第2课时 力与直线运动
【备考指南】
1．重视对基本概念与基本规律的理解，尤其是运动图像的截距、斜率和图线与横轴围成的面积的物理含义，理解牛顿第二定律的“瞬时性”“同向性”，在研究力和运动的关系中的桥梁作用。
2．重视对多物体问题情境的研究，强化综合性题目的训练，提升学生的物理学科素养。
3．重视“板块”模型，通过专题训练，引导学生总结解决此类问题的一般方法，提高解决问题的能力。
热点一 匀变速直线运动规律及其应用
1．解答匀变速直线运动的常用技巧
(1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝＝2ax。
(2)重要推论法：＝(利用平均速度求瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)。
(3)逆向思维法：“匀减速至速度为0的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。
(4)图像法：利用v-t图像或x-t图像求解。
(5)比例法：初速度为0的匀变速直线运动规律。
2．应注意的两类运动问题
(1)刹车问题：对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解，常用逆向思维法。
(2)双向可逆类运动：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
3．处理追及相遇问题的三种方法
过程分析法
Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件
图像法 画出v-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观
[典例1] [体育运动中的匀变速直线运动](2024·广西卷)如图所示，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
[听课记录]
[典例2] [追及相遇问题](2025·重庆八中10月质检)甲车以4 m/s的速度做匀速直线运动，乙车在甲车前面的另一平行车道以10 m/s的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16 m(沿车道方向)时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为 2 m/s2。 从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用时间为( )
A．8 s B．10.25 s
C．10.5 s D．15 s
[听课记录]
解决匀变速直线运动的思维流程
热点二 牛顿运动定律的应用
考向1 动力学中的两类热点问题
[典例3] [瞬时加速度问题](2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D。通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
[思路点拨]
—
—
[听课记录]
瞬时加速度问题
[典例4] [连接体问题]如图所示，小环O和O′分别套在不动的竖直杆AB和A′B′上，一根不可伸长的轻质细绳穿过环O′，细绳两端分别系在A′和环O上，环O′从某处开始下滑，当环O′向下运动达到最大速度时，∠AOO′＝α。已知两环质量均为m，杆、环均光滑，重力加速度为g。则此时环O的加速度大小是( )
A．0 B．g
C．g D．g
[听课记录]
1．连接体的处理方法：整体法和隔离法。
2．连接体的运动特点
(1)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。
(2)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度。
(3)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
考向2 牛顿运动定律的综合运用
[典例5] [牛顿运动定律的应用]如图所示，将质量为M＝2.0 kg的木板静置于足够大的水平地面上，板上左端停放着质量为m＝3.0 kg的玩具电动小车，小车右端与木板右端固定挡板相距L＝1.5 m，小车上搭载了电子计时装置。某一时刻通电使小车由静止开始以a＝2.0 m/s2的加速度向右做匀加速运动，同时计时器开始工作，经一段时间小车与挡板相撞，相撞后车与挡板粘在一起，碰撞时间极短且相撞后自动切断小车的电源，计时器停止计时。计时器显示小车相对于木板的运动时间为t＝1.0 s。计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)木板与地面之间的动摩擦因数；
(2)木板通过的总路程。
[听课记录]
解决动力学两类基本问题的思路
[典例6] [已知受力求运动][源于新人教版教材必修第一册P115T5改编]某实验小组利用身边的器材，想粗略测量地铁启动过程中的加速度。具体操作如下：细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用胶带临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，处于稳定状态，用手机拍摄了当时的照片(如图所示)，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知细绳悬点到圆珠笔重心的长度L，圆珠笔重心到竖直扶手的距离d，圆珠笔的质量m，重力加速度g，则下列说法正确的是( )
A．根据这张照片可看出地铁运动的方向可能向右
B．细绳中的拉力大小为
C．该地铁的加速度大小为
D．该地铁在Δt时间内的速度变化量为
[听课记录]
[变式1] [牛顿运动定律]若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用细绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是( )
A B C D
[变式2] [瞬时性问题]若车突然停止运动到细绳再次绷紧，圆珠笔将做什么运动？
热点三 运动学图像和动力学图像
1．运动学图像分析方法
常见 图像 斜率k 面积 两图像交点 动力学分析
x-t 图像 ＝v 表示相遇 对单体或系统，综合牛顿第二定律研究受力情况
v-t 图像 ＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点
a-t 图像 速度变 化量Δv 表示此时加速度相等
2．动力学图像分析方法
F-t 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 动力学分析：对单体或系统，综合牛顿第二定律列有关图像坐标的函数表达式，利用斜率和截距求解
思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量
