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【题型一】牛顿第一定律的理解和应用
1．惯性的两种表现形式
(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
2．与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
【例1】伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)
如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【答案】　A
【解析】　根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以选项A正确．
【变式1】关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　)
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定
D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
【答案】C
【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选C.
【变式2】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、笛卡儿、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的太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”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
【答案】C
【解析】力不是维持物体运动状态的原因，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符合题意；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符合题意；可绕竖直轴转动的水平圆桌转的太快时，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不符合题意；由于物体具有向上的速度，所以具有向上的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立刻向下运动，故选项D符合题意．
【题型二】牛顿第三定律的理解
1．作用力和反作用力的关系
三同
①大小相同；②性质相同；③变化情况相同
三异
①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同
三无关
①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关
2．相互作用力与平衡力的比较
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
受力物体
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
依赖关系
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
叠加性
两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
力的性质
一定是相同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小、方向
都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
【例2】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的工人站在水平地面上，通过定滑轮将20.0
kg的建筑材料以1.0
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求地面受到的压力和摩擦力的大小。(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)
【答案】　524
N　132
N
【解析】　对建筑材料受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得：F1－mg＝ma
代入数据解得：F1＝220
N
因此绳对人的拉力F2＝F1＝220
N
工人受力分析如图乙所示
由平衡条件得：F2cos
53°＝Ff
F2sin
53°＋FN＝Mg
代入数据解得：FN＝524
N，Ff＝132
N
由牛顿第三定律得：人对地面的压力大小为524
N，地面受到的摩擦力大小为132
N.
【方法技巧】
“转换研究对象法”在受力分析中的应用
(1)“转换研究对象法”在受力分析中的应用，其本质是牛顿第三定律的应用．
(2)由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．
【变式1】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赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳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．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【答案】C
【解析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，选项A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，选项D错误．
【变式2】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是
(　　)
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性
【答案】CD
【解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．
【变式3】建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为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0.500
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，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
【答案】B
【解析】设绳子对建筑材料的拉力为F1，F1－mg＝ma
F1＝m(g＋a)＝210
N，绳子对人的拉力F2＝F1＝210
N．人处于静止，则地面对人的支持力FN＝m0g－F2＝490
N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力F′N＝FN＝490
N，选项B正确．
【题型三】牛顿第二定律的理解和基本应用
1．牛顿第二定律的五个性质
2．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
3．在求解瞬时加速度时应注意的问题
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。
1.
力与运动的关系
【例3】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先加速后减速
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
【答案】　A
【解析】　物体从A到O，初始阶段受到的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A、O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．综以上分析，只有选项A正确．
【方法技巧】
理解牛顿第二定律的三点注意
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，在根据牛顿第二定律分析加速度的变化．
(2)速度的大小如何变化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．
【变式】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为(　　)
A．速度一直变小直到零
B．速度先变大，然后变小直到为零
C．加速度一直变小，方向向上
D．加速度先变小后一直变大
【答案】　B
【解析】　小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故C、D错误．
2.
牛顿运动定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
【例4】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。
(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度。
(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度。
【答案】(1)gsin
θ，方向垂直于L1斜向下方
(2)gtan
θ，方向水平向右
【解析】(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin
θ.
(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan
θ，方向水平向右．
【变式1】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝0
【答案】　A
【解析】　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确．
【变式2】在【变式1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则【变式1】选项中正确的是(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝0
【答案】D
【解析】剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．
【变式3】把【变式2】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是
(　　)
A．aA＝0，aB＝g
B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g
D．aA＝0，aB＝g
【答案】B
【解析】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0.烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin
θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin
θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin
30°＝g，故选项B正确．
【题型四】动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点
2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
3．两类动力学问题的解题步骤
1.
已知受力求运动
【例5】建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房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
【答案】AC
【解析】设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，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，只受重力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，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝FN＝mgcos
θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故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M时的速度越大，C正确．
【变式】如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1
kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小。
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小。
(3)拉力F的大小．
【答案】　(1)8
m/s2　(2)5
m/s2　(3)1.05
N或7.5
N
【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，
有f＝μN＝μmg，则a2＝＝μg＝0.8×10
m/s2＝8
m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8
m/s2＝5
m/s2.
