6高考物理特训第三章　运动和力的关系

第三章运动和力的关系第1讲牛顿三大运动定律目标要求学科素养1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.3.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力1.物理观念：明确惯性概念和牛顿第一、第二、第三定律的内容.2.科学思维：深入理解力和运动的关系及加速度与力、质量的关系.3.科学探究：知道伽利略理想实验及推理方法、牛顿第二定律的应用.4.科学态度与责任：能用惯性、牛顿运动定律解释生活中有关问题1．思考判断(1)kg、m/s、N等单位为导出单位．(×)(2)kg、m、s都是基本单位．(√)(3)牛顿第二定律的表达式F＝kma中各物理量取国际单位时k＝1.(√)(4)在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g.(×)(5)水平桌面上的小车在水平拉力作用下由静止开始加速前进时，绳拉小车的力大于小车拉绳的力．(×)(6)不管水平桌面上的小车在水平拉力作用下如何前进，绳拉小车的力与小车拉绳的力大小总相等．(√)2．[牛顿第一定律](多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：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D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案：BCD解析：亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，A错误；伽利略通过“理想实验”得出：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，B正确；笛卡儿指出：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，C正确；由牛顿第一定律可知，D正确．3．[牛顿第二定律的理解](多选)下列说法正确的是()A．物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此加速度的产生要滞后于力的作用B．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．物体所受的合力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小D．由公式F＝ma可知，1N＝1kg·m/s2答案：BCD解析：物体的加速度a与合力F有瞬时对应关系，加速度与力同时产生，故A错误；a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，故B正确；当合力减小时，加速度一定减小，如果a与v同向，则v会变大，故C正确；物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故D正确．能力点1牛顿第一定律的理解(自主冲关类)[题组·冲关]1．[对伽利略理想斜面实验的认识](多选)人类对“运动和力的关系”的认识经历了一个曲折漫长的探索过程．伽利略理想斜面实验如图，小婷同学在探究过程中经历了如下步骤：①两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面．②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度．③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度．④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将沿水平面以恒定速度持续运动下去．下列说法正确的是()A．其中①属于科学推理B．伽利略得出：运动物体如果不受其他物体的作用，将会做匀速直线一直运动下去，伽利略由此开创了实验和推理相结合的科学研究方法C．而过去我们对“运动和力的关系”一直错误的认识是力是维持物体运动的原因D．牛顿在伽利略的基础上总结、归纳，最后得出了举世闻名的牛顿第一定律，其内容是一切物体在没有受到外力作用时总保持静止状态或匀速直线运动状态答案：BCD解析：斜面实验中，属于科学推理的是②③④，A错误；伽利略得出：运动物体如果不受其他物体的作用，将会做匀速直线运动一直运动下去，伽利略由此开创了实验和推理相结合的科学研究方法，B正确；伽利略得出力是改变物体运动状态的原因后，推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因；因此过去我们对“运动和力的关系”一直错误地认为力是维持物体运动的原因，C正确；由牛顿第一定律可知，一切物体在没有受到外力作用时总保持静止状态或匀速直线运动状态，D正确．2．[对牛顿第一定律的理解](多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．下列说法正确的是()A．牛顿第一定律是实验定律B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性C．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D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因答案：CD解析：牛顿第一定律是在实验基础上经科学推理得到的定律，不是实验定律，故A错误；惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动的速度是改变的，行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质不是惯性，故B错误；根据牛顿第一定律可知，运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故C正确；牛顿第一定律既揭示了惯性是物体保持原有运动状态的原因，又揭示了力是运动状态改变的原因，故D正确．3．[对惯性的认识](多选)下列说法中正确的是()A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关C．物体运动状态发生改变时仍有惯性D．物体速度越大，它的惯性就越大答案：ABC解析：任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫作惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，A正确；因为任何物体在任何情况下都有惯性，其大小只与质量有关，质量大的惯性大，故D错误，B正确；惯性的大小与物体的运动状态无关，物体运动状态改变时，物体的惯性不变，故C正确．[锦囊·妙法]1．对牛顿第一定律的理解(1)揭示了物体具有惯性：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)揭示了力的作用对运动的影响：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．2．对惯性的理解(1)保持“原状”：物体在不受力或所受合力为零时，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)．(2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变．惯性越大，物体的运动状态越难以被改变．3．牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系(1)牛顿第一定律是以理解实验为基础，经过科学抽象、归纳推理总结出来的，牛顿第二定律是实验定律．(2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是相互独立的；牛顿第一定律只是定性讨论力和运动的关系，牛顿第二定律解决力和运动的定量关系；牛顿第一定律揭示了物体运动的原因和力的作用对运动的影响；牛顿第二定律则定量指出了力和运动的联系．能力点2牛顿第二定律的理解与定性应用(逐点突破类)1．[对牛顿第二定律的理解]根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与质量成反比D．