F-x 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功
a-F 图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，则a-F图像的斜率为，截距为－μg
[典例7] [运动学图像](2025·湖南卷) 如图所示，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是( )
A B
C D
[听课记录]
[典例8] [动力学问题](多选)(2025·黑吉辽蒙卷) 如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则( )
A．μ1＋μ2＝2tan θ
B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
[听课记录]
1．[瞬时加速度问题](2025·湖南卷)如图所示，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
2．[动力学问题](2025·河南卷) 野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图所示，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内( )
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
3．[人教版必修第一册P115T7改编]如图所示，质量M＝10 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量m＝5 kg的木块恰好能静止在后壁上。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块与铁箱各内壁间的动摩擦因数μ2＝0.2。设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．木块对铁箱压力的大小为75 N
B．水平拉力F的大小为225 N
C．若增大拉力使铁箱加速度增大，则木块对铁箱的摩擦力也增大
D．若减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度减为3 m/s时撤去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度L是 m
第2课时 力与直线运动
热点一
典例1 解析：(1)解法一 该同学从1号锥筒运动到2号锥筒的过程，由匀变速直线运动位移时间关系可得d＝v1t1－a
同理，该同学从1号锥筒运动到3号锥筒的过程，有
2d＝v1(t1＋t2)－a(t1＋t2)2
联立可得a＝1 m/s2，v1＝2.45 m/s。
解法二 该同学从1号锥筒运动到2号锥筒和从2号锥筒运动到3号锥筒的过程，由匀变速运动规律有＝2.25 m/s
＝1.8 m/s
根据加速度的定义式a＝，其中Δt＝
可得a＝1 m/s2。
(2)设该同学从1号锥筒开始运动的总位移为x，由匀变速直线运动规律可得0－＝－2ax
解得x＝3.001 25 m
n＝≈3.3
所以该同学最远经过4号锥筒。
答案：(1)1 m/s2 (2)4号锥筒
典例2 B [假设甲、乙两车刚好在乙车减速为零的位置相遇
对甲：做匀速运动
对乙：做匀减速运动，vt＝0
(点拨：基本公式法)匀速运动的位移公式，匀变速运动的速度公式和位移公式逆向思维法：由于乙车的末速度为零，可看成乙车反方向做初速度为零的匀加速直线运动。
乙车减速到零所用时间t乙＝＝5 s，乙车从刹车到停止过程的位移大小x乙＝a＝25 m
从乙车开始刹车到正好在乙车减速至零的位置甲车追上乙车，有v甲t－x乙＝x0
解得t＝10.25 s，由于t乙热点二
典例3 A [细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。]
典例4 D [轻质细绳上的拉力大小处处相等，环O'向下运动达到最大速度时，环O'的加速度为零。此时对O环有T·cos α－mg＝ma，对O'环有T－T·cos α＝mg，解得此时环O的加速度大小a＝g，选项D正确。]
典例5 解析：(1)小车向右运动时木板向左运动，设木板向左运动的加速度大小为a'，由运动学知识可得at2＋a't2＝L，解得a'＝1.0 m/s2
以小车为研究对象，设木板对小车水平向右的摩擦力为F(此为静摩擦力)，由牛顿运动定律可得F＝ma，解得F＝6.0 N
再以木板为研究对象，设地面与木板之间的动摩擦因数为μ，由牛顿运动定律可得F'－μ(M＋m)g＝Ma'，又F'＝F
解得μ＝0.08。
(2)小车与挡板相撞前，木板向左运动的位移大小为x1＝a't2＝0.50 m
小车与挡板相撞瞬间满足动量守恒，由动量守恒定律可得mat－Ma't＝(M＋m)v
解得v＝0.80 m/s
此后整体向右做匀减速运动，其加速度大小为a″＝μg＝0.80 m/s2
则整体向右运动的位移大小为x2＝＝0.40 m
所以木板通过的总路程为s＝x1＋x2＝0.90 m。
答案：(1)0.08 (2)0.90 m
典例6 C [根据题图可知，悬挂圆珠笔的细绳向右偏，则可知细绳对圆珠笔的拉力斜向左上方，圆珠笔的重力竖直向下，二者的合力水平向左，因此可知地铁在向左加速运动，A错误；设细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳中的拉力为F，则tan θ＝，cos θ＝，Fcos θ＝mg，解得F＝，B错误；设圆珠笔的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ＝，C正确；该地铁在Δt时间内的速度变化量Δv＝aΔt＝，D错误。]
[变式1] B [以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图甲所示，根据牛顿第二定律有(m＋M)gtan α＝(m＋M)a，解得a＝gtan α，以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图乙所示，根据牛顿第二定律有Mgtan θ＝Ma，解得a＝gtan θ，因为两球的加速度相同，则可知两段细线与竖直方向的夹角相同，故B正确。]
[变式2] 解析：车突然停止运动，由于惯性，圆珠笔的速度水平向左，在重力作用下圆珠笔做平抛运动，直到绳再次绷直，然后来回摆动。
答案：见解析
热点三
典例7 C [根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ。物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝acos θ，则有＝－2axx，整理可得vx＝，可知vx-x图像为类似抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝asin θ，则有＝－2ayy， 整理可得vy＝，可知，vy-y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。故选C。]
