粤考特色·综合提能一 力、运动为靶向的情境问题
考向1 平衡与匀变速直线运动综合问题
(2020·新课标Ⅰ)我国自主研制了“运－20”重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描述，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机空载质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1) 求飞机装载货物后的起飞离地速度．
(2) 若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
考向2 重力加速度、宇宙速度与功率综合问题
(2024·广东卷)(多选)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞．在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落．此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接．已知探测器质量为1 000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的．地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2．忽略大气对探测器和背罩的阻力．下列说法中正确的有( )
A．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2
B．该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW
考向3 运动学图像、牛顿运动定律、万有引力定律与动能、简谐运动综合问题
(2019·新课标Ⅰ)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则( )
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
一、电磁场情境下的力、平衡问题
两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa＝Ob，b静止时的截面图如图所示．若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中( )
A．细线对b的拉力逐渐变小
B．地面对a的作用力变小
C．细线对b的拉力逐渐变大
D．地面对a的作用力变大
1．受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
3．处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．
二、传送带情境下的力、运动问题
(2025·肇庆鼎湖一模)如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4 m/s的速度沿顺时针方向转动．一煤块以v0＝12 m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．煤块经2 s速度减为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．煤块相对传送带的位移为2 m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
1．关注两个时刻
(1) 初始时刻，物体所受摩擦力方向的确定方法：同向快带慢、反向互相阻．
(2) 物体与传送带速度相等的时刻，摩擦力可能会发生突变．
2．物体在倾斜传送带上运动时，需要比较tan θ与μ的大小关系：
(1) μ≥tan θ，速度相同后一起运动，相对静止．
(2) μ＜tan θ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况．
3．参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移．
4．注意传送带长度——判断临界之前物块是否滑出？
三、滑块—滑板情境下的力、运动问题
(2025·佛山S6联盟联考)如图甲所示，足够长、质量mQ＝1 kg的木板Q静止在水平面上，质量mP＝1 kg的小滑块P(可视为质点)静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从零时刻起，对滑块施加方向与水平面成θ＝53°斜向右上方的恒定外力F＝7.5 N，经过时间t＝2.4 s撤去此力．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
(1) 撤去外力前，滑块的加速度大小．
(2) 木板的最大速度．
(3) 木板运动的时间．
1．两类板块模型
第一类：有初速度．可以是物块有初速度，也可以是木板有初速度．
第二类：有外力．可以是物块有外力，也可以是木板有外力．
2．常见的两种位移关系
(1) 若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度．
(2) 若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．
3．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
四、曲线运动情境下的力、运动问题
(2025·广州天河区综合测试二)(多选)倾角为30°的足够长光滑斜面，固定在水平地面上．t＝0时，小球P由斜面顶端O点静止释放；t＝t0时，小球Q从同一位置O点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P．重力加速度为g，不计空气阻力，则小球Q( )
A．在t＝2t0时击中P
B．击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为
C．抛出时的速度大小为
D．击中P时，P与O点的距离为
1．平抛运动的重要推论
(1) 物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．
(2) 物体在任一位置处，若速度方向、位移方向与水平方向的夹角分别为α、θ，则tan α＝2tan θ．
2．根据结论：如图所示，任一位置处tan α＝2tan θ．物体以不同速度在斜面上水平抛出，仍落在斜面上时，方向是平行的，与斜面夹角均为α－θ．
五、万有引力情境下的力、运动问题
(2025·珠海五校模拟预测)(多选)2025年4月24日17时17分，“长征二号”F遥二十运载火箭搭载、“神舟二十号”载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，并于当天23时49分成功对接于空间站“天和”核心舱．已知空间站轨道高度约400～450 km．下列说法中正确的是( )
A．火箭加速过程中，航天员处于超重状态
B．空间站的运行速度大于7.9 km/s
C．空间站的公转周期小于24小时
D．若它们在同一轨道，“神舟二十号”向后喷气加速可追上空间站
卫星的追及、相遇问题
若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，即此时两卫星相距最近，经过一定的时间，两卫星会再次相距最近(如图甲所示)或相距最远(如图乙所示)．
同向 两卫星相距最远的条件 ωaΔt－ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最近的条件 ωaΔt－ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
反向 两卫星相距最近的条件 ωaΔt＋ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最远的条件 ωaΔt＋ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
配套热练
题组练
题组一 电磁场情境下的力、平衡问题
1．(2024·广东六校联考)电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里．当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡．当线圈中通过如图所示方向的电流I时，要使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码，重力加速度大小为g．下列说法中正确的是( )
A．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
B．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
C．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
D．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
2．通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示．在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，下列说法中正确的是( )
A．mg＝BIl
B．悬线的拉力大小T＝mg
C．若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变
D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60°
题组二 传送带情境下的力、运动问题
