【高考突破方案】第三章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习

第三章　牛顿运动定律
课程标准 1.通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系.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.通过实验，认识超重和失重现象. 2.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.
核心素养 物理 观念 1.理解质量的含义，理解惯性的概念. 2.理解和掌握牛顿运动定律. 3.能从运动与相互作用的视角分析自然与生活中的有关简单问题.
科学 思维 1.应用“理想实验”思想方法分析问题. 2.运用牛顿运动定律分析、解决问题. 3.掌握“整体法”“隔离法”“图像法”“控制变量法”“临界法”等的应用.
科学 探究 1.通过实验探究加速度与力和质量的关系. 2.通过实验，认识超重和失重.
科学态度 与责任 通过对牛顿运动定律的应用，进一步认识物理学是对自然现象的描述与理解，激发学生学习物理的兴趣，形成正确的世界观、人生观和价值观.
命题探究 命题 分析 高考对本章的考查以选择题为主.命题有通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题.本章内容是高考的重点，单独考查的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识结合的题目多为计算题.
趋势 分析 重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用.试题联系生产、生活实际，涉及临界、极值并与图像相结合等的综合应用、对学生的理解能力、分析综合能力及应用数学方法解题的能力等要求较高.
预设情境 螺旋桨飞机、分拣机器人、电动平衡车、磁性棋盘、滑轮组提物、引体向上、跳水、蹦床、蹦极、跳伞、火箭发射、无人机、电梯、掷实心球、俯式冰橇、跳楼机、球形飞行器等.
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1.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揭示了物体的固有属性：一切物体都有　惯性　，因此牛顿第一定律也被叫作　惯性定律　.②揭示了力与运动的关系：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.
(3)适用范围：惯性参考系.如果在一个参考系中，一个不受力的物体会保持　匀速直线运动　状态或　静止　状态，这样的参考系叫作惯性参考系，简称惯性系.
2.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)惯性的两种表现：①物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或　匀速直线运动　状态.②物体受外力作用时，其惯性表现在反抗运动状态的　改变　.
(3)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.
(4)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　（填“有关”或“无关”）.
二、牛顿第三定律
1.作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是　相互　的.当一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定　同时　对前一个物体也施加了力.物体间相互作用的这一对力，通常叫作作用力和反作用力.
2.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　.
3.表达式
F＝－F′.
4.意义
建立了相互作用的物体之间的联系，体现了作用力与反作用力的相互　依赖　关系.
　　　　　　　　　　　
考点一　对牛顿第一定律和惯性的理解
　　
1.牛顿第一定律是在可靠的实验事实（如伽利略斜面实验）基础上采用科学的逻辑推理得出的结论，物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件，所以牛顿第一定律不是实验定律.
2.惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大则其惯性越大；牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因.
对牛顿第一定律的理解
【例1】 （传统文化）早在2 000多年前，墨子在《墨经》中就对力的概念提出了初步的论述：“力，刑之所以奋也.”这句话的意思是说，力是使物体开始运动或加快运动的原因.则下列关于力的说法正确的是(　　)
A.墨子的观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
B.物体受到变力作用，速度大小一定会改变
C.力不是维持物体运动的原因
D.当物体不受力时，物体将停止运动
【解析】 C　亚里士多德关于力和运动的观点是力是维持物体运动的原因，伽利略关于力和运动的观点是力是改变物体运动状态的原因，即墨子的观点与伽利略的观点基本相同，A错误；物体受到变力作用，物体的运动状态一定发生改变，即物体的速度一定发生变化，但是速度的大小不一定会改变，例如物体做匀速圆周运动，B错误；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，C正确；当物体不受力时，物体保持静止或匀速直线运动状态不变，运动的物体不会停止运动，D错误.
　【变式训练1】 （生活情境）大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动（如图甲），为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板（如图乙）.下列说法错误的是(　　)
A.油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧
B.油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动
C.油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前的剧烈涌动
D.油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡油板油也几乎不会涌动
【解析】 B　由于惯性油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，A正确；惯性取决于物体的质量，B错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡油板油也几乎不会涌动，D正确.
对惯性的理解
【例2】 水平仪的主要测量装置是一个内部封有液体的玻璃管，液体中有一气泡，水平静止时，气泡位于玻璃管中央，如图甲所示.一辆在水平轨道上行驶的火车车厢内水平放置两个水平仪，一个沿车头方向，一个垂直于车头方向.某时刻，气泡位置如图乙所示，则此时关于火车运动的说法可能正确的是(　　)
A.加速行驶，且向左转弯
B.加速行驶，且向右转弯
C.减速行驶，且向左转弯
D.减速行驶，且向右转弯
【解析】 B　由题意可知，水平静止或匀速直线运动时，气泡位于玻璃管中央，由图乙可以看出：沿车头方向的气泡向车头方向移动，当火车加速时，气泡和液体由于惯性不会随火车立即加速，还会以原来的速度运动，相对火车向后运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡在液体作用下就向前运动，C、D错误；垂直于车头方向的水平仪中的气泡处于右端，因原来火车做直线运动，气泡位于中心位置，当火车向右转弯时，气泡和液体由于惯性不会立即随火车右转，还会沿直线运动，所以气泡和液体就相对火车向左运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡在液体的作用下相对中心位置向右运动，所以此时刻火车应是加速运动且向右转弯，A错误、B正确.
　　【易错点】 学生容易误选C.误认为向左转弯，气泡向右移动，减速行驶，气泡向前运动.未能理解气泡比同体积的液体密度小，质量小，状态更易改变.
【变式训练2】 将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被障碍物挡住时，下列实验现象正确的是(　　)
A.假设小车表面光滑，木块将如图1所示向前倾倒
B.假设小车表面光滑，木块将如图2所示向前滑动
C.假设小车表面粗糙，木块将如图3所示向后倾倒
D.假设小车表面粗糙，木块将如图2所示向前滑动
【解析】 B　当小车遇到障碍物时，小车将停下.如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块都将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误、B正确；如果上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，木块下部虽然也要继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，使得下部的运动状态发生改变，很快停止，故此时木块将向右倾倒，C、D错误.
