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《力与运动》检测试题
(时间:90分钟　满分100分)
【二维选题表】
物理观念
科学思维
科学探究
科学态度与责任
牛顿第一定律及惯性的理解
1(易)
牛顿第二定律的理解及应用
8(中),9(中)
牛顿第三定律及作用力、反作
用力
3(易),4(易)
3(易),4(易)
瞬时加速度
6(中)
图象问题
10(中),
11(中),
12(中)
12(中)
动力学综合问题
15(易),
16(易),
17(中),
18(难)
超重、失重现象
2(易)
5(中),7(中)
实验
13(中),
14(中)
一、选择题(第1～6题为单项选择题,第7～12题为多项选择题,每小题4分,共48分)
1.下列说法正确的是(　D　)
A.亚里士多德提出了惯性的概念
B.牛顿的三个定律都可以通过实验来验证
C.单位m,kg,N是一组属于国际单位制的基本单位
D.伽利略指出力不是维持物体运动的原因
解析:牛顿首先提出了惯性的概念,故选项A错误;牛顿第一定律是逻辑思维的产物,不能用实验直接验证,故选项B错误;N是国际单位制的导出单位,不是基本单位,故选项C错误;伽利略通过理想斜面实验,指出力不是维持物体运动的原因,故选项D正确.
2.关于超重和失重的下列说法中,正确的是 (　B　)
A.物体具有向下的加速度时处于超重状态,物体具有向上的加速度时处于失重状态
B.地面附近的物体只在重力作用下的运动中处于完全失重状态
C.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了
D.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用
解析:失重状态:当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时,就说物体处于失重状态,此时有向下的加速度;当物体对接触面完全没有作用力时,就说物体处于完全失重状态;超重状态:当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态,此时有向上的加速度;不论是超重、失重,还是完全失重,物体所受的重力是不变的,只是对接触面的压力不和重力相等了,B正确.
3.下列情景中,关于力的大小关系,说法正确的是 (　B　)
A.运动员做引体向上在向上加速运动时,横杆对人的支持力大于人对横杆的压力
B.火箭加速上升时,火箭发动机的推力大于火箭的重力
C.鸡蛋撞击石头,鸡蛋破碎,鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力
D.钢丝绳吊起货物加速上升时,钢丝绳对货物的拉力大于货物对钢丝绳的拉力
解析:运动员做引体向上在向上加速运动时,横杆对人的支持力与人对横杆的压力是一对作用力和反作用力,所以大小相等,方向相反,A错误;火箭加速上升时,一定受到向上的合力,故发动机的推力大于火箭的重力,B正确;鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是作用力与反作用力,二者大小相等,C错误;钢丝绳对货物的拉力与货物对钢丝绳的拉力为作用力与反作用力,二者大小相等,D错误.
4.春天,河边上的湿地很松软,人在湿地上行走时容易下陷,在人下陷时(　C　)
A.人对湿地地面的压力就是他所受的重力
B.人对湿地地面的压力大于湿地地面对他的支持力
C.人对湿地地面的压力等于湿地地面对他的支持力
D.人对湿地地面的压力小于湿地地面对他的支持力
解析:人对湿地地面的压力和湿地地面对他的支持力是一对作用力和反作用力,故大小相等,选项C正确.
5. 原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上,如图所示,现发现A突然被弹簧拉向右方.由此可判断,此时升降机的运动可能是(　B　)
A.加速上升 B.减速上升
C.加速运动 D.减速运动
解析:当升降机匀速运动时,地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡,且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力.当升降机有向下的加速度时,必然会减小物体对地板的正压力,也就减小了最大静摩擦力,这时的最大静摩擦力小于电梯匀速运动时的静摩擦力,而弹簧的弹力又未改变,故只有在这种情况下A才可能被拉向右方.四个选项中选项B情况电梯的加速度是向下的.
6. 如图所示,质量分别为2m,m的球A,B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线,在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为(　D　)
A.,+g B.,+g
C.,+g D.,+g
解析:以A,B及弹簧整体为研究对象根据牛顿第二定律有整体加速度为a=.
再以B为研究对象,B受弹力和重力作用而产生向上的加速度,故有Fx-mg=ma
得此时弹簧中弹力为
Fx=mg+ma=mg+m·=,
在线断瞬间,弹簧形变没有变化,弹簧弹力仍为,
线断瞬间以A为研究对象,A受重力和弹簧弹力作用产生加速度,合力为FA=Fx+2mg=+2mg
根据牛顿第二定律知,此时A球的加速度为aA===+g,所以选项A,B,C错误,D正确.
