（新课标）高考物理总复习第三章牛顿运动定律教师用书（含解析） 99页

考纲要求考情分析牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.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：验证牛顿运动定律第13课时　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。n(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。n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n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．μ2mgC．μ1mgD．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an加速下滑时，竿对地面上人的压力大小为(　　)A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(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)gB．Ff＋mgC．Ff＋MgD．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nD．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70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.5m/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10m/s2)(　　)A．510N　　　　　　　　　B．490NC．890ND．910N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＝210N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋N，得N＝490N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490N，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，Qn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An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nD．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0C．橡皮球的加速度大小为gD．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。n9．(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2kgn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15N和10N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5m/s2B．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2.5m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/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15N和10N的两个力后，物体的合力大小范围为5N≤F合≤25N，根据牛顿第二定律a＝得，物体的加速度大小范围为：2.5m/s2≤a≤12.5m/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5m/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2.5m/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]n1.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,0C．g，g，gD．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gsinθB．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mgsinθ，B球受到轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsinθ，B球受挡板的弹力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，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2gsinθ，题图乙中轻杆的存在使A、B两球的加速度相同，由2mgsinθ＝2ma，可得A、B两球的加速度大小a＝gsinθ，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gsinθnC．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gsinθ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：Fcosθ＝mg，Fsinθ＝T，解得：F＝，T＝mgtanθ，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＝＝gsinθ，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。n(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1min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＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零解析：选D　由题图可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s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＝60s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)(　　)nA．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]n1．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－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1解析：选B　由物理公式U＝＝＝，得1V＝1＝1kg·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·m3B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2D．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1C＝1A·s，由F＝ma可知1N＝1kg·m·s－2，故1＝1kg·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＝gsinθ。(3)沿粗糙斜面自由下滑的物体：a＝g(sinθ－μcosθ)。(4)沿粗糙斜面自由上滑的物体：a＝g(sinθ＋μcosθ)。[课堂综合训练]n1．(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＝2s时最大　　　　　　B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s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＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。2.如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg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10m/s2)(　　)A．0B．2.5NC．5ND．3.75N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＝20N，弹簧弹力为F＝mAg＝15N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5m/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＝3.75N，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。n4.(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mgB．小球B的加速度为gC．小球A受到的支持力为mgD．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＝mgtan45°＝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cos30°＝mg，剪断细绳瞬间，小球A受到的支持力FNA＝mAgcos30°＝mg，C项错误；剪断细绳瞬间，对小球A由牛顿第二定律有mAgsin30°＝mAaA，得小球A的加速度aA＝gsin30°＝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nC．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mgB．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gD．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，2Fcos30°＝mg，解得F＝mg，故A错误；根据共点力平衡得，2Fcosθ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cosθ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mgsin30°，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An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＝1kg、m2＝4kg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20N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0B．