第三章牛顿运动定律

第三章牛顿运动定律第1节牛顿运动定律一、牛顿第一定律1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。2.意义（1）指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。（2）指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。3.惯性（1）定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。（2）性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。（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。二、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＝ma。2.单位制（1）单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。（2）基本单位在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。（3）导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。三、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，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叫作作用力和反作用力。2.牛顿第三定律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。一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。试判断下列说法的正误。（1）由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而是又向前运行了一段距离。（√）（2）货车承载的货物越重，惯性越大。（√）（3）刹车时，货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。（×）（4）地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。（×）（5）车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。（×）考点一牛顿第一定律的理解[素养自修类]1.[对惯性的理解]（2023·江苏扬州中学高三月考）飞机在迫降前应该把机载的燃油放空；消防车在跑道上喷出了一条泡沫带，下列说法中正确的是（）A.放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加了飞机的惯性B.放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小了飞机的惯性C.喷出了一条泡沫带是为了减小飞机所受的合力D.喷出了一条泡沫带是为了减小飞机所受的阻力解析：B惯性的大小只跟质量有关，质量越小，惯性越小，放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小了飞机的惯性，选项A错误，B正确；喷出泡沫带是为了给飞机降温，不是为了减小飞机所受的合力或阻力，选项C、D错误。2.[牛顿第一运动定律的应用]如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球（m1＞m2），原来随小车一起做匀速直线运动，当小车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球（）A.一定相碰B.一定不相碰C.不一定相碰D.无法确定，因为不知小车的运动方向解析：B小车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在小车光滑表面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，又两球的速度相同，相同时间内通过的位移相同，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故B正确，A、C、D错误。1.对牛顿第一定律的理解（1）揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。（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。2.惯性的两种表现形式（1）保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，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）。（2）反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。考点二牛顿第二定律的理解与简单应用[素养自修类]1.[对牛顿第二定律的理解]下列对牛顿第二定律的理解，不正确的是（）A.如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B.如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生的加速度的矢量和C.平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D.物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比解析：D由牛顿第二定律可知，A、B、C正确；物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响（如受力、运动状态、在火星上还是地球上等），D错误。2.[力与运动的关系]如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一物体把弹簧压缩到A点，然后释放，物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是（）A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B.物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变C.物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动D.物体在B点受力为零解析：C物体在A点时水平方向受两个力作用，向右的弹力kx和向左的摩擦力Ff，合力F合＝kx－Ff，物体从A→B的过程，弹力由大于Ff减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A到B间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B→C过程，F合＝Ff为恒力，方向向左，所以物体做匀减速运动，故C正确。3.[牛顿第二定律的简单应用]一辆装满石块的货车在某段平直道路上遇到险情，司机以加速度a＝34g紧急刹车。货箱中石块B的质量为m＝400kg，g＝10m/s2，则石块B周围与它接触的物体对它的作用力为（A.3000N B.4000NC.5000N D.7000N解析：C本题考查牛顿第二定律的应用以及力的合成问题。当货车刹车时，在竖直方向，其他物体对石块B的作用力Fy＝mg＝4000N，在水平方向，其他物体对石块B的作用力Fx＝ma＝3000N，故石块B周围与它接触的物体对它的作用力F＝Fx2+Fy2＝30002+4001.牛顿第二定律的五个性质2.合力、加速度、速度间的决定关系（1）合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动；合力与速度不共线时，物体做曲线运动，但合力与速度无必然联系。（2）a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、（3）a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1考点三瞬时加速度问题[互动共研类]1.