资源简介

第1讲
牛顿第一定律
牛顿第三定律
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.牛顿运动定律
理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。
2.超重和失重
通过实验，认识超重和失重现象，并能解决生活中的超重、失重问题。
3.单位制
知道国际单位制中的力学单位。了解单位制在物理学中的重要意义。
4.实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系
通过实验知道控制变量法、数形结合法及“化曲为直”思想。
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
授课提示：对应学生用书第42页
一、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)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律。
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：质量是物体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，一切物体都有惯性。与物体的运动情况和受力情况无关。
二、牛顿第三定律
1．牛顿第三定律的内容
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、作用在同一直线上。
2．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同。
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同。
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关。
授课提示：对应学生用书第42页
　自主探究
1．牛顿第一定律的意义
(1)明确了惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示了力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因。
(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。如果物体所受的合外力等于零，其效果跟不受外力作用时相同。
2．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)。
第三章　牛顿运动定律
高考总复习　物理
1.(多选)(2021·湖南长郡中学高三第二次月考)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性，下列说法正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周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：任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫作惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确。
答案：AD
2．火车在长直水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人竖直向上跳起，发现仍落回到原处，这是因为(　　)
A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，推动他同火车一起向前运动
C．人跳起后，火车继续向前运动，故人落地后必定偏后一些，只是时间很短，偏后距离太小，不很明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和火车始终具有相同的速度
解析：火车在长直水平轨道上匀速行驶，火车和人在水平方向上所受合外力均为零。人竖直跳起后上升和落下的整个过程中，均没有受到水平方向上力的作用，根据牛顿第一定律，人保持水平方向的匀速直线运动状态，与火车一起匀速前进，仍落回到原处，选项D正确。
答案：D
易错警示
理解牛顿第一定律的3点注意
———————————————————————
(1)一切有质量的物体都有惯性，而且其大小由质量唯一决定。
(2)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要正确理解力不是维持物体运动状态的原因，要克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯。
(3)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。　
　　自主探究
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．一对平衡力与作用力和反作用力的对比分析
　　名称项目　　
一对平衡力
作用力与反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
力的性质
不一定相同
一定相同
作用效果
可相互抵消
不可抵消
3．(原创题)2020年10月26日23时19分，我国在西昌卫星发射中心用“长征”二号丙运载火箭，成功将“遥感”三十号07组卫星发射升空。关于这次卫星与火箭上天的情形，下列叙述正确的是(　　)
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用
解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误，A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，这是一对作用力与反作用力，选项D错误。
答案：A
4．(2021·福建福州模拟)汽车拉着拖车在平直的公路上运动。下列说法正确的是(　　)
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：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，而一对相互作用力总是大小相等的，故A、C错误；一对相互作用力总是同时产生的，故B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，故D正确。
答案：D
5．(2021·湖南永州模拟)如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是(　　)
A．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
B．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
C．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
D．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
解析：人对体重计的压力作用在体重计上，体重计反过来对人提供支持力，这是作用力和反作用力的关系；人所受的重力作用在人身上，人对体重计的压力作用在体重计上，且二
者的产生没有相互性。人所受的重力和人对体重计的压力方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故A、B错误；人对体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力，故C错误，D正确。
答案：D
“两看”巧分作用力、反作用力与平衡力
———————————————————————
一看：受力物体。作用力和反作用力应作用在两个相互作用的物体上。
二看：产生的原因。作用力和反作用力是由于相互作用而产生的，一定是同种性质的力。
　方法技巧
　　师生互动
1．应用原则：在研究某些力学问题时，如果不能直接求解物体受到的某个力，可先求它的反作用力。例如，要求物体对地面的压力，不妨先求地面对物体的支持力。
2．本质：“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。
[典例]　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)
[思路点拨]　(1)明确物体间的相互作用：
(2)转换研究对象：
①求地面所受压力时，由于地面无其他信息，因此转换到求人受地面的支持力。
②求绳对人的拉力时，人的受力情况复杂，因此转换到求建筑材料所受绳的拉力。
(3)根据牛顿第三定律，转换研究对象后所求的力与待求的力是“等大”的，因此问题得以巧妙地解出。
[解析]　建筑材料受力如图甲所示，
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。
工人受力如图乙所示，
由平衡条件得F2·cos
53°＝Ff，
F2·sin
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。
[答案]　524
N　132
N
规律总结
应用“转换研究对象法”的一般步骤
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(1)合理选取研究对象，一般以受力较少、分析起来较容易的物体为研究对象，有时“整体法”与“隔离法”综合应用。
(2)做好对研究对象的受力分析和运动情况分析，确定作用力和反作用力。　
(3)利用牛顿第三定律把已知力或所求力转换至研究对象上，求合力。
(4)对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，求出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向。　
6．如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10
N的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)。若弹簧测力计的示数变为FT＝6
N，则台秤的示数与金属块没有浸入水前相比会(　　)
A．保持不变　　　　　
B．增加10