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个力的大小成正比答案：C解析：根据牛顿第二定律得知物体加速度的大小跟其质量成反比，与速度无关，A错误；力是产生加速度的原因，只要有力，就能产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系，故B错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F＝ma可知，物体水平方向的加速度大小与其质量成反比，故C正确；物体加速度的大小跟物体所受的合力成正比，而不是跟任一个力的大小成正比，故D错误．牛顿第二定律的五个特性2．[多过程中的力与运动关系问题定性分析](2021·湖南模拟)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()[解法指导]①审题关键点：小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象．②解题切入点：v－t图象的斜率是加速度；加速度a由合力决定．力学动态过程的一般分析思路：答案：A解析：如图所示，小球刚开始接触弹簧(A点)时，重力大于弹力，合力方向向下，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置(O点)时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，小球向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点(B点)时，速度为零，加速度最大；根据对称性可知，小球运动到A点关于O点的对称点A′点时，加速度大小也为g，但方向向上，所以小球到达最低点时的加速度大于g；小球接触弹簧后的加速度a随时间t的变化为非线性变化．综上可知A正确，B、C、D错误．3．(2021·重庆模拟)如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则()A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B．滑块向左运动至与弹簧接触后先做一小段匀加速运动再做匀减速运动C．滑块向右运动过程中，始终做加速运动D．滑块向右运动过程中，当滑块与弹簧分离时，滑块的速度最大答案：A解析：滑块接触弹簧向左运动的过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，所以滑块做减速运动，但不是匀减速运动，故A正确，B错误．滑块接触弹簧向右的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时滑块受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，滑块做加速运动，当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，即μmg＝kx，即x＝eq\f(μmg,k)时，滑块速度达到最大，此后弹力继续减小，摩擦力大于弹力，合力向左，合力与运动方向相反，滑块做减速运动，所以滑块向右运动过程中，先加速后减速，C、D错误．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m).(3)物体的速度是增大还是减小，取决于物体的加速度与速度的方向关系．速度与加速度同向时，速度增大；速度与加速度反向时，速度减小，与物体的加速度是增大还是减小无关．能力点3牛顿第三定律的理解(自主冲关类)[题组·冲关]1．[作用力与反作用力的关系]电动平衡车是继传统滑板之后的又一滑板运动的新型产品，深受年轻人的喜爱．如图所示，电动平衡车置于水平地面上，下列说法正确的是()A．人站在平衡车上保持静止时，人所受的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力B．人站在平衡车上保持静止时，平衡车对人的支持力与平衡车对地面的压力是一对作用力和反作用力C．人竖直向上加速起跳阶段，平衡车对人的支持力的大小等于人对平衡车的压力的大小D．人竖直向上加速起跳阶段，人所受的重力大小等于人对平衡车的压力大小答案：C解析：人站在平衡车上保持静止时，人所受的重力与平衡车对人的支持力是一对平衡力，人所受的重力和地面对平衡车的支持力分别作用在两个不同的物体上，故A错误；人站在平衡车上保持静止时，平衡车对人的支持力与人对平衡车的压力是一对作用力和反作用力，平衡车对人的支持力与平衡车对地面的压力不是两个物体之间的相互作用，不是一对作用力和反作用力，故B错误；平衡车对人的支持力与人对平衡车的压力是一对作用力和反作用力，两者大小相等，方向相反，故C正确；人向上起跳时，加速度向上，合力向上，人所受的重力小于平衡车对人的支持力，所以人所受的重力小于人对平衡车的压力大小，故D错误．[考法指导]高考对牛顿第三定律的考查主要以概念的理解和辨析为主，如：作用力和反作用力的关系，作用力和反作用力与一对平衡力的区别，有时也渗透到综合题中，用以转移研究对象．2．[作用力和反作用力与一对平衡力的区别]如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是()A．人所受的重力与人对平板车的压力是一对平衡力B．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对平衡力C．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力D．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力答案：D解析：人所受的重力与人对平板车的压力方向相同，但作用的物体不同，故不是平衡力，A错误；平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确；人所受的重力是地球对人的作用力，其反作用力是人对地球的作用力，故C错误．[锦囊·妙法]1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”2．区分作用力和反作用力与一对平衡力的关键明确力的作用对象是区分作用力和反作用力与一对平衡力的关键．作用力和反作用力作用在两个物体上，常有“A对B的……，B对A的……”的说法，而一对平衡力作用在同一物体上，常有“A对B的……，C对B的……”的说法．能力点4转换研究对象的桥梁——牛顿第三定律(综合提升类)牛顿第三定律在受力分析、处理连接体等问题中有着广泛应用，其主要作用就是转移研究对象．例如，A和B是相互作用的两个物体，现要求A物体对B物体的作用力，当根据已知条件无法对B物体进行完整的运动分析或受力分析时，可以先以A物体为研究对象，求得A受到的B对它的反作用力，再根据作用力与反作用力的关系，即可得到物体B受到的作用力．典例如图所示，放置于地面上的圆环的质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球，今让小球沿钢丝AB(质量不计)以初速度v0竖直向上运动，要使圆环对地面恰好无压力，则小球的加速度是多大？(设小球不会到达A点，重力加速度为g)[解法指导]①审题关键点：要使圆环对地面无压力．②解题切入点：小球对钢丝向上的摩擦力等于圆环重力．答案：eq\f(M＋m,m)g解析：由牛顿第三定律知圆环对地面无压力，则地面对圆环无支持力取小球为研究对象，小球受重力mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力Ff，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力Ff′＝Ff对圆环受力分析可知，圆环受重力Mg和竖直向上的摩擦力Ff′作用，则有Mg＝Ff′由以上各式联立解得a＝eq\f(M＋m,m)g.(2021·四川模拟)杂技“顶竿”表演如图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑，求竿对“底人”的压力大小．(重力加速度为g)答案：(M＋m)g－ma解析：设竿对竿上的人的摩擦力大小为Ff，对竿上的人由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma由牛顿第三定律得竿上的人对竿的摩擦力大小Ff′等于竿对竿上的人的摩擦力，设“底人”对竿的支持力为FN，对竿由平衡条件得Mg＋Ff′＝FN解得FN＝(M＋m)g－ma由牛顿第三定律得竿对“底人”的压力大小为(M＋m)g－ma.A级(练考点过基础)题组一对牛顿第一定律的理解1．(2020·泰州模拟)在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)，将可靠的事实和逻辑推理结合起来，能更深刻地反映自然规律．