两类模型2.在求解瞬时加速度时应注意的问题（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。【典例】如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，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，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有（）A.图甲中A球的加速度为gsinθB.图甲中B球的加速度为0C.图乙中A、B两球的加速度均为0D.图乙中A、B两球的加速度均为gsinθ解析题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；题图甲中撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mgsinθ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsinθ，加速度为3gsinθ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mgsinθ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mgsinθ，加速度均为gsinθ，选项C错误，D正确。答案D｜规律方法｜求解瞬时加速度的步骤1.[轻弹簧模型]两个质量均为m的小球，用轻质弹簧连接，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是（）A.aA＝0；aB＝12g B.aA＝g；aB＝C.aA＝g；aB＝g D.aA＝0；aB＝g解析：B细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知细线的拉力为FT＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，A、C、D错误，B正确。2.[轻绳模型]两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角如图所示，若只剪断a绳，剪断瞬间小球的加速度大小为a1，若只剪断b绳，剪断瞬间小球的加速度大小为a2，则a1∶a2为 （）A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.23∶12解析：C剪断一条轻绳瞬间，另一条绳对小球的拉力发生突变。只剪断a绳瞬间，小球所受合力沿与b绳垂直斜向右下方的方向，沿垂直b绳方向分解小球重力得mgcos30°＝ma1，解得a1＝32g；同理只剪断b绳瞬间，小球的加速度大小为a2＝12g，则a1a2＝考点四牛顿第三定律的理解[素养自修类]1.[作用力与反作用力的关系]如图甲所示，将一个力传感器固定在滑块上，另一个力传感器钩住它向右拉滑块，观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（）A.作用力大时，反作用力小B.作用力和反作用力的大小总是相等C.反作用力总是在作用力出现后才产生的D.图乙所示的曲线，只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到解析：B观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化，选项A、C错误，B正确；作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系，与物体的运动状态无关，选项D错误。2.[相互作用力与平衡力的比较]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.空气对飞行器的作用力方向竖直向上B.手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：A飞行器静止悬浮在空中，由平衡条件可知，空气对飞行器的作用力方向竖直向上，选项A正确；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，选项B错误；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，选项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，选项D错误。3.[作用力与反作用力的应用]建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（）A.510N B.490NC.890N D.910N解析：B设绳子对建筑材料的拉力为F1，由牛顿第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝210N，由牛顿第三定律可知，绳子对人的拉力F1'＝F1＝210N，人处于静止状态，则地面对人的支持力，FN＝Mg－F1'＝490N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力FN'＝FN＝490N，故B正确。1.一对平衡力与一对作用力、反作用力的比较名称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。1.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。下列说法不符合历史事实的是（）A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B.伽利略通过“理想实验”得出结论：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解析：A亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。2.（2023·江苏省南京市、盐城市一模）质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体，均只受到两个力的作用，大小为F1和F2，方向如图所示，产生加速度的大小分别为a甲、a乙、a丙、a丁，下列排序正确的是（）A.a甲＞a丙＞a乙＞a丁 B.a丁＞a丙＞a乙＞a甲C.a乙＞a丙＞a丁＞a甲 D.a丙＞a乙＞a丁＞a甲解析：C当两个分力一定时，合力随着两分力夹角的增大而减小，故合力大小关系是F乙＞F丙＞F丁＞F甲，根据牛顿第二定律可得a＝Fm，则加速度大小关系是a乙＞a丙＞a丁＞a甲，故A、B、D项错误，C项正确3.我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动。如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是（）解析：C根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A点指向B点，故C正确，A、B、D错误。4.高铁是中国“新四大发明”之一，具有极好的稳定性。如图，列车沿水平直线方向高速运行时，硬币可直立在水平窗台上，列车转弯时，硬币倾倒。在列车行驶过程中，该硬币（）A.直立阶段一定处于受力平衡状态B.直立阶段可能受到窗台的摩擦力作用C.转弯时，硬币一定会向弯道内侧倾倒D.列车沿直线方向加速和减速行驶时，硬币都受到与列车运动方向相反的摩擦力作用解析：B当列车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力作用，故A、D不符合题意，B符合题意；转弯时，硬币由于惯性，要保持向前的速度，会向弯道外侧倾倒，故C不符合题意。5.（2022·江苏高考）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2解析：B书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则书与桌面间的摩擦力最大时，加速度最大，由牛顿第二定律得Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2，B正确，A、C、D错误。