N
C．增加6
N
D．增加4
N
解析：对金属块受力分析，由平衡条件可知，水对金属块的浮力为F＝G－FT＝4
N，方向竖直向上，则由牛顿第三定律可得，金属块对水的作用力大小为F′＝F＝4
N，方向竖直向下，所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4
N，D正确。
答案：D
7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为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f，则此时箱对地面的压力大小为(　　)
A．Mg＋f
B．Mg－f
C．Mg＋mg
D．Mg－mg
解析：环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力f′，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力N及环给它的摩擦力f′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得N＝f′＋Mg＝f＋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，即N′＝Mg＋f，故选项A正确。
答案：A
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-第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题
授课提示：对应学生用书第44页
一、牛顿第二定律及单位制
1．牛顿第二定律
(1)内容
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。
(2)表达式：F＝ma。
(3)适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制
(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
(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、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(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。
二、动力学两类基本问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知物体的受力情况求运动情况；
第二类：已知物体的运动情况求受力情况。
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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
授课提示：对应学生用书第45页
　　自主探究
1．牛顿第二定律的5个性质及其局限性
2．合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合外力与速度同向，物体加速；合外力与速度反向，物体减速。
(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝是加速度的决定式。
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
解析：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A正确；根据因
果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度仍会增大，只是增大的慢一些，选项D正确。
答案：ACD
2.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零。已知sin
15°＝0.26，cos
15°＝0.97，tan
15°＝0.27，g取10
m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)
A．3
m/s2　　　　　　　
B．2.5
m/s2
C．2
m/s2
D．1.5
m/s2
解析：当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，对圆柱形工件受力分析如图所示。根据牛顿第二定律得FQ＋mg＝FNcos
15°，F合＝FNsin
15°＝ma，联立可得a＝tan
15°＝×0.27＋10×0.27
m/s2＝0.27·＋2.7
m/s2＞2.7
m/s2，故加速度大于2.7
m/s2，故可能的加速度为A选项。
答案：A
易错警示
理解牛顿第二定律的3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，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化(如第2题中加速度的计算)。
(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(如第1题D选项)。
(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(如第1题C选项)。　
　　师生互动
1．两种常见模型
加速度与合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常见模型：
2．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。
[典例1]　(多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ。如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间(　　)
A．图甲中小球的加速度大小为gsin
θ，方向水平向右
B．图乙中小球的加速度大小为gtan
θ，方向水平向右
C．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2θ
D．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1
[解析]　设两球质量均为m，剪断水平细线后，对小球A进行受力分析，如图(a)所示，小球A将沿圆弧摆下，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，则FT1＝mgcos
θ，F1＝mgsin
θ＝ma1，所以a1＝gsin
θ，方向垂直倾斜细线向下，故选项A错误；对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2都不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，如图(b)所示，则FT2＝，F2＝mgtan
θ＝ma2，所以a2＝gtan
θ，方向水平向右，故选项B正确；图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cos2θ∶1，故选项C错误，D正确。
[答案]　BD
规律总结
求解瞬时加速度的步骤
———————————————————————
　
3．(多选)(2021·湖北孝感高三10月检测)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间(　　)
A．a1＝3g　　　　　　　
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
解析：设物块的质量为m，剪断细绳前，对物块b和c整体，由平衡条件可得，物块a、b之间的弹簧弹力F1＝2mg。根据胡克定律得F1＝kΔl1，解得Δl1＝。对物块c，由平衡条件可得，物块b、c之间的弹簧弹力F2＝mg。根据胡克定律得F2＝kΔl2，解得Δl2＝。剪断细绳的瞬间，细绳中拉力消失，而物块a、b下面的弹簧弹力不能发生突变，即Δl1、Δl2不变，所以Δl1＝2Δl2
，选项C正确，D错误。对物块a，由牛顿第二定律，mg＋F1＝ma1，解得a1＝3g，选项A正确，B错误。
答案：AC
4．(2021·河北五校联盟联考)如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B用一根没有弹性的绳子连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线将A悬挂在天花板上，整个系统静止。现将A上面的细线剪断，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：剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为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，轻弹簧的拉力不变，小球C所受合外力为零，C的加速度为零。A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律有3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
答案：A
5．(多选)如图所示，光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(　　)
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．图甲中B球的加速度为2gsin
θ
D．图乙中B球的加速度为gsin
θ
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsin
θ。因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin
θ，加速度为2gsin
θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin
θ，加速度均为gsin
θ，故C、D正确，A、B错误。
答案：CD
　　师生互动
1．解决动力学两类基本问题应把握的关键点