7. 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(　BD　)
A.小球一直做减速运动
B.小球所受的弹簧弹力等于重力时,小球速度最大
C.小球一直处于超重状态
D.小球处于先失重后超重状态
解析:开始与弹簧接触时,压缩量很小,因此弹簧对小球向上的弹力小于向下的重力,此时合外力大小F=mg-kx,方向向下;随着压缩量的增加,弹力增大,故合外力减小,当mg=kx时,合外力为零,此时速度最大,此后小球由于惯性继续向下运动,此时合外力大小为F=kx-mg,方向向上,小球减速,随着压缩量增大,小球所受合外力增大,当速度为零时,合外力最大.故整个过程中小球所受合力先减小后增大,速度先增大后减小,故选项A错误,B正确;由于小球先加速后减速,故加速度方向先向下,后向上,小球先失重后超重,故选项C错误,D正确.
8. 如图所示,A,B两物体用细绳连接后放在斜面上,如果两物体与斜面间的动摩擦因数都为μ,则它们下滑的过程中(　BC　)
A.它们的加速度a=gsin α
B.它们的加速度aC.细绳中的张力T=0
D.细绳中的张力T=mAg(sin α-cos α)
解析:对A,B组成的系统整体运用牛顿第二定律有(mA+mB)gsin α-
μ(mA+mB)gcos α=(mA+mB)a,得a=(sin α-μcos α)gμmAgcos α-T=mAa,得T=0,选项C正确,D错误.
9. 如图所示,悬挂于小车里的小球偏离竖直方向θ角,则小车可能的运动情况是(　BC　)
A.向右减速运动 B.向右加速运动
C.向左减速运动 D.向左加速运动
解析:对小球受力分析,受重力和斜向右上方平行绳子的拉力,速度水平,小球做直线运动,合力与速度共线,故合力水平向右,加速度也水平向右,所以小车可能是向右加速,也可能是向左减速.
10.如图(甲)所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图(乙)所示.由图可以判断(　ABD　)
A.图线与纵轴的交点M的值aM=-g
B.图线与横轴的交点N的值TN=mg
C.图线的斜率等于货物的质量m
D.图线的斜率等于货物质量的倒数
解析:对货物受力分析,受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得a=-g,当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M的值aM=-g,故A正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N的值TN=mg,故B正确;图线的斜率表示质量的倒数,故C错误,D正确.
11. 如图所示,一质量为m的滑块,以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面,当其速度减为零后又沿斜面返回底端已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v,选沿斜面向上为正方向,在滑块沿斜面运动的整个过程中,这些物理量随时间变化的图象大致正确的是(　AD　)
解析:滑块在上滑的过程和下滑过程中,正压力大小不变,则摩擦力大小不变,方向相反,上滑时摩擦力方向向下,下滑时摩擦力方向向上,故A正确.上滑时加速度方向沿斜面向下,大小a1==
gsin θ+μgcos θ,下滑时加速度大小a2==gsin θ-
μgcos θ,方向沿斜面向下,则合力沿斜面向下,故B,C错误.上滑时做匀减速运动,下滑时做匀加速直线运动,上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小,故D正确.
12.某人在地面上用体重计称得体重为49 kg.他将体重计移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内,体重计的示数如图所示,电梯运行的v-t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　AD　)
解析:由题图可知,t0至t1时间段体重计的示数为44 kg,故合力向下,电梯可能向下加速,也可能向上减速;t1至t2时间段弹力等于重力,故合力为零,电梯可能为匀速也可能静止;而t2至t3时间段内合力向上,故电梯加速度向上,电梯可能向上加速也可能向下减速;选项A,D均符合题意.
二、非选择题(共52分)
13.(6分)为了探究加速度与力的关系,使用如图所示的气垫导轨装置进行实验.其中G1,G2为两个光电门,它们与数字计时器相连,当滑行器通过G1,G2光电门时,光束被遮挡的时间Δt1,Δt2都可以被测量并记录.滑行器M连同上面固定的一条形挡光片的总质量为m′,挡光片宽度为D,光电门间距离为s,牵引钩码的质量为m.回答下列问题:
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉,使气垫导轨水平,在不增加其他仪器的情况下,如何判定调节是否到位?
?
(2)若取m′=0.4 kg,改变m的值,进行多次实验,以下m的取值不合适的一个是　　　　.?
A.m1=5 g B.m2=15 g
C.m3=40 g D.m4=400 g
(3)在此实验中,需要测得每一个牵引力对应的加速度,其中求得的加速度a的表达式为　　　　　　 　.(用Δt1,Δt2,D,s表示)?
解析:(1)取下牵引钩码,M放在任意位置都不动;或取下牵引钩码,轻推滑行器M,数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt都相等.
(2)实验要求m?m′,而m′=0.4 kg,故当m=400 g时不符合要求,故选D.
(3)滑行器通过光电门G1时的速度v1=,通过光电门G2时的速度v2=.滑行器做匀加速运动,根据运动学公式-=2as可得a==
.