6.如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有（）A.篮子底面受到的压力大于篮球的重力B.篮子对篮球的作用力小于篮球的重力C.人对篮球的作用力等于篮球的重力D.篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：D对篮球进行受力分析，并运用合成法，如图所示。设斜面倾角为θ，根据几何知识可知，篮子底部对篮球的支持力FN1＝mgcosθ，根据牛顿第三定律，则篮子底面受到的压力为mgcosθ＜mg，A错误；篮子右侧面对篮球的支持力FN2＝mgsinθ，根据牛顿第三定律，则篮子右侧面受到的压力为mgsinθ＜mg，篮子对篮球的作用力为FN1、FN2的合力，大小等于篮球的重力，B错误，D正确；人对篮球没有作用力，C错误。7.很多智能都有加速度传感器，用手托着，迅速向下运动，然后停止，记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则（）A.t1时刻速度最大B.t2时刻在最低点C.t3时刻手受到的压力最大D.t4时刻手受到的压力最小解析：Ca－t图像的面积表示速度变化，所以t2时刻速度最大，A错误；停止时，位置最低，所以t4时刻在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，加速度向上并且加速度最大时，手给的作用力最大，即手受到的压力最大，由题图可知，t3时刻手受到的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，加速度向下并且加速度最大时，手给的作用力最小，即手受到的压力最小，由题图可知，t1时刻手受到的压力最小，D错误。8.如图所示，餐厅服务员托举菜盘给顾客上菜。若菜盘沿水平向左加速运动，则（）A.手对菜盘的摩擦力方向向右B.手对菜盘的作用力等于菜盘的重力C.菜盘对手的作用力方向斜向右下D.菜盘对手的作用力方向斜向左下解析：C对菜盘受力分析，有竖直向下的自身重力、竖直向上的支持力和水平向左的静摩擦力。其中手对菜盘的作用力为支持力与静摩擦力的合力，方向为斜向左上，不等于菜盘的重力。根据牛顿第三定律可知菜盘对手的作用力方向斜向右下。故A、B、D错误，C正确。9.（2023·江苏南通模拟）如图所示，相同细线1、2与钢球连接，细线1的上端固定，用力向下拉细线2，则（）A.缓慢增加拉力时，细线2会被拉断B.缓慢增加拉力时，细线1中张力的增量比细线2的大C.猛拉时细线2断，线断前瞬间球的加速度大于重力加速度D.猛拉时细线2断，线断前瞬间球的加速度小于重力加速度解析：C缓慢增加拉力，小球受力平衡，则T1＝T2＋mg，所以细线1先被拉断，故A错误；要使等式成立，细线1和2的拉力变化量是相同的，故B错误；猛拉时，细线2上拉力突然变大，作用时间极短，由于惯性，小球位置几乎不变，细线1的拉力增加几乎为零，故细线2断裂，因此断裂前细线2的拉力大于细线1，因此合力F合＝T2'＋mg－T1'＞mg，所以加速度大于重力加速度，故C正确，D错误。10.如图所示，在水平面上有一小物体P，P与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.8，P用一水平轻质弹簧与左侧墙壁连在一起，P在一斜向上的拉力F作用下静止，F与水平方向间的夹角θ＝53°，并且P对水平面无压力。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。则撤去F瞬间P的加速度大小为（）A.0 B.2.5m/s2C.12.5m/s2 D.无法确定解析：A撤去F之前，由平衡知识可知，F弹tan53°＝mg，解得F弹＝0.75mg；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，因最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝0.8mg，可知物体不动，加速度为0，选项A正确。11.如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为（取g＝10m/s2）（）A.0 B.15m/s2C.6m/s2 D.5m/s2解析：C开始弹簧的弹力等于物体B的重力，即F＝mBg，放上物体A的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B组成的系统整体分析，根据牛顿第二定律得a＝(mA+mB)g-FmA+12.（2023·江苏高邮市临泽中学高三月考）如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是（）A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43B.图甲所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43C.图乙所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53解析：C甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示。由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝mgcos53°＝53mg，故A错误；题图甲所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，题图乙所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝FTm＝53g，故C正确13.如图所示，某学习小组将两绿色乒乓球放在两塑料盒中，上面塑料盒盛满水，下面塑料盒是空的，然后用细线将乒乓球分别系于塑料盒的上、下底部，当塑料盒静止时，细线均伸直处于竖直方向，现使两塑料盒以一定加速度一起向右加速运动，则P、Q两球相对塑料盒（）A.P球向右偏移 B.两球均向左偏移C.Q球向右偏移 D.两球均向右偏移解析：A同体积的情况下，密度大的惯性大，当系统向右匀加速运动时，密度小的向右偏移，密度大的向左偏移。P球的密度小于水的密度，P球向右偏移，水向左流动；Q球的密度大于空气的密度，空气向右流动，Q球向左偏移。选项A正确，B、C、D错误。14.一个质量m＝2kg的物体放置在光滑水平桌面上，受到三个沿水平方向共点力F1、F2、F3的作用，且这三个力的大小和方向构成如图所示的三角形，已知F2＝0.5N，则下列说法正确的是（）A.这个物体共受到四个力的作用B.这个物体受到的合力大小为0C.这个物体的加速度大小为1m/s2D.这个物体的加速度与F2方向相同解析：C物体共受到重力、支持力、F1、F2、F3五个力的作用，A错误；竖直方向上的重力和支持力平衡，合力为零，根据几何知识可知F3＝1N，故水平方向上的三力的合力F合＝2F3＝2N，方向沿F3方向，B错误；根据牛顿第二定律可知a＝F合m＝1m/s2，方向沿F3方向，C正确，D第2节两类动力学问题超重和失重一、两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示。二、超重与失重1.视重当物体挂在弹簧测力计下端或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。2.超重、失重和完全失重的比较超重失重完全失重现象视重大于物体重力视重小于物体重力视重等于0产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体的加速度等于g运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g加速下降或减速上升原理方程F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0如图甲所示，2021年6月17日，“神舟十二号”的三名宇航员成功进入中国空间站的天和核心舱，正式开启为期3个月的太空生活；图乙所示为张家界的旅游观光电梯。结合上述情境判断下列说法的正误。（1）当观光电梯启动瞬间，乘客立即获得加速度并且处于超重状态。（√）（2）乘客的加速度的大小跟它受到的合外力成正比，跟它的质量成反比。（√）（3）宇航员在天和核心舱中处于完全失重状态。（√）（4）超重就是物体的重力变大的现象。