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(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)，一般采用“正交分解法”。
[典例2]　(2021·上海闵行区模拟)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。
[思路点拨]　解此题可按以下思路：
(1)在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；
(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；
(3)在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。
[解析]　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
Ff＝μFN＝μmg，
Ff＝ma2，
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－Ff1＝ma1，
又FN1＋Fsin
θ＝mg，Ff1＝μFN1，
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－Ff2＝ma1，
又Fsin
θ＝mg＋FN2，Ff2＝μFN2，
代入数据解得F＝7.5
N。
[答案]　(1)8
m/s2　(2)5
m/s2　(3)1.05
N或7.5
N
规律总结
两类动力学问题的解题步骤
———————————————————————
　
6．在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道(可简化为倾角为θ的斜面，如图所示)，供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离到B点时速度减为0。已知该货车与避险车道的动摩擦因数为μ，忽略空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)货车在避险车道上减速运动的加速度；
(2)货车在避险车道上减速通过的距离l。
解析：(1)货车受重力G、支持力FN和摩擦力Ff，设货车上滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsin
θ＋Ff＝ma，
FN＝mgcos
θ，
又Ff＝μFN，
解得货车在避险车道上减速运动的加速度a＝gsin
θ＋μgcos
θ，方向沿着车道向下。
(2)根据运动学公式得v＝2al，
将a代入得货车在避险车道上减速通过的距离l＝。
答案：见解析
7．受新冠肺炎疫情的影响，人们都宅在家中无法出门，但有些外卖小哥还在工作。为安全起见，某次工作中，小哥把外卖物品送到顾客阳台正下方的平地上，然后操作无人机带动外卖由静止开始竖直向上做匀加速直线运动。一段时间后，外卖物品又匀速上升30
s，最后再匀减速2
s恰好到达顾客家的阳台且速度为零。遥控器上显示无人机上升过程中的最大速度为1
m/s，最大高度为32
m。已知外卖物品质量为2
kg，其受到的空气阻力恒为重力的0.02倍。求：
(1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对外卖物品的最大作用力。
解析：(1)设匀加速运动时间为t，根据匀变速运动的平均速度以及匀速运动规律可知
·t＋vm·t1＋·t2＝32
m，
其中vm＝1
m/s，t1＝30
s，t2＝2
s，
可以得到t＝2
s，
故匀加速阶段的加速度为a1＝＝0.5
m/s2，
匀加速阶段上升的高度为h1＝a1t2＝1
m。
(2)无人机对外卖物品的最大作用力在匀加速上升阶段，根据牛顿第二定律可知
F－mg－F阻＝ma1，
其中F阻＝0.02mg，
代入数据整理可以得到F＝21.4
N，方向竖直向上。
答案：(1)1
m　(2)21.4
N，方向竖直向上
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-第3讲　牛顿运动定律的综合应用
授课提示：对应学生用书第47页
一、超重、失重现象
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件
物体的加速度方向向上
物体的加速度方向向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理方程
F－mg＝ma
mg－F＝ma
mg－F＝ma＝mg
F＝0
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g的加速度加速下降或减速上升
二、牛顿运动定律的应用
1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法：当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
3．外力和内力
(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力。
(2)内力：系统内物体间的作用力。
授课提示：对应学生用书第48页
　　自主探究
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重与失重的理解
(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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只能使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
1．(2021·山东泰安高三质检)下列说法正确的是(　　)
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，故选项A错误，B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项C、D错误。
答案：B
2.(2021·广东珠海高三上学期第二次月考)如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1＝2
N，下底板传感器显示的压力F2＝6
N，重力加速度g取10
m/s2。下列判断正确的是(　　)
A．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C．若加速度方向向上，且大小为5
m/s2时，F1的示数为零
D．若加速度方向向下，且大小为5
m/s2时，F2的示数为零
解析：若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得F2－mg－F1＝ma，得F1＝F2－mg－ma，可知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，故A错误；若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得mg＋F1－F2＝ma，得F1＝F2－mg＋ma，可知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；当箱静止时，有F2＝mg＋F1，得m＝0.4
kg，若加速度方向向上，当F1＝0时，由A项分析有F1＝F2－mg－ma＝0，解得a＝5
m/s2，故C正确；若加速度方向向下，且大小为5
m/s2，小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，故D错误。
答案：C
规律总结
判断超重和失重现象的两个角度
———————————————————————
——
——　
　教材走向高考
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如下：
(1)弹簧连接体：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。
(2)物物叠放连接体：稳定时，各部分加速度大小相等。
(3)轻绳(杆或物体)连接体
①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的。
②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；物体相连时有相同的加速度。
2．连接体问题的分析方法
适用条件
注意事项
优点
整体法
系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外力
隔离法
(1)系统内各物体加速度不相同(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法(2)加速度大小相同、方向不同的连接体，应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力
动力学中的连接体问题是高考的热点，分析近几年的高考题可以发现，每年的命题虽然都有新意，但每年的考题常源于教材习题或教材中的科普材料的拓展提升，以落实核心素养为重点的新高考更会关注教材内容的拓展。教材内容多以简单的两物体相连为背景考查整体法、隔离法的基本应用，而高考题通常会拓展为多物体间的相互作用，有时还会与图象问题、临界问题相结合，综合考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，进一步发现高考真题与教材内容间的溯源关系，做到新高考的精准复习。
[典例1]　[人教版必修1·P77·“科学漫步”]
1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火)。接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速(如图)。推进器的平均推力F等于895
N，推进器开动时间为7
s。测出飞船和火箭组的速度变化是0.91
m/s。双子星号宇宙飞船的质量是已知的，m1＝3
400
kg，我们要求的是火箭的质量m2。
[解析]　对整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，
由运动学公式得a＝＝0.13
m/s2，
由以上两式得m2＝3
484.6
kg，
故火箭组的质量m2是3
484.6
kg。
[答案]　3
484.6
kg
拓展?　将两物体间的相连拓展为多物体相连