典例8 AD [位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在t0时间内甲、乙的位移为x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0，可得t0时刻甲的速度为v＝2v0，B错误；甲的加速度大小为a1＝，乙的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，系统由牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t＝t0之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下加速，系统由牛顿第二定律可得f'＝ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。]
随堂练——研高考·测风向
1．C [根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示，由几何关系及平衡关系可知，轻绳上拉力为FT＝mg，A球与B球间的库仑力F＝2mgcos 30°＝mg，故A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。]
2．D [无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度，零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。故选D。]
3．D [木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为f，木块在竖直方向受力平衡，有mg＝f，又因为f＝μ2FN(FN为铁箱对木块的压力)，解得FN＝250 N，根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为250 N，故A错误。对木块，根据牛顿第二定律有FN＝ma1(a1为木块的加速度，由于木块静止在铁箱后壁上，所以其加速度与铁箱相同)，解得a1＝50 m/s2； 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得F＝795 N，故B错误。由平衡条件知，增大拉力并不会改变木块对铁箱的摩擦力，故C错误。撤去拉力后，铁箱向右匀减速运动，设铁箱的加速度大小为a2，对铁箱根据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g－f2＝Ma2，又因为f2＝μ2mg，解得a2＝＝3.5 m/s2，方向水平向左；木块受到铁箱的摩擦力大小f3＝f2＝10 N，方向水平向左；所以木块向右匀减速运动，加速度大小为a3＝＝2 m/s2，方向水平向左。撤去拉力后铁箱运动到停止所需时间t1＝ s<1 s(v0为撤去拉力时铁箱的速度)，木块运动到停止所需时间t2＝＝1.5 s>1 s，经过1 s时铁箱已经停止，而木块仍在运动。经过1 s，铁箱位移x1＝t1＝ m，木块位移x2＝v0t－a3t2＝2 m，又因为木块在1 s内从铁箱左侧到达右侧(如图所示)，解得L＝x2－x1＝ m，故D正确。]
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第2课时 力与直线运动
专题一 力与运动
【备考指南】
1．重视对基本概念与基本规律的理解，尤其是运动图像的截距、斜率和图线与横轴围成的面积的物理含义，理解牛顿第二定律的“瞬时性”“同向性”，在研究力和运动的关系中的桥梁作用。
2．重视对多物体问题情境的研究，强化综合性题目的训练，提升学生的物理学科素养。
3．重视“板块”模型，通过专题训练，引导学生总结解决此类问题的一般方法，提高解决问题的能力。
热点一 匀变速直线运动规律及其应用
1．解答匀变速直线运动的常用技巧
(1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝＝2ax。
(2)重要推论法：＝(利用平均速度求瞬时速度)；＝；Δx＝aT 2(用逐差法求加速度)。
(3)逆向思维法：“匀减速至速度为0的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。
(4)图像法：利用v-t图像或x-t图像求解。
(5)比例法：初速度为0的匀变速直线运动规律。
2．应注意的两类运动问题
(1)刹车问题：对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解，常用逆向思维法。
(2)双向可逆类运动：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
3．处理追及相遇问题的三种方法
过程分析法
Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件
图像法 画出v-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观
[典例1] [体育运动中的匀变速直线运动](2024·广西卷)如图所示，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝
0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
[解析] (1)解法一 该同学从1号锥筒运动到2号锥筒的过程，由匀变速直线运动位移时间关系可得d＝
同理，该同学从1号锥筒运动到3号锥筒的过程，有
2d＝v1(t1＋t2)－a(t1＋t2)2
联立可得a＝1 m/s2，v1＝2.45 m/s。
解法二 该同学从1号锥筒运动到2号锥筒和从2号锥筒运动到3号锥筒的过程，由匀变速运动规律有＝＝2.25 m/s
＝＝1.8 m/s
根据加速度的定义式a＝，其中Δt＝
可得a＝1 m/s2。
(2)设该同学从1号锥筒开始运动的总位移为x，由匀变速直线运动规律可得＝－2ax
解得x＝3.001 25 m
n＝≈3.3
所以该同学最远经过4号锥筒。
[答案] (1)1 m/s2 (2)4号锥筒
[典例2] [追及相遇问题](2025·重庆八中10月质检)甲车以4 m/s的速度做匀速直线运动，乙车在甲车前面的另一平行车道以10 m/s的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16 m(沿车道方向)时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为 2 m/s2。 从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用时间为( )