弹簧测力计的示数是40NC．突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5m/s2D．撤去F1后，当A、B加速度相同时，弹簧测力计的示数是16N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＝20N，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＝5m/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′＝4N，选项D错误。7．(多选)一物体重为50N，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＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10m/s2)(　　)A．3N　　　　　　　　　　B．25NC．30ND．50N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<5N，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>25N，C、D正确。n8.(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gsinθB．C的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθD．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＝2mgsinθ，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＋mgsinθ＝3mgsinθ，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＝2gsinθ，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′＝gsinθ，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mgsinθ＋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5kg的小物块以初速度v0＝11m/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＝10m/s2(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。下列说法中正确的是(　　)A．恒力F的大小为5NB．恒力F的大小为10NC．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＝10m/s2；无恒力F时：a2＝＝m/s2＝11m/s2；由牛顿第二定律得：无恒力F时：mgsinθ＋μmgcosθn＝ma2，解得：μ＝0.5，有恒力F时：mgsinθ＋μmgcosθ－F＝ma1，解得：F＝5N，故A、D正确，B、C错误。10．一个弹簧测力计最多能挂54kg重的物体，在实际以1m/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40kg的物体，此刻电梯在做什么运动？加速度的大小为多少？(取g＝10m/s2)解析：弹簧测力计的最大拉力为F＝Mg＝540N，电梯加速下降时，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得：m＝＝60kg。最多能挂上40kg的物体时，根据牛顿第二定律得F－m′g＝m′a，解得：a＝＝3.5m/s2，电梯向上做匀加速运动或向下做匀减速运动。答案：60kg　向上做匀加速运动或向下做匀减速运动3．5m/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12m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23m/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4m时，车头距制动坡床顶端38m，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cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。求：n(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＋mgsinθ＝ma1f＝μmgcosθ解得a1＝5m/s2a1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＝23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m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＝4m，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＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gM＝4ms1＝vt－a1t2s2＝vt－a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2解得l＝98m。[答案]　(1)5m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98m动力学问题的解题步骤n　　[集训冲关]1．(2019·德州模拟)一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5m/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＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m。求：(g取10m/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：mgsinθ－μmgcosθ＝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＝2m/s2，当加速度沿斜面向上时：Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1，代入数据解得：F＝N；当加速度沿斜面向下时：mgsinθ－Fcosθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1，代入数据解得：F＝N。答案：(1)　(2)N或N2．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n和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。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120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10m/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＝ma0s＝v0t0＋解得a0＝5m/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＝mas＝vt0＋解得v＝20m/s(v＝－24m/s不符合实际，舍去)。答案：20m/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n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vt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＝400kg，g取10m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v0＝160m/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＝160m/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＝20m/s2故加速度大小为20m/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＝4m/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)20m/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2s后以2m/s的速度匀速运动。下列说法正确的是(g取10m/s2)(　　)nA．物体的质量m＝1kgB．物体的质量m＝2kgC．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2s后以2m/s的速度匀速运动，可知0～2s内物体的加速度大小为a＝1m/s2；在0～2s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma,2s后由平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得m＝1kg，μ＝，选项A、D正确。2.(2019·湖北联考)质量m＝1.0kg的物块在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10m/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10m/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6NB．在t＝1s时，物块运动开始反向C．2s末～3s末物块做匀减速运动D．在物块运动路程为13m的过程中，重力势能增加130J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0～5m过程中，由牛顿第二定律可得mg＋f－F＝ma1，其中a1＝×m/s2＝10m/s2,即f－F＝0，在运动5～13m过程中，根据牛顿第二定律可得mg－f－F＝ma2，其中a2＝×m/s2＝4m/s2，解得F＝f＝3N，A错误；初速度v0＝10m/s，故t＝＝s＝1s时，速度减小到零，即在t＝1s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13m的过程中，先上升5m，然后从最高点下降8m，即位移为3m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，ΔEp＝mgh＝1.0×10×3J＝30J,D错误。