(3)当Fsin
θ由牛顿第二定律得
Fcos
θ－f1＝ma1，又N1＋Fsin
θ＝mg，f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得F＝1.05
N
当Fsin
θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知Fcos
θ－f2＝ma，又Fsin
θ＝mg＋N2，f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5
N.
2.
已知运动求受力
【例6】有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40
m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2
s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4
m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(g取10
m/s2)求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【答案】(1)1.6
s　(2)2.25倍
【解析】(1)自由下落的位移h′＝gt＝20
m，座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20
m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则h＝(40－4－20)m＝16
m，由h＝t得t＝1.6
s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5
m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得＝2.25.
【变式】一质量为m＝2
kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上以a＝2.5
m/s2的加速度匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力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。
【答案】(1)　(2)
N或
N
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin
30°－μmgcos
30°＝ma
解得μ＝.
(2)由x＝a1t2，得a1＝2
m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos
30°－mgsin
30°－μ(Fsin
30°＋mgcos
30°)＝ma1，代入数据得F＝
N
当加速度沿斜面向下时mgsin
30°－Fcos
30°－μ(Fsin
30°＋mgcos
30°)＝ma1，代入数据得F＝
N.
3.
等时圆模型
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到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环的竖直直径均过切点，质点沿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。
【例7】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)
A．2∶1　　
B．1∶1
C．∶1
D．1∶
【答案】B
【解析】设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin
θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin
θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝
＝2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
【变式】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　)
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同
B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同
D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【答案】C
【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin
θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
【题型五】动力学图像问题的应用
1．数形结合解决动力学图像问题
(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”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
(3)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．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：
3．解题策略
【例8】水平地面上质量为1
kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2
s内以4
m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10
m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3
s末物块受到的摩擦力大小为3
N
C．4
s末物块受到的摩擦力大小为1
N
D．5
s末物块的加速度大小为3
m/s2
【答案】　BC
【解析】　在0～2
s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3
N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2
s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝
m/s2＝－2
m/s2，则经过t＝＝2
s，即4
s末速度减为零，则3
s末物块受到的摩擦力大小为3
N,4
s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6
N－5
N＝1
N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5
s末物块的加速度为零，选项D错误．
【变式1】如图所示为质量m＝75
kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v-t图像，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则(　　)
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2
m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15
kg/s
【答案】　C
【解析】　由v－t图像可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0＝
m/s2＝4
m/s2，故B错误；在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得mgsin
θ－kv0－μmgcos
θ＝ma0，最后匀速时有：vm＝10
m/s，a＝0，由平衡条件可得mgsin
θ－kvm－μmgcos
θ＝0，联立解得：
μ＝0.25，k＝30
kg/s，故C正确，D错误．
【变式2】如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．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
【答案】ACD
【解析】由题图乙可以求出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＋Ff＝ma1，mgsin
θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin
θ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos
θ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v－t图像中横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．
【变式3】1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是(　　)
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确．
【变式4】(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间t变化的图像如图乙所示，开始运动2
s后物体以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＝
【答案】AD
【解析】由开始运动2
s后物体以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．
【题型六】超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)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。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
受力的角度
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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
加速度的角度
物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
速度变化的角度
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
【例9】如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10
N，某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6
N,
关于电梯的运动，g取10
m/s2，以下说法正确的是(　　)
电梯可能向上加速运动，加速度大小为4
m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4
m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4
m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4
m/s2
【答案】　BC
【解析】　电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10
N，知重物的重力等于10
N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6
N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4
m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4
m/s2，方向竖直向下．电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误．
【变式1】如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是(　　)
A．只有“起立”过程，才能出现失重现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象
【答案】D
【解析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确．
【变式2】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，仅考虑乘客与水平面之间的作用，则乘客(　　)
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．所受合力方向竖直向上
【答案】C
【解析】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的合力方向沿斜面向下．
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，有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may，FN＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．
【题型七】动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
(1)轻绳连接体
(2)接触连接体
(3)弹簧连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——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——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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
3．解决方法
(1)分析方法：整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略
①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法。
②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
【例10】如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C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FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)
A．此过程中物体C受五个力作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为
【答案】　C
【解析】　对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误．
【变式1】(多选)如图所示，已知M>m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m
互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则
(　　)
A．物体M与m仍做匀速运动
B．物体M与m做加速运动，加速度a＝
C．物体M与m做加速运动，加速度a＝
D．绳子中张力不变
【答案】　CD
【解析】　当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝＝.若将M与m互换，则对M：Ma＝Mg－T′，对m，则：ma＝T′－μmg，得：a＝＝＝＝，故A、B错误，C正确；绳子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg，故D正确．
【变式2】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是
(　　)
A．减小A物块的质量　
　
　
B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ
D．增大动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin
θ－μ(mA＋mB)gcos
θ＝(mA＋mB)a，
隔离物块B，应用牛顿第二定律得，
FT－mBgsin
θ－μmBgcos
θ＝mBa.