　(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
【真题命题立意】　本题在典例1中两物体相互作用的基础上，拓展为多物体连接在一起的匀加速运动，题目中的条件信息由典例1中直接给出速度的变化和时间，拓展为拉力和加速度信息，但考查的核心知识点仍然是整体法、隔离法的应用。
解析：设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知＝·，解得k＝n，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误。
答案：BC
拓展?　将两物体间的相连拓展为两物体叠加
(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4
s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10
m/s2。由题给数据可以得出(　　)
　
A．木板的质量为1
kg
B．2～4
s内，力F的大小为0.4
N
C．0～2
s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【真题命题立意】　本题在典例1中两物体相互作用的基础上，拓展为两物体叠加在一起的匀变速运动，题目中的条件信息由典例1中直接给出速度的变化和时间，拓展为拉力图象和速度图象信息，考查物理素养中的运动和力的观念，核心知识仍是整体法和隔离法的应用。
解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2
s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2
N。由题图(c)知，2～4
s内，木板的加速度大小a1＝
m/s2＝0.2
m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝
m/s2＝0.2
m/s2。
设木板质量为m，物块的质量为M，据牛顿第二定律，对木板，
2～4
s内有F－F摩＝ma1，
4
s以后有F摩＝ma2，
且知F摩＝μMg＝0.2
N，
解得m＝1
kg，F＝0.4
N，但由于不知道物块的质量M，故无法求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。
0～2
s内，木板处于静止状态，F的大小等于物块与木板之间的静摩擦力，而物块与木板之间的静摩擦力等于f，则由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
答案：AB
方法技巧
相同加速度连接体的处理方法
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(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，常按以下思路：
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。
(2)用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。　
3．如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平地面上，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为(　　)
A．a＝gsin
θ，F＝(M＋m)g(μ＋sin
θ)
B．a＝gcos
θ，F＝(M＋m)gcos
θ
C．a＝gtan
θ，F＝g(M＋m)(μ＋tan
θ)
D．a＝gcos
θ，F＝μ(M＋m)g
解析：B向左做匀加速运动，合力水平向左，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得a＝＝gtan
θ，对A、B整体进行受力分析得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝g(M＋m)(μ＋tan
θ)，故选项C正确。
答案：C
4．(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2沿斜面向上匀加速运动时，弹簧的伸长量为x2。下列说法正确的是(　　)
A．若m>M，有x1＝x2　　
B．若mC．若μ>sin
θ，有x1>x2
D．若μθ，有x1解析：在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①，隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②，联立①②解得FT＝③；在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsin
θ＝(m＋M)a2④，隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsin
θ＝ma2⑤，联立④⑤解得FT′＝⑥。比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。
答案：AB
　　师生互动
1．常见的动力学图象及问题类型
2．动力学图象问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
　由图象分析物体的运动
[典例2]　(多选)质量m＝2
kg、初速度v0＝8
m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个随时间按如图所示规律变化的水平拉力F的作用。设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10
m/s2，则以下结论正确的是(　　)
A．0～1
s内，物体的加速度大小为2
m/s2
B．1～2
s内，物体的加速度大小为2
m/s2
C．0～1
s内，物体的位移为7
m
D．0～2
s内，物体的总位移为11
m
[解析]　0～1
s内，物体的加速度大小a1＝＝
m/s2＝4
m/s2，A错误；1～2
s内物体的加速度大小a2＝＝
m/s2＝2
m/s2，B正确；由题图可得物体运动的v-t图象如图所示，故0～1
s内物体的位移为x1＝6
m，C错误；0～2
s内物体的总位移x＝x1＋x2＝(×1＋×1)m＝11
m，D正确。
[答案]　BD
　由图象分析物体的受力
[典例3]　(多选)(2021·湖南株洲高三检测)粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面运动了一段时间，之后撤去F1、F2，两物体最终都停止，其vt图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．A、B两物体与地面间的动摩擦因数之比为2∶1
B．F1与A物体所受摩擦力大小之比为3∶1
C．F1和F2大小之比为2∶1
D．A、B两物体通过的总位移大小相等
[解析]　由v-t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B所受摩擦力大小之比为1∶2，则A、B两物体与地面间的动摩擦因数之比为1∶2，故选项A错误；对A物体，加速(aA1)和减速(aA2)时的加速度之比为2∶1，由牛顿第二定律可知F1－Ff1＝maA1，Ff1＝maA2，可得F1＝3Ff1，选项B正确；对B物体，加速(aB1)和减速(aB2)时的加速度之比为1∶2，同理F2－Ff2＝maB1，Ff2＝maB2，联立可得F2＝Ff2，则F2＝F1，选项C错误；vt
图象面积表示位移，两物体的位移均为x＝·3t0，故选项D正确。
[答案]　BD
　由题目条件确定物理量的变化
[典例4]　如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。下图中v、a、f和s分别表示物体的速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。下图正确的是(　　)
[解析]　根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度—时间图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，A错误；由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度大小是不变的，所以物体的加速度—时间图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，B错误；在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，摩擦力的大小在同一阶段是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上时的小，C正确；物体在斜面上做的是匀加速直线运动，物体的位移为x＝at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，D错误。
[答案]　C
5.(2021·湖北武汉高三质检)如图所示，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。现用一竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列是力F和运动时间t之间关系的图象，其中正确的是(　　)
解析：在作用力F之前，物块放在弹簧上处于静止状态，即mg＝kx0，作用力F之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x即为物块向下运动的位移，则x＝at2，联立可得F＝ma＋t2，即F随时间变化图象为D，所以D正确，A、B、C错误。
答案：D
6．(2021·四川眉山高三诊断)一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移—时间图象是一段抛物线，如图所示。已知g取10
m/s2，则(　　)
A．下滑过程中物体的加速度逐渐变大
B．t＝0.5
s时刻，物体的速度为0.5
m/s
C．0～0.5
s时间内，物体的平均速度为1
m/s
D．物体与斜面间的动摩擦因数为
解析：由匀变速直线运动位移公式x＝at2，代入图中数据解得a＝2
m/s2，A错误；根据运动学公式得vt＝at，将t＝0.5