3．如图甲所示，质量m＝1kg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＝0.5ns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10m/s2，求：(1)在0～2s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0～2s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x1＝×2×1m＝1m物块下滑的距离：x2＝×1×1m＝0.5m所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5m路程：L＝x1＋x2＝1.5m。(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＝4m/s2a2＝m/s2＝4m/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0～0.5s内：F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s内：Ff＋mgsinθ＝ma2解得F＝8N。答案：(1)0.5m　1.5m　(2)4m/s2　4m/s2　8N[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。n[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>t3C．t1aOb，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＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tABtCD>tEF，B项正确。n2.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＝＝gsinθ，由位移公式得l＝at2＝gsinθ·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70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，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．450N　　　　　　　　　B．400NC．350ND．300N解析：选C　汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，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∶1B．5∶4∶3C．5∶8∶9D．1∶2∶3n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0～1s、3～4s阶段为直线，1～3s阶段为曲线)。下列判断正确的是(　　)A．第2s末拉力大小为0B．第1s内的拉力大于第4s内的拉力C．第2s末速度反向D．前4s内位移为0解析：选B　根据题图可知，第2s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1s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1s内的拉力大于第4s内的拉力，故B正确；根据题图可知，0～4s内，重物一直向上运动，第2s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4s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＝2Rsinθ＝gsinθ·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。n5.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0.4m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＝2kg，取g＝10m/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175N/mD．该过程中滑块的最大加速度为35m/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＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝m/s2＝30m/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＝175N/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vtn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mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，解得sinθ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确；由vt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：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度为：a＝gsinθ，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＝mgcosθ，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＝gsinθ·t2，可得：t＝，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·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8ns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＝70kg，倾斜滑道AB长lAB＝128m，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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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16m，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mgsinθ－μmgcosθ＝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＝2m/s2，游客匀速下滑时的速度大小v＝at1＝16m/s。(2)游客加速下滑的路程l1＝at12＝64m，匀速下滑的路程l2＝lAB－l1＝64m，匀速下滑的时间t2＝＝4s。(3)设游客在BC段的加速度大小为a′，由0－v2＝－2a′x，解得a′＝＝8m/s2，由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma′，解得制动力F＝210N。答案：(1)16m/s　(2)4s　(3)210N10.(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＝10m/s2，空气阻力不计。可能用到的函数值：sin30°＝0.5，sin37°＝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＝3.2m由v02＝2gxm，得v0＝8m/s。n(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＝6.4m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′＝3.2m由运动学公式有：v02＝2a′x′由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′代入数据，解得θ＝37°因为mgsinθ＞μmgcosθ，所以物块能滑回斜面底端。答案：(1)8m/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＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。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10m/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＋at2①v＝v0＋at②联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③v＝8m/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Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma　⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0　⑥又Ff＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得nF＝⑧由数学知识得cosα＋sinα＝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。⑪答案：(1)3m/s2　8m/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．10C．15D．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＝10m/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tn＝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＝0.5s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＝①a2＝②式中v0＝5m/s、v1＝1m/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＝0.20⑤μ2＝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′⑦2μ2mg－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vt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＝2×⑩s2＝t1＋⑪物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s＝1.125m。