3．(2025·东莞六校联考)如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用．将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动．规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v－t图像和a－x图像，其中可能正确的是( )
A B
C D
4．(2025·广东省八校联考)(多选)如图所示，倾斜放置的传送带以速度v＝2 m/s的速度沿顺时针匀速转动，倾角θ＝37°，一个物块从传送带的底端A以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上滑去，结果物块刚好能到达传送带的顶端B点，取g＝10 m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．传送带A、B间距离为1.6 m
B．传送带A、B间距离为1.8 m
C．物块从A到B运动的时间为1 s
D．物块从A到B运动的时间为1.2 s
题组三 滑块—滑板情境下的力、运动问题
5．(2025·广东省八校联考)质量为2 kg的长木板A放在水平地面上，质量为1 kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当F1＝3 N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，当F2＝6 N时，物块B刚好要相对长木板A滑动，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：
(1) 求A与地面之间、B与A之间的动摩擦因数的大小．
(2) 若开始拉物块B时，F恒定为10 N，拉力F作用1 s，物块B刚好从A上滑离，求A的长度．
(3) (2) 问中F作用t0时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A(长度为(2) 问中所求得的长度)，则t0多大？
6．(2025·汕尾四校联考)如图甲所示，质量M＝1 kg足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板左端放置一个质量m＝2 kg、大小可以忽略的小物块．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从t＝0时刻开始对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4 s末撤去拉力．取g＝10 m/s2，物块与木板间及木板和地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
(1) t＝1 s时，物块受到的摩擦力大小．
(2) 在0～4 s的时间内，物块相对木板滑行的位移大小．
(3) 木板在水平地面上停止运动的时刻．
题组四 曲线运动情境下的力、运动问题
7．(2025·深圳外国语学校二模)(多选)如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ．当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零，而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力．已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法中正确的是( )
A．μ＝3tan θ
B．ω＝
C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mg sin θ
D．运动过程中B所受摩擦力最小值为mg sin θ
8．(2025·肇庆广宁县调研模拟)如图所示为火车站装载货物的原理示意图．一质量m＝1 kg的物块在竖直面内用长度l＝0.8 m的细线悬挂于O点，将物块向左拉开一定的高度由静止释放，摆到最低点A时细线恰好绷断，细线始终张紧且能承受的最大张力为物块重力的1.5倍，A点位于O正下方0.8 m，物块进入光滑水平面AB，长度s＝16 m的传送带BC以速度v＝4 m/s顺时针转动且与AB处于同一水平面上，传送带转轮的半径R＝0.1 m，传送带上滑动摩擦因数μ＝0.1，传送带上部距平板车平面的竖直高度h＝1.25 m，平板车长L＝1 m，车的左端与传送带转轮右边界D在同一竖直线上，物块到达传送带右端C处瞬间平板车开始以恒定的速度v向右匀速前进．物块经过A、B点处均无机械能损失(即经过A、B点速度大小不变)，物块可视为质点，物块落入平板车后不反弹且与平板车相对静止，取g＝10 m/s2．
(1) 求细线恰好绷断时物块速度v0的大小．
(2) 求物块到达C处速度vC的大小．
(3) 物块最终要落入平板车上，试分析平板车速度大小v．
题组五 万有引力情境下的力、运动问题
9．(2025·深圳外国语学校二模)2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与圆轨道Ⅲ运行“天宫二号”实施对接，下列说法中正确的是( )
A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大
D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
增强练
1．(2025·广州零模)弹力带是一种常见的健身器材．某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系，进行如下实验：
甲 乙
(1) 如图甲所示，将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐．
(2) 逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x，并在图乙中描点．
(3) 当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图甲所示，其读数为__ __ cm，请在图乙中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m－x图像．由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降__ __ cm(结果保留两位有效数字)．
(4) 弹力带乙的m－x图像如图乙所示．若要增大力量训练强度，应选用弹力带__ __(填“甲”或“乙”)．
2．(2025·深圳高级中学第一次诊断测试)
(1) 在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录__ __、__ __、_ __；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到__ __，依次如图甲、乙所示．
(2) 请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F＝__ __N__．
(3) 如图丙所示，根据实验的数据记录，按选定的标度(已知图中相邻圆环间距表示1 N)已作出了两个分力F1、F2的图示(大小未标出)，请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F(即合力的测量值)的图示．
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力的图解值F′．
甲 乙 丙
(4) 由(3)可以得出实验结论__ __．
3．(2025·揭阳一中月考)用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50 Hz的交流电源、直尺、6个槽码．每个槽码的质量均为m＝10 g．
(1) 完成下列实验步骤中的填空：
①按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码．改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列__ __的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑．
②保持轨道倾角不变，取下1个槽码(即细线下端悬挂5个槽码)，让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a．
③依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②．
④以取下槽码的总个数n(1≤n≤6)的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线．
甲
(2) 已知重力加速度大小g＝9.80 m/s2，请完成下列填空：
①下列说法中错误的是__ __．
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为4mg
②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝__ __m/s2(结果保留三位有效数字)．
乙
③变化的关系式为__ __(用M、m、g、a、n表示)，根据坐标纸上关系图线的斜率即可计算出小车的质量M．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共76张PPT)
专题一
综合提能一 力、运动为靶向的情境问题
力与运动
直面高考真题
考向1 平衡与匀变速直线运动综合问题
(2020·新课标Ⅰ)我国自主研制了“运－20”重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描述，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机空载质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1) 求飞机装载货物后的起飞离地速度．