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（静止或匀速直线运动）.
考点二　牛顿第三定律的理解与应用
　　
1.一对平衡力与一对作用力、反作用力的比较
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
2.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，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力.在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此.利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔.
对作用力与反作用力的理解
【例3】 解说围棋的大棋盘如图所示，棋盘竖直放置，棋盘和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盘上，不计棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)
A.棋子受到的磁力与它受到的重力是一对平衡力
B.棋子受到的磁力与它受到的弹力是一对作用力与反作用力
C.磁性越强的棋子，所受的摩擦力越大
D.棋子受到的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力
【解析】 D　棋子竖直方向受向下的重力和向上的静摩擦力，两者大小相等、方向相反，是一对平衡力，A错误、D正确；棋子水平方向受磁力和棋盘对它的弹力，两者是一对平衡力，B错误；因竖直方向重力等于摩擦力，则即使是磁性很强的棋子，所受的摩擦力也是一样大，C错误.
　【变式训练3】 如图所示是一种有趣好玩的感应飞行器的示意图，主要是通过手控感应飞行，它的底部设置了感应器装置.只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便.下列说法正确的是(　　)
A.手对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力
B.空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力
C.空气对飞行器的作用力和空气对手的作用力是一对作用力和反作用力
D.因为空气会流动，所以螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小不相等
【解析】 B　手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，A错误、B正确；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，C错误；由牛顿第三定律可知，螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小相等，D错误.
牛顿第三定律的应用
【例4】 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】 A　环在竖直方向上受重力及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′，箱子与杆整体竖直方向上受重力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大小，即N′＝Mg＋f，A正确.
　　【变式训练4】（多选）木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如图所示，则有(　　)
A.人对木箱底的压力大小为G2＋F
B.人对木箱底的压力大小为G2
C.木箱对地面的压力大小为G2＋G1－F
D.木箱对地面的压力大小为G1＋G2　　
【解析】 AD　对人隔离受力分析，人受竖直向下的重力G2、向下的作用力F′、向上的支持力FN，由平衡条件与牛顿第三定律可得FN＝G2＋F′＝G2＋F，据牛顿第三定律，人对木箱底的压力大小为G2＋F，A正确、B错误；将人与木箱看作一个整体，由平衡条件可得，木箱受到地面的支持力大小为G1＋G2，由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力大小为G1＋G2，C错误、D正确.
作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” (1)“六同”：①大小相同；②性质相同；③同一直线；④同时产生；⑤同时变化；⑥同时消失. (2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同. (3)“二无关”：①与物体的运动状态无关；②与是否和另外物体相互作用无关.
1.伽利略理想斜面实验是16世纪力学发展的重要起点.如图所示，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不同的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为图中1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到最直接的结论是(　　)
A.斜面的粗糙程度越低，小球上升的位置越高，如果斜面光滑，则小球能够到达与O点等高处
B.如果小球受力平衡，它将一直保持匀速直线运动或静止状态
C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D.如果小球受力一定，质量越大时，它的加速度越小
【解析】 A　由实验结果可知，斜面的粗糙程度越低，小球上升的位置越高，如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，A正确；根据题中三次实验结果的对比，不能直接得到B、C项结论，D项结论与本实验无关，B、C、D错误.
2.如图所示，体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法正确的是(　　)
A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B.只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力
C.当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
【解析】 D　甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，与二者的运动状态无关，即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力时，甲才能获胜，A、B、C错误，D正确.
3.“神舟十六号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是(　　)
A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力
B.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动
C.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力大小
D.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空
【解析】 C　火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，由于具有惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，B错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，C正确；火箭中的燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，不是外界空气的作用力，D错误.
4.如图所示为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是(　　)
A.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用
B.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性
C.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力
【解析】 A　包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D错误.
5.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T′＝6 N，则台秤的示数(　　)
A.保持不变 B.增加10 N C.增加6 N D.增加4 N
【解析】 D　金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F.由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为F＝G－T′＝4 N.根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N，所以台秤的示数增加4 N.
6.（多选）“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具.如图所示，人笔直站在“电动平衡车”上，在某水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是(　　)
A.“电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力
B.人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力
C.地面对车的摩擦力与人（含车）所受空气阻力平衡
D.在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜
【解析】 CD　根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力大小等于人对“电动平衡车”的作用力，A错误；人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，B错误；地面对车的摩擦力与人（含车）所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，C正确；在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜，D正确.
7.如图所示，倾角为37°的斜面上有一个重力为100 N的小球被轻绳系住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面光滑，斜面体的重力为500 N，整个装置处于静止状态.sin 37°＝0.6，求：
(1)绳对小球拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
(2)斜面体对地面的压力大小和摩擦力大小.
【解析】 (1)对小球进行受力分析如图所示，根据平衡条件有
FTsin 45°－FNsin 37°＝0，
FTcos 45°＋FNcos 37°－mg＝0，
联立解得
FT＝ N，FN＝ N.
(2)选小球和斜面体整体为研究对象，对整体受力分析，将绳的拉力FT向竖直方向和水平方向分解，根据平衡条件和牛顿第三定律有，斜面体对地面的摩擦力大小为
Ff＝FTsin 45°＝× N＝ N，
斜面体对地面的压力大小为
N＝(M＋m)g－FTcos 45°＝ N.
8.如图所示，底座A上装有一根直立杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的圆环B，它与杆有摩擦.当圆环从底端以某一速度v向上飞起时，圆环的加速度大小为a，底座A不动，求圆环在升起和下落过程中，水平面对底座的支持力分别是多大？（圆环在升起和下落过程中，所受摩擦力大小不变）　　
【解析】 如图甲所示，圆环上升时，设杆给环的摩擦力大小为Ff1，环给杆的摩擦力大小为Ff2，水平面对底座的支持力大小为FN1，则
对圆环：mg＋Ff1＝ma，
对底座：FN1＋Ff2－Mg＝0，
由牛顿第三定律得
Ff1＝Ff2，
联立解得
FN1＝(M＋m)g－ma.