⑬答案：(1)0.20　0.30　(2)1.125mn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。n[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)aD．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。n(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．μFB.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，Fx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FNx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gn，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＝2mgsinθ＋2μ2mgcosθ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：μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2解得：a2＝g对木板：T′－mgsinθ－μ1mgcosθ－2μ2mgcosθ＝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＝2kg的小球用细绳拴在倾角θn＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)A．当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为20NB．当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为30NC．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为40ND．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，细绳拉力为60N[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Fcosθ＝ma0，Fsinθ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3m/s2，由于a1＝5m/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：F2cosα＝ma2，F2sinα－mg＝0，代入数据解得F2＝20N，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)gB．加速度一定向右，不能超过(1－μ)gC．加速度一定向左，不能超过μgD．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＝nmg＝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maD．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FN2cosα＝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－FN2sinα＝ma，因为FN2sinα≠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FN2cosα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＝10m/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10m/s2。n(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mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ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－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝，令cosα＝，sinα＝，即tanα＝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。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下：[典例]　“辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的n。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可视为质点，飞机从水平跑道进入倾斜跑道速度大小保持不变，g取10m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力的大小。[解析]　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1v12－v02＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，斜面倾角为θ，沿斜面方向有F合′＝F－f－mgsinθ＝ma2其中sinθ＝v22－v12＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0m/s2，v2＝m/s≈41.5m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′、助推力为F推有F合″＝F推＋F－f＝ma1′v1′2－v02＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100m/s，代入已知数据解得F推＝5.175×105N。[答案]　(1)8.0s　41.5m/s　(2)5.175×105N如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解a2时很容易漏掉飞机重力沿斜面向下的分力。　　[集训冲关]1．(2019·华中师大附中模拟)如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量nm＝1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s末物体的速度大小；(2)前16s内物体发生的位移。解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsinθ－μmgcosθ－F1>0，所以假设成立，物体在0～2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5m/s。(2)物体在前2s内发生的位移为x1＝a1t12＝5m，当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，代入数据可得a2＝－0.5m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物体在t2时间内发生的位移为x2＝v1t2＋a2t22＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ2xC．F′>2FD．x′<2x解析：选A　把两个物块视为整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得F′＝2F，选项A正确，C错误；隔离m2，由牛顿第二定律得kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，选项B、D错误。3.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ，则m1的加速度大小为(　　)A.B.C.D.解析：选A　m1、m2在水平方向上加速度相同，把m1、m2看成一个整体，由牛顿第二定律可得Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确。4.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，物体A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，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B，使A、B、C以同一加速度向右运动，则(　　)A．此过程中C受到五个力的作用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，则轻绳刚拉断时，A、C间的摩擦力为解析：选C　对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、nA对C的压力、地面的支持力、轻绳的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，F绳－μ·4mg＝4ma，解得F绳＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；若水平面光滑，轻绳刚拉断时，对A、C整体分析，加速度a′＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma′＝，故D错误。5.(2019·黄冈质检)如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一小球m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度逐渐增加，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时(　　)A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D．细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A　对m和M组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力与两个物体受到的总重力大小相等，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝，当a增加到2a时，tanθ变为原来的两倍，但θ不是原来的2倍，细线的拉力FT＝，可知a变为2a时，FT不是原来的2倍，故C、D错误。6．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙所示位置放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)A．轻绳的拉力等于MgnB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为g解析：选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。