（×）（5）失重时物体的重力小于mg。（×）（6）加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。（×）考点一动力学的两类基本问题[互动共研类]动力学两类基本问题的解题步骤【典例1】如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4N。g取10m/s2。（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求其在t＝5s时离地面的高度h。（2）当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v。解析（1）设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得F－mg－Ff＝ma，解得a＝6m/s2由h＝12at2，解得h＝75m（2）设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H，解得v＝40m/s。答案（1）75m（2）40m/s若【典例1】中在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。解析设无人机恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律得F－mg＋Ff＝ma2解得a2＝10m/s2设无人机恢复升力时速度为vm，则有vm22a解得vm＝4053由vm＝a1t1，解得t1＝553答案55｜一题悟通｜本例是已知受力情况求解多过程运动问题，通过本例帮助学生掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。（1）把握“两个分析”“一个桥梁”（2）找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。【典例2】（2022·浙江6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝29，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g取10m/s2（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。解析（1）货物在倾斜滑轨运动时，由牛顿第二定律得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1解得a1＝2m/s2。（2）货物在倾斜滑轨做匀加速运动，则有v2＝2a1l1解得v＝4m/s。（3）货物在水平滑轨做匀减速运动，则有v12－v2＝2a2l2，a2解得l2＝2.7m。答案（1）2m/s2（2）4m/s（3）2.7m1.[已知受力情况求运动情况]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＝90km/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，取重力加速度大小g＝10m/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。（已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2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＝μmgcosθ，而货车重力在沿斜面方向的分量为F＝mgsinθ；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mgsinθ＜μmgcosθ解得sinθcosθ＜μ，即tanθ＜μ＝0.30，则当tanθ＜0.30时（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mgsin15°＋μmgcos15°＝ma，解得a＝5.51m/s2。设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，v0＝90km/h＝25m/s，据匀变速直线运动位移公式得0－v02＝－2ax，代入数据解得x≈57答案：（1）tanθ＜0.30（2）57m2.[已知运动情况求受力情况]（2023·扬州中学检测）如图所示，一只质量为1kg老鹰，从静止开始沿与竖直方向成60°角向下俯冲抓捕猎物，俯冲54m后开始减速，继续俯冲40.5m后减速到零抓住猎物，整个俯冲过程用时10.5s，假设整个俯冲过程均沿直线运动。求老鹰：（1）俯冲过程的最大速度；（2）加速过程的时间；（3）减速过程受到空气的作用力大小。解析：（1）设老鹰俯冲过程的最大速度为vm，则有vm2＝x1+x2t，解得（2）老鹰在加速阶段有x1＝vm2t1，解得t1＝6（3）老鹰在减速阶段的加速度a＝vmt2＝4又t2＝t－t1空气对老鹰的作用力F＝(mg)2+(ma答案：（1）18m/s（2）6s（3）239N考点二对超重与失重的理解[素养自修类]1.[根据x－t图像判断超重、失重]（2023·江苏前黄中学模拟）某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（）A.1s时该同学处在下蹲的最低点B.2s时该同学处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲—起立的动作D.下蹲过程中该同学始终处于失重状态解析：B该同学在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下运动，加速度方向先向下后向上，最后该同学静止，故下半段是该同学减速向下的过程，此时加速度方向向上，该同学处于超重状态，故下蹲过程中是先失重后超重，D错误；在1s时向下的加速度最大，此时该同学并没有静止，它不是下蹲的最低点，A错误；2s时该同学经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，C错误。2.[根据运动情况判断超重、失重]2021年第14届全运会资格赛落幕，董栋和刘灵玲分获男、女个人蹦床冠军。若将弹簧床等效为竖直轻弹簧，运动员在一次蹦床过程中从最低点由静止竖直向上运动的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度—时间图像如图所示，其中Oabc段为曲线，直线cd与曲线相切于c点，abc部分关于t＝t2对称。不计空气阻力，则（）A.运动员在0～t1时间内竖直向上做加速运动，处于超重状态B.在t2时弹簧处于原长状态，运动员处于失重状态C.运动员在t4时到达最高处，处于超重状态D.运动员在t1时与t3时加速度大小相等，都处于失重状态解析：A0～t1时间内运动员竖直向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A正确；由题图知t2时运动员的速度达到最大，此时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧并非处于原长状态，运动员不是处于失重状态，故B错误；运动员在t4时到达最高处，加速度向下，处于失重状态，故C错误；由对称性可知，曲线在t1时与t3时的斜率的绝对值相等，运动员加速度大小相等，方向相反，运动员在t1时处于超重状态，在t3时刻处于失重状态，故D错误。判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态考点三动力学的图像问题[多维探究类]1.常见的动力学图像及问题类型2.动力学图像问题的解题策略（1）动力学图像问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。（2）应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。考法一由运动图像分析有关问题【典例3】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像（v－t图像）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程s；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小和拉力大小F。