下面给出了伽利略斜面实验的五个事件，请对事件的性质进行判断并正确排序：由A点静止释放的小球，①若没有摩擦，能滚到另一斜面与A点等高的C点；②当减小小球与斜面间动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置更接近于等高的C点；③若没有摩擦，减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点；④若没有摩擦且另一斜面放置水平，小球将沿水平面一直运动下去；⑤不能滚到另一斜面与A点等高的C点．以下正确的是()A．事实⑤→事实②→推论①→推论③→推论④B．事实⑤→事实②→推论③→事实①→推论④C．事实⑤→事实②→事实①→推论③→推论④D．事实⑤→事实②→推论①→事实③→推论④答案：A解析：根据实验事实⑤斜面有动摩擦因数时不能滚到另一斜面与A点等高的C点，事实②当减小小球与斜面间动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置更接近于等高的C点，得出实验结果：如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，即推论①；进一步假设，若减小第二个斜面的倾角，小球将通过较长的路程，小球在斜面上仍然要到达原来的高度，即得出推论③；最后使斜面成水平面，小球将沿水平面持续匀速运动，即推论④.故A正确，B、C、D错误．2．(多选)如图所示，一个盛满水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴着一个铁球和一个乒乓球．容器中的水、铁球和乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左运动B．铁球向右运动C．乒乓球向左运动D．乒乓球向右运动答案：AD解析：当容器随小车突然向右运动时，由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难以改变，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，故铁球相对于小车向左运动，A正确，B错误；当容器随小车突然向右运动时，由于与同体积的“水球”相比，乒乓球质量小、惯性小，运动状态容易改变，故乒乓球相对于小车向右运动，C错误，D正确。题组二对牛顿第二定律的理解与应用3．一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度a的大小和速度v的大小变化情况是()A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大答案：C解析：质点处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律可知，a先增大后减小，v始终增大，C正确．4．(2021·湖北模拟)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A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一直做加速运动B．物体运动到O点时，所受合力为零C．物体从A到O先加速后减速，从O到B做减速运动D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小答案：C解析：物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速，即物体先加速后减速，故A错误；物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零，故B错误；物体从A到O先加速后减速，从O到B的过程中物体一直受到向左的弹力与向左的阻力，所以物体一直做减速运动，C正确；物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误．题组三对牛顿第三定律的理解与应用5．(2021·山西模拟)2020年7月9日20时11分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功将亚太6D卫星送入预定轨道，发射获得圆满成功．关于这次火箭上天与卫星的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后与地球之间不存在相互作用力答案：A解析：火箭尾部向外喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向前的反作用力，即为火箭前进的动力，此动力并不是由周围空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，A正确，B、C错误；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，D错误．6．(多选)如图所示，跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是()A．运动员对地面的压力大于运动员受到的重力B．地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力C．地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力D．运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力答案：AB解析：运动员起跳的瞬间向上做加速运动，由牛顿第二定律可知，地面对运动员的支持力大于运动员的重力．由牛顿第三定律得运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，A、B正确，C、D错误．7．(2020·湖北荆州质检)英国人阿特伍德设计的装置如图所示，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．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．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮答案：A解析：由于滑轮光滑，所以根据牛顿第三定律可以推知，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，C、D错误．B级(练能力过素养)8．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、笛卡儿、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时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”D．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，这是由于物体具有惯性答案：C解析：力不是维持物体运动状态的原因，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A符合“新物理学”；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B符合“新物理学”；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”，故C不符合“新物理学”；由于物体具有向上的速度，所以具有向上的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立刻向下运动，故D符合“新物理学”．9．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，则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？(已知重力加速度为g)答案：(M＋m)g－ma(M－m)g＋ma解析：圆环上升时，两物体受力分析如图甲所示，其中Ff1为杆给环的摩擦力，Ff2为环给杆的摩擦力对圆环，有mg＋Ff1＝ma对底座，有FN1＋Ff2－Mg＝0由牛顿第三定律得Ff1＝Ff2联立可得FN1＝(M＋m)g－ma甲乙圆环下降时，两物体受力分析如图乙所示对底座，有Mg＋Ff2′－FN2＝0由牛顿第三定律得Ff1′＝Ff2′由分析可得Ff1′＝Ff1联立解得FN2＝(M－m)g＋ma.