A．8 s B．10.25 s
C．10.5 s D．15 s
√
B [假设甲、乙两车刚好在乙车减速为零的位置相遇
对甲：做匀速运动
对乙：做匀减速运动，vt＝0
(点拨：基本公式法)匀速运动的位移公式，匀变速运动的速度公式和位移公式逆向思维法：由于乙车的末速度为零，可看成乙车反方向做初速度为零的匀加速直线运动。
乙车减速到零所用时间t乙＝＝5 s，
乙车从刹车到停止过程的位移大小x乙＝＝25 m
从乙车开始刹车到正好在乙车减速至零的位置甲车追上乙车，有v甲t－x乙＝x0
解得t＝10.25 s，由于t乙方法技巧 解决匀变速直线运动的思维流程
热点二 牛顿运动定律的应用
考向1 动力学中的两类热点问题
[典例3] [瞬时加速度问题](2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D。通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
√
[思路点拨]
—
—
A [细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。]
方法技巧 瞬时加速度问题
[典例4] [连接体问题]如图所示，小环O和O′分别套在不动的竖直杆AB和A′B′上，一根不可伸长的轻质细绳穿过环O′，细绳两端分别系在A′和环O上，环O′从某处开始下滑，当环O′向下运动达到最大速度时，∠AOO′＝α。已知两环质量均为m，杆、环均光滑，重力加速度为g。则此时环O的加速度大小是( )
A．0 B．g
C．g D．g
√
D [轻质细绳上的拉力大小处处相等，环O′向下运动达到最大速度时，环O′的加速度为零。此时对O环有T·cos α－mg＝ma，对O′环有T－T·cos α＝mg，解得此时环O的加速度大小a＝g，选项D正确。]
方法技巧
1．连接体的处理方法：整体法和隔离法。
2．连接体的运动特点
(1)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。
(2)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度。
(3)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
考向2 牛顿运动定律的综合运用
[典例5] [牛顿运动定律的应用]如图所示，将质量为M＝2.0 kg的木板静置于足够大的水平地面上，板上左端停放着质量为m＝3.0 kg的玩具电动小车，小车右端与木板右端固定挡板相距L＝1.5 m，小车上搭载了电子计时装置。某一时刻通电使小车由静止开始以a＝2.0 m/s2的加速度向右做匀加速运动，同时计时器开始工作，经一段时间小车与挡板相撞，相撞后车与挡板粘在一起，碰撞时间极短且相撞后自动切断小车的电源，计时器停止计时。计时器显示小车相对于木板的运动时间为t＝1.0 s。计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)木板与地面之间的动摩擦因数；
(2)木板通过的总路程。
[解析] (1)小车向右运动时木板向左运动，设木板向左运动的加速度大小为a′，由运动学知识可得＋a′t2＝L，解得a′＝1.0 m/s2
以小车为研究对象，设木板对小车水平向右的摩擦力为F(此为静摩擦力)，由牛顿运动定律可得F＝ma，解得F＝6.0 N
再以木板为研究对象，设地面与木板之间的动摩擦因数为μ，由牛顿运动定律可得F′－μ(M＋m)g＝Ma′，又F′＝F
解得μ＝0.08。
(2)小车与挡板相撞前，木板向左运动的位移大小为x1＝a′t2＝0.50 m
小车与挡板相撞瞬间满足动量守恒，由动量守恒定律可得mat－Ma′t＝(M＋m)v
解得v＝0.80 m/s
此后整体向右做匀减速运动，其加速度大小为a″＝μg＝0.80 m/s2
则整体向右运动的位移大小为x2＝＝0.40 m
所以木板通过的总路程为s＝x1＋x2＝0.90 m。
[答案] (1)0.08 (2)0.90 m
方法技巧 解决动力学两类基本问题的思路
[典例6] [已知受力求运动][源于新人教版教材必修第一册P115T5改编]某实验小组利用身边的器材，想粗略测量地铁启动过程中的加速度。具体操作如下：细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用胶带临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，处于稳定状态，用手机拍
摄了当时的照片(如图所示)，拍摄方向跟地铁前进方
向垂直。已知细绳悬点到圆珠笔重心的长度L，圆珠
笔重心到竖直扶手的距离d，圆珠笔的质量m，重力
加速度g，则下列说法正确的是( )
A．根据这张照片可看出地铁运动的方向可能向右
B．细绳中的拉力大小为
C．该地铁的加速度大小为
D．该地铁在Δt时间内的速度变化量为
√
C [根据题图可知，悬挂圆珠笔的细绳向右偏，则可知细绳对圆珠笔的拉力斜向左上方，圆珠笔的重力竖直向下，二者的合力水平向左，因此可知地铁在向左加速运动，A错误；设细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳中的拉力为F，则tan θ＝，cos θ＝，F cos θ＝mg，解得F＝，B错误；设圆珠笔的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ＝，C正确；该地铁在Δt时间内的速度变化量Δv＝aΔt＝，D错误。]
[变式1] [牛顿运动定律]若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用细绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是( )
√
B [以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图甲所示，根据牛顿第二定律有(m＋M)g tan α＝(m＋M)a，解得a＝g tan α，以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图乙所示，根据牛顿第二定律有Mg tan θ＝Ma，解得a＝g tan θ，因为两球的加速度相同，则可知两段细线与竖直方向的夹角相同，故B正确。]
[变式2] [瞬时性问题]若车突然停止运动到细绳再次绷紧，圆珠笔将做什么运动？
[解析] 车突然停止运动，由于惯性，圆珠笔的速度水平向左，在重力作用下圆珠笔做平抛运动，直到绳再次绷直，然后来回摆动。
[答案] 见解析
热点三 运动学图像和动力学图像
1．运动学图像分析方法
常见图像 斜率k 面积 两图像交点 动力学分析
x-t图像 ＝v 表示相遇 对单体或系统，综合牛顿第二定律研究受力情况