答案：(1) 78 m/s
1
(2) 若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
答案：(2) 2 m/s2 39 s
考向2 重力加速度、宇宙速度与功率综合问题
2
AC
“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg′＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m′a，解得a＝ 80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝mg′v＝1 000 ×4×60 W＝240 kW，故D错误．
考向3 运动学图像、牛顿运动定律、万有引力定律与动能、简谐运动综合问题
(2019·新课标Ⅰ)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则 ( )
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
3
AC
综合提升
一、电磁场情境下的力、平衡问题
两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa＝Ob，b静止时的截面图如图所示．若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中 ( )
A．细线对b的拉力逐渐变小
B．地面对a的作用力变小
C．细线对b的拉力逐渐变大
D．地面对a的作用力变大
1
D
1．受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
2．涉及安培力的平衡问题，
画受力示意图时要注意将立体图转
化为平面图．
3．处理方法与纯力学问题的
分析方法一样，把方法和规律进行
迁移应用即可．
二、传送带情境下的力、运动问题
(2025·肇庆鼎湖一模)如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4 m/s的速度沿顺时针方向转动．一煤块以v0＝12 m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 ( )
A．煤块经2 s速度减为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．煤块相对传送带的位移为2 m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
2
C
1．关注两个时刻
(1) 初始时刻，物体所受摩擦力方向的确定方法：同向快带慢、反向互相阻．
(2) 物体与传送带速度相等的时刻，摩擦力可能会发生突变．
2．物体在倾斜传送带上运动时，需要比较tan θ与μ的大小关系：
(1) μ≥tan θ，速度相同后一起运动，相对静止．
(2) μ＜tan θ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况．
3．参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移．
4．注意传送带长度——判断临界之前物块是否滑出？
三、滑块—滑板情境下的力、运动问题
(2025·佛山S6联盟联考)如图甲所示，足够长、质量mQ＝1 kg的木板Q静止在水平面上，质量mP＝1 kg的小滑块P(可视为质点)静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从零时刻起，对滑块施加方向与水平面成θ＝53°斜向右上方的恒定外力F＝7.5 N，经过时间t＝2.4 s撤去此力．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
(1) 撤去外力前，滑块的加速度大小．
答案：(1) 2.5 m/s2
3
【解析】(1) 撤去外力前，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得Fcos θ－f＝mPaP
又f＝μ1N＝μ1(mPg－F sin θ)
联立解得滑块的加速度大小为aP＝2.5 m/s2
(2) 木板的最大速度．
答案：(2) 1 m/s
【解析】(2) 撤去外力前，由于
f＝μ1(mPg－F sin θ)＜f地＝μ2(mQg＋mPg－F sin θ)
可知木板处于静止状态
经过时间t＝2.4 s撤去力F，此时滑块的速度大小为
vP＝aPt＝6 m/s
撤去力F后，分别对滑块和木板，根据牛顿第二定律可得μ1mPg＝mPa′P
μ1mPg－μ2(mQ＋mP)g＝mQaQ
解得滑块和木板的加速度大小分别为
a′P＝5 m/s2，aQ＝1 m/s2
设经过t1时间，滑块和木板达到共速，则有
v共＝vP－a′Pt1＝aQt1
解得t1＝1 s，v共＝1 m/s，可知木板的最大速度为1 m/s
(3) 木板运动的时间．
答案：(3) 1.5 s
1．两类板块模型
第一类：有初速度．可以是物块有初速度，也可以是木板有初速度．
第二类：有外力．可以是物块有外力，也可以是木板有外力．
2．常见的两种位移关系
(1) 若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度．
(2) 若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．
3．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
4
AC
1．平抛运动的重要推论
(1) 物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．
(2) 物体在任一位置处，若速度方向、位移方向与水平方向的夹角分别为α、θ，则tan α＝2tan θ．
2．根据结论：如图所示，任一位置处tan α＝2tan θ．物体
以不同速度在斜面上水平抛出，仍落在斜面上时，方向是平行
的，与斜面夹角均为α－θ．
五、万有引力情境下的力、运动问题
(2025·珠海五校模拟预测)(多选)2025年4月24日17时17分，“长征二号”F遥二十运载火箭搭载、“神舟二十号”载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，并于当天23时49分成功对接于空间站“天和”核心舱．已知空间站轨道高度约400～450 km．下列说法中正确的是 ( )
A．火箭加速过程中，航天员处于超重状态
B．空间站的运行速度大于7.9 km/s
C．空间站的公转周期小于24小时
D．若它们在同一轨道，“神舟二十号”向后喷气加速可追上空间站
5
AC
卫星的追及、相遇问题
若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，即此时两卫星相距最近，经过一定的时间，两卫星会再次相距最近(如图甲所示)或相距最远(如图乙所示).
同向 两卫星相距最远的条件
ωaΔt－ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最近的条件
ωaΔt－ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
反向 两卫星相距最近的条件
ωaΔt＋ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最远的条件
ωaΔt＋ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
热练
D
D
题组二 传送带情境下的力、运动问题
3．(2025·东莞六校联考)如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用．将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动．规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最
右端过程中的v－t图像和a－x图像，其中可能正确的是( )
B
A
B
C
D
4．(2025·广东省八校联考)(多选)如图所示，倾斜放置的传送带以速度v＝ 2 m/s的速度沿顺时针匀速转动，倾角θ＝37°，一个物块从传送带的底端A以v0＝ 4 m/s的速度沿传送带向上滑去，结果物块刚好能到达传送带的顶端B点，取g＝ 10 m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 ( )
A．传送带A、B间距离为1.6 m
B．传送带A、B间距离为1.8 m
C．物块从A到B运动的时间为1 s
D．物块从A到B运动的时间为1.2 s
AD
题组三 滑块—滑板情境下的力、运动问题
5．(2025·广东省八校联考)质量为2 kg的长木板A放在水平地面上，质量为1 kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当F1＝3 N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，当F2＝6 N时，物块B刚好要相对长木板A滑动，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：
(1) 求A与地面之间、B与A之间的动摩擦因数的大小．
答案：(1) 0.1 0.5
【解析】(1) 设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，由题意可知F1＝μ1(mA＋mB)g
解得μ1＝0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，根据题意对整体研究有