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题目标要求学科素养1.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和超重、失重问题.2.应用牛顿第二定律解决两类动力学问题和图象问题1.物理观念：超重、失重和完全失重现象；明确动力学的两类基本问题——由受力求运动、由运动求受力.2.科学思维：知道产生超重和失重的条件；会运用牛顿第二定律解决两类动力学问题、图象问题和生活中的超重和失重现象必记答案受力情况运动情况大于向上减速下降小于向下减速上升向下1．思考判断(1)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况．(×)(2)物体所受的合力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(3)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．(√)(4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．(×)(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)2．[瞬时性问题]如图所示，一轻弹簧的上端固定，下端悬挂一重物，静止时弹簧伸长了8cm.现再将重物向下拉4cm，然后放手，则在释放重物的瞬间，重物的加速度大小为(重力加速度为g)()A.eq\f(g,4) B.eq\f(g,2)C.eq\f(3g,2) D．g答案：B解析：假设弹簧的劲度系数为k，第一次弹簧伸长了x1＝8cm，由胡克定律和平衡条件得kx1－mg＝0；第二次弹簧伸长了x2＝12cm，且在释放重物的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律得kx2－mg＝ma，解得a＝eq\f(g,2)，故B正确．3．[图象问题](多选)如图所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为Ff、所受的合力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是()答案：AD解析：滑块上滑和下滑过程中，正压力大小不变，则摩擦力大小不变，但方向相反，上滑时摩擦力方向沿斜面向下，下滑时摩擦力方向沿斜面向上，所以A正确；滑块在上滑和下滑时的合力或加速度的方向均沿斜面向下，故B、C错误；上滑时加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，故a1>a2，D正确．能力点1加速度与力的瞬时性问题(综合提升类)牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间，可突变，变为以后所做运动的初状态．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，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，其弹力的大小往往可以看成保持不变．典例1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，则在突然撤去挡板的瞬间有(重力加速度为g)()甲乙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球的加速度是图乙中B球加速度的2倍[解法指导]①审题关键点：突然撤去挡板的瞬间．②解题切入点：a.“轻弹簧”的弹力在瞬间不会发生突变，以此为突破口可确定图甲中两球的加速度；b．“轻质杆”的弹力在瞬间可能发生突变，突变为以后所做运动的初状态，应综合分析力和运动的变化才能确定图乙中两球的加速度．答案：D解析：撤去挡板前，题图甲和题图乙中A、B两球的受力一样，A球受弹簧(或杆)的弹力沿斜面向上，大小为mgsinθ，B球受到弹簧(或杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsinθ，从A、B整体看，B球受挡板C的弹力沿斜面向上，大小为2mgsinθ.撤去挡板瞬间，题图甲中的轻弹簧因为形变来不及改变，所以弹力在这一瞬间不变，即A球的受力在这一瞬间不变，加速度仍为零，B球的合力为2mgsinθ，即加速度为2gsinθ；题图乙中轻杆的存在“迫使”A、B两球必须一起运动，即A、B两球的加速度相同，对A、B整体有2mgsinθ＝2ma，解得A、B两球的加速度大小a＝gsinθ，方向沿斜面向下，再选B球为研究对象，设此时杆的弹力为F，则有F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0.综上可知，仅D正确．(2020·湖北模拟)如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)()A．0 B.eq\f(2\r(3),3)gC．g D.eq\f(\r(3),3)g答案：B解析：开始小球处于平衡态，其受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，且mg和F的合力与FN等大、反向，如图所示，由平衡条件可得FN＝eq\f(2\r(3),3)mg；当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受到的重力mg、弹簧拉力F不变，故此时小球的合力大小与FN等大，由牛顿第二定律得，小球的加速度为eq\f(2\r(3),3)g，B正确．求解瞬时加速度的两种模型及思路(1)对轻质弹簧或橡皮筋等：产生的弹力不会瞬间突变，可直接从受力分析入手确定合力，然后利用牛顿第二定律确定瞬时加速度；(2)对轻杆或刚性绳、接触面等：产生的弹力可发生瞬间突变，应从物理约束或即将发生的运动入手，分析与之相对应的受力，然后利用牛顿第二定律确定瞬时加速度．能力点2超重和失重问题(综合提升类)对超重或失重现象的理解(1)不管物体处于超重状态还是失重状态，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力(视重)发生了变化．(2)超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向．加速度向上是超重，加速度向下是失重．(3)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，物体也会处于超重或失重状态．典例2[根据超、失重情况判断运动状态](多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490N．他将体重计移至电梯内称其体重，t0到t3时间内，体重计的示数如图所示，电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)()[解法指导]①审题关键点：体重计的示数如图所示；电梯运行的v－t图象．②解题切入点：本题的分析思路如下：注意：由物体的超重和失重现象只能判断物体的加速度方向，不能确定其运动方向．答案：AD解析：由G－t图象可知，t0～t1时间内，人的视重小于其重力，说明电梯具有向下的加速度；t1～t2时间内，人的视重等于其重力，电梯匀速或静止；t2～t3时间内，人的视重大于其重力，具有向上的加速度．若电梯向上运动，则在这三段时间内的运动情况分别为匀减速运动、匀速运动或静止、匀加速运动，D正确；若电梯向下运动，则在这三段时间内的运动情况分别为匀加速运动、匀速运动、匀减速运动，A正确．1．[根据运动情况判断超、失重]某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象．下列说法正确的是()A．下蹲过程中人始终处于超重状态B．起立过程中人始终处于超重状态C．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态D．起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案：D解析：下蹲过程中，人先向下做加速运动后向下做减速运动，所以人先处于失重状态后处于超重状态，A、C错误；起立过程中，人先向上做加速运动后向上做减速运动，所以人先处于超重状态后处于失重状态，B错误，D正确．2．[完全失重]图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10m/s2，根据图象分析可知()甲乙A．