v-t图像 ＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2．动力学图像分析方法
F-t 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 动力学分析：对单体或系统，综合牛顿第二定律列有关图像坐标的函数表达式，利用斜率和截距求解
思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F-x 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a-F 图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg， 则a-F图像的斜率为，截距为－μg [典例7] [运动学图像](2025·湖南卷) 如图所示，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是( )
A B C D
√
C [根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ。物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝a cos θ，则有＝
－2axx，整理可得vx＝，可知vx-x图像为类似抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝a sin θ，则有＝－2ayy，整理可得vy＝，可知，vy-y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。故选C。]
[典例8] [动力学问题](多选)(2025·黑吉辽蒙卷) 如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则( )
A．μ1＋μ2＝2tan θ
B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
√
√
AD [位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在t0时间内甲、乙的位移为x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0，可得t0时刻甲的速度为v＝2v0，B错误；甲的加速度大小为a1＝，乙的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1，μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，系统由牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t＝t0之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下加速，系统由牛顿第二定律可得f′＝ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。]
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[板块模型](2025·天津河西区12月质检)如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝
B．长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝
C．小物块的质量m＝
D．长木板的质量M＝
√
C [由题图乙知，当F＝F1时，小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有F1＝μ2(m＋M)g，当F1F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有F－μ1mg＝ma，整理得a＝－μ1g，结合图像有＝，则小物块的质量m＝，对长木板根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，联立解得M＝，由a-F图像知＝，解得M＝，μ1＝，故选C。]
1．[瞬时加速度问题](2025·湖南卷)如图所示，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
√
C [根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示，由几何关系及平衡关系可知，轻绳上拉力为FT＝mg，A球与B球间的库仑力F＝2mg cos 30°＝mg，故A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。]
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1．[基本公式的应用](2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
A．(－1)∶(－1)
B．()∶(－1)
C．(＋1)∶(＋1)
D．()∶(＋1)
√
A [对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
2．[连接体问题](2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是( )
A B C D
√
D [设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，结合题图可知D正确。]
2．[动力学问题](2025·河南卷) 野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图所示，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内( )
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
√
D [无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度，零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。故选D。]
3．[人教版必修第一册P115T7改编]如图所示，质量M＝10 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量m＝5 kg的木块恰好能静止在后壁上。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块与铁箱各内壁间的动摩擦因数μ2＝0.2。设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．木块对铁箱压力的大小为75 N
