第3章 牛顿运动定律-高考《物理》总复习各章节习题讲解

第3章牛顿运动定律物理新高考适用第1节牛顿第一定律牛顿第二定律

五年高考

三年模拟第2节牛顿第二定律的应用

五年高考

三年模拟目录实验4探究加速度与物体受力、物体质量的关系微专题6

动力学中的滑块-木板模型微专题4

牛顿第二定律的综合应用微专题5

动力学中的传送带模型第1节牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第一定律T4◆牛顿第二定律T2、3、5、6、7◆力学单位制T1考法领航·模块融合

关联知识综合考查(牛顿第二定律与简谐运动融合)如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平地面上,上端连

接一轻质薄板。t=0时刻,一质量为m的物块从其正上方某处由静止下落,落至薄板上后

和薄板始终粘连,物块位置随时间变化的图像(x-t图像)如图乙所示,其中t=0.2s时物块

刚接触薄板。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,空气阻力不计,则

(

)CA.当物块开始做简谐运动后,振动周期为0.5sB.t=0.4s时弹簧的弹力小于mgC.从0.2s到0.4s的过程中物块加速度先变小再变大D.若增大物块自由下落的高度,则物块与薄板粘连后做简谐运动的周期增大解析

由题图乙可得振动周期T=2×(0.7-0.4)s=0.6s,A错误。t=0.4s时物块处于最低点,

由简谐运动的对称性可得此时物块的加速度方向竖直向上且大于g,根据牛顿第二定律

可得F-mg=ma,则F>2mg,B错误。从0.2s到0.4s的过程中,根据牛顿第二定律可得a=

,所以随着弹簧压缩量Δx增大,物块的加速度先变小后反向变大,C正确。由T=2π

可得简谐运动的周期与振幅无关(点拨:增大物块自由下落的高度,振幅增大),D错误。考法点睛

了解不同知识的融合考查方式,尝试解答更多此类题目。1.★(2021海南,1,3分)公元前4世纪末,我国的《墨经》中提到“力,形之所以奋也”,意

为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号

来表示,正确的是

(

)A.kg·m·s-1

B.kg·m·s-2

C.Pa·m2

D.J·m-1

五年高考B解析

kg·m·s-1为mv的单位,是动量的单位;kg·m·s-2为ma的单位,是力的单位,且均为国际

单位制中的基本单位;Pa·m2为pS的单位,是力的单位,但“Pa”不属于国际单位制中的

基本单位;J·m-1为

的单位,是力的单位,但“J”不属于国际单位制中的基本单位。B正确。2.★★(2024安徽,6,4分)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分

别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向

上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢

拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于

弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中

(

)

A.速度一直增大

B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3g

D.加速度先增大后减小A解析

未撤拉力时小球在P点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧的

弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直

向下。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终

向下,小球一直做加速运动,A正确,B错误。小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧形变

量变小,两弹簧弹力的夹角变大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速

度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma,

加速度的最大值为2g,C、D错误。3.★★★(2022湖南,9,5分)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动

机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上

的速率为5m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的

变化,下列说法正确的是

(

)A.发动机的最大推力为1.5MgB.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为

MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5

m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3gBC解析

关闭发动机匀速下落时,k

=Mg,v1=10m/s;以最大推力推动飞行器竖直向上匀速运动时,Fmax=Mg+k

,v2=5m/s,故Fmax=1.25Mg,A错误;飞行器以5m/s水平匀速飞行时,对飞行器受力分析如图1,有F=

=

Mg,B正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,对飞行器受力分析如图2,有Fmax=

,得v3=5

m/s,C正确;当发动机以最大推力向下推动飞行器,且飞行器向上做减速运动时,加速度大小最

大,此时对飞行器受力分析如图3,有am=

=2.5g,D错误。图1图2图34.★★(2024届江苏东台中学开学考)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究,

开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图(a)、图(b)分别表示这两

项研究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下列说法正确的是

(

)