人的重力可由b点读出，约为300NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人从双脚离开力板后在空中运动的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度答案：C解析：开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900N，人的重力也约为900N，故A错误；由图乙所示图象可知，从b到c的过程中，人对力板的压力先小于自身重力后大于自身重力，因此人先处于失重状态后处于超重状态，B错误；人在双脚离开力板的过程中人对力板的压力为零，人处于完全失重状态，故C正确；由图乙所示图象可知，在b点时，人对力板的压力约为300N，力板对人的支持力约为300N，人所受合力约为900N－300N＝600N；在c点时，人对力板的压力约为2000N，力板对人的支持力约为2000N，人受到的合力约为2000N－900N＝1100N，人在b点受到的合力小于在c点受到的合力，由牛顿第二定律可知，人在b点的加速度大小小于在c点的加速度大小，故D错误．超重和失重现象判断的“两个角度”能力点3两类典型的动力学与多过程问题(综合提升类)求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．典例3航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.(1)[已知运动情况求受力情况]第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m．求飞行器所受阻力f的大小．(2)[已知受力情况求运动情况]第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能到达的最大高度h.[解法指导]①审题关键点：a.第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m；b．第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．②解题切入点：a.第一次试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，根据位移时间公式可求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以求出阻力f的大小；b．失去升力后飞行器受重力和阻力的作用做匀减速直线运动，当速度减为0时，高度最高，该最大高度等于失去升力前的位移加上失去升力后的位移之和．答案：(1)4N(2)42m解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1，飞机匀加速运动，有H＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得a1＝2m/s2由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1，解得f＝4N.(2)第二次飞行中，设飞行器失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，有s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)设飞行器失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2，解得a2＝12m/s2v1＝a1t2s2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)解得h＝s1＋s2＝42m.[思维延伸]为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.[思路点拨]飞行器从开始下落时做匀加速直线运动，恢复升力后做匀减速直线运动，为了使飞行器不致坠落到地面，其到达地面时速度恰好为0.根据牛顿第二定律以及运动学基本公式即可求得飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.答案：eq\f(3\r(2),2)s解析：设飞行器失去升力后下降阶段的加速度为a3，恢复升力后的加速度大小为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律得mg－f＝ma3，F＋f－mg＝ma4且eq\f(veq\o\al(2,3),2a3)＋eq\f(veq\o\al(2,3),2a4)＝h，v3＝a3t3解得t3＝eq\f(3\r(2),2)s(或2.1s)．可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图，一只企鹅在倾角θ＝37°的倾斜冰面上先以a＝1.0m/s2的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝4s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，即完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小．(2)企鹅沿冰面向上滑行的加速度大小．(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．答案：(1)8m(2)8m/s2(3)6eq\r(2)m/s解析：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小x1＝eq\f(1,2)at2＝8m.(2)企鹅沿冰面向上滑行时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得a＝8m/s2.(3)企鹅开始上滑时的速度v＝at＝4m/s企鹅向上滑行的距离x2＝eq\f(v2,2a)＝1m企鹅向上运动的总位移大小x＝x1＋x2＝9m企鹅向下滑行时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma′代入数据解得a′＝4m/s2由v′2－veq\o\al(2,0)＝2a′x可知，企鹅下滑回到出发点时的速度大小v′＝eq\r(2a′x)＝6eq\r(2)m/s.分析多过程问题的几个关键点(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接；(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图；(3)根据“子过程”和“衔接点”的受力和运动的模型特点选择合理的规律列方程；(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间、位移或速度关系等，列出相关的辅助方程．能力点4动力学的图象问题(综合提升类)动力学图象问题的解题策略(1)图象问题的实质是力与运动的关系，分析的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物理情境”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．典例4[由运动图象分析物体的受力情况](多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t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()图a图bA．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[解法指导]①审题关键点：t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图b所示．②解题切入点：答案：ACD解析：由v－t图线可得，物块向上滑行的加速度大小a1＝eq\f(v0,t1)，物块返回时向下滑行的加速度大小a2＝eq\f(v1,t1)，对上升和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可得a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ，同理a2＝gsinθ－μgcosθ，联立方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，A、C正确；根据运动的v－t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，D正确．[由力的图象分析物体的运动情况](多选)质量m＝2kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．3s末物块的加速度大小为1.5m/s2C．5s末物块的速度大小为1.5m/sD．