B．水平拉力F的大小为225 N
C．若增大拉力使铁箱加速度增大，则木块对铁箱的摩擦力也增大
D．若减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度减为3 m/s时撤去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度L是 m
√
D [木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为f，木块在竖直方向受力平衡，有mg＝f，又因为f＝μ2FN(FN为铁箱对木块的压力)，解得FN＝250 N，根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为250 N，故A错误。对木块，根据牛顿第二定律有FN＝ma1(a1为木块的加速度，由于木块静止在铁箱后壁上，所以其加速度与铁箱相同)，解得a1＝50 m/s2； 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得F＝795 N，故B错误。由平衡条件知，增大拉力并不会改变木块对铁箱的摩擦力，故C错误。撤去拉力后，铁箱向右匀减
速运动，设铁箱的加速度大小为a2，对铁箱根据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g－f2＝Ma2，又因为f2＝μ2mg，解得a2＝＝3.5 m/s2，方向水平向左；木块受到铁箱的摩擦力大小f3＝f2＝
10 N，方向水平向左；所以木块向右匀减速运动，加速度大小为a3＝＝2 m/s2，方向水平向左。撤去拉力后铁箱运动到停止所需时间t1＝＝ s<1 s(v0为撤去拉力时铁箱的速度)，木块运动到停止所需
时间t2＝＝1.5 s>1 s，经过1 s时铁箱已经停止，而木块仍在运动。经过1 s，铁箱位移x1＝t1＝ m，木块位移x2＝＝
2 m，又因为木块在1 s内从铁箱左侧到达右侧(如图所示)，解得L＝x2－x1＝ m，故D正确。]
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．某款功能强大的软件可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托
着智能手机，在该软件里面打开加速度传感器，把手机向上
抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测
得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则
手机( )
课后限时练2 力与直线运动
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
A．在t1～t3时间内，手机先加速后减速
B．在t3时刻，手机到达最高点
C．在t2～t3时间内，手机受到的支持力逐渐减小
D．在t2～t4时间内，手机处于失重状态
C [a-t图像中图线与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量，在t1～t3时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；由题图可知，在t3时刻后加速度方向向下，手机处于失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，t3时刻还没有达到最高点，故B错误；对手机进行受力分析可知，在t2～t3时间内，有FN－mg＝ma，a逐渐减小，因此手机受到的支持力FN逐渐减小，故C正确；在t2～t4时间内，手机的加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
【教师备选资源】
(2024·河北卷)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v -t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是( )
A．a点
B．b点
C．c点
D．d点
√
A [由题意可知题图中v<0表示篮球在向下运动，v>0表示篮球在向上运动，由v-t图像与直线v＝0所围图形的面积表示位移大小可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
2．(2025·河南信阳一模)如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是( )
A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍
B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零
C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零
D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为g
√
D [以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得Fc＝2mg tan 30°，Fa＝，所以Fa＝mg，Fc＝mg，Fa＝2Fc，故A错误；剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有F2＝＝ma2，所以a2＝g，故B错误；剪断b绳瞬间，连接1、2小球的b绳没有拉力，1球受重力和a绳拉力，加速度不为零，故C错误；剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为a2＝g，故D正确。故选D。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
3．(2025·浙江宁波12月质检)伽利略在研究斜面实验时，利用滴水计时法标出了小球从某处由静止开始沿斜面向下做直线运动的位置，如图所示，测得水滴对应各时刻小球之间的距离(已在图中标出)，若相邻两滴水之间的时间间隔为0.1 s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球在B点时的速度大小为0.45 m/s
B．小球的初始位置到O点的距离为0.05 m
C．小球做匀加速直线运动的加速度大小为9 m/s2
D．若斜面光滑，则斜面倾角的正弦值为0.2
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
D [相邻两滴水之间的时间间隔相等，则tOA＝tAB＝tBC＝tCD，得B点对应AC段的中间时刻。vB＝＝＝1 m/s，A错误；xBC＝vB×T＋aT2→a＝2 m/s2，C错误；斜面光滑，有a＝g sin θ
