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第三章
考 纲 要 求
考 情 分 析
牛顿运动定律及其应用
Ⅱ
1.命题规律
近几年高考对该部分内容的考查仍以概念和规律的应用为主，单独考查该部分内容的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学内容相结合的题目多为计算题。
2.考查热点
以实际生活、生产和科学实验为背景，突出表现物理知识实用性的命题特点较为显著，复习备考应多与生活实际问题相结合。
超重和失重
Ⅰ
实验四：验证牛顿运动定律
　牛顿第一定律　牛顿第三定律(双基落实课)
点点通(一)　物理学史　牛顿第一定律
1．对力和运动关系的认识
科学家
国籍
观 点
亚里士多德
古希腊
力是维持物体运动状态的原因
伽利略
意大利
通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物理学中的“福尔摩斯”
笛卡儿
法国
如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
牛顿
英国
牛顿运动定律
2.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)意义
①指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。
②指出一切物体都具有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。
③牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，但当物体所受合外力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态。
3．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。
[小题练通]
1．(多选)(2019·遵义航天中学模拟)下列关于惯性的说法正确的是(　　)
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．行星在圆轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
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
解析：选AD　物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确，B错误；行星在圆轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，C错误。
2．(多选)(人教教材改编题)下列说法中正确的是(　　)
A．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标
B．地球自西向东自转，人向上跳起来后，还会落到原地
C．安全带的作用是防止汽车刹车时，人由于惯性作用发生危险
D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力
解析：选BC　飞机在目标正上方投弹时，由于惯性，炸弹会落在目标的前方，A错；地球自西向东自转，人向上跳起来后，由于惯性，还会落在原地，B对；汽车刹车时，由于惯性，人会向前冲，安全带可以防止人的前冲，C对；物体被向上抛出后，在空中向上运动是由于惯性，D错。
3．下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大
B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大
C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关
D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小
解析：选C　惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关，A、B、D错误，C正确。
[融会贯通]　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，要把生活实际和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，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认识，养成正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。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。
点点通(二)　牛顿第三定律的理解和应用
1．牛顿第三定律
(1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
(2)意义：建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。
2．作用力与反作用力的三个关系
3．相互作用力与平衡力的比较
一对平衡力
一对作用力和反作用力
不同点
作用在同一物体上
作用在两个相互作用的不同物体上
力的性质不一定相同
一定是相同性质的力
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
作用效果可相互抵消
作用效果不可抵消
相同点
大小相等，方向相反，作用在同一条直线上
[小题练通]
1．(粤教教材原题)沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷。若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是(　　)
A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力
B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力
C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力
D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力
解析：选D　人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C错误，D正确。
2．(2019·江西红色七校模拟)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(　　)
A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力
B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C．人推车前进，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小
D．物体在地面上滑行，物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力
解析：选C　由作用力和反作用力的同时性知，A错误；B项中两力为作用力和反作用力，不是平衡力，B错误；作用力和反作用力大小相等，C正确，D错误。
3.(2019·安徽八校联考)磁性冰箱贴既可以用来装饰冰箱，也可以用来记事备忘，当冰箱贴紧紧吸住侧壁不动时，下列说法正确的是(　　)
A．冰箱贴受到三个力作用
B．冰箱贴受到四个力作用
C．磁性吸力和弹力是一对相互作用力
D．冰箱贴受到的摩擦力的大小大于其受到的重力
解析：选B　对冰箱贴受力分析可知，受到重力、摩擦力、冰箱侧壁对它的吸引力、冰箱侧壁对它的支持力四个力作用，A错误，B正确；磁性吸力和弹力是一对平衡力，C错误；由于冰箱贴相对地面是静止的，因此冰箱贴受到的摩擦力的大小等于其受到的重力，D错误。
[融会贯通]　应用牛顿第三定律应注意的三个问题
(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。
(2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效果(运动效果或形变效果)不同。
(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。
点点通(三)　应用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可利用牛顿第三定律转换研究对象，先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。
[小题练通]
1.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2。若长木板始终处于静止状态，则长木板对地面的摩擦力大小一定为(　　)
A．μ1(m＋M)g　　　　　 　B．μ2mg
C．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg
解析：选B　木块在长木板上向右加速滑行过程中，受到长木板对其水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于长木板始终处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，故B正确。
2.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地面上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿。当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对地面上人的压力大小为(　　)