5s内物块的位移大小为9m答案：BD解析：0～2s内，物块做匀速直线运动，由平衡条件可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A错误；3s末物块的加速度大小为a，有F1＋F2－μmg＝ma，代入数据得a＝－1.5m/s2，故B正确；2s～4s内物块的加速度为－1.5m/s2，所以物块减速到0的时间t0＝eq\f(3,1.5)s＝2s，即物块在4s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5s内物块的位移大小等于物块前4s内的位移大小，即为x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2＋\f(3＋0,2)×2))m＝9m，故D正确．利用表达式判断图象形状的思维方法(1)常用规律：运动学规律、牛顿第二定律、功能关系等．(2)若是“多过程”现象，要分析清楚各“子过程”的图象特点及各“衔接点”的数值．A级(练考点过基础)题组一加速度的同向性与力的瞬时性问题1．(多选)如图所示，小车运动时，看到摆球悬线与竖直方向成θ角并与小车保持相对静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．小车可能向右加速运动，加速度大小为gsinθB．小车可能向右减速运动，加速度大小为gtanθC．小车可能向左加速运动，加速度大小为gtanθD．小车可能向左减速运动，加速度大小为gtanθ答案：BC解析：以摆球为研究对象，受力如图所示．则mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，方向向左，那么小车可能是向左加速运动，也可能是向右减速运动，B、C正确，A、D错误．2．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v－t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()A．t＝0时，拉力F＝0B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．若t2时刻B的速度达到最大值，此时弹簧弹力恰好为零答案：B解析：根据v－t图象可知，t＝0时A的加速度不为零，所以施加在A上的拉力F不为零，A错误；施加拉力F前，A、B整体平衡，根据平衡条件知，弹簧弹力F弹＝2Mg，施加拉力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有F弹－Mg－FAB＝Ma，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，A、B间的作用力FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；若t2时刻B达到最大速度，此时B的加速度为零，所以弹簧弹力和B的重力大小相等、方向相反，D错误．题组二超重和失重问题3．(2020·重庆模拟)(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时最小答案：AD解析：当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2s时压力最大，A正确，C错误；当电梯有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5s时压力最小，B错误，D正确．题组三两类典型的动力学问题4．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线，由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m．汽车在刹车前瞬间的速度大小为(重力加速度g取10m/s2)()A．10m/s B．20m/sC．30m/s D．40m/s答案：B解析：汽车紧急刹车后，受滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，设减速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，设汽车在刹车前瞬间的速度大小为v0，根据运动学公式有veq\o\al(2,0)＝2as，联立以上各式解得v0＝20m/s，B正确．5．(2020·湖南模拟)如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板的动摩擦因数为μ2(μ2＞μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是()A．要顺利地卸下全部沙子，应满足tanθ＜μ2B．要顺利地卸下全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足tanθ＞μ2＞μ1答案：C解析：要顺利地卸下全部沙子，对全部沙子整体分析，有Mgsinθ＞μ2Mgcosθ，解得μ2＜tanθ，故A、B错误；只卸去部分沙子，车上还留有一部分，对上部分沙子分析，有mgsinθ＞μ1mgcosθ，解得μ1＜tanθ，对留下的部分沙子分析，m′gsinθ＜μ2m′gcosθ，解得μ2＞tanθ，故C正确，D错误．题组四动力学的图象问题6．(2020·广东模拟)(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是()甲乙A．2s～3s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D．恒力F大小为10N答案：BC解析：物体做匀减速直线运动的加速度大小a1＝eq\f(v2,2s1)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2，物体做匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq\f(v′2,2s1)＝eq\f(64,2×8)m/s2＝4m/s2.根据牛顿第二定律得F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数μ＝eq\f(f,mg)＝0.3，物体做匀减速直线运动的时间t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，即物体在0～1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动．故B、C正确，A、D错误．7．(多选)如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．重力加速度为g，则下列判断正确的是()甲乙A．图线与纵轴的交点的绝对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量mC．图线与横轴的交点N的值FTN＝mgD．图线的斜率为eq\f(2,m)答案：AD解析：对货物进行受力分析，物体受重力mg、拉力2FT，根据牛顿第二定律，有2FT－mg＝ma，则a＝eq\f(2,m)FT－g.当FT＝0时，a＝－g，所以图线与纵轴的交点的绝对值为g，故A正确；图线的斜率k＝eq\f(2,m)，故B错误，D正确；当a＝0时，FT＝eq\f(mg,2)，即图线与横轴交点N的值FTN＝eq\f(mg,2)，故C错误．B级(练能力过素养)8．(2021·辽宁模拟)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在P上，另一端分别连在A和C上．在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态答案：C解析：由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsinα.题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinα·cosα，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小F合＝mgsinα，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态．故C正确，A、B、D错误．9．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＝eq\f(\r(3),3).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与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案：(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13,5)eq\r(3)N解析：(1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2vB＝v0＋at解得a＝3m/s2，vB＝8m/s.(2)对物块进行受力分析，如图所示FN、Ff为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得垂直斜面方向有Fsinα＋FN＝mgcosθ沿斜面方向有Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma又因为Ff＝μFN解得Fcosα＋eq\f(\r(3),3)Fsinα＝5.2N则F＝eq\f(5.2N,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(15.6N,2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα)))＝eq\f(7.8N,\r(3)sin（α＋60°）)当α＝30°时，拉力F有最小值，Fmin＝eq\f(13,5)eq\r(3)N．