两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确．
【例11】(多选)(2015·高考全国卷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
【答案】　BC
【解析】　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
【变式】如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是
(　　)
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
【答案】C
【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsin
θ－μgcos
θ，隔离B分析可得FN－mBgsin
θ－μmBgcos
θ＝mBa，解得FN＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力FN′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误．
【例12】如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为
(　　)
A．L0＋
B．L0＋
C．L0＋
D．L0＋
【答案】　B
【解析】　先以A、B整体为研究对象，加速度为：a＝，再隔离A木块，弹簧的弹力：F弹＝ma＝kΔx，则弹簧的长度L＝L0＋＝L0＋，故选B.
【变式】物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数(　　)
A．一定等于F1－F2
B．一定大于F2小于F1
C．一定等于F1＋F2
D．条件不足，无法确定
【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1－F2＝(M＋m)a，再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上两式解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正确．
【答案】B
加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比
加速度相同的连接体
整体法(先整体后部分)
加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整体外力时可用整体受力分析；若涉及到内力问题必须用隔离法分析
加速度不同的连接体
隔离法(先部分后整体)
加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体间的作用力时一般用隔离法
加速度相同的连接体问题
【例13】如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1，则(　　)
A．a′＝a，F′1＝F1　　
B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1
D．a′＞a，F′1＞F1
【答案】B
【解析】当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有F1cos
θ＝mg
①
水平方向有F－F1sin
θ＝ma，
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，
解得a＝gtan
θ
②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cos
θ＝mg
③
水平方向有F′1sin
θ＝ma′，
解得a′＝gtan
θ
④
结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
加速度不同的连接体问题
【例14】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10
m/s2。改变F的大小，B的加速度大小可能为(　　)
A．1
m/s2
B．2.5
m/s2
C．3
m/s2
D．4
m/s2
【答案】A
【解析】.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxm/s2，选项A正确．
【题型八】临界极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。
(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“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极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．几种临界状态和其对应的临界条件
临界状态
临界条件
速度达到最大
物体所受的合外力为零
两物体刚好分离
两物体间的弹力FN＝0
绳刚好被拉直
绳中张力为零
绳刚好被拉断
绳中张力等于绳能承受的最大拉力
【例15】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,g取10
m/s2。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，绳子拉力为20
N
B．当斜面以5
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30
N
C．当斜面以20
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40
N
D．当斜面以20
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60
N
【答案】　A
【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，设绳子的拉力为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.
(1)由于a1＝5
m/s2以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
F1sin
θ＋FNcos
θ－mg＝0，F1cos
θ－FNsin
θ＝ma1
代入数据解得F1＝20
N，选项A正确，B错误．
(2)由于a2＝20
m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．
设绳子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．
【变式】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(　　)
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
【答案】B
【解析】开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，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分析，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．
【例16】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
【答案】　(1)　(2)60°　eq
\f(\r(3)v,4g)
【解析】　(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin
θ＝μFN
FN－mgcos
θ＝0，解得μ＝tan
θ＝tan
30°＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma
由0－v＝2ax得x＝eq
\f(v,2g（sin
θ＋μcos
θ）)＝eq
\f(v,2g\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)
其中tan
α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值为xmin＝eq
\f(v,2g（sin
60°＋μcos
60°）)＝eq
\f(\r(3)v,4g)
【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，解题时应用牛顿定律结合运动公式列出方程，然后应用数学知识讨论最小值，考查学生数学知识的运用能力.