A.图(a)中通过对自由落体运动的研究,合理外推得出:小球在斜面上做匀加速直线运动B.图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易C.图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的,实验可实际完成D.图(b)的实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出:物体的运动需要力来维持三年模拟B解析

伽利略将小球在斜面上的匀加速直线运动规律合理外推到斜面倾角为90°时的

自由落体运动,得出结论:自由落体运动是匀加速直线运动,A错误。不存在完全没有摩

擦阻力的斜面,C错误。伽利略用逻辑推理和科学实验相结合的方法得出:物体的运动

不需要力来维持,D错误。选B。5.★★(2025届江苏氾水高级中学开学考)如图所示,一物块在方向与水平面成53°角且

斜向右上方的拉力F的作用下沿水平面做加速度大小为a的匀加速直线运动,若保持F

的大小不变,方向改成水平向右,物块运动的加速度大小也为a。取sin53°=0.8,cos53°=

0.6,重力加速度大小g=10m/s2,则物块与水平面间的动摩擦因数为

(

)

A.0.6

B.0.5

C.0.3

D.0.2B解析

当F斜向右上方时,Fsin53°+FN=mg,Fcos53°-μFN=ma;当F水平向右时,F'N=mg,F-μF'N=ma;联立解得μ=0.5,B正确。6.(考法训练·模块融合)(2024届长郡中学一模)如图所示,轻绳将小球悬挂在箱子顶端的

拉力传感器上,球心到悬挂点的距离为L,当箱子沿竖直方向做变速运动时,传感器的示

数会变大或变小,当箱子的加速度方向竖直向上、大小为a时,可认为重力加速度由g变

为g'=g+a,当箱子的加速度方向竖直向下、大小为a时,可认为重力加速度由g变为g'=g-

a,小球好像处在一个重力加速度为g'的环境里,可把这个g'称为等效重力加速度。下列

说法正确的是(

)A.当箱子向上做减速运动时,等效重力加速度g'大于重力加速度gB.当箱子向上的加速度等于3g,且小球做单摆运动时(最大摆角小于5°),

小球的运动周期为π

C.当箱子向上的加速度等于3g,且小球在箱子中做单摆运动时(最大摆角小于5°),运动

过程中小球的机械能守恒D.拉力传感器的示数F与小球的重力mg的合力与小球的质量m之比等于等效重力加速度B解析

当箱子向上做减速运动时,加速度向下,等效重力加速度g'=g-a,小于重力加速度

g,A错误。当箱子向上的加速度等于3g时,可得g'=4g,所以T=2π

=π

,B正确。由于此运动过程中轻绳对小球的拉力对小球做的功不等于0,所以小球的机械能不守恒,C错

误。当箱子的加速度方向竖直向下(或竖直向上)、大小为a时,根据牛顿第二定律有mg

-F=ma(或F-mg=ma),可得

=g-a=g'

,D错误。7.★★★(2025届湖南三湘名校大联考)如图所示,A、B、C三个物体的质量分别为2m、

2m、3m,其中物体B和C通过轻绳连在一起,物体A和B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在

一起,物体A与轻弹簧上端连在一起,轻弹簧下端固定在地面上,初始时三个物体均保持

静止(重力加速度为g)。下列说法正确的是

(

)

A.初始时弹簧处于压缩状态B.剪断A、B间轻绳后瞬间,物体B、C间轻绳拉力大小为3mgC.剪断B、C间轻绳后瞬间,物体A的加速度大小为

D.剪断B、C间轻绳后瞬间,物体A、B间轻绳拉力大小为

D解析

初始时,对三个物体受力分析有Fk+2mg=2mg+3mg,解得弹簧的弹力Fk=3mg,方向

竖直向下,故弹簧处于伸长状态,A错误。剪断A、B间轻绳后瞬间,对物体B、C整体,由

牛顿第二定律可得a1=

=g,方向竖直向下,故物体B、C间轻绳拉力为0,B错误。(关键:弹簧弹力不能发生突变)剪断B、C间轻绳后瞬间,对物体A、B整体,由牛顿

第二定律可得a2=

=

g;对物体B,由牛顿第二定律可得FT-2mg=2ma2,解得物体A、B间轻绳拉力大小FT=

mg,C错误,D正确。第2节牛顿第二定律的应用动力学中的两类基本问题T5、6、7、8◆动力学中的图像问题T2、3◆超重和失重问题T1、4考法领航·数理结合

交叉贯通素养提升(2023浙江1月,5,3分)如图所示,在考虑空气阻力的情况下,一小石子从O点抛出沿轨迹

OPQ运动,其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,则小石子竖直方

向分运动的加速度大小

(

)