解析（1）物块上升的位移x1＝12×2×1m＝1物块下滑的距离x2＝12×1×1m＝0.5位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m路程s＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。（2）由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度a1＝20.5m/s2＝4无拉力F作用阶段加速度a2＝0-20.5m/s2物块沿斜面向上运动两个阶段加速度大小均为4m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得0～0.5s内F－Ff－mgsinθ＝ma10.5～1s内－Ff－mgsinθ＝ma2联立解得F＝8N。答案（1）0.5m1.5m（2）4m/s24m/s28N｜解题技法｜通过v－t图像分析物体的受力情况（1）根据图像确定物体各段的加速度大小和方向；（2）弄清每段与物体运动的对应关系；（3）对各段进行受力分析；（4）用牛顿第二定律求解。考法二由已知条件确定有关图像【典例4】如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）解析设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k（x0－x）－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。答案A“融会贯通”归纳好─物体在四类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面（如图1所示）由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝可得t＝1sinθ可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。第二类：同底斜面（如图2所示）由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝可得t＝4d可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。第三类：圆周内同顶端的斜面（如图3所示）在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sinθ＝12·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3第四类：圆周内同底端的斜面（如图4所示）在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得t1＝t2＝t3。【典例】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。下列关系错误的是（）A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3解析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＝12at2可知，t2＞tca，故选项A错误，选项B、C、D均正确答案A1.（2021·全国甲卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（）A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大解析：D设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知Lcosθ＝12gt2sinθ，可得t2＝4Lgsin2θ，可知θ＝45°时t有最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°时，2.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且在A点上方，O'为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点。若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是（）A.tA＜tC＜tBB.tA＝tC＜tBC.tA＝tC＝tBD.由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：B由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，所以tA＝tC＜tB，故B正确。1.几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示。然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是（）A.根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动B.根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态C.根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动D.根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态解析：A题图甲表示电梯静止时体重计的示数，题图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升的，故A正确；题图丙示数小于静止时体重计的示数，人处于失重状态，故B错误；题图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；题图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误。2.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示（忽略一切阻力），则（）A.t1时刻小球速度最大B.t2时刻小球处于失重状态C.t2～t3这段时间内，小球的加速度先增大后减小D.t2～t3这段时间内，小球的速度先增大后减小解析：D小球先自由下落，t1时刻与弹簧接触后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值，之后加速度变为向上且不断变大，小球做减速运动，t2时刻减速到零，处于超重状态，故A、B项错误；t2～t3时间内，小球处于上升过程，先做加速运动后做减速运动，加速度先减小后增大，故C项错误，D项正确。3.现如今我们的生活已经离不开电梯，如图所示有两种形式的电梯，甲是商场中常用的扶梯，乙是居民楼中常用的直梯。则当它们都加速上升时，（加速度方向如图所示）下列说法正确的是（）A.甲电梯上的人只受到重力、支持力的作用B.甲电梯上的人处于失重状态C.乙电梯中的人受到的摩擦力为零D.乙电梯中的人受到重力、支持力和摩擦力的作用解析：C对甲电梯上人受力分析可知，人的加速度与速度同方向，所受合力斜向左上方，因而人受到的摩擦力与接触面平行水平向左，人应受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，故A错误；由于甲电梯上的人具有向上的加速度，所以人处于超重状态，故B错误；对乙电梯中的人受力分析可知，人水平方向不受外力，即人在水平方向不受摩擦力，只受到重力、支持力的作用，故C正确，D错误。4.（2022·全国乙卷）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连接垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为 （A.5F8mC.3F8m解析：A当两球运动至二者相距35L时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sinθ＝0，解得F1＝5F8。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝5F85.跳伞者在下降过程中竖直方向的速度v随时间t变化的示意图如图所示。