专题探究3牛顿运动定律的综合应用与题型目标要求学科素养1.应用牛顿第二定律解决连接体问题.2.应用牛顿第二定律解决“滑块＋传送带”模型问题.3.应用牛顿第二定律解决“滑块＋木板”模型问题1.物理观念：连接体、“滑块＋传送带”和“滑块＋木板”模型.2.科学思维：掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法.3.科学探究：探究连接体、“滑块＋传送带”和“滑块＋木板”模型问题.4.科学态度与责任：从生活中走向物理，感受到物理与生活的联系，产生亲近的情感能力点1连接体的动力学问题(综合提升类)1．连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等轻杆轻杆平动时，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2.处理连接体问题的方法(1)整体法①当连接体内(系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．②运用整体法解题的基本步骤eq\x(\a\al(明确所研究,系统和运动,的全过程))⇨eq\x(\a\al(画出系统整体的,受力图或运动全,过程的示意图))⇨eq\x(\a\al(选用适当的,物理规律列,方程求解))(2)隔离法①当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．②运用隔离法解题的基本步骤第一步：明确研究对象或过程、状态．第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来．第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图．第四步：选用适当的物理规律列方程求解．(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，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”．3．物体系的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决物体系的动力学问题时，常存在临界、极值问题，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时．下面是常见的几种临界条件：(1)接触面间“接触”与“脱离”的临界条件：接触面间的弹力FN＝0；(2)接触面间“相对静止”与“相对滑动”的临界条件：接触面间的静摩擦力达到最大值；(3)绳子“张紧”与“松弛”的临界条件：绳中张力FT＝0.典例1[物体叠放与弹簧连接](2021·福建模拟)为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示实验，在小木板上固定一个轻质弹簧测力计(以下简称弹簧)，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行．现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F2，测得斜面倾角为θ，则木板与斜面间动摩擦因数μ为多少？(斜面固定在地面上)[解法指导]①审题关键点：a.用手固定木板时，弹簧示数为F1；b．放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F2.②解题切入点：a.用手固定木板时，小球处于平衡状态；b.放手后，木板沿斜面下滑，小球沿斜面向下做匀加速直线运动．答案：eq\f(F2,F1)tanθ解析：固定时弹簧示数为F1，对小球受力分析有F1＝mgsinθ①整体下滑时，由牛顿第二定律得(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a②下滑稳定后，对小球，有mgsinθ－F2＝ma③由式①②③得μ＝eq\f(F2,F1)tanθ.1．[轻绳连接](多选)如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．重力加速度为g，则()A．车厢的加速度为gsinθB．绳对物体m1的拉力为eq\f(m1g,cosθ)C．底板对物体m2的支持力为(m2－m1)gD．物体m2所受底板的摩擦力为m2gtanθ答案：BD解析：以物体m1为研究对象，受力情况如图1，其受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a，得a＝gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，T＝eq\f(m1g,cosθ)，故A错误，B正确．对物体m2研究，受力分析如图2，根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2a＝m2gtanθ，故C错误，D正确．图1图22．如图，物块A、木板B叠放在水平地面上，B的上表面水平，A、B的质量均为m＝1kg，A、B之间及B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.一根轻绳跨过光滑定滑轮与A、B相连，轻绳的上、下两段均水平，轻绳和木板B都足够长。当对物块A施加一水平向左的恒力F＝5N时，物块A向左做匀加速直线运动。在这个过程中，A相对地面的加速度大小用a表示，绳上拉力大小用T表示，重力加速度g＝10m/s2，则()A．T＝3.5N B．T＝4NC．a＝4m/s2 D．a＝2m/s2答案：A解析：以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F－μmg－T＝maA，以B为研究对象，由牛顿第二定律得T′－μmg－2μmg＝maB，由牛顿第三定律知T＝T′，根据题意，加速度大小aA＝aB，解得T＝3.5N，aA＝aB＝0.5m/s2，故只有A正确．一个常用的结论——动力分配原理在如图甲、乙所示的情景中，地面、斜面光滑，两物块与地面、斜面间的动摩擦因数均相同．当用力F拉着物块m1、m2一起加速运动时，绳的张力F内＝eq\f(m1,m1＋m2)F，即动力的效果按与质量成正比的规律分配．甲乙能力点2“滑块＋传送带”模型(综合提升类)分析“滑块＋传送带”模型问题的思维流程模型一“滑块＋水平传送带”模型1．三种常见情景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)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端；(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v，返回时速度为v；当v0<v，返回时速度为v0[说明]在“滑块＋水平传送带”模型中，若传送带较长，滑块与传送带能实现“共速”，则滑块与传送带将保持相对静止，一起做匀速直线运动．2．方法点拨(1)水平传送带又分为两种情况：滑块的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向．(2)在匀速运动的水平传送带上，只要滑块和传送带不共速，滑块就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．(3)计算滑块与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.考法一物块初速度与传送带速度反向典例2(2021·安徽模拟)如图所示，水平方向的传送带以4m/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、B间的距离为7m．