A.O点最大B.P点最大C.Q点最大D.整个运动过程保持不变A解析

如图所示,小石子上升过程竖直方向分运动的加速度大小大于下降过程竖直方

向分运动的加速度大小。上升过程中,竖直方向分运动的加速度大小a=

=

,当小石子处于O点时,v最大(点拨:在小石子上升过程中,空气阻力和重力均做负功,其速度减小),θ最小,故a最大,A正确。

考法点睛

能否用函数关系式表示出小石子竖直方向分运动的加速度大小,继而判断

其变化趋势?1.★★(2022海南,12,4分)(多选)某同学从5楼乘电梯下降到1楼,在此过程中他利用手机

内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示,则(

)

A.t=1s时该同学处于失重状态B.t=10s时该同学处于失重状态五年高考C.此过程中电梯运行的最大速率约为0.56m/sD.此过程中电梯运行的最大速率约为1.8m/sAD解析

电梯从5楼开始下降到1楼过程中,先向下加速,结合题图可知加速度向上为正,t=

1s时该同学的加速度a为负,则t=1s时该同学在向下做加速运动,处于失重状态,A正确;

由题图可知,t=10s时该同学的加速度a为正,则t=10s时该同学在向下做减速运动,处于

超重状态,B错误;a-t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量Δv,一格代表的速度变化

量大小为1×0.1m/s=0.1m/s,4.5~6.7s时间内电梯以最大速度匀速下降,则由题图可知,

此过程中电梯运行的最大速率vmax≈1.8m/s,C错误,D正确。2.★★(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点

由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械

能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a

随时间t变化的图像是

(

)

C解析

设MN段倾角为θ,运动员在MN段运动的时间为t,在MN段,F合1=mgsinθ,a1=gsinθ,

vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,运动员做匀速直线运动;PQ段,运动员做平抛运动,a3=g>a1,C正

确。3.★★★(2023全国甲,19,6分)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体

在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。

甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知

(

)

A.m甲<m乙B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙

BC解析

甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故题

给图线斜率表示物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a图线

斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m甲>m乙,A错误,B正确;又纵截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙

g,则μ甲<μ乙,C正确,D错误。4.★★(2025届山东济宁北大新世纪高级中学开学考)潜艇从海水高密度区域驶入低密

度区域,浮力顿减,称之为掉深。如图甲所示,某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢

航行。t=0时,该潜艇掉深,随后采取措施成功脱险,在0~30s时间内潜艇竖直方向的v-t图

像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的黏滞阻力,则

(

)

A.潜艇在掉深时竖直方向的加速度大小为1m/s2B.t=30s时潜艇回到初始高度三年模拟C.潜艇竖直向下的最大位移为100mD.潜艇在10~30s时间内处于超重状态D解析

由题图乙可得,潜艇在掉深时竖直方向的加速度大小为a=2m/s2,A错误。t=30s

时潜艇向下到达最大深度处,B错误。潜艇竖直向下的最大位移x=

×20×30m=300m,C错误。10~30s,潜艇竖直方向的加速度向上,处于超重状态,D正确。5.★★★(2024届广东汕头二模)(多选)如图所示,球筒中静置一个羽毛球。小明左手拿

着球筒,右手迅速拍打筒的上端,使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动,最后羽

毛球(视为质点)从筒口上端出来,已知球筒的质量M=90g(不含球的质量),羽毛球的质

量m=5g,球筒与手之间的滑动摩擦力的大小f1=2.6N,球与筒之间的滑动摩擦力的大小

f2=0.1N,球到筒的上端的距离d=9cm,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计。下列

说法正确的是

(

)