如图乙所示，圆环下降时，设杆给环的摩擦力大小为Ff1′，环给杆的摩擦力大小为Ff2′，水平面对底座的支持力大小为FN2，则对底座有
Mg＋Ff2′－FN2＝0，
由牛顿第三定律得
Ff1′＝Ff2′，
又由题意有
Ff1′＝Ff1，
联立解得
FN2＝(M－m)g＋ma.
第2讲　牛顿第二定律及其应用
一、牛顿第二定律　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＝kma，当F、m、a单位采用国际单位制时k＝　1　，F＝　ma　.
(3)适用范围：①牛顿第二定律只适用于　惯性　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、基本单位、导出单位
(1)单位制：　基本单位　和　导出单位　一起组成了一个单位制.
(2)基本量：在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系　推导　出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫作基本量.
(3)基本单位：基本量的单位.力学中的基本量有三个，它们是　质量、时间、长度　，它们的单位　千克、秒、米　就是基本单位.
(4)导出量和导出单位：由　基本量　根据物理关系推导出来的其他物理量叫作导出量，推导出来的相应单位叫作导出单位.
二、牛顿第二定律的应用
1.动力学的两类基本问题
(1)已知物体的受力情况，确定物体的　运动情况　；
(2)已知物体的运动情况，确定物体的　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.
三、超重和失重
1.超重
(1)定义：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.
(2)产生条件：物体具有　向上　的加速度.
2.失重
(1)定义：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.
(2)产生条件：物体具有　向下　的加速度.
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物（或悬挂物）　完全没有　作用力的现象称为完全失重现象.
(2)产生条件：物体的加速度a＝　g　，方向竖直向　下　.
4.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.
考点一　对牛顿第二定律、单位制的理解
　　
1.牛顿第二定律的性质
　　
2.国际单位制的基本单位
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 I 坎（德拉） cd
对牛顿第二定律的理解
【例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，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】 ACD　由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，可知力作用瞬间，物体会立即产生加速度，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，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，C正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，D正确.
【变式训练1】 关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　)
A.物体加速度的大小由物体的质量和所受合力大小决定，与物体的速度大小无关
B.物体的加速度的方向不仅与它所受合力的方向有关，且与速度方向有关
C.物体的加速度方向与速度方向总是相同的
D.一旦物体所受合力为零、则物体的加速度和速度立即变为零
【解析】 A　物体加速度的大小由物体质量和所受合力大小决定，与物体的速度大小无关，A正确；根据牛顿第二定律知，物体的加速度的方向与所受合力的方向一致，与速度方向无关，B错误；物体加速度方向与速度方向无关，可以相同，可以不同，也可以成一夹角，C错误；一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即变为零，速度保持不变，D错误.
对单位制的理解
【例2】 （2023·辽宁卷）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律.若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝k.比例系数k的单位是(　　)
A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s2·A) D.kg·m2/(s2·A2)
【解析】 B　根据题干公式ΔF＝k整理可得k＝代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，B正确.
【变式训练2】 物理学中有些结论不一定要通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就能判断结论是否正确.根据流体力学知识，喷气式飞机喷出气体的速度v与飞机发动机燃烧室内气体的压强p、气体密度ρ及外界大气压强p0有关.则下列关于喷出气体的速度的倒数的表达式正确的是(　　)
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
【解析】 A　国际单位制中，与的单位均为＝＝＝s/m，是速度的倒数的单位，再结合实际情况，内外压强差越大，喷气速度越大，A正确、B错误；的单位为＝＝m/s，不是速度的倒数的单位，C错误；的单位为＝＝＝kg/(s·m2)，不是速度的倒数的单位，D错误.
合力、速度、加速度间的关系 (1)在质量一定时，物体的加速度由合力决定.合力大小决定加速度大小，合力方向决定加速度方向.合力恒定，加速度恒定；合力变化，加速度变化. (2)做直线运动的物体，只要速度和加速度方向相同，速度就增大；只要速度和加速度方向相反，速度就减小.
考点二　动力学两类基本问题
动力学的两类基本问题的解题步骤
已知受力情况求物体的运动情况
【例3】 （生活情境）如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m，8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点.设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，（g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算）求：
(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小.
【解析】 (1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1＝a1t，代入数据解得a1＝1.5 m/s2.
(2)由牛顿第二定律有
F＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，
其中sin θ＝＝0.1，cos θ＝1，解得μ＝0.05.
(3)设8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)g sin θ－μ(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a2，
8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2，
出发8 s内冰橇发生的位移为
x2＝a1t＝48 m，
设到达终点时速度大小为v2，
则v－v＝2a2(x－x2)，
解得v2＝36 m/s.
【变式训练3】 （多选）如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示.已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数.忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
　　　
A.小球的最大加速度为g
B.小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D.小球的最大速度为
【解析】 ACD　当t＝0时，小球所受的阻力f＝0，此时加速度为g，A正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确.
已知运动情况求物体的受力情况
【例4】 水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备.在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点.无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零.已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x.
【解析】 (1)匀加速阶段加速度为a1＝，
解得a1＝0.4 m/s2.
由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1，
解得F1＝12 N.
(2)匀减速阶段有0－v＝－2a2x2，
解得a2＝0.5 m/s2.
由牛顿第二定律得F2＋Ff＝ma2，
解得F2＝6 N.
(3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s，
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s，
匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m，
运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m.
【变式训练4】 （科技前沿）中国自主研发的火星探测器“天问一号”成功登陆火星.探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2＝500 m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5 km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t＝100 s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落，在距离火星表面100 m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”.已知天问一号探测器质量为m＝5×103 kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4 m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍.