【变式】如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5
N，玩具的质量m＝1
kg，经过时间t＝2.0
s，玩具移动了距离x＝2
m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。g取10
m/s2，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数。
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
【答案】(1)　(2)
m　(3)30°
【解析】(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2
解得a＝
m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得Fcos
30°－μ(mg－Fsin
30°)＝ma
解得μ＝.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2
m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝
m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得，玩具的位移x′＝＝
m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos
θ－Ff＞0，Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin
θ＝mg
解得F＞
cos
θ＋μsin
θ＝sin(60°＋θ)当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
【题型九】传送带模型
1.
水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
【例17】如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4
m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取10
m/s2，则(　　)
A．若传送带不动，则vB＝3
m/s
B．若传送带以速度v＝4
m/s逆时针匀速转动，vB＝3
m/s
C．若传送带以速度v＝2
m/s顺时针匀速转动，vB＝3
m/s
D．若传递带以速度v＝2
m/s顺时针匀速转动，vB＝2
m/s
【答案】ABC
【解析】若传送带不动，由匀变速运动规律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3
m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3
m/s，故选项A、B、C正确，D错误．
【变式】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。问：
(1)物体从A到B做什么运动？
(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
(3)物体从A到B运动的时间为多少？
(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？
【答案】　(1)先匀加速，后匀速　(2)　　(3)＋　(4)v≥
【解析】　(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动．
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝
物体的位移x1＝at2＝，传送带的位移x2＝vt＝
(3)物体从A到B运动的时间为t总＝＋＝＋
(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥.
2.
倾斜传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速
情景4
(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速
【例18】如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是(　　)
A．从下端B离开，v>v1　
B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1
D．从上端A离开，v【答案】ABC
【解析】滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C.
【变式】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16
m，传送带以10
m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)
【答案】　2
s
【解析】　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8)
m/s2＝10
m/s2.
物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝＝
s＝1
s，时间t1内的位移x＝a1t＝5
m.
由于μθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力Ff′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，得a2＝2
m/s2.
设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－x＝vt2＋a2t，解得t2＝1
s，t2＝－11
s(舍去)．
所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2
s.
【题型十】滑块—木板模型
1．模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似。
2．两种类型
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
【例19】如图所示，质量M＝1
kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝
1
kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1
m，用F＝5
N的水平恒力作用在铁上，g取10
m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
【答案】　(1)见解析　(2)
s
【解析】　(1)A、B之间的最大静摩擦力为fm＞μ1mg＝0.3×1×10
N＝3
N
假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5
N
因fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动．
(2)对B：F－μ1mg＝maB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意：xB－xA＝L，xA＝aAt2，xB＝aBt2
解得：t＝
s.
【变式】如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v-t图像，其中可能正确的是(　　)
【答案】BD
【解析】由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图像的斜率将变小，故选项C错误，B正确．
【例20】如图所示，质量为M＝8
kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝
8
N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5
m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为
m＝2
kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取10
m/s2，求：
(1)经过多长时间两者达到相同的速度。
(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来。
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5
s小物块对地的位移大小为多少？
【答案】　(1)1
s　(2)0.75
m　(3)2.1
m
【解析】　(1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿第二定律有：μmg＝mam，
F－μmg＝MaM
代入数据解得：am＝2
m/s2，aM＝0.5
m/s2
设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：t1＝1
s.
(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，解得：a＝0.8
m/s2
此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝1.6
N
而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm＞μmg＝4
N＞f，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．
从小物块放上小车开始，小物块的位移为：sm＝amt
小车的位移sM＝v0t1＋aMt
小车的长度至少为l＝sM－sm
代入数据得：l＝0.75
m
(3)在开始的1
s内，小物块的位移sm＝amt＝1
m，末速度v＝amt1＝2
m/s，在剩下的时间t2＝t－t1＝0.5
s时间内，物块运动的位移为s2＝vt2＋at，得s2＝1.1
m，可见小物块在总共1.5
s时间内通过的位移大小为s＝sm＋s2＝2.1
m.