A.静置时,羽毛球受到的摩擦力的大小为0.1NB.拍打球筒后瞬间,羽毛球受到向上的摩擦力C.拍打球筒后瞬间,羽毛球的加速度大小为30m/s2D.若仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则筒的初速度大小为3m/sCD解析

静置时,羽毛球所受的摩擦力的大小f=mg=0.05N,A错误。拍打球筒后瞬间,羽毛

球受到向下的滑动摩擦力(关键:滑动摩擦力与研究对象相对接触面的运动方向相反),

B错误。对羽毛球,根据牛顿第二定律有mg+f2=ma1,代入数据解得a1=30m/s2,C正确。设

球筒的加速度大小为a2,对球筒,根据牛顿第二定律有f1+f2-Mg=Ma2;根据速度时间关系

式可得v-a2t=a1t;根据位移时间关系式可得vt-

a2t2-

a1t2=d(点拨:“仅拍打一次,羽毛球恰能出来”,则羽毛球到达球筒上端时,二者恰好达到共速);联立并代入题给数据解得v=3m/s,D正确。6.★★★(2025届湖北新八校协作体联考)某儿童立体游乐场,在水平一、二、三层平台

之间建造了三个滑梯BA、CA、CB,三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。侧视

图如图所示,滑梯可看作光滑的斜面。其中BA与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均

为θ。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑,到达该滑梯底端所用的时间分别为

tBA、tCA、tCB。下列说法正确的是

(

)

A.tBA=tCA=tCB

B.tBA<tCA<tCBC.tBA>tCA=tCB

D.tBA=tCA<tCB

D解析

如图所示,以A、B、C三点构建一个竖直面内的圆Ⅰ,由弦切角等于圆周角可知

A点为圆Ⅰ的最低点,BA、CA为圆的两条弦,由等时圆知识可得tBA=tCA;以B、C两点构建

一个竖直面内的圆Ⅱ,C点为圆Ⅱ的最高点,CB为圆的一条弦,CA为圆的另一条弦的一

部分,由等时圆知识可得tCA<tCB,故tBA=tCA<tCB,D正确。7.★★★★(2024届河北张家口二模)(多选)某货物输送装置可简化为如图所示,将一个

质量为M的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内、足够长的平行圆柱

上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ,平台的重心与两圆柱等距,两圆柱以角

速度ω绕轴线沿相反方向转动,重力加速度大小为g。现给平台施加一过平台重心且沿

平行于轴线方向的恒力F,使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是

(

)

A.只有当F>μMg时,平台才能开始运动B.平台运动的最大加速度大小为

C.只要平台运动距离足够远,平台最终一定会做匀速直线运动D.ω越大,平台从静止开始运动相同距离用时越短BD解题导引

解析

如图所示,当平台运动的速度大小为v时,沿运动方向上受到一根圆柱的摩擦力

的分力大小fx=fcosθ=

μMg·

,根据牛顿第二定律有F-μMg

=Ma(点拨:根据受力的对称性可知,两根圆柱对平台的摩擦力沿平台运动方向的分力大小相

等、方向相同,垂直平台运动方向的分力大小相等、方向相反),由表达式可得当F<μ

Mg时平台已经开始运动,A错误。当v=0时加速度最大,am=

,B正确。当F>μMg时,加速度a>0,即无论平台运动的距离多远,最终都不会做匀速直线运动,C错误。ω越大,平台

运动的加速度越大,从静止开始运动相同距离用时越短,D正确。8.★★★(2024届贵州铜仁二模)如图所示,在倾角θ=37°的足够长斜面上,有一质量m=

2kg、可视为质点的物块,在F=20N、方向与斜面夹角α=37°的力的作用下,从静止开始

沿斜面向上运动,经t1=12s撤去F,物块在t1时间内的位移大小x1=36m。sin37°=0.6,重力

加速度g=10m/s2。求:(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)撤去F后3s内物块的位移大小x2。