s
代入方程解得vt＝1
m/s，B错误；0～0.5
s时间内，物体的平均速度＝＝
m/s＝0.5
m/s，C错误；由牛顿第二定律有mgsin
30°－μmgcos
30°＝ma，解得动摩擦因数μ＝，D正确。
答案：D
　　师生互动
1．“四种”典型的临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，速度达到最大值或最小值。
2．“三种”典型的常用方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解决临界极值问题
　动力学中的临界问题
[典例5]　(2021·河南郑州模拟)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是(　　)
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmg
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过μg
D．当力F>μmg时，b相对a滑动
[思路点拨]　解此题的关键有两点：
(1)整体法与隔离法交替应用分析物体的受力特点。
(2)物体间相对运动的条件是静摩擦力达到最大。
[解析]　a、b之间的最大静摩擦力为Ffmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为Ffmax′＝μ(m＋m)g＝μmg；a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有μmg－μmg＝ma0，得a0＝μg；对整体有F0－μmg＝2ma0，得F0＝μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg，当力F>μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为a1＝＝μg，对a根据牛顿第二定律可得F－Ff1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为Ff1＝μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误。
[答案]　A
　动力学中的极值问题
[典例6]　足够长的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初速度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。
[思路点拨]　(1)分析物体的运动过程，做好受力分析。
(2)根据动力学知识写出数学表达式，进而讨论出极值。
[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－v＝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)θ＝60°　
m
7．(2021·河北衡水中学调研)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0
kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0
kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0
N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)
A．2.0
N　　　　　　　
B．3.0
N
C．6.0
N
D．9.0
N
解析：在题图甲中，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0
N。在题图乙所示情况中，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0
N，故C正确。
答案：C
8．两个质量均为m的相同物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。从t＝0时刻起，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升。下列说法正确的是(　　)
A．A、B分离前合外力大小与时间的平方成线性关系
B．分离时弹簧处于原长状态
C．在t＝
时刻A、B分离
D．分离时B的速度大小为
g
解析：A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物块B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝
，此时弹簧仍处于压缩状态，B错误，C正确；分离时B的速度为v＝at＝g·＝g，D错误。
答案：C
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13
-实验四　探究加速度与物体受力、物体质量的关系
授课提示：对应学生用书第55页
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律。
2．学会灵活运用图象法处理实验数据。
3．探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理(见实验原理图)
(1)保持质量不变，探究加速度与合外力的关系。
(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系。
(3)作出a-F图象和a-图象，确定其关系。
2．实验器材
小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线、纸带、天平、毫米刻度尺。
3．实验步骤
(1)测量：用天平测量小盘和砝码的总质量m′和小车的质量m。
(2)安装：按照实验原理图把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)。
(3)平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑。
(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码。
②保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤①。
③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a。
④描点作图，作a-F图象。
⑤保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a-图象。
[规律方法总结]
1．注意事项
(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力。在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，但要小车拉着纸带。
(2)实验时要保证小盘和砝码的总质量m′远小于小车的质量m。
(3)不必重复平衡摩擦力。
(4)一先一后：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车。
2．误差分析
(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。
(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行以及描点作图时都会引起误差。
3．数据处理
(1)利用逐差法Δx＝aT2求a。
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比。
(3)以a为纵坐标，为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比。
授课提示：对应学生用书第56页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　在“验证牛顿运动定律”实验中，采用如图所示的装置进行实验。
(1)对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是________(填字母序号)。
A．取下沙和沙桶
B．在空沙桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动
C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开
D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度
(2)实验中，已经测出小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为m，若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，这样做的前提条件是________________________。
(3)在实验操作中，下列说法正确的是____________。
A．求小车运动的加速度时，可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′，以及小车质量M，直接用公式a＝g求出
B．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车
C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度
D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系
[解析]　(1)平衡摩擦力是使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受摩擦力平衡，故A、D项正确，B项错误；为确定小车是否为匀速运动，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断，故C项错误。
(2)根据牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝，则绳子的拉力F＝Ma＝＝，
可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力大小等于沙和沙桶的总重力，所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量。