A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g
解析：选B　对竿上的人受力分析：受重力mg、摩擦力Ff，由mg－Ff＝ma，解得Ff＝m(g－a)。竿对人有摩擦力，由牛顿第三定律知人对竿也有摩擦力，且大小相等，方向相反，Ff′＝Ff＝m(g－a)。对竿受力分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、地面上人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对地面上人的压力和地面上人对竿的支持力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得竿对地面上人的压力大小FN′＝FN＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，B项正确。
3.一个箱子放在水平地面上，箱子内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示。已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力大小是(　　)
A．(M＋m)g B．Ff＋mg
C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g
解析：选C　箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。C正确。
1．牛顿第一定律指出了物体不受力作用时的运动规律，但不能把牛顿第一定律理解为牛顿第二定律的特例。
2．牛顿第一定律适用于惯性参考系，即相对于地面静止或做匀速直线运动的参考系。
3．惯性的大小仅由质量决定，比如悬挂在空气中时乒乓球的惯性比对应的“空气球”的惯性大，但悬挂在水中时乒乓球的惯性比对应的“水球”的惯性小。
4．牛顿第三定律指出了作用力与反作用力间的关系，而且这种关系在宏观、低速运动的情况下均适用。
[课堂综合训练]
1．(2019·杭州模拟)对实际生活中的一些现象，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的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步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，这表明它的惯性变小了
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转弯的目的
解析：选C　惯性是物体固有的属性，惯性的大小仅与物体的质量有关，与物体的其他性质无关，故选项C正确，A、B、D错误。
2．(2019·福州模拟)汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是(　　)
A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力
D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力
解析：选D　汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力，即总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，A、B、C错误；拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力，D正确。
3.如图所示，物体静止在斜面上，下列说法正确的是(　　)
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对平衡力
C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力
D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选C　物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力也是一对作用力与反作用力，A、B错误；物体所受重力的两个分力仍作用在物体上，D错误；斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确。
4．(2019·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．510 N　　　　　　　 　 　B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：选B　对建筑材料进行受力分析，有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋N，得N＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490 N，故选项B正确。
5.如图所示，容器中盛满水，水中放入P和Q两个小球，P球为铁球，Q球为木球，它们用细线分别系于容器的上、下底部。当容器静止时，细线均伸直处于竖直方向。现使容器以一定加速度向右做匀加速直线运动，则此时P、Q两球相对容器(　　)
A．P球向右偏移 B．两球均向左偏移
C．Q球向右偏移 D．两球均向右偏移
解析：选C　假设把P球拿掉，用同样体积的水球来替代，当水球随容器以加速度a做匀加速直线运动时，水球受到的水平合力为F水＝ma，且水球相对于容器的原来位置不会改变，可知同样体积的实心铁球质量要比水球质量大，即m铁＞m水，故要使P球也以加速度a向右做匀加速直线运动，单靠F水是不够的，因而还应借助细线的拉力，所以P球向左偏移，同理可以推得Q球向右偏移，故A、B、D错误，C正确。

1．牙医建议每天早晚各刷一次牙能够有效预防各种口腔疾病。生活中人们常常在刷完牙之后，手用力甩一甩牙刷后放回牙刷杯中。下列关于用力甩牙刷的分析正确的是(　　)
A．仅仅是个人习惯，没有科学依据
B．甩牙刷时，在突然运动和突然停止瞬间，刷毛之间的水由于惯性保持原来的运动状态，导致水、刷毛分离，有利于保持刷毛干燥，从而有利于口腔健康
C．用力甩牙刷的启动和停止，说明牙刷的运动状态要靠力来维持
D．刷毛间的水被甩出去是因为刷毛太细太光滑，没有摩擦力造成的
解析：选B　手用力甩牙刷过程中，由于手的作用使得牙刷突然开始运动或突然停止运动，突然运动时，刷毛之间的水由于惯性来不及改变运动状态，因而导致水、刷毛分离；在牙刷突然停止运动时，由于惯性水会继续沿着甩牙刷的方向向前运动，从而导致刷毛、水分离，保持刷毛的干燥，有利于防止细菌滋生，因而有利于口腔健康，A错误，B正确；力是改变运动状态的原因不是维持运动状态的原因，C错误；刷毛间的水被甩出去是由于惯性，虽然刷毛很细很光滑，但仍存在摩擦力，D错误。
2.(2018·浙江6月学考)如图所示，船夫用撑杆撑船前行，则(　　)
A．船对人的力小于人对船的力
B．船对水的力大于水对船的力
C．人对撑杆的力与撑杆对人的力大小相等
D．撑杆对河底的力大于河底对撑杆的力
解析：选C　船对人的力与人对船的力，船对水的力与水对船的力，人对撑杆的力与撑杆对人的力，撑杆对河底的力与河底对撑杆的力，以上四对力都属于作用力和反作用力，作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，选项C正确，A、B、D错误。
3.(2019·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人A、B站在冰面上，当A从背后轻轻推B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时(　　)
A．A与B之间有相互作用力
B．A对B的作用在先，B对A的作用在后
C．B对A的作用力小于A对B的作用力
D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力
解析：选A　A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，B、C、D错误。
4．(2017·上海高考)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图(　　)
解析：选A　当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A所示的情形符合要求，故A正确。
5．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是(　　)
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才没有碎裂
D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系
解析：选C　由题意可知，榔头和玻璃之间的作用力是一对作用力和反作用力，所以应该是等大的，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以榔头把玻璃打碎了。故C正确。
6．(2019·益阳模拟)亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学。新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”。下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是(　　)
A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动