(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；
(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；
(3)在“悬停阶段”中，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6 m，总时间为3 s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值.
【解析】 (1)“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得
FT－mg火＝ma1，
又FT＝5mg火，
联立解得a1＝4g火＝16 m/s2.
(2)由匀变速运动位移公式得
v＝v－2a1x，
解得v3＝100 m/s，
因此“动力减速阶段”的加速度大小为
a2＝＝1 m/s2，
由牛顿第二定律得F－mg火＝ma2，
得F＝mg火＋ma2＝2.5×104 N.
(3)设加速阶段加速度为a3，减速阶段加速度为a4，且a4＝2a3，运动过程中最大速度为vm，
由＋＝3 s，＋＝6 m，
解得vm＝4 m/s，a4＝4 m/s2，
所以发动机需要提供使其减速的力为F1＝ma4，维持悬停的力为F2＝mg火，因此发动机对探测器的作用力为F＝＝mg火，＝.
解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁”.两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析.一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁. (2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系.
考点三　超重和失重
　　
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.
3.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.
4.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.
5.尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整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.
【例5】 2023年10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺，中国选手包揽了冠亚军.假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A.1.0 s到1.2 s之间运动员处于失重状态
B.1.0 s到1.2 s之间运动员处于超重状态
C.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8 m
D.在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2 m
【解析】 D　蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相等，可知1.0 s到1.2 s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大，过程为运动员开始接触蹦床至到达最低点，根据牛顿第二定律该段过程为运动员先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，A、B错误；根据图线可知运动员从离开蹦床到再次接触蹦床的时间为t＝1.6 s，该段时间运动员做竖直上抛运动，故离开蹦床后上升的最大高度为h＝g·（）2＝3.2 m，C错误、D正确.
【变式训练5】 如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将(　　)　　
A.变大 B.变小 C.不变 D.先变小后变大
【解析】 B　剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，B正确.
判断超重和失重的方法 (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)从运动状态的角度判断：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.
考点四　用牛顿第二定律解决瞬时问题
　　
1.四种类型
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种类型.
类别 质量 内部 弹力 弹力方向 弹力 能否突变 弹力 表现形式
轻绳 不计 处处 相等 沿绳收缩方向 能 拉力
橡皮绳 沿橡皮绳收缩方向 不能 拉力
轻弹簧 沿弹簧轴线 不能 拉力、支持力
轻杆 不确定 能 拉力、支持力
2.两种模型
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，当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
3.瞬时问题的步骤
(1)分析变化前各物体的受力；
(2)当剪断时判断哪些力变化，哪些力不变；
(3)分析变化后各物体的受力；
(4)根据牛顿第二定律求解各物体的加速度.
【例6】 如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)　　
A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝0 D.aA＝2g，aB＝0
【解析】 D　水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示，静止时有FT＝F sin 60°，F cos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，D正确.
【变式训练6】（多选）如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线.重力加速度大小为g，下列判断正确的是(　　)
A.细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零
B.细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零
C.细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θ
D.细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ
【解析】 CD　剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)g sin θ＝6mg sin θ.以C为研究对象，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)g sin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝g sin θ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mg sin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mg sin θ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝g sin θ，方向沿斜面向下，C、D正确，A、B错误.
由牛顿第二定律知F与a具有瞬时对应关系，因此对瞬时加速度分析的关键是对物体受力分析，可采取瞻前顾后法，既要分析运动状态变化前的受力，又要分析运动状态变化瞬间的受力，从而确定加速度.常见力学模型有弹力可以发生突变的轻杆、轻绳和极短时间内弹力来不及变化的轻弹簧和橡皮条等.
1.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F的大小与伸长量x成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，研究表明k＝Y，其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量.在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是(　　)
A.N B.m C.N/m D.Pa
【解析】 D　根据k＝Y，可得Y＝，则Y的单位是＝＝Pa，D正确.
2.如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根轻绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)
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g cos θ
C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ
【解析】 C　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得F cos θ＝mg，F sin θ＝FT，解得F＝，FT＝mg tan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力突变为mg cos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，A、B错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球受到的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有＝ma′，故小球的加速度大小a′＝，C正确、D错误.
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，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是(　　)
A.人的质量约为
B.t0时人处于失重状态
C.人的最大加速度为2g
D.0.2t0时刻，人的速度最大
【解析】 C　由图可知，最后拉力值稳定在0.6F0，即人的重力等于0.6F0，故人的质量为m＝，A错误；t0时，弹性绳的拉力为1.4F0，大于人的重力，故人处于超重状态，B错误；由图可知，最大拉力为1.8F0，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，代入数据解得最大加速度为a＝2g，C正确；当加速度为0时，即弹性绳的拉力等于重力时，人的速度最大，由图可知，0.2t0时刻，弹性绳的拉力不等于重力，D错误.
4.（教考衔接·人教版必修一P115第5题）某同学想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上.在水平直轨道上，地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地的重力加速度为g ，若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量(　　)
A.圆珠笔的质量
B.绳子的长度
C.绳子和竖直方向的夹角
D.绳子下端到竖直扶手的距离
【解析】 C　圆珠笔受力如图所示，细绳拉力和重力的合力水平向左，由牛顿第二定律有mg tan θ＝ma，求得圆珠笔的加速度大小为a＝g tan θ，地铁和圆珠笔的加速度相同，所以只需要测量绳子与竖直方向的夹角即可，C正确，A、B、D错误.
5.（多选）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）.当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　)
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s
D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【解析】 BC　飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv＝k×100，飞行器以v2＝5 m/s向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv＝Mg＋k×25，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝＝Mg＝kv，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，D错误.
6.（多选）乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择.若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示.在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止.则下列说法正确的是(　　)
A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C.小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
D.小物块受到的静摩擦力为mg＋ma
【解析】 AD　小物块以加速度a上行，合力方向与加速度方向相同，设加速度方向为正方向，由牛顿第二定律可知，沿斜面方向有Ff－mg sin 30°＝ma，解得Ff＝mg＋ma，摩擦力方向沿斜面向上，A正确、B错误；由于物块相对斜面静止，因此摩擦力为静摩擦力，C错误、D正确.