F2－μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
对物块B研究F2－μ2mBg＝mBa
解得μ2＝0.5
(2) 若开始拉物块B时，F恒定为10 N，拉力F作用1 s，物块B刚好从A上滑离，求A的长度．
答案：(2) 2 m
6．(2025·汕尾四校联考)如图甲所示，质量M＝1 kg足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板左端放置一个质量m＝2 kg、大小可以忽略的小物块．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从t＝0时刻开始对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4 s末撤去拉力．取g＝10 m/s2，物块与木板间及木板和地面之间的最
大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
(1) t＝1 s时，物块受到的摩擦力大小．
答案：(1) 7 N
【解析】(1) 在0～2 s的时间内，物块受到拉力
F＝9 N
假设物块与木板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝1 m/s2
再隔离m有F－f＝ma
解得f＝7 N
物块受到最大静摩擦力为fm＝μ1mg＝8 N
因为f＜fm，假设成立，物块受到的摩擦力大小为7 N
(2) 在0～4 s的时间内，物块相对木
板滑行的位移大小．
答案：(2) 6 m
【解析】(2) t＝2 s时，物块和木板的速度大小为
v0＝at1＝2 m/s
2～4 s的时间内，拉力F′＝18 N
设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2
隔离m有F′－μ1mg＝ma1
(3) 木板在水平地面上停止运动的时刻．
答案：(3) 9 s
【解析】(3) 撤去拉力后，设经过t3时间二者相对静止，此时二者的速度为v．物块的加速度大小为
a′1＝－μ1g＝－4 m/s2
木板的加速度不变仍为a2＝2 m/s2
则v1＋a′1t3＝v2＋a2t3
解得t3＝1 s，v＝v2＋a2t3＝8 m/s
由题意可知，二者将一起滑行，一起滑行时的加速度大小为a′，时间为t4，则
a′＝－μ2g＝－2 m/s2，0＝v＋a′t4，t4＝4 s
故木板在水平地面上停止运动的时刻为
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝9 s
ABD
8．(2025·肇庆广宁县调研模拟)如图所示为火车站装载货物的原理示意图．一质量m＝1 kg的物块在竖直面内用长度l＝0.8 m的细线悬挂于O点，将物块向左拉开一定的高度由静止释放，摆到最低点A时细线恰好绷断，细线始终张紧且能
承受的最大张力为物块重力的1.5倍，A点位于O正下方0.8 m，物块进入光滑水平面AB，长度s＝16 m的传送带BC以速度v＝4 m/s顺时针转动且与AB处于同一水平面上，传送带转轮的半径R＝0.1 m，传送带上滑动摩擦因数μ＝0.1，传送带上部距平板车平面的竖直高度h＝1.25 m，平板车长L＝1 m，
车的左端与传送带转轮右边界D在同一竖直线上，物块到达传送带右端C处瞬间平板车开始以恒定的速度v向右匀速前进．物块经过A、B点处均无机械能损失(即经过A、B点速度大小不变)，物块可视为质点，物块落入平板车后不反弹且与平板车相对静止，取g＝10 m/s2．
(1) 求细线恰好绷断时物块速度v0的大小．
答案：(1) 2 m/s
(2) 求物块到达C处速度vC的大小．
答案：(2) 4 m/s
(3) 物块最终要落入平板车上，试分析平板车速度大小v．
答案：(3) 1.8 m/s≤v≤3.8 m/s
则物块在水平方向的位移大小为
x1＝vCt＝4×0.5 m＝2 m
若物块恰好能落在平板车上，则对平板车有
x1－R＝vmaxt
解得平板车的最大速度大小为vmax＝3.8 m/s
若物块恰好落在平板车的最前端，则对平板车有x1－L－R＝vmint
解得vmin＝1.8 m/s
由此可得平板车运动速度大小的取值范围为1.8 m/s≤v≤3.8 m/s
题组五 万有引力情境下的力、运动问题
9．(2025·深圳外国语学校二模)2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与圆轨道Ⅲ运行“天宫二号”实施对接，下列说法中正确的是 ( )
A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫
二号”实现对接
C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大
D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
C
1．(2025·广州零模)弹力带是一种常见的健身器材．某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系，进行如下实验：
(1) 如图甲所示，将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐．
甲
(2) 逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x，并在图乙中描点．
乙
(3) 当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图甲所示，其读数为________cm，请在图乙中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m－x图像．由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降____ cm(结果保留两位有效数字)．
甲
乙
124.15
8.9
乙
(4) 弹力带乙的m－x图像如图乙所示. 若要增大力量训练强度，应选用弹力带_____(填“甲”或“乙”)．
甲
2．(2025·深圳高级中学第一次诊断测试)
(1) 在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录_____________、______________ __________、____________________；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到_______，依次如图甲、乙所示．
O点的位置
两个弹簧测力
计的读数
两个细绳套的方向
O点
甲
乙
【解析】 (1) 在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点．
(2) 请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F＝________．
4.0 N
乙
【解析】(2) 弹簧测力计的分度值为0.2 N，需要估读到0.1 N，即示数为F＝4.0 N．
(3) 如图丙所示，根据实验的数据记录，按选定的标度(已知图中相邻圆环间距表示1 N)已作出了两个分力F1、F2的图示(大小未标出)，请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F(即合力的测量值)的图示．
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力的图解值F′．
答案：图见解析
丙
【解析】(3) 如图所示
(4) 由(3)可以得出实验结论_____________________________________________.
【解析】(4) 由(3)作出的图示可以看出F和F′在误差允许范围内近似相等，得出的实验结论是在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则．
丙
在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则
3．(2025·揭阳一中月考)用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50 Hz的交流电源、直尺、6个槽码．每个槽码的质量均为m＝10 g．
(1) 完成下列实验步骤中的填空：
①按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码．改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列__________的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑．
等间距
甲
②保持轨道倾角不变，取下1个槽码(即细线下端悬挂5个槽码)，让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a．
甲
【解析】 (1) 若小车匀速下滑，则a＝0，由 Δx＝vΔt，故纸带上打出一系列等间距的点．
(2) 已知重力加速度大小g＝9.80 m/s2，请完成下列填空：
①下列说法中错误的是______．
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为4mg
CD
【解析】(2) ①先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放，A正确；小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，B正确；由于该实验每个槽码的质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，C错误；若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg，D错误.