B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因
C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的
D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性
解析：选C　力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A正确；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；物体具有向上的速度，由于具有保持这种运动状态的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立即向下运动，故选项D正确。
7.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则(　　)
A．绳子对甲的拉力小于甲所受的重力
B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力
C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定小于乙所受的重力
D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定大于乙所受的重力
解析：选D　甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，绳子对甲的拉力等于甲所受的重力，A错误；由牛顿第三定律可知，绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力大小相等，B错误；因乙能把绳子拉断，说明乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力一定大于甲拉绳子的力，也一定大于乙所受的重力，C错误，D正确。
8．(多选)如图所示，大圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB(质量不计)上套有一质量为m的橡皮球。现让橡皮球沿钢丝以一定的初速度v0竖直向上运动，大圆环对地面无压力。则橡皮球上升过程中(　　)
A．钢丝对橡皮球的摩擦力为Mg，方向竖直向下
B．钢丝对橡皮球的摩擦力为0
C．橡皮球的加速度大小为g
D．橡皮球的加速度大小为g
解析：选AD　大圆环对地面无压力，由牛顿第三定律可知，地面对大圆环无支持力，大圆环受力平衡，橡皮球对钢丝的摩擦力F＝Mg，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，钢丝对橡皮球的摩擦力F′＝F＝Mg，方向竖直向下，A正确，B错误；对橡皮球进行受力分析，由牛顿第二定律有F′＋mg＝ma，解得橡皮球的加速度大小a＝g，D正确，C错误。
9．(多选)如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳子与滑轮的质量，不计轴承、绳子与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是(　　)
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选AC　由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C正确，D错误。
10.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计，冰面可视为光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．甲对绳子的拉力与绳子对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳子的拉力与乙对绳子的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳子的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C　甲对绳子的拉力与绳子对甲的拉力是一对作用力与反作用力，A错误；甲和乙的拉力作用在同一个物体上，不是作用力与反作用力，B错误；设绳子的张力为F，根据牛顿第二定律a＝知，若m甲>m乙，则a甲第14课时　牛顿第二定律(双基落实课)
点点通(一)　牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。表达式为：F＝ma。
2．适用范围
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
3．牛顿第二定律的五个特性
矢量性
F＝ma是矢量式，a与F同向
瞬时性
a与F对应同一时刻
因果性
F是产生a的原因
同一性
F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位
独立性
每一个力都产生各自的加速度
4.合力、加速度、速度间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体就有加速度。
(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。
(3)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。
[小题练通]
1．(鲁科教材原题)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(　　)
A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小
B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小
C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D　由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定推力F>摩擦力f，且 ma＝F－f；当推力F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速即速度增大；当推力F<摩擦力f后，此时ma＝f－F，推力F减小，加速度又增大，且加速度与速度方向相反，物体减速即速度减小，综上所述，选项D正确。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)
解析：选A　设P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，P受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
3．(多选)(2019·清远实验中学模拟)一质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是(　　)
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2
解析：选BC　根据平衡条件知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝得，物体的加速度大小范围为：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，若物体原来做匀速直线运动，当撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，当撤去的两个力方向相反，但合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2，故A错误，C正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。
[融会贯通]
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
点点通(二)　瞬时性问题
1．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，认为弹力保持不变。
2．解题思路
[小题练通]
1.如图所示，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(　　)
A．1.5g,1.5g,0　　　 　　 　B．g,2g,0
C．g，g，g D．g，g,0
解析：选A　剪断细线前，由平衡条件可知，A上端细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，C所受合外力为零，所以C的加速度为0；A、B被细线拴在一起，对A、B整体受力分析知，受二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
2．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在突然撤去挡板的瞬间，则(　　)
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度大小是图乙中B球加速度大小的2倍
解析：选D　撤去挡板前，题图甲和题图乙中的A、B两球的受力情况一样，A球受轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向上，大小为mgsin θ，B球受到轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsin θ，B球受挡板的弹力沿斜面向上，大小为2mgsin θ，撤去挡板瞬间，轻杆受力可突变，而轻弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中A球的加速度为零，B球的加速度大小为2gsin θ，题图乙中轻杆的存在使A、B两球的加速度相同，由2mgsin θ＝2ma，可得A、B两球的加速度大小a＝gsin θ，方向沿斜面向下，D正确，A、B错误；由上可知，题图乙中轻杆的作用力为零，C错误。