答案

(1)0.75

(2)1.5m解析

(1)由运动情况确定受力情况运动情况由匀变速直线运动规律可得x1=

a1

,解得a1=

=

m/s2=0.5m/s2受力情况根据牛顿第二定律有Fcosα-mgsinθ-μ(mgcosθ-Fsinα)=ma1,解得μ=0.75注意斜面对物块的支持力不等于mgcosθ(2)由受力情况确定运动情况临界12s末物块的速度v=a1t1=6m/s受力情况撤去F后物块向上运动的加速度大小a2=

=gsinθ+μgcosθ=12m/s2时间判断物块减速到速度为0的时间t2=

=0.5s末态判断由于μ=tanθ,可得mgsinθ=μmgcosθ,即物块速度减到0后静止在斜面上运动情况撤去F后3s内物块的位移大小x2=

=

m=1.5m注意时间陷阱,物块匀减速时间并不是3s微专题4牛顿第二定律的综合应用动力学中的连接体问题T1、2、3、6◆动力学中的临界极值问题T4、5、7考法领航·数理结合

交叉贯通素养提升(2024届湖南娄底二模)如图甲所示,光滑水平面上放置紧靠在一起但并不黏合的A、B

两个物体,A、B的质量分别为mA=6kg,mB=4kg,从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用

于A、B上,FA和FB的大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示,则

(

)

A.t=0时A的加速度大小为2m/s2B.t=1s时A、B开始分离C.t=0时A、B之间的相互作用力大小为3ND.A、B开始分离时的速度大小为3m/sB解析

由题图乙、丙可得FA=8-2t(N)、FB=2+2t(N)。当t=0时,A、B两物体共同的加速

度大小a=

=1m/s2;以B为研究对象,根据牛顿第二定律有F+FB0=mBa,其中FB0=2N,解得t=0时A、B间的相互作用力大小F=2N,A、C错误。设A、B开始分离时刻为t,可得

=

(点拨:当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离,此时二者加速度相同),解得t=1s;A、B开始分离时的速度大小v=at=1m/s,B正确,D错误。考法点睛

能否通过物体A、B间的相互作用力及加速度情况判断二者何时分离?1.★★(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运

动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为

(

)

A.

F

B.

F

C.

F

D.

F五年高考A解析

以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a=

;以空间站为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma=

。A正确。2.★★(2022全国乙,15,6分)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,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距

L时,它们加速度的大小均为(

)

A.

B.

C.

D.

A解析

对结点受力分析如图所示,由几何关系可知sinθ=

=

,则cosθ=

,由于不计轻绳质量,可知F=2Tcosθ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=

,A正确。

快速解法

两小球沿F方向的分加速度a1=

,所以两小球的加速度大小a>a1=

,只有A符合。3.★★(2024全国甲,15,6分)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

(

)

D解析

设P质量为mP,当mg≤μmPg时,P静止不动,a=0;当mg>μmPg时,砝码和P加速度大小

相等,以砝码和P整体为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-μmPg=(m+mP)a,解得a=g-

,当m趋近于无穷大时,a趋近于g,D正确。4.★★★(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二

者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。

用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻

开始到弹簧第一次恢复原长之前

(

)

A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小AD解析

撤去拉力F后到弹簧第一次恢复原长,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有

μmg-kx=maQ,且撤去拉力瞬间μmg=kx0,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加

速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即弹簧恢复原长前,P的加速度始终大于Q的加速度,

故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于

Q的平均速度大小,由x=

t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C错误,A、D正确。5.★★★(2025届湖北武汉调研)如图所示,在粗糙水平地面上放置两个质量为m和两个

质量为2m的物块,物块间的动摩擦因数均为μ,物块与地面间的动摩擦因数均为0.5μ,上

面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物

块施加水平向右的力F,使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动,则F的最大值为

(

)