则下列说法正确的是（）A.0～t1速度越大，空气阻力越小B.伞在水平方向上越飞越远C.tanθ＝g（g为当地的重力加速度）D.在t1和t2之间，跳伞者处于超重状态解析：Dv－t图像斜率代表加速度，0～t1图像斜率变小，加速度变小，由Ff＝mg－ma知，空气阻力变大，故A项错误；题图反映的是竖直方向上的运动，无法观察水平方向的运动情况，故B项错误；不能应用tanθ求加速度，故C项错误；t1～t2时间内跳伞者减速下降，加速度向上，处于超重状态，故D项正确。6.某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.30cm刻度对应的加速度为－0.5gB.40cm刻度对应的加速度为gC.50cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的解析：A由分析可知，在30cm刻度时，有F弹－mg＝ma（取竖直向上为正方向），代入数据有a＝－0.5g，A正确；由分析可知，在40cm刻度时，有mg＝F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可知，在50cm刻度时，有F弹－mg＝ma（取竖直向上为正方向），代入数据有a＝0.5g，C错误；设刻度对应值为x，结合分析可知mg0.2·Δx-mgm＝a，Δx＝｜x－0.2｜，（取竖直向上为正方向），经过计算有a＝gx-0.4g0.2（x＞0.2）或a＝-gx0.7.（2023·江苏南京高三模拟）如图所示，在竖直墙面上有A、B两点，离地面的高度分别为HA＝8m和HB＝4m，现从A、B两点与地面上的某个位置C之间架设两条光滑的轨道，使小滑块从A、B两点由静止开始下滑到地面所用的时间相等，那么位置C离墙角O点的距离为（）A.4m B.42m C.23m D.6m解析：B设AC、BC与OC的夹角分别为α和β，由牛顿第二定律可得加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，由几何关系可得lAC＝HAsinα，lBC＝HBsinβ，由运动学公式可得lAC＝12a1t2，lBC＝12a2t2，联立解得sinα＝2sinβ，即HAlAC＝2HBlBC，解得lBC＝22lAC，设CO的距离为x，由勾股定理得HA2＋x2＝lAC8.如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中，其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h。假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：（1）鱼入水时的速度v；（2）鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；（3）鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。解析：（1）由v2＝2gH，得v＝2gh。（2）因h1＝v2t1，h2＝v2t2，得t1（3）v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1得F1＝3mg，同理得F2＝73mg所以F1F2答案：（1）2gh（2）2∶3（3）9∶79.如图所示，图（a）为研究木块运动情况的装置，计算机与位移传感器连接，可描绘木块位置随时间变化的图线。将木块自O点静止释放，计算机描绘木块对O点的位置随时间变化的x－t图像是（b）图中的曲线。图（b）中木块先后经过x1、x2、x3位置时的时间间隔相同。以下说法正确的是（）A.若x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，则表明木块做匀加速直线运动B.若x1＝x2－x1＝x3－x2，则表明木块一定做匀加速直线运动C.若只增大木板的倾角，则计算机描绘的x－t可能是（b）图中的曲线①D.若只增大木块的质量，则计算机描绘的x－t可能是（b）图中的曲线③解析：C若木块做匀加速直线运动，且木块经过x1、x2、x3位置的时间间隔相等，则有x1＝12aT2，x2＝12a（2T）2，x3＝12a（3T）2，计算得x1∶x2∶x3＝1∶4∶9，A错误；若木块做匀加速直线运动，根据选项A可知x1∶x2∶x3＝1∶4∶9，则x1∶（x2－x1）∶（x3－x2）＝1∶3∶5，B错误；根据牛顿第二定律有a＝gsinθ－μgcosθ，若只增大倾角，则sinθ增大，cosθ减小，所以a增大，由x＝12at2可看出a越大，则经过相等的t，位移x越大，故可能是图线①，C正确；根据牛顿第二定律有a＝gsinθ－μgcosθ，可看出a与m无关，则图线为10.（2022·辽宁高考）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（）A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25解析：B物块从水平桌面一端沿中线做匀减速直线运动，则v＝xt＝v0+v2，由题干知x＝1m，t＝1s，v＞0，代入数据有v0＜2m/s，故A不可能，B可能；对物块做受力分析有a＝－μg，v2－v02＝2ax，整理有v02－2ax＞0，由于v0＜2m/s可得μ＜011.中国航母舰载机“歼－15”采用滑跃式起飞，主要靠甲板前端的上翘来帮助舰载机起飞，其示意图如图所示，舰载机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知舰载机的质量m＝2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，舰载机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为舰载机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，舰载机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且舰载机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10m/s2。（1）求舰载机在水平跑道上运动的末速度大小；（2）求舰载机从开始运动到起飞经历的时间t。解析：（1）设舰载机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1F阻＝0.2mgv12＝2a1联立以上三式并代入数据解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s。（2）设舰载机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2舰载机在水平跑道上的运动时间t1＝v1a1＝在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有F－F阻－mghL2＝代入数据解得a2＝4m/s2由v22－v12＝2代入数据解得v2＝42m/s舰载机在倾斜跑道上的运动时间t2＝v2-v1a2则t＝t1＋t2＝8.5s。答案：（1）40m/s（2）8.5s习题课三牛顿运动定律的综合应用考点一应用整体法与隔离法处理连接体问题[多维探究类]整体法当连接体内（即系统内）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隔离法当求系统内物体间相互作用力时，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考法一加速度相同的连接体问题【典例1】（2020·江苏高考）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.F B.19C.F19 D.解析设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析。设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为Ff，由牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma。再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F'，则有F'－2Ff＝2ma，联立解得F'＝119F，故选C答案C考法二加速度方向不同的连接体问题【典例2】如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为（）A.4.0N B.3.0NC.2.5N D.1.5N解析P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2N，f＝T1＝2N＜μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝T12＝1N，故Q物体加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物体将有相同大小的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P，由牛顿第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4N，故选答案A｜规律方法｜1.整体法的选取原则及解题步骤（1）当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。（2）运用整体法解题的基本步骤明确所研究系统和运动的全过程⇨画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图⇨选用适当的物理规律列方程求解2.隔离法的选取原则及解题步骤（1）当涉及系统（连接体）内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。（2）运用隔离法解题的基本步骤①明确研究对象或过程、状态。②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。③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。④选用适当的物理规律列方程求解。1.[加速度方向不同的连接体问题]（2023·江苏南京外国语学校模拟）用如图所示的气垫导轨装置探究滑块（含挡光片）的加速度a与其质量M的关系，所有操作正确。某次实验中滑块的质量为M时，测得它的加速度为a1；滑块质量变为M2时，测得它的加速度为a2，则（A.a2＝a12 B.a1＝2C.a2＝2a1 D.a2＜2a1解析：D当滑块的质量为M时，设绳子拉力为T1，以滑块M为对象，根据牛顿第二定律可得T1＝Ma1，以重物m为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T1＝ma1，联立解得a1＝mgM+m，当滑块的质量为M2时，设绳子拉力为T2，以滑块M2为对象，根据牛顿第二定律可得T2＝M2·a2，以重物m为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T2＝ma2，联立解得a2＝mgM2+m＝2mgM+2m＜2a2.[加速度相同的连接体问题]“地摊”经济为城市生活带来了方便。如图所示，某摊主的小车上面平放着物品A，右端的直杆上用轻绳悬挂着物品B，小车在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，沿水平地面做匀加速直线运动，已知小车质量为M＝50kg，物品A、B的质量均为m＝5kg，物品A与小车间的动摩擦因数为μ＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，不计其他阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）为使得物品A与小车保持相对静止，求拉力的最大值Fm；（2）若轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，求拉力F的大小。解析：（1）为使得物品A与小车保持相对静止，小车的最大加速度满足关系μmg＝mam解得am＝8m/s2对整体由牛顿第二定律可得Fmcosα＝（M＋2m）am解得Fm＝600N。（2）对物品B，由牛顿第二定律可得mgtanθ＝ma解得a＝7.5m/s2对整体由牛顿第二定律可得Fcosα＝（M＋2m）a解得F＝562.5N。答案：（1）600N（2）562.5N考点二滑块—滑板模型[方法模型类]1.模型特征滑块—滑板模型（如图a），涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，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，处理方法与滑块—滑板模型类似。2.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联模型一有动力滑块—滑板模型1.外力逐渐增大过程中三个临界点的摩擦力分析和运动分析（1）力较小时：分析各自摩擦力特点，整体都未动（地面粗糙时才有）。（2）力较大时：分析各自摩擦力特点，整体一起动。（3）力很大时：分析各自摩擦力特点，发生相对运动。2.两个角度的临界点分析（1）恰好相对滑动的受力条件：Ff＝Ffmax（2）恰好相对滑动的加速度条件：a整体＝a局部最大。【典例3】如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质木板C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与木板间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是（）A.当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动B.当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动C.当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动D.只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动解析B对C的最大作用力为fBC＝μmg，由于C是轻质木板，故A、C间最大作用力为fAC＝fBC＝μmg，小于A、C间最大静摩擦力2μmg，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动。B与C发生相对滑动时，对B，由牛顿第二定律μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律F0＝（2m＋m）a0＝3μmg，故当F＝3μmg，B与C将发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同。水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动。故B正确，A、C、D错误。答案B模型二无动力滑块—滑板模型1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2.摩擦力方向的特点（1）若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。（2）若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。3.运动特点（1）滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。（2）若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。【典例4】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。（1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？解析（1）A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3m/s2木板B向右匀加速运动，μ1mg－μ2·2mg＝ma2解得加速度大小a2＝1m/s2由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，则有时间关系t＝v0-位移关系L＝v02解得v0＝26m/s。