7.如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面.一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示.设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度g取10 m/s2.
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示.
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离.（取sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留两位有效数字）
【解析】 (1)对货车进行受力分析，可得货车所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，Ff＝μmg cos θ，而货车重力在沿斜面方向的分量为F＝mg sin θ；若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff≥F，即mg sin θ≤μmg cos θ，解得≤μ，即tan θ≤μ＝0.30，即当tan θ≤0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象.
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，
根据牛顿第二定律得
mg sin 15°＋μmg cos 15°＝ma，
解得a＝5.51 m/s2.
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，
v0＝90 km/h＝25 m/s，
根据匀变速直线运动位移公式
0－v＝－2ax，
代入数据，解得x≈57 m.
8.探测器“天问一号”成功着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆.如图所示为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图.某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5 t（不计燃料燃烧引起的质量变化）.求探测器：
(1)全程的平均速度大小；
(2)减速下落过程中的加速度大小；
(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小（保留三位有效数字）.
【解析】 (1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得
mg火－F阻＝ma1，其中F阻＝0.2mg火，
解得a1＝3.2 m/s2.
探测器5 s末的速度为
v＝a1t1＝16 m/s.
全程的平均速度大小为＝＝8 m/s.
(2)探测器加速下落过程中，由
h1＝a1t，
代入数据得h1＝40 m.
则减速下落过程中通过的位移为
h2＝H－h1＝60 m，
减速下落过程中的加速度大小
a2＝＝ m/s2.
(3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有
F＋F阻－mg火＝ma2，
代入数据解得
F≈2.67×104 N.
第3讲　牛顿运动定律的综合应用
一、连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体.
2.外力与内力
(1)外力：系统　之外　的物体对系统的作用力.
(2)内力：系统　内　各物体间的相互作用力.
3.整体法和隔离法
(1)整体法：把　加速度　相同的物体看作一个　整体　来研究的方法.
(2)隔离法：求　系统内　物体间的相互作用时，把一个物体　隔离　出来单独研究的方法.
二、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，即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.
2.四种典型的临界条件
(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：速度达到最大的临界条件是　a＝0　.
三、多过程问题
1.多过程问题
很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的　受力　情况和　运动　情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题.
2.类型
多过程问题可根据涉及物体的多少分为　单体　多过程问题和　多体　多过程问题.
3.解决方法
综合运用　牛顿第二定律　和　运动学　知识解决多过程问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.
四、等时圆模型
1.模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内半径为R圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a＝　g sin θ 　，位移x＝　2R sin θ　，由匀加速直线运动规律有x＝at2，得下滑时间t＝2，即沿竖直直径自由下落的时间.图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论.
2.结论
模型1　质点从竖直面内的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；
模型2　质点从竖直面内的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；
模型3　两个竖直面内的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经切点滑到下端所用时间　相等　，如图丙所示.
　
考点一　连接体问题
　　
整体法和隔离法解动力学中的连接体问题：
(1)整体法的选取原则：若不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）.
(2)隔离法的选取原则：若要求出系统内各物体之间的作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.
(3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般“先整体求加速度，后隔离求内力”.
　【例1】 （多选）如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
B.若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
【解析】 BC　设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有T－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得T＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为T＝F，且m2越大，绳的拉力越小，B、C正确.
【易错点】 学生容易错选D.学生认为水平面粗糙时，物体的加速度变小了，因而绳子拉力发生变化.利用整体法和隔离法分析易知，绳子的拉力大小实际上与水平面是否粗糙无关.
【变式训练1】（多选）质量分别为M和m的物块A和B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，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A.轻绳的拉力等于mg
B.轻绳的拉力等于Mg
C.A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D.A运动的加速度大小为g
【解析】 ACD　 第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg，第二次按图乙放置时，对整体由牛顿第二定律得Mg－mg sin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝g；对B由牛顿第二定律有T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，A、C、D正确，B错误.
应用整体法和隔离法的解题技巧 (1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝.此结论与有无摩擦无关（若有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同），物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立.两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变. (2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法.绳跨过定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法. (3)在轻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.
考点二　临界极值问题
　　
解题基本思路：
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）.
(2)寻找过程中变化的物理量.
(3)探索物理量的变化规律.
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.
【例2】（2023·湖南卷）（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动.车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是(　　)
A.若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mg tan θ
B.若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θ
C.若推力F向左，且μD.若推力F向右，且tan θ>2μ，则F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)
【解析】 CD　设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足＝tan θ，竖直方向Ny＝mg，则Nx＝mg tan θ，若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma，则a＝g tan θ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律可得F＝4ma＝4mg tan θ，A错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mg tan θ，对小球B，由于tan θ≤μ，小球B受到向左的最大合力Fmax＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mg tan θ，则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F＝4mg tan θ，B错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mg tan θ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mg tan θ，由于μ【变式训练2】 一辆汽车运载着圆柱形的光滑空油桶.在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和汽车一起保持静止，如图所示，下列说法正确的是（重力加速度为g）(　　)
A.当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变小
B.当汽车向左做加速运动，且加速度达到g时，C将要脱离A
C.汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D.当汽车向右做加速运动，且加速度达到g时，C将要脱离B
【解析】 D　对桶C受力分析如图，根据牛顿第二定律有FBsin θ－FAsin θ＝ma，竖直方向根据平衡条件可得FBcos θ＋FAcos θ＝mg，加速度变大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，A错误；当汽车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有mg tan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度为a＝g，B错误；汽车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcos θ＋FAcos θ＝mg，则B对C的支持力不变，C错误；当汽车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有mg tan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝g，D正确.
解临界极值问题的几种思维方法 (1)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. (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)数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.
考点三　多过程问题
　　
应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略：
(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成.有些是承上启下型，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可；有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干（或另一旁支），这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析.