3.(多选)(2019·太原模拟)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　)
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度大小为a＝＝，C正确，D错误。
[融会贯通]
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
点点通(三)　超重和失重问题
1．超重和失重的概念
视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力
超重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度
失重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度
完全失重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度
2.对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。
(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。
(3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(4)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。
[小题练通]
1．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　)
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：选D　手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；然后可能匀速上升，物体既不超重也不失重；也可能减速上升，物体处于失重状态，选项A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。
2．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a?t图像如图所示。则下列说法正确的是(　　)
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析：选D　由题图可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a?t图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量，而题图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确。
3.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　)
A．处于超重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用
D．所受合力竖直向上
解析：选C　当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人所受的合力方向沿斜坡向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示。将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确。
[融会贯通]
判断超重和失重现象的三个角度和技巧
(1)从受力的角度判断。当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断。当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断。
①物体向上加速或向下减速时，超重。
②物体向下加速或向上减速时，失重。
点点通(四)　单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位组成。
2．基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n
摩[尔]
mol
发光强度
IV
坎[德拉]
cd
[小题练通]
1．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)，用上述基本单位可表示为(　　)
A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
解析：选B　由物理公式U＝＝＝，得1 V＝ 1  ＝1 kg·m2·s－3·A－1，选项B正确。
2．关于单位制，下列说法中正确的是(　　)
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位
C．在国际单位制中，电流的单位A是导出单位
D．在国际单位制中，力的单位N是根据牛顿第二定律定义的
解析：选D　在力学中m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位N是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，D正确，A错误；电荷量的单位C属于国际单位制中的导出单位，B错误；电流的单位A属于国际单位制中的基本单位，C错误。
3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为(　　)
A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－4
C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2
解析：选B　由公式F＝k得，k＝，故k的单位为，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知 1 N＝1 kg·m·s－2，故1 ＝1 kg·A－2·m3·s－4，选项B正确。
1．加速度的方向由合外力的方向决定，与物体运动速度方向无关。
2．牛顿第二定律是矢量式，列方程时常以加速度的方向为正方向，而利用运动学公式列方程时常以初速度方向为正方向，注意两种情况下加速度的符号关系。
3．解题中常用到的二级结论
(1)沿粗糙水平面自由滑行的物体：a＝μg。
(2)沿光滑斜面自由滑行的物体：a＝gsin θ。
(3)沿粗糙斜面自由下滑的物体：a＝g(sin θ－μcos θ)。
(4)沿粗糙斜面自由上滑的物体：a＝g(sin θ＋μcos θ)。
[课堂综合训练]
1．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)
A．t＝2 s时最大　　　　　 　B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD　对人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。
2.如图所示，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．0 B．2.5 N
C．5 N D．3.75 N
解析：选D　当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为0，则B与A突然有了相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对A、B整体受力分析可知，整体受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹簧弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，解得F1＝3.75 N，选项D正确。
3.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上。如图所示，皮带轮与桌面、细绳之间以及细绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，皮带轮的加速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　相等时间内重物下落的距离是皮带轮运动距离的2倍，因此，重物的加速度大小也是皮带轮加速度大小的2倍，设细绳上的拉力为F，根据牛顿第二定律＝2·，解得F＝，皮带轮加速度大小为a＝＝，所以C正确。
4.(2019·泰安模拟)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上。两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态。已知小球B质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角。现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧弹力大小为mg
B．小球B的加速度为g
C．小球A受到的支持力为mg
D．小球A的加速度为g