（2）木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3m/s2B向右匀加速运动，加速度大小a2'＝μ1mgm＝3设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B，由时间关系有v0-解得v'＝v02＝6A的位移xA＝v02-vB的位移xB＝v'22a由xA－xB＝2m＜L可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为6m/s。答案（1）26m/s（2）没有脱离6m/s6m/s考点三传送带模型[方法模型类]模型一水平传送带模型情境1（1）可能一直加速；（2）可能先加速后匀速情境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境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【典例5】（2020·全国Ⅲ卷）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。解析（1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5m③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1'，由运动学公式有v＝v0－at1'④t1＝t1'＋L-联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75s。⑥（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有－μmgL＝12mv12－1μmgL＝12mv22－1由⑦⑧式并代入题给数据得v1＝2m/s，v2＝43m/s。⑨答案（1）2.75s（2）43m/s2m/s模型二倾斜传送带模型情境1（1）可能一直加速；（2）可能先加速后匀速情境2（1）可能一直加速；（2）可能先加速后匀速；（3）可能先以a1加速后再以a2加速情境3（1）可能一直加速；（2）可能一直匀速；（3）可能先加速后匀速；（4）可能先减速后匀速；（5）可能先以a1加速后再以a2加速；（6）可能一直减速情境4（1）可能一直加速；（2）可能一直匀速；（3）可能先减速后反向加速；（4）可能先减速，再反向加速，最后匀速；（5）可能一直减速【典例6】机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。解析（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2。（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时t1＝v1-v2a＝1.6-在传动带上滑动的距离为x1＝v1+v22t1＝1.6+0.62×2因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ＞mgsinθ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝L-x1v1＝3.所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5s。答案（1）0.4m/s2（2）4.5s｜规律方法｜传送带问题的破解之道（1）对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。（2）分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。“融会贯通”归纳好─动力学中的临界极值问题1.常见临界问题的条件（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：静摩擦力达到最大值。（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂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）最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受合外力为零。2.求解临界极值问题的三种方法极限法把物理问题（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类型一以“作用力为零”为临界、极值条件的问题【典例1】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给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0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值与最小值。解析设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得（m1＋m2）gsinθ＝kx0代入数据解得x0＝0.12m因前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝12at联立解得a＝3m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝（m1＋m2）a＝36N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2（gsinθ＋a）＝72N。答案72N36N类型二以“速度相同或加速度相同”为临界、极值条件的问题【典例2】一根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧上端固定，下端系一质量为m的物体，有一水平木板将物体托住，并使弹簧处于自然伸长状态，如图所示。现让木板由静止开始以加速度a（a＜g）匀加速向下运动，经过多长时间木板开始与物体分离（）A.2(g-C.2m(g解析取竖直向下为正方向，当物体与木板分离时，物体与木板间无弹力作用，且加速度为a。设此时物体的位移为x，由牛顿第二定律得mg－kx＝ma，因物体与木板分离前做匀加速运动，所以有x＝12at2，由以上两式解得t＝2m(g-答案B1.（2023·苏锡常镇四市教学调研）如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA＞mB，它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是（）A.仅减小B的质量B.仅增大A的质量C.仅将A、B的位置对调D.仅减小水平面的粗糙程度解析：C弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力F弹，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝F-μ(mA+mB)gmA+mB，以B为研究对象有a＝F弹-μmBgmB，解得F弹＝mBmA+mBF，减小B的质量或增大A的质量时，弹力F弹减小，但与水平面的粗糙程度无关，A、B、D错误。同理可知，仅将A、B2.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为（）A.Mg B.M（g＋a）C.（m1＋m2）a D.m1a＋μm1g解析：C以C为研究对象，有Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT＝（m1＋m2）a，故C正确；A、B间有静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有Ff＝m2a，对A有FT－Ff'＝m1a，Ff＝Ff'，联立解得FT＝（m1＋m2）a，故D错误。3.如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10m/s2。下列判断正确的是（）A.系统做匀速直线运动B.F＝50NC.斜面体对楔形物体的作用力大小为52ND.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动解析：D对斜面体与楔形物体组成的系统进行受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A、B错误；斜面体对楔形物体的