(2)对于每一个研究过程，选择什么规律、应用哪一个运动学公式要明确.
(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度一般不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁.
【例3】 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值.
【解析】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)g sin θ＝kx0，
解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1g sin θ＝m1a，
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝at2，
联立解得a＝ m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，
则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N.
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2g sin θ＝m2a，
解得Fmax＝ N.
【变式训练3】 如图所示，质量为mA＝2 kg物体A放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与质量为mB＝1 kg物体B相连.用手按住A使两物体均静止，B物体距离地面高度h＝1 m.现松手释放A，经时间t1＝1 s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）.忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子、滑轮质量不计，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物体A与桌面间动摩擦因数μ；
(2)若A与滑轮的距离L＝1.5 m，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力F＝6 N，求恒力F作用时间t2＝1 s后，物体A的速度大小.
【解析】 (1)物体B在下落的过程中，做匀加速运动，
则h＝at，
代入数据得到a＝2 m/s2，
A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mBg－μmAg＝(mA＋mB)a，
代入数据得到μ＝0.2.
(2)物体B落地瞬间，物体A距离滑轮的长度为
ΔL＝L－h＝0.5 m，
此时物体A根据牛顿第二定律有
μmAg＋F＝mAa1，
解得a1＝5 m/s2.
这段位移的时间t3和位移x1分别为
a1t3＝at1，
a1t＝x1，
得到t3＝0.4 s，x1＝0.4 m.
因x1<ΔL，
　所以此时物体A减速到0，且未碰撞到滑轮.
之后物体A将向左加速运动，根据牛顿第二定律有
F－μmAg＝mAa2，
解得a2＝1 m/s2，
则最终的速度v和向左的位移x2分别为
v＝a2(t2－t3)＝0.6 m/s，
x2＝a2(t2－t3)2＝0.18 m故最终绳子未拉直，物体A的速度为0.6 m/s.
考点四　等时圆模型
　　
“等时圆”思维模板：
【例4】（多选）如图所示，Oa、Ob和da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点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da分别到达a、b、a所用的时间.下列关系正确的是(　　)
A.t1＝t2 B.t2>t3 C.t1【解析】 BCD　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，A错误，B、C、D正确.
【变式训练4】 如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　)　　
A.tB>tC>tD B.tB＝tC　　【解析】 B　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mg cos θ＝ma，2R cos θ＝at，联立解得tC＝，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE　　【易错点】 本题学生容易错选C.误认为轻杆倾斜程度越大，小环运动的加速度越大，因而时间越短.忽视了倾斜程度变大，轻杆的长度发生了变化.本类问题，借助等时圆原理处理，简单明了.
1.如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动.则F的最大值为(　　)
A.1 N B.2 N C.4 N D.5 N
【解析】 C　对两物块整体进行受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma＝2 N，联立解得F＝4 N，C正确.
2.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内.现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB >tCD>tEF
C.tAB【解析】 B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B正确.
3.光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t (N)、FB＝8－3t (N).下列说法正确的是(　　)
A.t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2
B.t＝1 s时，物体B的加速度大小为 m/s2
C.t＝1 s时，两物体A、B恰好分离
D.t＝ s时，两物体A、B恰好分离
【解析】 D　t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，B、C错误，D正确.
4.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端与滑块P相连，P置于水平地面上；滑块Q与P完全相同，紧靠在P的右侧，P、Q均处于静止状态，此时滑块Q所受地面摩擦力刚好等于最大静摩擦力.设P、Q与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，P、Q均视为质点.现对Q施加水平拉力F，使Q向右做匀加速直线运动，以下判断正确的是(　　)
A.施加F的瞬间，P的加速度可能比Q的大
B.施加F的瞬间，P的加速度不可能与Q的加速度一样大
C.F可能为恒力，也可能为变力
D.F一定为变力，P、Q分离前P与Q一起做匀加速运动
【解析】 C　设P、Q与地面动摩擦因数为μ，如果施加力F的瞬间Q刚好与P之间无相互挤压且加速度相同，由牛顿第二定律，对Q有F－μmg＝ma，对P有2μmg－μmg＝ma，则有F＝2μmg，可知当F＝2μmg时，施加力F瞬间 QP加速度相同，处于分离的临界状态；当F>2μmg时， Q的加速度大于P的加速度，两者立即分离；当F<2μmg时，P、Q之间有相互弹力，两者加速度相同；综上所述，P的加速度有可能与Q的加速度一样大，但不可能比Q的大，A、B错误.据前面分析可知当F≥2μmg时，两者瞬间分离，则F为恒力；当 F<2μmg时，分离前加速度相同，对P、Q整体受力分析，则开始瞬间有F＝2ma，则有 a<μg，过程中有F＋kx－2μmg＝2ma，由于弹簧弹力变小，摩擦力及加速度大小恒定，则F应变大，在两者分离前F为变力；综上所述，F可能为恒力，也可能为变力，C正确、D错误.
5.（多选）（2023·全国甲卷）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙.甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示.由图可知(　　)
A.m甲m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
【解析】 BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，B、C正确.
6.（多选）如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q.改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示.关于此运动的分析，下列说法正确的是(　　)
　
A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小
B.轨道不可能是水平的
C.物块Q的质量为0.5 kg
D.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N
【解析】 BC　物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg-1，解得m＝0.5 kg，C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，1 N并非物块Q受到的摩擦力，D错误.
7.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成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)松开手后玩具还能滑行的距离；
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力.
【解析】 (1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有
x＝at2，
解得a＝ m/s2.
对玩具由牛顿第二定律得
F cos 30°－μ(mg－F sin 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.
由匀变速直线运动的速度与位移公式得松手后玩具的位移
x′＝＝ m≈1.04 m.
(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则
F cos θ－Ff＝0，
Ff＝μFN，
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋F sin θ＝mg，
解得F＝，
cos θ＋μsin θ＝sin (60°＋θ)，
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力.