(3)本实验是“验证牛顿运动定律”，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器时，应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后有μ＝tan
θ，小车质量改变时，总满足mgsin
θ＝μmgcos
θ，与小车质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确。
[答案]　(1)AD　(2)沙和沙桶的总质量远小于小车的质量　(3)BD
　易错提醒
实验操作中两个应注意的问题
———————————————————————
(1)平衡摩擦力——用小车所受的拉力替代合力
小车受力为重力、拉力、阻力、支持力，平衡摩擦力后，使重力、阻力和支持力的合力为零，则小车所受的拉力等于小车的合力。
(2)小车质量(M)远大于悬挂物质量(m)——用悬挂物重力替代小车所受的拉力
由牛顿第二定律得系统的加速度a＝g，小车所受的拉力F＝Ma＝M＝mg，显然，当M?m时，F≈mg。
　数据处理与分析
[典例2]　某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量M的关系”实验。图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细沙的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细沙和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。
(1)图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50
Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为________
m/s，小车的加速度大小为________
m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)在“探究加速度a与质量M的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图丙所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图象。
(3)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丁，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因。
答：________________________________________________________________________。
(4)实验时改变所挂小桶内细沙的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a--F关系图线，如图戊所示。此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是________(选填下列选项的序号)。
A．小车与平面轨道之间存在摩擦
B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂小桶及桶内细沙的总质量过大
D．所用小车的质量过大
[解析]　(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故
vB＝＝
m/s＝1.6
m/s。
由逐差法求解小车的加速度，
a＝
＝
m/s2＝3.2
m/s2。
(2)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示。
(3)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
(4)在实验中认为细绳的张力F等于细沙和小桶的总重力mg，实际上，细绳张力F′＝Ma，mg－F′＝ma，即F′＝·mg，a＝·mg＝·F，所以当拉力F变大时，m必定变大，必定减小。当M?m时，a-F
图象为直线，当不满足M
?m时，便有a
F图象的斜率逐渐变小，选项C正确。
[答案]　(1)1.6　3.2　(2)图见解析　(3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　(4)C
规律总结
(1)如果a与是正比关系，则a-图象是直线，而若a与M是反比关系，则aM图象是曲线，在研究两个量的关系时，直线更易确定两者之间的关系，故本实验作a-
图象。
(2)该实验中，保持物体质量不变时，a-F图象应为一条过原点的直线，aF图象不过原点可能是平衡小车摩擦力没有达到实验要求所致。
(3)由于不满足M?m引起的误差，图线a-F和a-都向下弯曲，分析：
①在a-F图象中，根据a＝mg知，M一定，当满足M?m时，图线斜率视为不变，图线为直线。不满足M?m时，随着m增大，图线斜率减小，图线向下弯曲。
②在a-图象中，根据a＝mg＝·知，m一定，当满足M?m时，图线斜率视为mg不变，图线为直线。不满足M?m时，随着M减小，图线斜率减小，图线向下弯曲。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　(2021·江苏新沂高三质检)图甲是利用气垫导轨探究在外力一定的条件下，物体加速度与质量的关系的实验装置。实验步骤如下：
①气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平；
②用游标卡尺测出挡光条的宽度为l；
③由导轨上标尺读出两光电门中心之间的距离为s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动后释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M；
⑦改变滑块的质量，重复步骤④⑤⑥进行多次实验。
据上述实验回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．应先接通光电门后释放滑块
B．调节气垫导轨水平时，应挂上砝码
C．应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行
D．每次都应将滑块从同一位置由静止释放
(2)用测量物理量的字母表示滑块加速度a＝________。
(3)由图乙画出-M的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G＝________N。
(4)在探究滑块加速度a和质量M间的关系时，根据实验数据画出如图乙所示的-M图线，发现图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是________________________________________。
[解析]　(1)先接通光电门后释放滑块，以确保滑块经过光电门时，光电门能正常工作，故选项A正确；挂上砝码后，滑块受拉力作用，因此在调节气垫导轨时应不挂砝码，故选项B错误；调节定滑轮使细线和气垫导轨平行目的是使滑块所受拉力与运动方向相同，故选项C正确；由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间，不需每次经过时速度相等，因此无需将滑块从同一位置由静止释放，故选项D错误。
(2)根据匀变速直线运动规律有2as＝v－v＝()2－()2，解得a＝。
(3)在-M图象中，图线的斜率表示了滑块所受作用力的倒数，即为，因此有G＝＝2.5
N(2.3～2.7
N均可)。
(4)图象出现了纵截距，原因是没有选取滑块和砝码一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。
[答案]　(1)AC　(2)　(3)2.5(2.3～2.7均可)　(4)没有选取滑块和砝码一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)
创新评价
本实验用光电门和气垫导轨代替打点计时器与滑板组合，无须平衡摩擦力，操作便捷；根据遮光条的宽度可测滑块的速度，应用运动学公式求加速度，避免了纸带位移测量的误差。　
　实验设计创新
[典例4]　某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010
kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的st图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a-n图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用a-n图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8
m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．a-n图线不再是直线
B．a-n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00
s时，位移s＝0.78
m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39
m/s2。
(5)由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋5m0)a，解得a＝n，其中m0＝0.01
kg，根据an图象可得m＝0.44
kg。
(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，则满足F－Ff＝ma的形式，即
nm0g－μ[(5－n)m0g＋mg]＝(5m0＋m)a，
得a＝－，
显然an图线仍是直线，但不过原点，且斜率由原来的变为，即斜率变大，故B、C正确。
答案：(3)0.39　(4)如图所示
(5)0.44　(6)BC
创新评价
本题创新之处体现在两点，一是实验过程保证了系统总质量不变化；二是用传感器记录小车的时间t与位移s，直接绘制s-t图象处理实验数据。
　实验目的创新