【变式】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4
kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1
kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝14
N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1
s撤去水平恒力F。
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【答案】(1)3
m/s2　(2)0.5
m　(3)2.8
m/s
(4)0.7
m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3
m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，故am＝μg＝2
m/s2
Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5
m
(3)刚撤去F时，v＝at＝3
m/s，vm＝amt＝2
m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5
m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得v′＝2.8
m/s
(4)在t′内，小物块和木板的相对位移
Δx2＝－eq
\f(v′2－v,2am)
解得Δx2＝0.2
m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7
m.
【题型演练】
1.
光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是(　　)
A.匀减速运动　　　　
B．速度减小，加速度增大
C．速度减小，加速度减小
D．无法确定
【答案】B
【解析】木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩到最短的过程中，木块竖直方向受到重力与支持力两个力，二力平衡．水平方向受到弹簧向左的弹力，由于弹力与速度方向相反，则木块做减速运动，随着压缩量的增大，弹力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，则木块做加速度增大的变减速运动，故B正确，A、C、D错误．
2.
将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)
A．mg　　　　　　　　　B．mg
C．mg
D．mg
【答案】C
【解析】设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2
解得：＝
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝mg，C正确．
3.
“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为(　　)
A．g
B．2g
C．3g
D．4g
【答案】B
【解析】人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图像可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，即0.6F0＝mg，Fm＝1.8F0，结合牛顿第二定律，有F－mg＝ma，当拉力最大时，加速度最大，am＝＝2g，故选B.
4.
如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．ta＞tb＞tc
B．ta＜tb＜tc
C．ta＝tb＝tc
D．无法确定
【答案】B
【解析】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x＝2rcos
α＋，下滑的加速度a＝＝gcos
α，根据位移时间公式x＝at2，得t＝＝.因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正确，A、C、D错误．
5.
如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1
kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间，g取10
m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8
m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10
m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
【答案】BD
【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan
45°＝10×1
N＝10
N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10
N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10
N＝2
N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝
m/s2＝8
m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确．
6.
如图所示，总质量为460
kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5
m/s2，当热气球上升到180
m时，以5
m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10
m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4
830
N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10
s后的速度大小为5
m/s
D．以5
m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230
N
【答案】AD
【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4
830
N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180
m时，速度v＝＝6
m/s＞5
m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10
s后的速度v′＜at＝5
m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230
N，D正确．
7.
2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74
kg。下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是(　　)
A．测量时仪器必须水平放置
B．其测量原理是根据牛顿第二定律
C．其测量原理是根据万有引力定律
D．测量时仪器必须竖直放置
【答案】B
【解析】“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a＝，然后根据牛顿第二定律F＝ma，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．
8.
趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)
A．运动员的加速度为gtan
θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos
θ
D．若加速度大于gsin
θ，球一定沿球拍向上运动
【答案】A
【解析】
网球受力如图甲所示，由牛顿第二定律得FNsin
θ＝ma，又FNcos
θ＝mg，解得a＝gtan
θ，FN＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan
θ时，网球才向上运动，由于gsin
θθ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．
9.
某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知人的质量为50
kg，降落伞质量也为50
kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)。求：
(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？
(2)求阻力系数
k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向。
(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？
【答案】(1)20
m　(2)200
N·s/m　30
m/s2　方向竖直向上　(3)312.5
N
【解析】(1)打开降落伞前人做自由落体运动，根据速度位移公式得：h0＝eq
\f(v,2g)＝20
m.
(2)由甲图可知，当速度等于5
m/s时，做匀速运动，受力平衡，
则kv＝2mg，k＝＝
N·s/m＝200
N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得：a＝＝30
m/s2，方向竖直向上．
(3)设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：8Tcos
α－mg＝ma
解得：T＝＝312.5
N
所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5
N.