一物块从B端以5m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2.在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图象是图中的()答案：B解析：物块刚滑上传送带时，由于物块与传送带间的摩擦力的作用，物块做匀减速运动，其加速度a＝μg＝2m/s2，当物块的速度减小为0时，物块前进的距离s＝eq\f(0－52,2×（－2）)m＝6.25m，其值小于AB的距离，故物块减速到0后会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离s′＝eq\f(42－0,2×2)m＝4m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，此后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，综上所述，故A、C、D错误，B正确．考法二物块初速度与传送带速度同向典例3(2021·山东模拟)如图所示，水平传送带两端点相距8m，以v＝13m/s的恒定速度逆时针运转，工件(可视为质点)滑上A端时速度vA＝10m/s，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10m/s2.工件在传送带上运动的整个过程中，其位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间变化的图象正确的是()答案：B解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6m/s2，工件速度达到v＝13m/s时所用时间t1＝eq\f(v－vA,a)＝eq\f(13－10,6)s＝0.5s，运动的位移x＝eq\f(v＋vA,2)t1＝5.75m＜8m，则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速运动后匀速运动，根据牛顿第二定律可得合力F＝ma先不变后为零，故B正确，A、C、D错误．模型二“滑块＋倾斜传送带”模型1．三种常见情景项目图示滑块可能的运动情况情景1μ≥tanθ时：①可能一直加速；②可能先加速后匀速情景2μ＜tanθ时；先以a1减速，共速后再以a2减速情景3①可能一直加速；②可能先加速后匀速(μ≥tanθ)；③可能先以a1加速后以a2加速(μ＜tanθ)2.解法指导滑块沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：滑块由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断滑块所受合力与速度方向的关系，确定滑块运动情况．考法一物体沿传送带向下运动的情形典例4粮袋的传送装置如图所示，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行，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，重力加速度为g)()A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以一定的速度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答案：A解析：粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；粮食在传送带上可能先匀加速运动，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；粮袋在传送带上也可能先做加速度较大的匀加速运动，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．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直做加速运动，可能一直以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速运动，后以g(sinθ－μcosθ)的加速度匀加速运动，故B错误．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C错误．由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误．考法二物体沿传送带向上运动的情形典例5(2021·江苏模拟)货场使用的传送带如图，传送带倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0＝12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.(1)求货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向．(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？答案：(1)10m/s2方向沿传送带向下(2)1s7m(3)(2＋2eq\r(2))s解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示沿传送带方向有mgsinθ＋Ff＝ma1垂直传送带方向有mgcosθ＝FN又Ff＝μFN故货物刚滑上传送带时加速度大小a1＝10m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1则有t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝eq\f(2－12,－10)s＝1sx1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝7m经过1s货物和传送带速度相同，这时货物相对于地面运动了7m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝eq\f(0－v,－a2)＝1s货物沿传送带向上滑的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t2＝1m则货物上滑的总距离x＝x1＋x2＝8m货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2.设下滑时间为t3则x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)代入数据解得t3＝2eq\r(2)s所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2eq\r(2))s.解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．(3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角的正切值与动摩擦因数的大小关系．能力点3“滑块＋木板”模型(综合提升类)1．“滑块＋木板”模型问题2．分析“滑块＋木板”模型问题的思维流程典例6如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小．(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小．(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？[解法指导]①审题关键点：a.纸板相对砝码运动，纸板所受摩擦力的大小；b.使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；c.砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．②解题切入点：a.应用滑动摩擦力公式求出纸板与砝码、桌面受到的摩擦力；b.要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度；c.为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l＝0.002m.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22.4N解析：(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1＝μm1g，f2＝μ(m1＋m2)g纸板所受摩擦力的大小f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g.(2)设砝码的加速