[典例5]　(2020·全国百强名校高三下学期领军考试)某同学用如图甲所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数。
(1)从打出的若干纸带中选出了如图乙所示的一条，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。打点计时器的电源频率是50
Hz，根据测量结果计算：打C点时纸带的速度大小为________________m/s；纸带运动的加速度大小为________________m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)通过(1)测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ＝________________。
[解析]　(1)纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10
s，设s1＝9.50
cm、s2＝11.00
cm、s3＝12.50
cm、s4＝14.00
cm，打C点时纸带的速度大小为vC＝，
代入数值得vC＝1.18
m/s，
加速度a＝＝，
代入数值得a＝1.50
m/s2。
(2)对木块和钩码组成的系统，由牛顿第二定律得
mg－μMg＝(M＋m)a，
解得μ＝。
[答案]　(1)1.18　1.50　(2)
创新评价
本题中的创新点在于由验证加速度与物体的质量、合外力的关系拓展为利用牛顿第二定律测量物块与木板间的动摩擦因数。
　实验情景创新
[典例6]　某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所用的打点计时器所接的交流电的频率为50
Hz。实验步骤如下：
A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是________。
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．实验过程中砝码盘处于超重状态
C．与小车相连的细线与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是________。
[解析]　(1)由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；与小车相连的细线与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；由于不需要把砝码的重力作为小车的拉力，故不需要使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故E错误。
(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3，相邻两个计数点之间的时间间隔T＝5×0.02
s＝0.1
s，由Δx＝aT2得a＝＝
m/s2＝0.16
m/s2。
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A与本实验符合。
[答案]　(1)C　(2)0.16　(3)A
创新评价
本实验在原理不变的基础上，改换拉力测量的情景，结合定滑轮的特点，由弹簧测力计可获取拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量的条件。
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12
-专题突破2　动力学中的两类典型问题
授课提示：对应学生用书第52页
　　师生互动
?类型一　水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
轻放在匀速传送带上
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
以v0冲上匀速传送带
(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
以v0冲上匀速传送带
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0
情景4
轻放在初速度为零的匀加速启动的传送带上
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma(2)若μg[典例1]　如图所示为一水平传送带装置示意图。A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2
m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2
kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为做加速度a＝2
m/s2
的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动。已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10
m/s2)。
(1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？
(2)上述情况下煤块运动到B点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？
[解析]　(1)为了使煤块以最短时间到达B点，煤块从A点到达B点应一直匀加速
μmg＝ma1，
得a1＝1
m/s2。
v＝2a1L，
vB＝2
m/s。
(2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2
m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短
煤块运动时间t＝＝2
s，
传送带加速过程：
vB＝at1得t1＝1
s，
x1＝at得x1＝1
m。
传送带匀速运动过程：
t2＝t－t1＝1
s，
x2＝vBt2得x2＝2
m。
故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1
m。
[答案]　(1)2
m/s　(2)1
m
?类型二　倾斜传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
轻放在匀速传送带上
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
情景2
轻放在匀速传送带上
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
情景3
以v0冲上匀速传送带
(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加速后再以a2加速，且a1＞a2(6)可能一直减速
情景4
以v0冲上匀速传送带
(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
[典例2]　如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25
m，传送带以v0＝10
m/s
的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为m＝0.5
kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin
37°＝0.6，g取10
m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
[思路点拨]　解此题注意以下几点：
(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。
(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析]　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力如图甲，其加速度为a1＝g(sin
θ＋μcos
θ)＝10
m/s2，
t1＝＝1
s，x1＝a1t＝5
m＜L，
即下滑5
m与传送带速度相等。
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan
37°，煤块仍将加速下滑，受力如图乙，a2＝g(sin
θ－μcos
θ)＝2
m/s2，
x2＝L－x1＝5.25
m，
x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5
s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5
s。
　
(2)第一过程痕迹长度为Δx1＝v0t1－a1t＝5
m，
第二过程痕迹长度为Δx2＝x2－v0t2＝0.25
m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5
m。
[答案]　(1)1.5
s　(2)5
m
1．(多选)(2021·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10
m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　)
A．μ＝0.4　　　　　　　
B．μ＝0.2
C．t＝4.5
s
D．t＝3
s
解析：由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0
m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在vt图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5
s，C正确，D错误。
答案：BC
2．(多选)(2021·河北名校高三调研)三角形传送带以1
m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2
m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1
m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　)
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