解析：选D　剪断细绳前对小球B受力分析如图所示，由平衡条件可得F绳＝＝mg，F弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和小球B受到的重力的大小和方向均没有改变，则F合＝＝mg，aB＝＝g，A、B项错误；剪断细绳前，小球A受到的重力大小mAg＝2F绳cos 30°＝mg，剪断细绳瞬间，小球A受到的支持力FNA＝mAgcos 30°＝mg，C项错误；剪断细绳瞬间，对小球A由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得小球A的加速度aA＝gsin 30°＝g，D项正确。

1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，选项图中能大致反映雨滴运动情况的是(　　)
解析：选C　根据题意，对雨滴进行受力分析，由牛顿第二定律可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动，故C正确。
2．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果(　　)
A．可能是正确的
B．一定是错误的
C．如果用国际单位制，结果可能正确
D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确
解析：选B　由x＝(t1＋t2)可知x的单位为：·s＝＝m/s，此为速度的单位，而位移的单位为m，所以结果错误，B正确。
3．下列关于超重和失重的说法正确的是(　　)
A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态
B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态
C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态
D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态
解析：选B　人处于完全失重状态时，有向下的加速度且大小等于重力加速度，A错误；跳水运动员入水前有向下的加速度处于失重状态，入水后短时间内有向上的加速度处于超重状态，B正确；飞船返回地面时有向上的加速度，处于超重状态，C错误；物块上滑的过程有向下的加速度，物块处于失重状态，D错误。
4．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。质量为m的小明静止悬挂在空中时，两橡皮绳的夹角为60°，则(　　)
A．每根橡皮绳的拉力为mg
B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度为g
D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度为g
解析：选B　根据平行四边形定则知，2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg，故A错误；根据共点力平衡得，2Fcos θ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等、方向相反，合力大小为mg，加速度为g，故C错误；当两侧为轻绳时，左侧轻绳断裂瞬间，右侧轻绳上拉力发生突变，将重力沿轻绳方向和垂直于轻绳方向正交分解，合力为mgsin 30°，加速度为g，方向沿垂直于右侧轻绳的方向斜向下，故D错误。
5．(2019·广元检测)如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　　)
A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A　物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。
6．(2019·莆田质检)如图所示，质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg 的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．弹簧测力计的示数是0
B．弹簧测力计的示数是40 N
C．突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5 m/s2
D．撤去F1后，当A、B加速度相同时，弹簧测力计的示数是16 N
解析：选C　两水平拉力大小相等，两物体受力平衡，此时弹簧测力计的示数T＝20 N，选项A、B错误；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝5 m/s2, 选项C正确；撤去F1后， 当A、B加速度相同时， 满足＝，解得弹簧测力计的示数T′＝4 N，选项D错误。
7．(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2。现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10 m/s2)(　　)
A．3 N　　　　　　　　　 　B．25 N
C．30 N D．50 N
解析：选ACD　若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确。
8.(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态。细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．A的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ
B．C的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
解析：选CD　初始系统处于静止状态，把B、C看成整体，对B、C整体受力分析，受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的弹力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得F弹＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A的加速度沿斜面向上，大小为a＝2gsin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把B、C看成整体，根据牛顿第二定律得B、C两球的加速度大小为a′＝gsin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；假设杆对C有弹力，对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确。
9．(多选)(2019·郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面。第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图(b)中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v?t图线。不考虑空气阻力，g＝10 m/s2(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。下列说法中正确的是(　　)
A．恒力F的大小为5 N
B．恒力F的大小为10 N
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
解析：选AD　由题图可得有恒力F时：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2；无恒力F时：a2＝＝ m/s2＝11 m/s2；由牛顿第二定律得：无恒力F时：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得：μ＝0.5，有恒力F时：mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma1，解得：F＝5 N，故A、D正确，B、C错误。
10．一个弹簧测力计最多能挂54 kg重的物体，在实际以1 m/s2 加速下降的电梯里，它最多能挂上多重的物体？如果在电梯内弹簧测力计最多能挂上40 kg的物体，此刻电梯在做什么运动？加速度的大小为多少？(取g＝10 m/s2)
解析：弹簧测力计的最大拉力为F＝Mg＝540 N，
电梯加速下降时，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，
解得：m＝＝60 kg。
最多能挂上40 kg的物体时，根据牛顿第二定律得
F－m′g＝m′a，
解得：a＝＝3.5 m/s2，
电梯向上做匀加速运动或向下做匀减速运动。
答案：60 kg　向上做匀加速运动或向下做匀减速运动 3．5 m/s2
第15课时　动力学的两类基本问题(重点突破课)
[考点一　两类动力学问题]
动力学的两类基本问题在高考中是命题的热点。这类问题对学生的分析推理能力、应用数学解决物理问题的能力要求较高，学生往往因为计算失误导致丢分。
1．动力学的两类基本问题
(1)已知受力情况，求物体的运动情况。
(2)已知运动情况，求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示。
[典例]　避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
[解析]　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数为μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1
f＝μmgcos θ