→sin θ＝0.2，D正确；x0＋xOB＝→x0＝0.09 m，B错误。]
题号
2
1
3
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5
6
7
4．(多选)[人教版教材必修第一册P114A组T9改编]某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，其构造如图所示。将轻弹簧竖直自由悬挂时，指示针指示的刻度尺刻度为6.50 cm；在弹簧下端悬挂一质量为0.2 kg的钩码，当钩码静止时指示针指示的刻度尺刻度如图所示。已知该装置中使用的弹簧在从原长到拉伸4.50 cm范围内能较好地满足胡克定律，取重力加速度g＝9.8 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．图中刻度尺读数为4.5 cm
B．该弹簧的劲度系数k＝98 N/m
C．该“竖直加速度测量仪”可较准确测量该钩码的竖直
向上的加速度的最大值为12.5 m/s2
D．弹簧下端悬挂钩码的质量越大，该测量仪可较准确测
量的竖直向上的加速度最大值越小
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
BD [根据刻度尺读数规则，由题图可知刻度尺的读数为x1＝4.50 cm，A错误；根据胡克定律k＝＝＝ N/m＝98 N/m，B正确；当弹簧的伸长量最大时，测得的加速度最大，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，其中F＝kΔxmax，联立并代入数据解得a＝12.25 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律F－m′g＝m′a，其中F＝kΔxmax，解得a＝＝－g，可知钩码质量越大，能测得的最大加速度a就越小，D正确。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
5．(多选)(2025·山东德州三模)如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是( )
题号
2
1
3
4
5
6
7
A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2
B．表演者一直处于超重状态
C．表演者上升5 m时获得最大速度
D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
AC [打开开关瞬间，表演者高度为0，则有＝1.2×104 m2·s-2，根据牛顿第二定律有－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有＝mg，解得＝1.0×104 m2·s-2，由v2＝1.2×104 m2·s-2－400h可知，重力与风力大小相等时的高度为h1＝5 m，可知在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。]
题号
2
1
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4
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6
7
6．(多选)(2025·云南高三上学期模拟预测)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为4 m/s2
B．行李经过5.1 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
BC [开始时行李初速度为零，相对传送带向右滑动，可知摩擦力为f＝μmg，根据牛顿第二定律f＝ma，解得a＝2 m/s2，故A错误；行李达到和传送带速度相同需要的时间为t1＝＝0.2 s，位移为x1＝t1＝0.04 m，行李匀速到B的时间为t2＝＝4.9 s，行李从A运动到B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B、C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，故D错误。故选BC。]
题号
2
1
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4
5
6
7
7．(12分)(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[解析] (1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝＝l＋
x板＝＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
题号
2
1
3
4
5
6
7
解法二 设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为v1，薄板速度为v2。对物块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
题号
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1
3
4
5
6
7
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(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
[答案] (1)4 m/s s (2) m
谢 谢！课后限时练2 力与直线运动
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．某款功能强大的软件可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，在该软件里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机( )
A．在t1～t3时间内，手机先加速后减速
B．在t3时刻，手机到达最高点
C．在t2～t3时间内，手机受到的支持力逐渐减小
D．在t2～t4时间内，手机处于失重状态
2．(2025·河南信阳一模)如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是( )
A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍
B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零
C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零