解析：因mgsin
θ
＞μmgcos
θ，物块A、B都以1
m/s的初速度沿传送带下滑，则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，则所用时间也相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力沿传送带向上，位移沿传送带向下，摩擦力做负功，故C正确；A、B两物块下滑时的加速度相同，下滑到底端的时间相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsin
θ－μgcos
θ
，得t＝1
s，传送带1
s内运动的距离是1
m，A与传送带是同向运动的，则A在传送带上的划痕长度为(2－1)m＝1
m，B与传送带是反向运动，则B在传送带上的划痕长度为(2＋1)m＝3
m，故D正确。
答案：BCD
　　师生互动
?类型一　水平面上的“滑块—木板”问题
1．问题特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．常见情景
项目
图示
关键情景分析
情景1
木板带动滑块
两者同向运动，且v板>v块，则两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止
情景2
滑块带动木板
两者同向运动，且v板情景3
木板与滑块反向运动
两者运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板
情景4
木板或滑块受到外力
木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
[典例3]　如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上。一滑块(可视为质点)处于长木板的左端，与挡板的初始距离为L＝2.5
m。滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.30，μ2＝0.40。开始时滑块以大小为v0＝8.0
m/s
的初速度开始滑动。已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10
m/s2。求：
(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；
(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离。
[解析]　(1)设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为
Ff1＝μ1mg，
Ff2＝μ2·2mg，
因为Ff1对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式得
Ff1＝ma1，
－2a1L＝v－v，
代入数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小
v1＝7.0
m/s。
(2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v1，此后，滑块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动。
设碰后经过时间t1，滑块与木板达到相等的速度v2，则
对滑块，有v2＝a1t1，
x1＝a1t，
对木板，有Ff1＋Ff2＝ma2，
v2＝v1－a2t1，
x2＝v1t1－a2t，
代入数据联立解得t1＝0.5
s，v2＝1.5
m/s。
此后，滑块和木板都做减速运动，但加速度不同，木板减速更快，先停下。对木板，有Ff2－Ff1＝ma2′，
－2a2′x2′＝0－v，
对滑块，由于加速度大小为a1，保持不变，因此减速至停下的时间还是t1，减速过程的位移x1′＝x1，
滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离
Δx＝(x2＋x2′)－(x1＋x1′)，
代入数据联立解得Δx＝1.6
m。
[答案]　(1)7.0
m/s　(2)1.6
m
?类型二　斜面上的“滑块—木板”问题
抓住一个转折和两个关联
一个转折
两个关联
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点
转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。说明：一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键
[典例4]　如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8
m、质量M＝3
kg
的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1
kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5
N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
[思路点拨]　解此题可按以下思路：
[解析]　(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)gsin
α＝(M＋m)a，
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin
α＝ma，
又Ff≤Ffm＝μmgcos
α，
联立解得F≤30
N；
要使木板沿斜面由静止开始运动，则
F＞(M＋m)gsin
α＝20
N，
所以力F应满足的条件为20
N＜F≤30
N。
(2)因F＝37.5
N＞30
N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcos
α－Mgsin
α＝Ma1，
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcos
α－mgsin
α＝ma2，
设物块滑离木板所用时间为t，
木板的位移x1＝a1t2，
物块的位移x2＝a2t2，
物块与木板的分离条件为
x1－x2＝L，
联立以上各式解得t＝1.2
s。
物块滑离木板时的速度v＝a2t，
由公式－2gsin
α·x＝0－v2解得x＝0.9
m。
[答案]　(1)20
N＜F≤30
N　(2)能　1.2
s　0.9
m
方法技巧
求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
———————————————————————
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。　
3．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2
kg、长8
m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1
kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)(　　)
A．P、Q两个物体的加速度分别为6
m/s2、4
m/s2
B．P、Q两个物体的加速度分别为6
m/s2、2
m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1
s
D．P滑块在Q上运动时间为2
s
解析：对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPgsin
37°＝mPaP，解得aP＝gsin
37°＝6
m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQgsin
37°－μ(mP＋mQ)gcos
37°＝mQaQ，解得aQ＝2
m/s2，A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6
m/s2＞aQ＝2
m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2
s，C错误，D正确。
答案：BD
4．(2021·适应性测试湖北卷)如图(a)，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1
kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2
s时间内，速度vBA随时间t变化的关系如图(b)所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10
m/s2。求：
(1)0～2
s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t＝2
s时刻，A相对水平面的速度。
解析：(1)由图(b)可知，在0～2
s内，B与A存在相对速度，故可知此时B受到A给其的滑动摩擦力，B的加速度大小为aB＝μg＝2
m/s2
在0～1.5
s内，vBA小于0，此时B相对于水平面做匀加速运动，在1.5～2
s内，vBA大于0，此时B相对于水平面做匀减速运动，可得在0～1.5
s内，B的位移为
x1＝aBt＝×2×1.52
m＝2.25
m
在t＝1.5
s时，B的速度为
v1＝aBt1＝2×1.5
m/s＝3
m/s
在1.5～2
s内，B的位移为x2＝v1t2－aBt＝1.25
m
0～2
s时间内，B相对水平面的位移为
xB＝x2＋x1＝3.5
m。
(2)由图(b)可知，在0～1
s内
aBA1＝
m/s2＝－4
m/s2
可知aA＝2
m/s2－(－4
m/s2)＝6
m/s2
则在1
s末，A的速度为
vA1＝6×1
m/s＝6
m/s
在1～1.5
s内，
aBA2＝
m/s2＝8
m/s2
可得此时A的加速度为
aA2＝2
m/s2－8
m/s2＝－6
m/s2
则在1.5
s末，A的速度为
vA2＝6
m/s－6×0.5
m/s＝3
m/s
随后A、B达到共同速度后，在1.5～2
s内可得
aA3＝－2
m/s2－
m/s2＝－6
m/s2
则A在t＝2
s时刻，相对与水平面的速度为
vA3＝3
m/s－6×0.5
m/s＝0。
答案：(1)3.5
m　(2)0
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