7.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是(　　)A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg解析：选BCD　A、B相对静止时，对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B滑动，C正确；对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg＜F＜3μmg时，A、B相对地面运动，A错误；当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有μmg－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B正确；无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，D正确。8．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示(m0、a1、a2均未知)。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法中正确的是(　　)nA．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值解析：选BC　由题图乙知，m＝m0时，A的加速度a＝0，则此时，受力平衡，对A、B分析得m0g＝mAgsinθ，由于m0未知，所以不能求出mA的大小，同理mA未知，所以不能求出m0的大小，故A、D项错误；设绳的拉力为T，加速度大小为a，m任意时，对B由牛顿第二定律得mg－T＝ma，对A由牛顿第二定律得T－mAgsinθ＝mAa，解得a＝g，当m趋向无穷大时，a趋向于g，所以a1＝g，即a1与θ无关，故B项正确；a＝a2时，m＝0，即绳对A的拉力为零，有mAgsinθ＝mAa2，解得a2＝gsinθ，θ已知，所以可以求a2的值，故C项正确。9．(2019·宁德质检)如图所示，可视为质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)B落地前的加速度a的大小；(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。解析：(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，根据牛顿第二定律得，T＝2ma，mg－T＝ma，解得T＝mg，a＝g。(2)滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到两段轻绳的压力大小，由几何关系可得，F＝2Tcos45°＝mg。答案：(1)g　(2)mg10.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α。其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为gn。现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动。(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，求力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，求力F的最小值。解析：(1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示。设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a，FNcosα＋Ffmsinα＝mgFfmcosα－FNsinα＝ma由题意知Ffm＝μFN联立解得a＝g对整体受力分析F＝(M＋m)a联立解得F＝。(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时斜面体的加速度为aM，则对斜面体：F＝MaM当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有＝tanα，即＝tanα联立解得F＝。答案：(1)　(2)11.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°角的恒定拉力F拉着它沿水平地面运动。已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg，经过时间t＝2.0s，玩具移动了距离x＝2m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10m/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与水平地面夹角多大时最省力。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＝at2n解得a＝m/s2对玩具，由牛顿第二定律得Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma解得μ＝。(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2m/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′＝＝0.6m≈1.04m。(3)设拉力F与水平地面的夹角为θ，玩具要在水平地面上运动，则Fcosθ－Ff＞0Ff＝μFN在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg解得F＞由数学知识得cosθ＋sinθ＝sin(60°＋θ)当θ＝30°时，拉力F最小，最省力。答案：(1)　(2)1.04m　(3)30°第17课时　动力学模型之一——滑块滑板(题型研究课)1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。解析：(1)A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在B与木板达到共同速度前有nf1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s。⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt12⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2。则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t22⑭在t1＋t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－aA2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m。⑰答案：(1)1m/s　(2)1.9m2．(2015·全国卷Ⅰn)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋a1t12③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤由题图(b)可得a2＝⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4。⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为ns1＝Δt⑪小物块运动的位移为s2＝Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v32＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。答案：(1)0.1　0.4　(2)6.0m　(3)6.5m3．(2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。解析：(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得nf1＝μ1N1N1＝mgcosθf2＝μ2N2N2＝N1′＋mgcosθ规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1mgsinθ－f2＋f1′＝ma2由牛顿第三定律知N1＝N1′f1＝f1′解得a1＝3m/s2，a2＝1m/s2。(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/sv2＝a2t1＝2m/st＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，mgsinθ＝ma1′解得a1′＝6m/s2mgsinθ－f2＝ma2′，解得a2′＝－2m/s2B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0解得t2＝1s在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝－＝12m＜27m此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32解得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间为t总，有nt总＝t1＋t2＋t3＝4s。答案：(1)3m/s2　1m/s2　(2)4s滑块滑板问题是高考常考的热点，这类问题对学生的综合分析能力和数学运算能力要求较高，而且滑块滑板模型常和功能关系、动量守恒等结合，分析过程较复杂。学生常因为对过程分析不清或计算失误而丢分。　　命题点一　水平面上的滑块—滑板模型1．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。2．解题思路[典例]　如图所示，质量m＝1kg的物块A放在质量M＝4kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。现用一水平向左的力F作用在B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：(1)能使A、B发生相对滑动的力F的最小值；(2)若力F＝30N，作用1s后撤去，要想A不从B上滑落，则B至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少。[解析]　(1)A的最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝mam解得am＝4m/s2对于A、B整体，根据牛顿第二定律得：F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am解得F＝25N。