8.如图所示，倾角为30°的固定斜面顶端有一光滑的定滑轮，斜面上端有一与斜面垂直的固定小挡板，挡板的厚度不计.斜面上有一质量为2m的小物块，物块与斜面间的动摩擦因数为.不可伸长的轻绳一端连接小物块，另一端绕过滑轮悬吊一质量为m的粗细均匀钢管，物块与定滑轮间的细绳平行于斜面且不与挡板接触.在钢管的顶端套着一个质量也为m的细环，细环与钢管之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为（g为重力加速度大小）.开始时用外力控制物块使系统静止，物块到挡板、钢管下端到地面的距离均为L.现将物块由静止释放，物块与挡板、钢管与地面发生多次碰撞，每次碰撞时间极短，最终细环刚好到达钢管底端.已知物块与挡板、细管与地面碰撞均无能量损失，钢管始终未与滑轮相碰.求：
(1)物块开始上滑时细绳上的拉力大小；
(2)钢管与地面第一次碰撞后能上升的最大高度；
(3)钢管的长度.
【解析】 (1)系统由静止释放后，假设向下运动过程中细环相对钢管未发生相对滑动，设此过程中细绳中的拉力大小为F，物块、钢管和细环的加速度大小均为a，对物块由牛顿第二定律得
F－2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma，
对钢管和细环整体由牛顿第二定律得
2mg－F＝2ma，
解得F＝mg，a＝.
设此过程细环受摩擦力大小为Ff，则
mg－Ff＝ma，解得Ff＝mg故假设成立，所以物块开始上滑时细绳上的拉力大小为F＝mg.
(2)设钢管与地面第一次碰撞后，细环相对钢管向下滑动时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
Ffm－mg＝ma1，
解得a1＝.
由于碰撞后无能量损失，所以钢管和物块都将以碰撞前原速率反弹，设反弹后绳中拉力大小为F1，钢管和物块的加速度大小均为a2，则对钢管和物块根据牛顿第二定律分别有
mg＋Ffm－F1＝ma2，
F1＋2μmg cos θ－2mg sin θ＝2ma2，
解得a2＝.
设第一次碰撞前、后钢管的速度大小为v1，碰撞后钢管能上升的最大高度为H1，根据运动学规律有v＝2aL，v＝2a2H1，
解得H1＝.
(3)因为a1＝a2，所以钢管与地面第一次碰撞后上升到最大高度时，细环恰好也下降至最低点，根据对称性可知其下降的高度为
h1＝H1＝，
钢管与地面第一次碰撞后细环相对钢管下降的高度为Δx1＝h1＋H1＝2H1，
设钢管与地面发生第二次碰撞之前瞬间的速度大小为v2，钢管与地面第二次碰撞后上升的高度为H2，根据运动学规律有
v＝2aH1，2a2H2＝v，
解得H2＝H1＝（）2L，
由此类推可得钢管的长度为
l＝2(H1＋H2＋H3＋…)
＝2L（＋＋＋…）
＝L.
核心素养提升（三）　传送带模型与木板—滑块模型
题型一　传送带模型
　　
1.水平传送带模型
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 ①v0＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0＜v，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，滑块一直减速到达左端 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
2.倾斜传送带模型
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可能一直匀速 ②可能一直加速
　【例1】（多选）快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8 m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端.若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，则(　　)
A.传送带长L为24 m
B.若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4 m
C.若v1＝v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13
D.若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先匀加速运动再匀速运动
【解析】 AC　根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度a＝＝μg＝4 m/s2，快递箱加速位移x1＝＝8 m，快递箱匀速位移x2＝v2·＝16 m，所以传送带总长L＝24 m，A正确；若v1＝0，快递箱加速位移x1＝8 m，传送带在这段时间内运动位移x带＝v2·＝16 m，则痕迹长x＝x带－x1＝8 m，B错误；如果v1＝v2，快递箱加速时间t1＝＝1 s，加速位移x1′＝＝6 m，匀速时间t2＝＝2.25 s，在此期间传送带匀速位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以两者路程之比为L∶x＝12∶13，C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝＝4 s，加速位移x1″＝＝32 m，大于24 m，所以快递箱一直匀加速运动，D错误.
【变式训练1】 （生活情境）（多选）如图(a)所示，安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图(b)所示.设传送带速度恒为v0，质量为m的被检物品与传送带间的动摩擦因数为μ，将被检物品无初速度放到传送带A端.若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为Pf、与传送带的位移差的大小为Δx，重力加速度为g，则下列图像可能正确的是(　　)
【解析】 AD　物品的加速度为a＝μg，物品做匀加速运动，有v0＝at，解得t＝，所以在0～时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度v0后一起做匀速运动，A正确；物品先做匀加速运动，再做匀速运动，B错误；摩擦力的功率Pf为Pf＝μmgv＝μ2mg2t，则摩擦力的功率Pf随时间是线性变化的，C错误；物品加速过程的位移为x1＝at2＝t2，传送带的位移为x2＝v0t，物品与传送带的位移差的大小为Δx，则Δx＝x2－x1＝v0t－t2，当达到共速时位移差的大小为Δx＝，共速后物品与传送带的位移差保持不变为，D正确.
　【例2】（多选）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t＝0时，将质量m＝1 kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)
A.传送带转动的速率v0＝10 m/s
B.传送带的倾角θ＝30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25
D.0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为16 m
【解析】 AD　由图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0 s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带转动的速度为v0＝10 m/s，A正确.在0～1.0 s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝＝g sin θ＋μg cos θ，由图乙可得a1＝＝10 m/s2，即有g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2；在1.0～2.0 s，物体的加速度为a2＝＝g sin θ－μg cos θ，由图乙可得a2＝＝2 m/s2，即有g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝arcsin ，B、C错误.根据面积表示位移，可知0～1.0 s物体相对于地面的位移x1＝×10×1 m＝5 m，1.0～2.0 s物体相对于地面的位移x2＝×1 m＝11 m，所以0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为x＝x1＋x2＝16 m，D正确.