A.3μmg

B.3.6μmg

C.4.5μmg

D.6μmg三年模拟B解析

当F取最大值时,对四个物块整体,根据牛顿第二定律可得F-2×0.5μ(2m+m)g=(2m

+m+2m+m)a;(关键:当F取最大值时,右侧两物块间的静摩擦力恰好达到最大值)对除F作

用的其他三个物块,根据牛顿第二定律可得μ·2mg-0.5μ(2m+m)g=(2m+2m+m)a;联立解得

F=3.6μmg,B正确。6.★★★(2025届河南濮阳模拟预测)如图甲所示,倾角为37°的光滑斜面体放置在光滑

水平面上,与斜面平行的轻弹簧上端固定在斜面上,下端连接质量为1.5kg的小球(可视

为质点)。现对斜面体施加一水平向右的推力F,使斜面体与小球共同运动,测得推力F

的大小随弹簧的形变量x(取弹簧伸长为正、压缩为负)的变化规律如图乙所示,整个过

程不超过弹簧的弹性限度,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正

确的是(

)

A.轻弹簧的劲度系数为3N/mB.斜面体的质量为4.5kgC.轻弹簧的形变量为0时,斜面体的加速度大小为6m/s2D.轻弹簧压缩10cm时,小球单位时间内的速度增加量为10m/sD解析

当F为0时,由平衡条件可得mgsin37°=kx0,解得k=

=

N/m=30N/m,A错误。当x=0时,对小球有FNcos37°=mg、FNsin37°=ma;对整体有F=(M+m)a;联

立并代入题给数据解得M=2.5kg,a=7.5m/s2,B、C错误。由题图乙可得F=30-100x(SI),

当x=-10cm=-0.1m时F=40N;整体的加速度a=

=10m/s2,小球单位时间内的速度增加量为10m/s,D正确。易错警示

题图乙中横坐标单位为cm,在计算弹簧的劲度系数和书写F关于x的表达式

时,应将单位换算为m。7.★★★(2025届重庆八中开学考)如图,倾角θ=30°的足够长的光滑斜面体固定在水平

地面上,劲度系数为k的轻弹簧两端分别连在斜面底部挡板和质量为m的物块A上,质量

为2m的物块B紧靠着A,物块A、B均处于静止状态。现对B施加一平行于斜面向上的外

力F(未知),令B匀加速上滑。已知重力加速度为g。(1)求物块A沿斜面向上加速上滑的加速度的最大值am;(2)若物块B匀加速上滑的加速度为

,则经过多长时间外力恒定不变?

答案

(1)g

(2)

解析

(1)无外力F时,以A、B组成的整体为研究对象,根据平衡条件有T0=3mgsinθ施加外力F后,若A、B立即分离,此时A沿斜面向上加速上滑的加速度最大,以A为研究

对象,有T0-mgsinθ=mam联立解得am=g。(2)无外力F时弹簧压缩量x0=

A、B分离时,以A为研究对象,根据牛顿第二定律有kx-mgsinθ=m·

从开始到分离,以A、B组成的整体为研究对象,根据匀变速直线运动的位移时间关系式

有x0-x=

·

t2联立解得t=

。微专题5动力学中的传送带模型考法领航·新颖情境

突破情境模型建构如图,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。将小物块P轻放在传送带左侧某位置,P在传送带带动下向右运动,与弹簧接触时速

度恰好达到v。取P放置点为坐标原点,全过程P始终在传送带上,以水平向右为正方向,

滑动摩擦力等于最大静摩擦力,物块在向右运动或向左运动的过程中,加速度a与位移x

的关系图像正确的是

(

)