(2)设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a1、a2，撤去力F时速度分别为v1、v2，撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为a1′、a2′，A、B速度相等时速度为v3，加速度大小为a3n对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2，v1＝a1t1＝4m/s对于B，根据牛顿第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得a2＝5.25m/s2，v2＝a2t1＝5.25m/s撤去力F：a1′＝a1＝4m/s2μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′得a2′＝2.25m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2得t2＝0.2s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为B的最短长度LL＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75mA、B速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小a3＝μ2g＝1m/s2对于A、B整体从v3至最终静止位移为x＝＝11.52m所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4m。[答案]　(1)25N　(2)0.75m　14.4m求解“滑块—滑板”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。[集训冲关]1.如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6m、质量为M＝3kg的木板，一质量为m＝1kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，对木板施加一水平向右的拉力F，g取10m/s2。(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；n(2)为使木板从物块的下方抽出来，施加力F后，发现力F作用最短时间t0＝0.8s，恰好可以抽出，求力F的大小。解析：(1)力F拉动木板运动过程中，物块与木板相对运动时：对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得a＝1m/s2对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1，即a1＝要想抽出木板，则只需a1>a，即F>μ(M＋m)g代入数据解得F>4N。(2)设施加力F时木板的加速度大小为a2，则a2＝设撤去力F时木板的加速度大小为a3，则a3＝＝m/s2设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t2木板从物块下抽出时有物块速度为v＝a(t0＋t2)发生的位移为s＝a(t0＋t2)2木板的速度为v板＝a2t0－a3t2发生的位移为s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且s板－s＝L联立并代入数据得t2＝1.2s，a2＝3m/s2，F＝10N。答案：(1)F>4N　(2)10N2.(2019·成都模拟)如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B(可视为质点)从A的左侧以初速度v0向右滑上A，B与A间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。已知A的质量为M＝2.0kg，B的质量为m＝3.0kg，A的长度为l＝2.5m，μ1＝0.2，μ2＝0.4(g取10m/s2)。(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？(2)为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？(3)在满足(2)中条件的情况下，分别求出A、B对水平地面的最大位移。解析：(1)分别对A、B进行受力分析，n根据牛顿第二定律，B的加速度大小：aB＝＝＝4m/s2A的加速度大小：aA＝＝＝1m/s2。(2)当A、B速度相等时，若B恰好运动到A的右侧末端，则可保证B不会滑出A，设经过时间t，A、B的速度相等，则有：v0－aBt＝aAt根据位移关系得：v0t－aBt2－aAt2＝l代入数据解得：t＝1s，v0＝5m/s所以初速度v0≤5m/s。(3)B恰好不滑出A时，A、B对水平地面的位移最大，A、B速度相等后相对静止，一起以v＝aAt＝1m/s的初速度做匀减速运动直到静止，匀减速运动的加速度大小为a＝＝2m/s2发生的位移：s＝＝0.25mA、B速度相等前A发生的位移：sA＝aAt2＝0.5mB发生的位移：sB＝v0t－aBt2＝3m所以A发生的位移：sA＋s＝0.5m＋0.25m＝0.75mB发生的位移：sB＋s＝3m＋0.25m＝3.25m。答案：(1)1m/s2　4m/s2　(2)v0≤5m/s　(3)0.75m　3.25m命题点二　斜面上的滑块—滑板模型滑块—滑板类模型应抓住一个转折和两个关联一个转折两个关联n滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑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、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑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]　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＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg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。设物块与木板间的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)若力F＝37.5N，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。[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)gsinα＝(M＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解得F≤30N。(2)因力F＝37.5N＞30N，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1对物块，由牛顿第二定律得μmgcosα－mgsinα＝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Δx＝x1－x2＝L解得t＝1.2s物块滑离木板时的速度v＝a2t物块滑离木板后的加速度大小为a3＝gsinα＝5m/s2物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x＝解得x＝0.9m。n[答案]　(1)F≤30N　(2)能　1.2s　0.9m解决速度临界问题的思维模板　　[集训冲关]1.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是(　　)A．若μ＞tanθ，则木板一定沿斜面向上运动B．若F＝mgsinθ，则木块一定静止在木板上C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大解析：选C　如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果μ趋于0，木板一定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。n2.(多选)(2019·日照模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是(　　)A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2C．经过s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s解析：选AC　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2m/s，选项C正确，D错误。1.如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A放在物体B上，B受沿斜面向上的力F作用，沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μ2N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2N，当F>14N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4N，小物块的加速度a1＝4m/s2。改用F＝22N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1s(另一解不符合，舍去)，故选项A正确。3.(多选)如图所示，表面粗糙、质量M＝2kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5m/s2。t＝0.5s时，将一质量m＝1kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10m/s2，则(　　)A．水平恒力F的大小为10NB．铁块放在木板上后，木板的加速度为2m/s2C．铁块在木板上运动的时间为1sD．木板的长度为1.625m解析：选AC　木板上未放铁块时，对木板由牛顿第二定律得F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10N，选项A正确；铁块放在木板上后，对木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得a′＝0.75m/s2，选项B错误；0.5s时木板的速度v0＝at1＝1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度v1＝v0＋a′t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2，由题意知v′＝v1，解得t2＝1ns，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2m/s，铁块的速度v′＝1m/s，则木板的长度为L＝t2－t2＝1.125m，选项D错误。4.(多选)(2019·衡阳模拟)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d。