【变式训练2】 如图所示为一传送货物的传送带abc，传送带的ab部分与水平面夹角α＝37°，bc部分与水平面夹角β＝53°，ab部分长为4.7 m，bc部分长为7.5 m.一个质量m＝1 kg的物体A（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.传送带沿顺时针方向以速率v＝1 m/s匀速转动.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带.求物体A从a处被传送到c处所用的时间.（sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2）
【解析】 物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得
μmg cos α－mg sin α＝ma1，
解得a1＝0.4 m/s2，
物体运动到与传送带速度相等时所需的时间
t1＝＝2.5 s，
此段时间内物体运动的位移
x1＝＝ m＝1.25 m在ab部分做匀速运动的时间
t2＝＝ s＝3.45 s.
由于mg sin β>μmg cos β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，由牛顿第二定律得
ma2＝mg sin β－μmg cos β，
解得加速度
a2＝g sin β－μg cos β＝3.2 m/s2，
设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得
xbc＝vt3＋a2t，
代入数据解得t3＝1.875 s.
物体A从a处被传送到c处所用的时间
t＝t1＋t2＋t3＝7.825 s.
1.模型特点 传送带问题的实质是相对运动问题，相对运动直接影响摩擦力的方向. 2.解题关键 (1)厘清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键. (2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.
题型二　木板—滑块模型
　　
1.木板—滑块模型特征
木板—滑块模型（如图a），涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，属于多物体、多过程问题.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，处理方法与木板—滑块模型类似.
2.分析木板—滑块模型时要抓住一个转折和两个关联
【例3】 （多选）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图甲所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则(　　)
A.F1＝μ1m1g
B.F2＝(μ2－μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解析】 BCD　由图丙可知，t1时滑块木板一起刚开始滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由图丙可知，t2时滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，B、C正确；由图丙可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确.
【变式训练3】 如图所示，在光滑水平面上一质量M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻（开始计时）在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量m＝2 kg的小滑块（可视为质点）无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来.已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需的时间t；
(2)平板车的长度l.
【解析】 (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，
解得a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2，
又a1t＝v0＋a2t，解得t＝3 s.
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2＜a1，可知它们将一起做匀加速直线运动.
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为
x1＝a1t2，
平板车向右的位移大小为
x2＝v0t＋a2t2，
又l＝x2－x1，解得l＝2.25 m.
　【例4】（多选）如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2 kg的小物块（可视为质点）放在木板的右端，两者均静止.现用水平向右的F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图如图乙所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.m与M间的动摩擦因数μ1＝0.2
B.M与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.3
C.M的质量为2 kg
D.图乙中横轴截距为6 N
【解析】 AD　 由图可知，当F＝18 N时，物块和木板刚好发生相对滑动，两者加速度为2 m/s2，对物块μ1mg＝ma，解得μ1＝0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对木板F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，即a＝－，由图像知，斜率＝，解得M＝4 kg，当F＝18 N时，a＝2 m/s2，得μ2＝0.1，B、C错误；横轴截距表示物块和木板整体即将相对地面滑动，故F＝μ2(m＋M)g，得F＝6 N，D正确.
【变式训练4】 如图所示，质量为m＝1 kg的物块（可视为质点）放在质量为M＝4 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)　　
A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为5.6 m/s2
C.物块的最大速度大小为3.5 m/s
D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
【解析】 D　由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度am＝＝2 m/s2，若木板和物块相对静止，则整体加速度a′＝＝ m/s2＝6 m/s2>am，故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，A错误；由牛顿第二定律可得，木板的加速度大小a＝＝ m/s2＝7 m/s2，B错误；由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2，当物块刚要脱离木板时满足at2－amt2＝L，解得t＝1 s，此时物块的速度最大，v＝amt＝2 m/s，C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x＝at2＝3.5 m，D正确.
【例5】 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1 m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0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)　　
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5 m/s2
C.经过1 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【解析】 C　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，小孩和滑板脱离前，对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A、B错误；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确、D错误.
【易错点】 求解滑板的加速度时，未考虑滑板和小孩及斜坡间均有摩擦，同时这两个摩擦力的方向不同.
　【变式训练5】 如图甲，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变化的关系如图乙所示.运动过程中B始终未脱离A，重力加速度g取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)由题图乙可知，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时刻，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
x2＝v1t2－aBt＝1.25 m，
则0～2 s时间内，B相对水平面的位移为
xB＝x2＋x1＝3.5 m.
(2)由题图乙可知，
　　在0～1 s内aBA1＝ m/s2＝－4 m/s2，
可知aA1＝[2－(－4)] m/s2＝6 m/s2，
则在1 s末，A物体的速度为
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物体的加速度为
aA2＝(2－8)m/s2＝－6 m/s2，
则在1.5 s末，A物体的速度为
vA2＝(6－6×0.5) m/s＝3 m/s，
随后两物体达到共同速度，vBA反向，
在1.5～2 s内可得
aA3＝（－2－） m/s2＝－6 m/s2，
则A物体在t＝2 s时刻，相对于水平面的速度为
vA3＝(3－6×0.5) m/s＝0.
1.模型特点 “滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系. 2.解题关键 (1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同. (2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移.
1.如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m，一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带到离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是下列选项图中的(　　)
　　　　
　　　　
　　【解析】 B　物块先向左做减速运动，加速度大小a＝μg＝4 m/s2，经过t1＝＝1 s速度减小到零，此时向左运动了x1＝v0t1－at＝2 m＜3 m，物块没有到达传送带A端，因此接下来物块向右加速运动，加速度大小不变，经t2＝＝0.5 s速度达到2 m/s，与传送带的速度相等，这时向右仅运动了x2＝at＝0.5 m，接下来向右匀速运动，B正确.
2.水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图.用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同.则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图(　　)
【解析】 A　设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据