10．如图所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝2
kg的物体在斜面上无初速度释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F1＝3
N，2
s后拉力变为F2＝9
N，方向不变。物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)F1作用时物体的加速度大小及2
s末物体的速度大小。
(2)前16
s内物体发生的位移大小。
【答案】(1)2.5
m/s2　5
m/s　(2)30
m
【解析】(1)在沿斜面方向上物体受到沿斜面向上的拉力F1＝3
N，沿斜面向下的重力的分力mgsin
θ＝12
N，摩擦力Ff＝μmgcos
θ＝4
N
通过分析可知物体的合力向下，故向下做初速度为零的匀加速直线运动
根据牛顿第二定律可得mgsin
θ－F1－Ff＝ma1，解得a1＝2.5
m/s2
2
s末物体的速度v1＝a1t1＝2.5×2
m/s＝5
m/s
(2)物体在前2
s的位移x1＝a1t＝5
m
当外力F2＝9
N时，有a2＝＝0.5
m/s2，方向沿斜面向上，
物体经过t2时间速度变为零，所以t2＝＝10
s，t2时间的位移为x2＝eq
\f(v,2a2)＝25
m
当速度减小到零后，如果物体要向上运动，则必须满足F2－μmgcos
θ－mgsin
θ＞0，
但实际F2＜μmgcos
θ＋mgsin
θ，所以物体以后处于静止状态
故物体16
s的总位移为x＝x1＋x2＝30
m.
11．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F?t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　)
【答案】C
【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误．
12．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器。待测质量的物体B连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示。稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为(　　)
A.　　　　B.
C.
D.
【答案】B
【解析】整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔离B物体，由牛顿第二定律得F2＝ma；联立可得m＝，B对．
13.
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，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为(　　)
A．
B．
C．
D．
【解析】相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳上的拉力为F，根据牛顿第二定律有：＝2×，解得：F＝，工件加速度为：a＝＝，所以A正确．
【答案】A
14.
如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)
A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
【答案】CD
【解析】运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．
15.
如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　)
A．必为推力　　
B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力
D．不可能为零
【答案】C
【解析】将a、b看做一个整体，加速度a＝，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝＝，即Fab＝，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.
16．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　　)
A．B的加速度为gsin
θ
B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直
D．绳的拉力为G
【答案】A
【解析】
A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin
θ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos
θ，故选项B、C、D都错误．
17．如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中(　　)
A．木块受到的摩擦力一定是μmg
B．木块受到的合力为F
C．长木板受到的摩擦力为μmg
D．长木板受到的合力为
【答案】D
【解析】整体的加速度a＝，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合＝，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力，又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A、C错误，D正确；木块所受的合力F合′＝ma＝，故选项B错误．
18.
如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)
【答案】D
【解析】开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，所以a1＝gsin
θ＋μgcos
θ，木块加速至与传送带速度相等时，由于μθ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，所以a2＝gsin
θ－μgcos
θ，根据以上分析，有a219.
足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2
kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g取10
m/s2)。求：
(1)小物块所受到的恒力F的大小。
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间。
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。
【答案】(1)11
N　(2)0.5
s
(3)不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4
m
【解析】(1)由题图乙可知，AB段加速度a1＝＝
m/s2＝0.5
m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcos
α－μ(mg－Fsin
α)＝ma1，解得F＝11
N.
(2)在BC段mgsin
α＝ma2，解得a2＝8.0
m/s2.
小物块从B上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B点的速度vB＝2.0
m/s，有t＝＝
s＝0.5
s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，解得a3＝5.0
m/s2.
滑行的位移s＝＝
m＝0.4
m
sAB＝t＝t＝×4.0
m＝4.0
m>0.4
m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4
m.
20.
有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1
m，起点A到终点线B的距离s＝5
m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2
kg，滑板质量m2＝1
kg，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间。
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。
【答案】(1)1
s　(2)30
N≤F≤34
N
【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10
m/s2，s＝，解得t＝1
s.
(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30
N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
－＝L，
解得F2＝34
N.
则水平恒力大小范围是30
N≤F≤34
N.【题型一】牛顿第一定律的理解和应用
1．惯性的两种表现形式
(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
2．与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
【例1】伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)
如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【变式1】关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　)
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定
D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
【变式2】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、笛卡儿、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的太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”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
【题型二】牛顿第三定律的理解
1．作用力和反作用力的关系
三同
①大小相同；②性质相同；③变化情况相同
三异
①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同
三无关
①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关
2．相互作用力与平衡力的比较
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
受力物体
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
依赖关系
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
叠加性
两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
力的性质
一定是相同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小、方向
都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
【例2】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的工人站在水平地面上，通过定滑轮将20.0
kg的建筑材料以1.0
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求地面受到的压力和摩擦力的大小。(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)
【变式1】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赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳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．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【变式2】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是
(　　)
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性
【变式3】建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为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0.500
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，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
【题型三】牛顿第二定律的理解和基本应用
1．牛顿第二定律的五个性质
2．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
3．在求解瞬时加速度时应注意的问题
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。
1.