下列说法正确的是(　　)A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选BC　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力大小为f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝Ma1＝μMg，F－f2＝ma2，发生相对运动需要满足a2>a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则位移小于d，砝码不会从桌面上掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，砝码脱离纸板时匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码脱离纸板时恰好离开桌面，故D错误。5．在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3。下列说法正确的是(　　)A．μ1＞μ2B．μ3＜μ2nC．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθD．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ解析：选D　对题图甲中两本词典整体分析，根据共点力平衡有2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，对题图乙中两本词典整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma，由两式可知μ1＜μ2，故A错误；题图甲中英语词典所受静摩擦力f1＝mgsinθ，因为2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，所以f1＝μ2mgcosθ，故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcosθ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B错误；题图乙中a＝gsinθ－μ1gcosθ，对汉语词典有mgsinθ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcosθ，故C错误。6．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B的最右端，物体A的vt图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)求A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。解析：(1)根据题图乙可知A的加速度为aA＝＝m/s2＝2m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝0.4。(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10m＝25m若B不固定，则B的加速度为aB＝＝m/s2＝1m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2－aBt2＝l解得t≈7.07s(另一解不符合，舍去)。n答案：(1)0.4　(2)7.07s7.(2019·安徽名校联考)质量M＝3kg的长木板放在光滑的水平面上，在F＝11N的水平拉力作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g＝10m/s2)。求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小。解析：(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2m/s2，木板的加速度a2＝＝1m/s2。(2)当物块、木板速度相等后可保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，解得t＝1s，1s内木板的位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5m，物块的位移x2＝a1t2＝1m，所以木板长至少为L＝x1－x2＝0.5m。(3)相对静止后，对物块、木板整体有F＝(M＋m)a，对物块f＝ma，故f＝m≈6.29N。答案：(1)2m/s2　1m/s2　(2)0.5m　(3)6.29N8．(2019·合肥模拟)如图所示，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，求：(1)F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，n解得：a1＝6m/s2。对物块有：μ1mg＝ma2，解得：a2＝4m/s2。因为a2v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速②v0v，返回时物块速度为v，若v0＝μg，由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间t1＝，煤块达到与传送带相对静止的时间t2＝，根据以上分析，煤块与传送带的vt图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。因vt图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OABn的面积即为二者间的相对位移，即黑色痕迹的长度。由几何知识得：L＝(t2－t1)v0＝v0。整理得：L＝。[答案]　分析传送带问题的三步骤(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。(2)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式。(3)运用相应规律，进行相关计算。　　命题点二　倾斜传送带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[典例]　如图所示，绷紧的传送带，始终以v＝2m/s的速率顺时针转动，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10m/s2。(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。[解析]　(1)对工件受力分析，受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力提供动力。由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma代入数据得：a＝2.5m/s2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1＝＝m＝0.8m<4mn可见工件先做匀加速运动0.8m，然后做匀速运动3.2m。(2)工件做匀加速运动时，由x1＝t1，得t1＝0.8s匀速运动时t2＝＝s＝1.6s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4s。[答案]　(1)先做匀加速运动0.8m，然后做匀速运动3.2m　(2)2.4s例题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由滑动摩擦力变为静摩擦力。可得出，传送带上的工件所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在工件的速度与传送带速度相等的时刻。对于倾斜传送带，摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关，这一点考查了学生综合分析问题的能力，学生容易出错，应引起高度的重视。　　[集训冲关]1.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以速率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μμmgcosθ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsinθ<μmgcosθ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A错误；滑块在0～t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由题图乙可知a1＝，则μ＝－tanθ，选项B错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，解得a2＝2gsinθ－，选项D正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于v0，选项C错误。5.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ。正常工作时工人在A点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ解析：选A　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为nμmgcosθ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误；若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误。6.(多选)(2019·合肥模拟)如图所示，绷紧的水平传送带长为6m，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是(　　)A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出解析：选BC　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x。根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2m/s2，则x＝＝m＝6.25m>6m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝m＝4m<6m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块向右加速到与传送带共速时的位移为x″＝＝m＝1m<4m，以后小物块以v1＝2m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s，C正确；若小物块的速度为1m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝m＝0.25m<6m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于xL＝8m则由vB2－v02＝－2aL得vB＝2m/s。(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12m/s由v12－v02＝2ax1，得x1＝m