解得a1＝5 m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离为s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2，货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度为l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
M＝4m
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
解得l＝98 m。
[答案]　(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98 m

动力学问题的解题步骤
　　
[集训冲关]
1．(2019·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
解得：μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，
当加速度沿斜面向上时：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据解得：F＝ N；
当加速度沿斜面向下时：
mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据解得：F＝ N。
答案：(1)　(2) N或 N
2．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)。
解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0
s＝v0t0＋
解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5
设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有μ＝μ0
由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma
s＝vt0＋
解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合实际，舍去)。
答案：20 m/s
[考点二　动力学的图像问题]
结合图像分析动力学问题是近几年高考中的常客。学生在分析图像时常遇到的问题：一是不能从图像中分析出有用的足够多的信息；二是不能把图像转化成实际运动情景。
1．常见的动力学图像
v?t图像、a?t图像、F?t图像、F?a图像等。
2．图像问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。求解物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例]　(2019·南阳模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回。返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降。这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为返回舱竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱运动的v -t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的切线。假如返回舱总质量为 M＝400 kg，g取10 m/s2，求：
(1)返回舱在这一阶段的运动状态；
(2)在开始时刻v0＝160 m/s时，返回舱的加速度大小；
(3)空气阻力系数k的数值。
[解析]　(1)由题图图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动。
(2)开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则
a＝＝m/s2＝20 m/s2
故加速度大小为20 m/s2。
(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得
在t＝0时，有kv02＋F－Mg＝Ma
由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s
当返回舱做匀速运动时，有kv2＋F－Mg＝0
解得k≈0.31。
[答案]　(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动　(2)20 m/s2　(3)0.31

解决图像综合问题的三点提醒
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中特殊点的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。　　
[集训冲关]
1．(多选)如图甲所示，物体最初静止在倾角为30°的足够长斜面上，从t＝0时刻起受到平行斜面向下的力F的作用。力F随时间变化的图像如图乙所示，物体开始运动2 s后以2 m/s 的速度匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
解析：选AD　由物体开始运动2 s后以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。
2.(2019·湖北联考)质量m＝1.0 kg的物块在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的二次方随路程x变化的关系图像如图所示。已知g取10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力。下列说法中正确的是(　　)
A．恒力F大小为6 N
B．在t＝1 s时，物块运动开始反向
C．2 s末～3 s末物块做匀减速运动
D．在物块运动路程为13 m的过程中，重力势能增加130 J
解析：选B　根据公式v2－v02＝2ax可得v2＝2ax＋v02，v2?x图像的斜率的绝对值表示2倍加速度的大小，在运动0～5 m过程中，由牛顿第二定律可得mg＋f－F＝ma1，其中a1＝× m/s2＝10 m/s2, 即f－F＝0，在运动5～13 m 过程中，根据牛顿第二定律可得mg－f－F＝ma2，其中a2＝× m/s2＝4 m/s2，解得F＝f＝3 N，A错误；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s时，速度减小到零，即在t＝1 s时，物块运动开始反向，之后向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；在物块运动路程为13 m的过程中，先上升5 m，然后从最高点下降8 m，即位移为3 m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，ΔEp＝mgh＝1.0×10×3 J＝30 J, D错误。
3．如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v?t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)在0～2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。
解析：(1)在0～2 s内，由题图乙知：
物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m
所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5 m
路程：L＝x1＋x2＝1.5 m。
(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：
a1＝ m/s2＝4 m/s2
a2＝m/s2＝4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2
解得F＝8 N。
答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
[考点三　等时圆问题]
等时圆问题属于动力学问题，它的特殊之处在于物体运动的初、末位置在圆弧上。它的运动时间有一定的规律，解答这类问题时如果能熟练应用“等时”的规律，则“事半功倍”，否则求解过程“繁琐”且易失分。
1．质点在竖直圆环上从不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点从不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
[典例]　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t2>t3
C．t1[解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三根细杆交于圆的最低点a，三根细杆顶点均在圆周上，根据等时圆特点可知，由c、O、d无初速度释放的滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；由c→a与O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故选项A错误，B、C、D正确。
[答案]　BCD
[集训冲关]
1．(2019·合肥检测)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB解析：选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线的延长线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。
2.如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置(　　)