力与运动的关系
【例3】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先加速后减速
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
【变式】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为(　　)
A．速度一直变小直到零
B．速度先变大，然后变小直到为零
C．加速度一直变小，方向向上
D．加速度先变小后一直变大
2.
牛顿运动定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
【例4】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。
(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度。
(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度。
【变式1】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　　　
B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝0
【变式2】在【变式1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则【变式1】选项中正确的是(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　　　
B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0
D．a1＝2g，a2＝0
【变式3】把【变式2】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是
(　　)
A．aA＝0，aB＝g
B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g
D．aA＝0，aB＝g
【题型四】动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点
2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
3．两类动力学问题的解题步骤
1.
已知受力求运动
【例5】建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房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
【变式】如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1
kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小。
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小。
(3)拉力F的大小．
2.
已知运动求受力
【例6】有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40
m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2
s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4
m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(g取10
m/s2)求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【变式】一质量为m＝2
kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上以a＝2.5
m/s2的加速度匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力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。
3.
等时圆模型
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到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环的竖直直径均过切点，质点沿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。
【例7】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)
A．2∶1　　
B．1∶1
C．∶1
D．1∶
【变式】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　)
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同
B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同
D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【题型五】动力学图像问题的应用
1．数形结合解决动力学图像问题
(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”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
(3)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．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：
3．解题策略
【例8】水平地面上质量为1
kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2
s内以4
m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10
m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3
s末物块受到的摩擦力大小为3
N
C．4
s末物块受到的摩擦力大小为1
N
D．5
s末物块的加速度大小为3
m/s2
【变式1】如图所示为质量m＝75
kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v-t图像，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则(　　)
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2
m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15
kg/s
【变式2】如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．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
【变式3】1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是(　　)
【变式4】(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间t变化的图像如图乙所示，开始运动2
s后物体以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＝
【题型六】超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)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。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
受力的角度
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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
加速度的角度
物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
速度变化的角度
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
【例9】如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10
N，某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6
N,
关于电梯的运动，g取10
m/s2，以下说法正确的是(　　)
电梯可能向上加速运动，加速度大小为4
m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4
m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4
m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4
m/s2
【变式1】如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是(　　)
A．只有“起立”过程，才能出现失重现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象
【变式2】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，仅考虑乘客与水平面之间的作用，则乘客(　　)
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．所受合力方向竖直向上
【题型七】动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
(1)轻绳连接体
(2)接触连接体
(3)弹簧连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——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——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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
3．解决方法
(1)分析方法：整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略
①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法。
②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
【例10】如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C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FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)
A．此过程中物体C受五个力作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为
【变式1】(多选)如图所示，已知M>m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m
互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则
(　　)
A．物体M与m仍做匀速运动
B．物体M与m做加速运动，加速度a＝
C．物体M与m做加速运动，加速度a＝
D．绳子中张力不变
【变式2】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是
(　　)
A．减小A物块的质量　
　
　
B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ
D．增大动摩擦因数μ
【例11】(多选)(2015·高考全国卷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
【变式】如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是
(　　)
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
【例12】如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为
(　　)
A．L0＋
B．L0＋
C．L0＋
D．L0＋
【变式】物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数(　　)
A．一定等于F1－F2
B．一定大于F2小于F1
C．一定等于F1＋F2
D．条件不足，无法确定
加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比
加速度相同的连接体
整体法(先整体后部分)
加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整体外力时可用整体受力分析；若涉及到内力问题必须用隔离法分析
加速度不同的连接体
隔离法(先部分后整体)
加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体间的作用力时一般用隔离法
加速度相同的连接体问题
【例13】如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1，则(　　)
A．a′＝a，F′1＝F1　　
B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1
D．a′＞a，F′1＞F1
加速度不同的连接体问题
【例14】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10
m/s2。改变F的大小，B的加速度大小可能为(　　)
A．1
m/s2
B．2.5
m/s2
C．3
m/s2
D．4
m/s2
【题型八】临界极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。
(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“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极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．几种临界状态和其对应的临界条件
临界状态
临界条件
速度达到最大
物体所受的合外力为零
两物体刚好分离
两物体间的弹力FN＝0
绳刚好被拉直
绳中张力为零
绳刚好被拉断
绳中张力等于绳能承受的最大拉力
【例15】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,g取10
m/s2。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，绳子拉力为20
N
B．当斜面以5
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30
N
C．当斜面以20
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40
N
D．当斜面以20
m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60
N
【变式】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(　　)
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
【例16】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
【变式】如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5
N，玩具的质量m＝1
kg，经过时间t＝2.0
s，玩具移动了距离x＝2
m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。g取10
m/s2，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数。
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
【题型九】传送带模型
1.