②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝_________m/s2(结果保留三位有效数字)．
乙
0.820
乙
粤考特色·综合提能一 力、运动为靶向的情境问题
考向1 平衡与匀变速直线运动综合问题
(2020·新课标Ⅰ)我国自主研制了“运－20”重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描述，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度．已知飞机空载质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1) 求飞机装载货物后的起飞离地速度．
(2) 若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
答案：(1) 78 m/s (2) 2 m/s2 39 s
【解析】(1) 空载起飞时，升力正好等于重力
＝m1g
满载起飞时，升力正好等于重力＝m2g
由以上两式解得v2＝78 m/s
(2) 满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以－0＝2ax
解得a＝2 m/s2
由加速度的定义式变形得t＝＝
解得t＝39 s
考向2 重力加速度、宇宙速度与功率综合问题
(2024·广东卷)(多选)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞．在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落．此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接．已知探测器质量为1 000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的．地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2．忽略大气对探测器和背罩的阻力．下列说法中正确的有( AC )
A．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2
B．该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW
【解析】在星球表面，根据G＝mg，可得g＝，行星的质量和半径分别为地球的，地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g′＝4 m/s2，故A正确；在星球表面上空，根据万有引力提供向心力G＝m，可得星球的第一宇宙速度v＝，行星的质量和半径分别为地球的，可得该行星的第一宇宙速度v行＝v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行＝×7.9 km/s，故B错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg′＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m′a，解得a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P＝mg′v＝1 000 ×4×60 W＝240 kW，故D错误．
考向3 运动学图像、牛顿运动定律、万有引力定律与动能、简谐运动综合问题
(2019·新课标Ⅰ)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则( AC )
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【解析】由a－x图像可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有mg－kx＝ma，可得a＝g－x，则该a－x图像的斜率为－，纵轴截距为重力加速度g；根据图像的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为＝＝，又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即G＝m′g，即该星球的质量为M＝，又M＝ρ，联立可得ρ＝，故两星球的密度之比为＝·＝1∶1，A正确；物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，则有mg＝kx，即m＝，结合a－x图像可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为＝＝，故物体P和物体Q的质量之比为＝·＝，B错误；物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置(a＝0)时，它们的动能最大．根据v2＝2ax，结合a－x图像面积的物理意义可知，物体P的最大速度满足＝2××3a0×x0＝3a0x0，物体Q的最大速度满足＝2×a0×2x0＝2a0x0，则两物体的最大动能之比＝＝＝，C正确；物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置(a＝0)可知，物体P和Q振动的振幅分别为x0和2x0，即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0，物体Q所在弹簧最大压缩量为4x0，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量是P物体最大压缩量的2倍，D错误．
一、电磁场情境下的力、平衡问题
两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa＝Ob，b静止时的截面图如图所示．若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中( D )
A．细线对b的拉力逐渐变小
B．地面对a的作用力变小
C．细线对b的拉力逐渐变大
D．地面对a的作用力变大
【解析】由题意可知导线b中电流方向与导线a中相反，在b中电流缓慢增大的过程中，对导线b受力分析如图所示．易得ΔOab与力的矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有＝＝，由此可知细线对b的拉力不变；因为ab在逐渐增大，故导线ab间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知导线a对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大．D正确．
1．受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
3．处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．
二、传送带情境下的力、运动问题
(2025·肇庆鼎湖一模)如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4 m/s的速度沿顺时针方向转动．一煤块以v0＝12 m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( C )
A．煤块经2 s速度减为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．煤块相对传送带的位移为2 m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
【解析】煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，对煤块根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，故经时间t1＝＝1 s，与传送带共速之后继续减速运动，速度小于传送带的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝4 m/s2，这段时间t2＝＝1 s，故2 s时煤块的速度为零，A、D错误；1 s时，煤块的速度为4 m/s，则在前1 s内煤块的位移大小为 ×1 m＝8 m，在时间t2＝＝1 s内，煤块的位移为 ×1 m＝2 m，故传送带底端到顶端的距离为10 m，B错误；传送带在2 s内向上运动的距离为4×2 m＝8 m，故煤块相对传送带的位移为10 m－8 m＝2 m，C正确．
1．关注两个时刻
(1) 初始时刻，物体所受摩擦力方向的确定方法：同向快带慢、反向互相阻．
(2) 物体与传送带速度相等的时刻，摩擦力可能会发生突变．
2．物体在倾斜传送带上运动时，需要比较tan θ与μ的大小关系：
(1) μ≥tan θ，速度相同后一起运动，相对静止．
(2) μ＜tan θ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况．
3．参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移．
4．注意传送带长度——判断临界之前物块是否滑出？