D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为g
3．(2025·浙江宁波12月质检)伽利略在研究斜面实验时，利用滴水计时法标出了小球从某处由静止开始沿斜面向下做直线运动的位置，如图所示，测得水滴对应各时刻小球之间的距离(已在图中标出)，若相邻两滴水之间的时间间隔为0.1 s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球在B点时的速度大小为0.45 m/s
B．小球的初始位置到O点的距离为0.05 m
C．小球做匀加速直线运动的加速度大小为9 m/s2
D．若斜面光滑，则斜面倾角的正弦值为0.2
4．(多选)[人教版教材必修第一册P114A组T9改编]某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，其构造如图所示。将轻弹簧竖直自由悬挂时，指示针指示的刻度尺刻度为6.50 cm；在弹簧下端悬挂一质量为0.2 kg的钩码，当钩码静止时指示针指示的刻度尺刻度如图所示。已知该装置中使用的弹簧在从原长到拉伸4.50 cm范围内能较好地满足胡克定律，取重力加速度g＝9.8 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．图中刻度尺读数为4.5 cm
B．该弹簧的劲度系数k＝98 N/m
C．该“竖直加速度测量仪”可较准确测量该钩码的竖直向上的加速度的最大值为12.5 m/s2
D．弹簧下端悬挂钩码的质量越大，该测量仪可较准确测量的竖直向上的加速度最大值越小
5．(多选)(2025·山东德州三模)如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2
B．表演者一直处于超重状态
C．表演者上升5 m时获得最大速度
D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
6．(多选)(2025·云南高三上学期模拟预测)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为4 m/s2
B．行李经过5.1 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
7．(12分)(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
课后限时练2
1．C [a-t图像中图线与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量，在t1~t3时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；由题图可知，在t3时刻后加速度方向向下，手机处于失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，t3时刻还没有达到最高点，故B错误；对手机进行受力分析可知，在t2~t3时间内，有FN－mg＝ma，a逐渐减小，因此手机受到的支持力FN逐渐减小，故C正确；在t2~t4时间内，手机的加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。]
2．D [以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得Fc＝2mgtan 30°，Fa＝，所以Fa＝mg，Fc＝mg，Fa＝2Fc，故A错误；剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有F2＝＝ma2，所以a2＝g，故B错误；剪断b绳瞬间，连接1、2小球的b绳没有拉力，1球受重力和a绳拉力，加速度不为零，故C错误；剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为a2＝g，故D正确。故选D。]
3．D [相邻两滴水之间的时间间隔相等，则tOA＝tAB＝tBC＝tCD，得B点对应AC段的中间时刻。vB＝＝1 m/s，A错误；xBC＝vB×T＋aT2→a＝2 m/s2，C错误；斜面光滑，有a＝gsin θ→sin θ＝0.2，D正确；x0＋xOB＝→x0＝0.09 m，B错误。]
4．BD [根据刻度尺读数规则，由题图可知刻度尺的读数为x1＝4.50 cm，A错误；根据胡克定律k＝ N/m＝98 N/m， B正确；当弹簧的伸长量最大时，测得的加速度最大，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，其中F＝kΔxmax，联立并代入数据解得a＝12.25 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律F－m'g＝m'a，其中F＝kΔxmax，解得a＝－g，可知钩码质量越大，能测得的最大加速度a就越小，D正确。]
5．AC [打开开关瞬间，表演者高度为0，则有＝1.2×104 m2·s-2，根据牛顿第二定律有 0.05－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05＝mg，解得＝1.0×104 m2·s-2，由v2＝1.2×104 m2·s-2－400h可知，重力与风力大小相等时的高度为h1＝5 m，可知在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。]
6．BC [开始时行李初速度为零，相对传送带向右滑动，可知摩擦力为f＝μmg，根据牛顿第二定律f＝ma，解得a＝2 m/s2，故A错误；行李达到和传送带速度相同需要的时间为t1＝＝0.2 s，位移为x1＝t1＝0.04 m，行李匀速到B的时间为t2＝＝4.9 s，行李从A运动到B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B、C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，故D错误。故选BC。]
7．解析：(1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
解法二 设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为v1，薄板速度为v2。对物块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝mm
μmg·l＝m－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2
又h＝g
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s s (2) m
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