变式] 在[例4]情境中为研究物体A、B的分离,某学习小组的同学不是对A施加拉力而是用力缓慢向下压物体A,通过力传感器观察到当压力增加到F1时撤去压力,A开始向上运动,最终A、B分离。
(1)撤去压力时,物体B对A的作用力多大
(2)物体A、B分离时弹簧处于怎样的状态
【答案】 (2)原长状态
【解析】 (2)当物体A、B分离时二者速度和加速度均相同。此时物体A只受重力,则加速度为重力加速度g,则物体B的加速度也为重力加速度g,可知物体B只受重力,即弹簧处于原长状态。
[例5] 【相对静止与滑动的临界问题】 (2025·湖北十堰模拟)如图所示,三个质量均为5 kg的箱子A、B、C静止于粗糙水平地面上,A、B并排放置无挤压,C叠放于B上,A与地面之间的动摩擦因数为0.3,B与地面之间的动摩擦因数为0.2,C与B之间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当用水平力F去推A时,下列说法正确的是(　　)
A.若F=10 N,A、B之间的弹力大小为10 N
B.若F=20 N,地面与B之间的摩擦力大小为0
C.若F=50 N,B、C之间的摩擦力大小为5 N
D.若F=90 N,C相对于B滑动
C
【解析】 由题可知,地面对A的最大静摩擦力为FfmaxA=μAmg=15 N,当F≤FfmaxA时,
A静止,A、B之间没有挤压,彼此间弹力为零,故A错误;地面对B的最大静摩擦力FfmaxB=2μBmg=20 N,当FfmaxAF-FfmaxA=5 N,故B错误;当F>FfmaxA+FfmaxB时,A、B、C对地滑动,向右做匀加速直线运动,B、C之间有摩擦力,当B、C之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时,对C则有μCmg=ma0,对A、B、C整体有F0-μAmg-2μBmg=3ma0,可得F0=95 N,因此当FfmaxA+FfmaxB[例6] 【绳子断裂与松弛的临界问题】 如图所示,粗糙水平面上放置Q、K两物体,P叠放在K上,P、Q、K的质量分别为m、2m和3m,物体Q、K与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FTmax。现用水平拉力F拉物体Q,三个物体以同一加速度向右运动,则(　　)
A.此过程中物体K受五个力作用
B.当F逐渐增大到FTmax时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FTmax时,轻绳刚好被拉断
C
[变式] 若水平面粗糙,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为多少
[例7] 【动力学中的极值问题】 一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点),以v0=2 m/s的初速度在平行于斜面向上的拉力F=6 N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=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块加速度a的大小;
【答案】 (1)2 m/s2　
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ;
【答案】 (2)0.5
【解析】(2)对物块受力分析并由牛顿运动定律可得
F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,
代入数值解得μ=0.5。
(3)若拉力F的大小和方向可调节,如图所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少
考点三
动力学中的图像问题
1.动力学图像问题类型
与动力学有关的图像问题,一般有下列两种类型:
(1)由题干描述物体的受力情况或运动情况,对物体的运动或受力选择对应图像。
(2)题干中由图像提供物体受力或运动信息,然后对物体的运动、受力情况作出判断解答。
2.常见动力学图像及应用
名称 应用方法
F-a图像 (1)根据具体的物理情境,对物体进行受力分析。
(2)根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式。
(3)结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义。
(4)由图像给出的信息求出未知量
a-t图像 (1)由加速度的正、负及大小分析每一段的运动情况。
(2)结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解
F-t图像 (1)结合物体受到的力,根据牛顿第二定律列方程,确定加速度的情况。
(2)分析每一时间段的运动性质
[例8] 【图像信息与物体的受力问题】 (2025·浙江杭州期中)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示。g取10 m/s2,根据此两图线,求:
(1)物块所受的滑动摩擦力Ff大小;
【答案】 (1)2 N
【解析】 (1)由题图乙可知4 s到6 s内物块做匀速直线运动,且由题图甲可知该段时间拉力F1=2 N,
故该段时间内,拉力等于滑动摩擦力Ff,
即Ff=F1=2 N,
方向与运动方向相反。
(2)物块的质量m;
【答案】 (2)0.5 kg
(3)物块与水平地面的动摩擦因数。
【答案】 (3)0.4
【解析】 (3)设物块与水平地面的动摩擦因数为μ,根据滑动摩擦力Ff=μFN=μmg,
联立以上解得μ=0.4。
[例9] 【物体运动与运动图像问题】 (2024·广东卷,7)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t 图像可能正确的是(　　)
A　 　 B C　 　 D
B
【解析】 在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,且为正值,F-y 图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有F=mg-kΔy(mg>kΔy),后有F=mg-kΔy(mg[变式] 在[例9] 情境中,请大致画出木块从释放到第一次回到原点的v2-x图像。
动力学图像问题的解题策略
(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确
“图像与公式”“图像与规律”间的关系,然后根据函数关系读取图像信息或描点作图。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、拐点以及图线与坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义,尽可能多地提取有效信息。
方法点拨
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