水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
【例17】如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4
m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取10
m/s2，则(　　)
A．若传送带不动，则vB＝3
m/s
B．若传送带以速度v＝4
m/s逆时针匀速转动，vB＝3
m/s
C．若传送带以速度v＝2
m/s顺时针匀速转动，vB＝3
m/s
D．若传递带以速度v＝2
m/s顺时针匀速转动，vB＝2
m/s
【变式】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。问：
(1)物体从A到B做什么运动？
(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
(3)物体从A到B运动的时间为多少？
(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？
2.
倾斜传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速
情景4
(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速
【例18】如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是(　　)
A．从下端B离开，v>v1　
B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1
D．从上端A离开，v【变式】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16
m，传送带以10
m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)
【题型十】滑块—木板模型
1．模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似。
2．两种类型
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
【例19】如图所示，质量M＝1
kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝
1
kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1
m，用F＝5
N的水平恒力作用在铁上，g取10
m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
【变式】如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v-t图像，其中可能正确的是(　　)
【例20】如图所示，质量为M＝8
kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝
8
N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5
m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为
m＝2
kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取10
m/s2，求：
(1)经过多长时间两者达到相同的速度。
(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来。
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5
s小物块对地的位移大小为多少？
【变式】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4
kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1
kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝14
N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1
s撤去水平恒力F。
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【题型演练】
1.
光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是(　　)
A.匀减速运动　　　　
B．速度减小，加速度增大
C．速度减小，加速度减小
D．无法确定
2.
将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)
A．mg　　　　　　　　　B．mg
C．mg
D．mg
3.
“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为(　　)
A．g
B．2g
C．3g
D．4g
4.
如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．ta＞tb＞tc
B．ta＜tb＜tc
C．ta＝tb＝tc
D．无法确定
5.
如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1
kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间，g取10
m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8
m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10
m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
6.
如图所示，总质量为460
kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5
m/s2，当热气球上升到180
m时，以5
m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10
m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4
830
N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10
s后的速度大小为5
m/s
D．以5
m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230
N
7.
2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74
kg。下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是(　　)
A．测量时仪器必须水平放置
B．其测量原理是根据牛顿第二定律
C．其测量原理是根据万有引力定律
D．测量时仪器必须竖直放置
8.
趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)
A．运动员的加速度为gtan
θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos
θ
D．若加速度大于gsin
θ，球一定沿球拍向上运动
9.
某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知人的质量为50
kg，降落伞质量也为50
kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)。求：
(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？
(2)求阻力系数
k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向。
(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？
10．如图所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝2
kg的物体在斜面上无初速度释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F1＝3
N，2
s后拉力变为F2＝9
N，方向不变。物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)F1作用时物体的加速度大小及2
s末物体的速度大小。
(2)前16
s内物体发生的位移大小。
11．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F?t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　)
12．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器。待测质量的物体B连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示。稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为(　　)
A．　　　　
B．
C．
D．
13.
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，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为(　　)
A．
B．
C．
D．
14.
如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)
A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
15.
如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　)
A．必为推力　　
B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力
D．不可能为零
16．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　　)
A．B的加速度为gsin
θ
B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直
D．绳的拉力为G
17．如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中(　　)
A．木块受到的摩擦力一定是μmg
B．木块受到的合力为F
C．长木板受到的摩擦力为μmg
D．长木板受到的合力为
18.
如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)
19.
足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2
kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g取10
m/s2)。求：
(1)小物块所受到的恒力F的大小。
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间。
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。
20.
有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1
m，起点A到终点线B的距离s＝5
m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2
kg，滑板质量m2＝1
kg，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间。
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。

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