答案:(1)见解析(2分)　(2)D(2分)　(3)a=(2分)
14.(8分)为了“探究加速度与力、质量的关系”,某同学的实验方案如图(甲)所示,他想用钩码的重力mg表示小车受到的合外力(小车质量为M).
请完成下列填空或作图
(1)M　　　　m(选填“远大于”“远小于”或“等于”);?
(2)如图(乙)是某次实验中得到的一条纸带,其中A,B,C,D,E是计数点,相邻计数点间的时间间隔T=1 s,距离如图,则纸带的加速度大小为　　　　　m/s2.?
(3)在一次实验中,控制小车质量M一定,探究加速度与力的关系,数据如表:
a/(m·s-2)
0.60
1.60
2.60
3.10
F/N
1.0
2.0
3.0
3.5
①请在图(丙)内描点作a-F图象;
②上述图线不通过原点的原因是? 　;?
③小车质量M=　　　　kg.?
解析:(1)以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有mg=(m+M)a,解得a=,以M为研究对象,得绳子的拉力为F=Ma=,显然要有F=mg必有m+M=M,故有M?m,即只有M?m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于钩码的重力.
(2)由匀变速直线运动规律知Δx=aT2.
可得a== m/s2=0.02 m/s2.
(3)①利用描点作图法,将四组数据描在坐标系中,用直线连接各点,原则是让尽量多的点在线上,不在线上的点分居在线的两侧.
②从图中可以看出,倾斜直线与横轴有交点,作用上一部分力F时,加速度仍为零,具体原因是未平衡摩擦力或未能完全平衡摩擦力.
③从图线可知其斜率表示小车质量的倒数,即k====1,所以M=1 kg.
答案:(1)远大于(1分)
(2)0.02(2分)　
(3)①如图所示(2分)　
②未平衡摩擦力或未能完全平衡摩擦力(1分)
③1(2分)
15. (8分)如图所示,一个质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上.现沿水平方向对物体施加10 N的拉力,g取10 m/s2,求:
(1)物体运动时加速度的大小;
(2)物体运动3 s时速度的大小;
(3)物体从开始运动到位移为10 m时经历的时间.
解析:(1)根据牛顿第二定律得
a== m/s2=5 m/s2. (2分)
(2)物体运动3 s时速度的大小为
v=at=5×3 m/s=15 m/s. (2分)
(3)由s=at2得t==s=2 s. (4分)
答案:(1)5 m/s2　(2)15 m/s　(3)2 s
16.(8分) 如图所示,滑雪运动员质量m=75 kg,沿倾角θ=30°的山
坡匀加速滑下,经过2 s的时间速度由2 m/s增加到8 m/s,g=
10 m/s2,求:
(1)运动员在这段时间内沿山坡下滑的距离和加速度大小;
(2)运动员受到的阻力(包括摩擦和空气阻力).
解析:(1)由运动学公式vt=v0+at,可得运动员的加速度a==
m/s2=3 m/s2, (2分)
运动员的位移
x=t=×2 m=10 m. (2分)
(2)根据牛顿第二定律得,mgsin 30°-f=ma,
f=mgsin 30°-ma=(75×10×0.5-75×3)N=150 N. (4分)
答案:(1)10 m　3 m/s2　(2)150 N
17.(10分) 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做
直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v-t图象如图所示.g取
10 m/s2,求:
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)水平推力F的大小;
(3)0～10 s内物体运动位移的大小.
解析:(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2、加速度为a2,
则a2==2 m/s2 (2分)
设物体所受的摩擦力为f,根据牛顿第二定律,有
f=ma2 (1分)
f=μmg (1分)
联立解得μ==0.2. (1分)
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1,则
a1= (1分)
根据牛顿第二定律有F-f=ma1 (1分)
联立解得F=μmg+ma1=6 N. (1分)
(3)由匀变速直线运动位移公式,得
s=s1+s2=v10t1+a1+a2=46 m. (2分)
答案:(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m
18.(12分)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接.现将一小滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,最终停在水平面上的C点.已知A点距离水平面的高度h=0.8 m,B点距离
C点的距离L=2.0 m.(假设滑块经过B点时没有任何能量损失,g取
10 m/s2)求:
(1)滑块在运动过程中的最大速度;
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0 s时速度的大小.