A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上
C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上
解析：选D　设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。

1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)(　　)
A．450 N　　　　　　　　 　B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C　汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。
2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可视为质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
解析：选A　因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆特点可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
3.(2019·潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)。下列判断正确的是(　　)
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
解析：选B　根据题图可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力大小等于重力，故A错误；根据题图可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据题图可知，0～4 s内，重物一直向上运动，第2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据题图可知，前4 s内位移为正，故D错误。
4.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙壁相切于A点。竖直墙壁上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则(　　)
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析：选C　如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gtc2，所以tc＝ ；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M点用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·ta2，即ta＝2 ；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2 (r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)。综上所述可得tb>ta>tc，故选项C正确。
5.如图所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，O为山坡的中点，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为(　　)
A.  B. 
C.  D．2 
解析：选D　如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间，有2L＝gt2，解得t＝2 。故选项D正确。
6．(2019·淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v?t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的v?t图线的切线。已知滑块质量m＝2 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数为175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
解析：选C　根据v?t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加， 从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题图乙知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2 ＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确。
7．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD　由题图(b)可知物块上升过程中的加速度大小为a1＝，下降过程中的加速度大小为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，解得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v-t图像中t轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
8.(多选)(2019·汕头模拟)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是(　　)
A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
解析：选AC　设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FN′＝FN＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝，由x＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。
9.如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，倾斜滑道AB长lAB＝128 m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)游客匀速下滑时的速度大小；
(2)游客匀速下滑的时间；
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。
解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小
a＝2 m/s2，
游客匀速下滑时的速度大小v＝at1＝16 m/s。
(2)游客加速下滑的路程l1＝at12＝64 m，
匀速下滑的路程l2＝lAB－l1＝64 m，
匀速下滑的时间t2＝＝4 s。
(3)设游客在BC段的加速度大小为a′，
由0－v2＝－2a′x，
解得a′＝＝8 m/s2，
由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma′，
解得制动力F＝210 N。
答案：(1)16 m/s　(2)4 s　(3)210 N
10.(2019·西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6。求：
(1)物块的初速度v0；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)。
解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0
由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m
由v02＝2gxm，得v0＝8 m/s。
(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：v02＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.5。
(3)设题图中P点对应的斜面倾角为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m
由运动学公式有：v02＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
代入数据，解得θ＝37°
因为mgsin θ＞μmgcos θ，
所以物块能滑回斜面底端。
答案：(1)8 m/s　(2)0.5　(3)37°　能滑回斜面底端　理由见解析
11．(2019·济南模拟)如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s。④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力F与斜面间的夹角为α，对物块受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma　⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0　 ⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由数学知识得
cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知F最小时，对应的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝ N。?