三、滑块—滑板情境下的力、运动问题
(2025·佛山S6联盟联考)如图甲所示，足够长、质量mQ＝1 kg的木板Q静止在水平面上，质量mP＝1 kg的小滑块P(可视为质点)静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从零时刻起，对滑块施加方向与水平面成θ＝53°斜向右上方的恒定外力F＝7.5 N，经过时间t＝2.4 s撤去此力．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2，求：
(1) 撤去外力前，滑块的加速度大小．
(2) 木板的最大速度．
(3) 木板运动的时间．
答案：(1) 2.5 m/s2 (2) 1 m/s (3) 1.5 s
【解析】(1) 撤去外力前，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得Fcos θ－f＝mPaP
又f＝μ1N＝μ1(mPg－F sin θ)
联立解得滑块的加速度大小为aP＝2.5 m/s2
(2) 撤去外力前，由于
f＝μ1(mPg－F sin θ)＜f地＝μ2(mQg＋mPg－F sin θ)
可知木板处于静止状态
经过时间t＝2.4 s撤去力F，此时滑块的速度大小为
vP＝aPt＝6 m/s
撤去力F后，分别对滑块和木板，根据牛顿第二定律可得μ1mPg＝mPa′P
μ1mPg－μ2(mQ＋mP)g＝mQaQ
解得滑块和木板的加速度大小分别为
a′P＝5 m/s2，aQ＝1 m/s2
设经过t1时间，滑块和木板达到共速，则有
v共＝vP－a′Pt1＝aQt1
解得t1＝1 s，v共＝1 m/s，可知木板的最大速度为1 m/s
(3) 共速后，由于μ2＝0.2＜μ1＝0.5
可知滑块和木板保持相对静止一起做匀减速运动，加速度大小为a′＝＝2 m/s2
共速后到停下所用时间为t2＝＝0.5 s
则木板运动的时间为t板＝t1＋t2＝1.5 s
1．两类板块模型
第一类：有初速度．可以是物块有初速度，也可以是木板有初速度．
第二类：有外力．可以是物块有外力，也可以是木板有外力．
2．常见的两种位移关系
(1) 若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度．
(2) 若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．
3．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
四、曲线运动情境下的力、运动问题
(2025·广州天河区综合测试二)(多选)倾角为30°的足够长光滑斜面，固定在水平地面上．t＝0时，小球P由斜面顶端O点静止释放；t＝t0时，小球Q从同一位置O点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P．重力加速度为g，不计空气阻力，则小球Q( AC )
A．在t＝2t0时击中P
B．击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为
C．抛出时的速度大小为
D．击中P时，P与O点的距离为
【解析】小球P在斜面上的加速度为aP＝＝g，其在竖直方向的分加速度为aPy＝aP sin 30°＝g，设小球Q抛出后经过时间tx与P球相碰，则有＝(tx＋t0)2，解得tx＝t0，即在2t0时击中P，A正确；平抛运动中，由位移偏转角与速度偏转角的关系知2tan 30°＝，解得 ＝，B错误；小球Q竖直方向的速度为vy＝gt0，与 ＝联立解得抛出时的速度大小为vx＝，C正确；根据运动学规律，击中P时，P与O点的距离为s＝aP(2t0)2＝g×(2t0)2＝，D错误．
1．平抛运动的重要推论
(1) 物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．
(2) 物体在任一位置处，若速度方向、位移方向与水平方向的夹角分别为α、θ，则tan α＝2tan θ．
2．根据结论：如图所示，任一位置处tan α＝2tan θ．物体以不同速度在斜面上水平抛出，仍落在斜面上时，方向是平行的，与斜面夹角均为α－θ．
五、万有引力情境下的力、运动问题
(2025·珠海五校模拟预测)(多选)2025年4月24日17时17分，“长征二号”F遥二十运载火箭搭载、“神舟二十号”载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，并于当天23时49分成功对接于空间站“天和”核心舱．已知空间站轨道高度约400～450 km．下列说法中正确的是( AC )
A．火箭加速过程中，航天员处于超重状态
B．空间站的运行速度大于7.9 km/s
C．空间站的公转周期小于24小时
D．若它们在同一轨道，“神舟二十号”向后喷气加速可追上空间站
【解析】火箭加速上升时，加速度向上，支持力大于重力，航天员处于超重状态，A正确；第一宇宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，此时轨道半径等于地球半径，空间站轨道半径大于地球半径，根据G＝m，v＝，r越大，v越小，其运行速度小于7.9 km/s，B错误；地球同步卫星轨道高度约36 000 km，周期24 h；空间站轨道高度(400～450 km)远小于同步卫星轨道高度，根据＝k，r越小，T越小，空间站公转周期小于24 h，C正确；“神舟二十号”在同一轨道向后喷气加速，会做离心运动，轨道半径增大，无法追上同轨道的空间站，D错误．
卫星的追及、相遇问题
若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，即此时两卫星相距最近，经过一定的时间，两卫星会再次相距最近(如图甲所示)或相距最远(如图乙所示)．
同向 两卫星相距最远的条件 ωaΔt－ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最近的条件 ωaΔt－ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
反向 两卫星相距最近的条件 ωaΔt＋ωbΔt＝2nπ(n＝1，2，3，…)
两卫星相距最远的条件 ωaΔt＋ωbΔt＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)
配套热练
题组练
题组一 电磁场情境下的力、平衡问题
1．(2024·广东六校联考)电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里．当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡．当线圈中通过如图所示方向的电流I时，要使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码，重力加速度大小为g．下列说法中正确的是( D )
A．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
B．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
C．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
D．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
【解析】根据左手定则，矩形线圈所受安培力竖直向下，故增加的砝码在左盘中．根据平衡条件有mg＝nBIl，解得B＝，故选D．
2．通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示．在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，下列说法中正确的是( D )
A．mg＝BIl
B．悬线的拉力大小T＝mg
C．若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变
D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60°
【解析】对导线受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得FA＝BIl＝mg tan θ，即BIl＝mg，悬线的拉力大小T＝＝mg，故A、B错误；根据BIl＝mg tan θ可知，若增大磁感应强度，悬线的偏角将增大，故C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，当导线ab摆到最大高度时，有BIl·L sin α－mgL(1－cos α)＝0，解得α＝60°，故D正确．
题组二 传送带情境下的力、运动问题
3．(2025·东莞六校联考)如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用．将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动．规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v－t图像和a－x图像，其中可能正确的是( B )
A B
C D