解析:(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上做匀减速运动,故滑块运动到B点时速度最大为vm,设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1
mgsin 30°=ma1
=2a1·
解得vm=4 m/s. (4分)
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
μmg=ma2,=2a2L,
解得μ=0.4. (4分)
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1
vm=a1t1
得t1=0.8 s
由于t>t1,故滑块已经经过B点,做匀减速运动
t-t1=0.2 s
设t=1.0 s时速度大小为v,则 v=vm-a2(t-t1)
解得v=3.2 m/s. (4分)
答案:(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s

章末总结
一、物理图象在动力学问题中的应用
1．动力学中两类常见图象及其处理方法
(1)v－t图象：可以从所提供图象获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。
(2)F－t图象：首先应明确该图象表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。
2．两图象需关注：图象的截距、斜率、面积以及正负的含义，要做到物体实际受力与运动情况的紧密结合。
[例1] 一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图1所示。(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图1
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离。
解析　(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为
a＝＝ m/s2＝－8 m/s2
加速度大小为8 m/s2。
(2)对小物块进行受力分析如图所示，
由牛顿第二定律知：
mgsin 37°＋f＝ma
又N－mgcos 37°＝0
f＝μN
代入数据解得μ＝0.25。
(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为s＝·t＝×1.0 m＝4.0 m
答案　 (1)8 m/s2 　(2)0.25　 (3)4.0 m
(1)v－t、s－t图象反映的是物体的运动规律，绝非代表物体的运动轨迹。F－t图象反映的是物体的受力规律。
(2)分析图象法，先从它的物理意义、点、线段、截距、交点、拐点、面积等方面了解信息。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[针对训练1] 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的关系如图2甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)
图2
A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
解析　由F－t图和v－t图可得，物块在2～4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F′＝f，F′＝μmg，即10μm＝2②
由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确。
答案　A
二、牛顿第二定律中的临界和极值问题
1．临界、极值问题
(1)临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。
(2)极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况。
2．关键词语
在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。
3．常见类型
动力学中的常见临界问题：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离问题；二是绳子绷紧与松弛的问题；三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。
4．解题关键
解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存在的独特的物理关系，即临界条件。
常见的三类临界问题的临界条件：
(1)相互接触的两个物体将要分离的临界条件是相互作用的弹力为零。
(2)绳子松弛的临界条件是绳的拉力为零。
(3)存在静摩擦的系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。
[例2] 如图3所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a＝2g的加速度向左运动时线中的拉力T。
图3
思路点拨　本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来，要注意这个隐含条件。
解析　当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受两个力：重力mg，绳的拉力T，根据牛顿第二定律有
Tcos θ＝ma①
Tsin θ－mg＝0②
联立①②两式并将θ＝45°代入，得a＝g，即当滑块向左运动的加速度为a＝g时，小球恰好对斜面无压力。当a>g时，小球将“飘”起来，当a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如图所示，故根据①②两式并将a＝2g代入，解得T＝mg。此即为所求线中的拉力。
答案　mg
处理临界问题常用的方法
(1)极限法
解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件。
(2)假设法
有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解决此类问题时，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，然后再根据实际情况进行处理。
(3)数学法
将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。　　　　　　
[针对训练2] 如图4所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；
(2)当汽车以a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
解析　(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲所示，
由牛顿第二定律得：Tcos θ＝mg①
Tsin θ－N＝ma②
联立①②代入数据得：T＝50 N，N＝22 N。
由牛顿第三定律可知，小球对车后壁的压力为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示，
由牛顿第二定律得：Tsin θ＝ma0③
联立①③代入数据得：
a0＝gtan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2，
因为a＝10 m/s2>a0，所以小球飞起来，N′＝0
设此时细线与竖直方向的夹角为α，如图丙所示，
由牛顿第二定律得：
T′＝＝40 N≈56.56 N。
答案　(1)50 N　22 N　(2)56.56 N　0
三、应用牛顿运动定律处理多过程问题
1．按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法称为程序法。解题的基本思路是：正确划分出题目中有多少个不同过程或多少个不同状态，然后对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果。
2．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等。
3．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度。
[例3] 科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg。气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m。为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量。
解析　
抛压舱物前，h1＝v0t＋a1t
解得：a1＝1 m/s2
设漏气后浮力为F，抛压舱物前质量为m，抛掉压舱物的质量为m′，对过程分析，如图所示，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma1
抛压舱物后，Δv＝a2Δt
解得：a2＝0.01 m/s2
由牛顿第二定律得：F－(m－m′)g＝(m－m′)a2
解得：m′＝101 kg
答案　101 kg
分析多过程问题的要领
(1)将多过程分解为多个子过程，各子过程间由衔接点连接。
(2)对各子过程进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据子过程和衔接点的模型特点选择合理的动力学规律列方程。
(4)分析衔接点的位移、速度、加速度等的联系，确定各子过程间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，并对结果进行必要的讨论或验证。　　　　　　
[针对训练3] 物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图5所示。已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：
图5
(1)物体沿斜面上滑的最大位移；
(2)物体沿斜面下滑的时间。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析　(1)上滑时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝7.2 m/s2
上滑最大位移为s＝，代入数据得s＝14.4 m。
(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝4.8 m/s2
由s＝a2t2得下滑时间，t＝＝ s
答案　(1)14.4 m　(2)  s

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