答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
第16课时　动力学的三类典型问题(题型研究课)
1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8　　　　　　　　　　　 　B．10
C．15 D．18
解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)m·a，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
2.(2013·全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
解析：(1)从t＝0时刻开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。
设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝①
a2＝②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2④
联立①②③④式得
μ1＝0.20⑤
μ2＝0.30。⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得
f＝ma1′⑦
2μ2mg－f＝ma2′⑧
假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′
由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。
故f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v-t图像如图中点划线所示。
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×⑩
s2＝t1＋?
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1?
联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得
s＝1.125 m。?
答案：(1)0.20　0.30　(2)1.125 m

连接体问题、临界极值问题、多运动过程问题属于牛顿运动定律的综合应用问题，这类问题常和生活中的实际情景相结合。选题不避常规模型，没有偏难怪。难度中等或中等偏上；这类题目物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大，学生常因为计算失误而丢分。　　
命题点一　动力学中的连接体问题
(一)连接体的类型
1．弹簧连接体　
2．物物叠放连接体　
3．轻绳连接体　
4．轻杆连接体　
(二)连接体的运动特点
轻绳
轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方向的速度总是相等
轻杆
轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比
轻弹簧
在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等
题型1　同一方向上的连接体问题　
这类问题通常为连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。
[例1]　(多选)(2019·哈尔滨模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为
B．一起加速过程中，C受到4个力的作用
C．一起加速过程中，A、D所受摩擦力的大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变
[解析]　一起加速过程中，由整体法有：a＝，对D：fD＝ma＝，A正确；对C受力分析，C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力，共5个力，B错误；对A：fA＝ma＝，C正确；当F撤去瞬间，D受力情况不变，B受力情况改变，A所受静摩擦力方向改变，D错误。
[答案]　AC
题型2　不同方向上的连接体问题　
如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。
[例2]　(2019·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)
A．Mg　　　　　　　　　 　B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
[解析]　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。
[答案]　C

连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。
[集训冲关]
1.(2019·深圳罗湖模拟)如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ。在此过程中，A、B间的摩擦力为(　　)
A．μF B.m(g＋a)
C．m(g＋a) D.m(g＋a)
解析：选B　对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有2Ff－(m＋2m)g＝(m＋2m)a；再隔离A分析，根据牛顿第二定律，有Ff－mg－FfBA＝ma。联立解得FfBA＝m(g＋a)，选项B正确。
2.(多选)(2019·黄冈模拟)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力F的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0。以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力F突然反向并使B向右做匀加速运动。下列选项图中关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系可能正确的是(　　)
解析：选BD　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F-x图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN-x图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此选项B和D可能正确。
3.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝。若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足的条件。
解析：(1)整个系统匀速运动时
对钩码：2mg＝T
对物块和木板：T＝2mgsin θ＋2μ2mgcos θ
解得：μ2＝。
(2)要使物块和木板发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2，
对物块：μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得：a2＝g
对木板：T′－mgsin θ－μ1mgcos θ－2μ2mgcos θ＝ma1
对钩码：m′g－T′＝m′a1
解得：a1＝g
由a1>a2，解得：m′＞m。
答案：(1)　(2)m′＞m
命题点二　动力学中的临界、极值问题
临界、极值问题的标志
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，这个极值点往往又是临界点。
4.若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
题型1　以“作用力为零”为临界、极值条件的问题
1．接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是两物体接触但接触面间弹力FN＝0。
2．绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力。绳子松弛的临界条件是FT＝0。
[例1]　如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60 N
[解析]　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2，由于a1＝5 m/s2a0，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。
[答案]　A
题型2　以“加速度相同”为临界、极值条件的问题
相对静止或相对滑动的临界条件，当两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：摩擦力达到最大静摩擦力。
[例2]　(2019·湖北模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢(　　)
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
[解析]　开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案]　B

解答临界、极值问题的常用方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而临界现象(或状态)显现出来，以达到正确解决问题的目的。
(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。　　
[集训冲关]
1.(2019·潍坊实验中学质检)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析：选D　对球受力分析，球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为FN2在竖直方向的分力FN2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。
2．(2019·河南三市联考)木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的最大距离最小，并求出此最小值。
解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则
mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
解得μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，即α＝30°，则x＝，
当α＋θ＝90°时x最小，可得θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝＝＝ m。
答案：(1)　(2)60°　 m
命题点三　动力学多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程

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