【解析】快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它在接触弹簧前先加速，再匀速，匀速阶段不受摩擦力．接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动，直到速度为零，A错误，B正确；快递在接触弹簧前加速阶段，有μmg＝ma1，解得a1＝μg，方向向右．匀速运动阶段，有a2＝0，接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有kx－μmg＝ma3，解得a3＝x－μg，方向向左，C、D错误．
4．(2025·广东省八校联考)(多选)如图所示，倾斜放置的传送带以速度v＝2 m/s的速度沿顺时针匀速转动，倾角θ＝37°，一个物块从传送带的底端A以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上滑去，结果物块刚好能到达传送带的顶端B点，取g＝10 m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( AD )
A．传送带A、B间距离为1.6 m
B．传送带A、B间距离为1.8 m
C．物块从A到B运动的时间为1 s
D．物块从A到B运动的时间为1.2 s
【解析】物块第一阶段减速运动的加速度大小a1＝g sin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，运动到与传送带速度相同，所用时间t1＝＝0.2 s，运动的位移x1＝(v0＋v)t1＝0.6 m，第二阶段减速运动的加速度大小a2＝g sin θ－μgcos θ＝2 m/s2，做减速运动的时间t2＝＝1 s，运动的位移x2＝vt2＝1 m．分析可得传送带A、B间的距离为d＝x1＋x2＝1.6 m，A正确，B错误；运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s，C错误，D正确．
题组三 滑块—滑板情境下的力、运动问题
5．(2025·广东省八校联考)质量为2 kg的长木板A放在水平地面上，质量为1 kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当F1＝3 N时，物块B和长木板A刚好要一起滑动，当F2＝6 N时，物块B刚好要相对长木板A滑动，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：
(1) 求A与地面之间、B与A之间的动摩擦因数的大小．
(2) 若开始拉物块B时，F恒定为10 N，拉力F作用1 s，物块B刚好从A上滑离，求A的长度．
(3) (2) 问中F作用t0时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A(长度为(2) 问中所求得的长度)，则t0多大？
答案：(1) 0.1 0.5 (2) 2 m (3) s
【解析】(1) 设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，由题意可知F1＝μ1(mA＋mB)g
解得μ1＝0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，根据题意对整体研究有
F2－μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
对物块B研究F2－μ2mBg＝mBa
解得μ2＝0.5
(2) 由于拉力10 N大于6 N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度大小为a1，则
μ2mBg－μ1(mA＋mB)g＝mAa1
解得a1＝1 m/s2
对物块B研究有F3－μ2mBg＝mBa2
解得a2＝5 m/s2
设木板的长为L，则L＝＝2 m
(3) 在(2) 问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小a3＝μ2g＝5 m/s2
设从开始到物块滑到长木板右端时的时间为t，则
a2t0－a3(t－t0)＝a1t
＝L
解得t0＝ s
6．(2025·汕尾四校联考)如图甲所示，质量M＝1 kg足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板左端放置一个质量m＝2 kg、大小可以忽略的小物块．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．从t＝0时刻开始对物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4 s末撤去拉力．取g＝10 m/s2，物块与木板间及木板和地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
(1) t＝1 s时，物块受到的摩擦力大小．
(2) 在0～4 s的时间内，物块相对木板滑行的位移大小．
(3) 木板在水平地面上停止运动的时刻．
答案：(1) 7 N (2) 6 m (3) 9 s
【解析】(1) 在0～2 s的时间内，物块受到拉力
F＝9 N
假设物块与木板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝1 m/s2
再隔离m有F－f＝ma
解得f＝7 N
物块受到最大静摩擦力为fm＝μ1mg＝8 N
因为f＜fm，假设成立，物块受到的摩擦力大小为7 N
(2) t＝2 s时，物块和木板的速度大小为
v0＝at1＝2 m/s
2～4 s的时间内，拉力F′＝18 N
设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2
隔离m有F′－μ1mg＝ma1
隔离M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝2 m/s2
t＝4 s时，物块和木板的速度大小分别为
v1＝v0＋a1t2＝12 m/s，v2＝v0＋a2t2＝6 m/s
在0～4 s的时间内，物块在木板上滑行的位移大小为Δx＝t2－t2＝6 m
(3) 撤去拉力后，设经过t3时间二者相对静止，此时二者的速度为v．物块的加速度大小为
a′1＝－μ1g＝－4 m/s2
木板的加速度不变仍为a2＝2 m/s2
则v1＋a′1t3＝v2＋a2t3
解得t3＝1 s，v＝v2＋a2t3＝8 m/s
由题意可知，二者将一起滑行，一起滑行时的加速度大小为a′，时间为t4，则
a′＝－μ2g＝－2 m/s2，0＝v＋a′t4，t4＝4 s
故木板在水平地面上停止运动的时刻为
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝9 s
题组四 曲线运动情境下的力、运动问题
7．(2025·深圳外国语学校二模)(多选)如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ．当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零，而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力．已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法中正确的是( ABD )
A．μ＝3tan θ
B．ω＝
C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mg sin θ
D．运动过程中B所受摩擦力最小值为mg sin θ
【解析】对A、B受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有μmgcos θ＋mg sin θ＝mω2·2d，B在最低点，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mg sin θ＝mω2d，联立解得μ＝3tan θ，A正确；由向心力公式可得μmgcos θ＋mg sin θ＝mω2·2d，代入μ＝3tan θ，解得ω＝，B正确；运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为TA，由牛顿第二定律有TA＋μmgcos θ－mg sin θ＝mω2·2d，代入数据解得TA＝2mg sin θ，C错误；运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为fB，由牛顿第二定律有fB＋mg sin θ＝mω2d，联立解得fB＝mg sin θ，D正确．
8．(2025·肇庆广宁县调研模拟)如图所示为火车站装载货物的原理示意图．一质量m＝1 kg的物块在竖直面内用长度l＝0.8 m的细线悬挂于O点，将物块向左拉开一定的高度由静止释放，摆到最低点A时细线恰好绷断，细线始终张紧且能承受的最大张力为物块重力的1.5倍，A点位于O正下方0.8 m，物块进入光滑水平面AB，长度s＝16 m的传送带BC以速度v＝4 m/s顺时针转动且与AB处于同一水平面上，传送带转轮的半径R＝0.1 m，传送带上滑动摩擦因数μ＝0.1，传送带上部距平板车平面的竖直高度h＝1.25 m，平板车长L＝1 m，车的左端与传送带转轮右边界D在同一竖直线上，物块到达传送带右端C处瞬间平板车开始以恒定的速度v向右匀速前进．物块经过A、B点处均无机械能损失(即经过A、B点速度大小不变)，物块可视为质点，物块落入平板车后不反弹且与平板车相对静止，取g＝10 m/s2．
(1) 求细线恰好绷断时物块速度v0的大小．
(2) 求物块到达C处速度vC的大小．
(3) 物块最终要落入平板车上，试分析平板车速度大小v．
答案：(1) 2 m/s (2) 4 m/s (3) 1.8 m/s≤v≤3.8 m/s
【解析】(1) 细线在被拉断之前物体做圆周运动，则在最低点由牛顿第二定律有1.5mg－mg＝
解得v0＝2 m/s
(2) 设物块在传送带上运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝1 m/s2
设物块达到与传送带共速时的对地位移为x，则由运动学公式可得＝2ax
解得x＝6 m＜s
则可知物块在到达C处之前已经与传送带达到共速，即可知物块到达C处时的速度大小为
vC＝4 m/s
(3) 物块到达C处后做平抛运动的初速度大小vC＝4 m/s，设物块下落到与平板车等高处所用的时间为t，则根据平抛运动竖直方向为自由落体运动可得h＝gt2
解得t＝0.5 s
则物块在水平方向的位移大小为
x1＝vCt＝4×0.5 m＝2 m
若物块恰好能落在平板车上，则对平板车有
x1－R＝vmaxt
解得平板车的最大速度大小为vmax＝3.8 m/s
若物块恰好落在平板车的最前端，则对平板车有x1－L－R＝vmint
解得vmin＝1.8 m/s
由此可得平板车运动速度大小的取值范围为1.8 m/s≤v≤3.8 m/s
题组五 万有引力情境下的力、运动问题
9．(2025·深圳外国语学校二模)2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与圆轨道Ⅲ运行“天宫二号”实施对接，下列说法中正确的是( C )
A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大
D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
【解析】“神舟十一号”在变轨过程中需要向外喷出气体，对飞船做功，所以机械能将发生变化，A错误．若“神舟十一号”与“天宫二号”同轨，加速会做离心运动，不会对接，B错误；结合牛顿第二定律和开普勒第三定律，可以将椭圆轨道的平均速率与半径等于 的圆轨道类比，根据G＝m可得，v＝，可知“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大，C正确；由图可知，A到C的轨道的半长轴小于圆轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律 ＝k可知，“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期小于“天宫二号”运行周期，D错误．
增强练
1．(2025·广州零模)弹力带是一种常见的健身器材．某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系，进行如下实验：
甲 乙
(1) 如图甲所示，将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上，其下端P连接一托盘，卷尺竖直固定在旁边，卷尺的零刻度线与钉子平齐．
(2) 逐步增加托盘上杠铃片的数量，分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x，并在图乙中描点．
(3) 当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时，弹力带甲下端P对应的刻度值如图甲所示，其读数为__124.15__ cm，请在图乙中把此坐标点描出，并作出弹力带甲的m－x图像．由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降__8.9__ cm(结果保留两位有效数字)．
(4) 弹力带乙的m－x图像如图乙所示．若要增大力量训练强度，应选用弹力带__甲__(填“甲”或“乙”)．
【解析】 (3) 弹力带甲下端P对应的刻度值读数为L＝124.15 cm，弹力带甲的m－x图像如图所示
由此可知，在弹力带甲的弹性限度内，每增加1 kg的杠铃片，稳定后P下降Δx＝ cm≈8.9 cm．
(4) 设弹簧的原长为x0，则mg＝k(x－x0)，整理得m＝x－x0，可知m－x图像斜率越大，弹簧带的劲度系数越大，由图可知弹簧带甲图像的斜率较大，弹簧带甲的劲度系数较大，相同拉力下，形变量小，若要增大力量训练强度，应选用弹力带甲．
2．(2025·深圳高级中学第一次诊断测试)
(1) 在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录__O点的位置__、__两个弹簧测力计的读数__、__两个细绳套的方向__；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到__O点__，依次如图甲、乙所示．
(2) 请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F＝__4.0__N__．
(3) 如图丙所示，根据实验的数据记录，按选定的标度(已知图中相邻圆环间距表示1 N)已作出了两个分力F1、F2的图示(大小未标出)，请继续在图丙中：
①按同样的标度作出力F(即合力的测量值)的图示．
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力的图解值F′．
甲 乙 丙
答案：图见解析
(4) 由(3)可以得出实验结论__在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则__．
【解析】 (1) 在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点．
(2) 弹簧测力计的分度值为0.2 N，需要估读到0.1 N，即示数为F＝4.0 N．
(3) 如图所示
(4) 由(3)作出的图示可以看出F和F′在误差允许范围内近似相等，得出的实验结论是在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则．
3．(2025·揭阳一中月考)用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50 Hz的交流电源、直尺、6个槽码．每个槽码的质量均为m＝10 g．
(1) 完成下列实验步骤中的填空：
①按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码．改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列__等间距__的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑．
②保持轨道倾角不变，取下1个槽码(即细线下端悬挂5个槽码)，让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a．
③依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②．
④以取下槽码的总个数n(1≤n≤6)的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线．
甲
(2) 已知重力加速度大小g＝9.80 m/s2，请完成下列填空：
①下列说法中错误的是__CD__．
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为4mg
②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝__0.820__m/s2(结果保留三位有效数字)．
乙
③变化的关系式为__＝__(用M、m、g、a、n表示)，根据坐标纸上关系图线的斜率即可计算出小车的质量M．
【解析】 (1) 若小车匀速下滑，则a＝0，由 Δx＝vΔt，故纸带上打出一系列等间距的点．
(2) ①先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放，A正确；小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，B正确；由于该实验每个槽码的质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，C错误；若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg，D错误．
②相邻计数点间均有4个点未画出，则T＝0.1 s，加速度大小为a＝＝m/s2＝0.820 m/s2．
③对于小车匀速时有Mg sin θ－6mg＝0，减小n个槽码后，对小车和槽码分别有Mg sin θ－T＝Ma，T－(6－n)mg＝(6－n)ma，则a＝，即＝·．
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