A解析

物块与弹簧接触时其速度恰好达到v,说明与弹簧接触前物块一直做匀加速直线

运动,根据牛顿第二定律可知ma=μmg,解得a=μg,方向水平向右;与弹簧接触后,刚开始

弹簧的弹力小于物块与传送带间的最大静摩擦力,则物块做匀速直线运动,a=0(点拨:物

块所受弹簧弹力和静摩擦力平衡),弹簧的弹力大于最大静摩擦力后,在物块继续向右

运动的过程中,物块所受的合力方向水平向左,设物块与弹簧刚接触时的位移为x0,根据

牛顿第二定律有-k(x-x0)+μmg=ma,解得a=-

(x-x0)+μg,A正确,B错误。当物块向右的位移达到最大时弹簧的形变量达到最大,此时物块的速度为0,此后物块向左运动,物块所

受的摩擦力方向水平向右,仍然满足-k(x-x0)+μmg=ma,当弹力的大小等于滑动摩擦力时,

物块的加速度为0;物块继续向左运动的过程中,所受弹力小于物块与传送带间的滑动摩擦力,物块的加速度水平向右(大于0),C错误。若传送带的速度v较大,当物块脱离弹

簧后,物块继续向左运动,加速度恒为μg,直至速度减为0;若传送带速度v较小,弹簧恢复

原长前,物块速度减为0,D错误。考法点睛

当小物块P接触弹簧后,受到的摩擦力如何变化?如何判断其加速度的变化

情况?1.★★(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,

最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是

(

)A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长五年高考D解析

刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相

对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力

与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带

间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。2.★★(2024安徽,4,4分)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底

端无初速轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。

不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化

的关系图线可能正确的是

(

)

C解析

0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于

重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带

向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力,

物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。3.★★★(2021辽宁,13,11分)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。答案

(1)0.4m/s2

(2)4.5s解析

(1)因为v1<v2,所以包裹相对于传送带向下滑动,所受滑动摩擦力沿传送带向上,

根据牛顿第二定律有μmgcosα-mgsinα=ma,代入数据解得a=0.4m/s2(2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2减速阶段有v1=v2-at1,

-

=2ax1匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L且t=t1+t2,联立解得t=4.5s4.★★★(2025届湖北新高考联考协作体开学考)(多选)如图所示,水平传送带长0.21m,

以速度v1=1m/s匀速运动,质量均为1kg的小物体P、Q由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳

相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2=1.6m/s,P与定滑轮间的绳水平,P与传送带间

的动摩擦因数μ=0.2。已知重力加速度g=10m/s2,不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩

擦,绳足够长。下列说法正确的是

(

)

A.P刚开始在传送带上运动时所受摩擦力水平向右B.Q的加速度始终为6m/s2C.P在传送带上运动的时间为0.2sD.若传送带足够长,只改变传送带速度v1,P在向右运动过程中与传送带之间相对滑动的

路程有最小值三年模拟CD解析

因为v2>v1,所以P刚开始在传送带上运动时所受摩擦力水平向左,A错误。P刚滑

上传送带时,对P、Q组成的整体,根据牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1,解得a1=6m/s2;当P

与传送带共速后,对P、Q组成的整体有mg-μmg=2ma2,解得a2=4m/s2;Q的加速度会发生

变化,B错误。P从滑上传送带至与传送带速度相等所用的时间t1=

=

s=0.1s,时间t1内P的位移x1=

t1=0.13m;P到达传送带的右端的速度大小v=

=0.6m/s,P从与传送带达到共速至到达传送带右端的时间t2=

=0.1s;所以P在传送带上运动的时间t=t1+t2=0.2s,C正确。(关键:v物传=v物地-v传地)若传送带足够长,以传送带为参

考系,P在向右运动过程中与传送带间相对滑动的路程s=

+

=

+

(SI),当v1=

m/s时s最小,D正确。5.★★★(2025届吉林白城一中开学考)(多选)如图所示,传送带以10m/s的速度沿逆时

针方向匀速转动,两侧的传送带的长度都是16m,且与水平方向的夹角均为37°。现有

两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下,已知滑块A、B的质量均为

1kg,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

下列说法正确的是

(

)

A.滑块A先做匀加速运动后做匀速运动B.滑块A比B早到达底端2sC.滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等D.滑块A在传送带上的划痕长度为5mBCD解析

对滑块B,由牛顿第二定律有aB=g

sin37°-μg

cos37°=2m/s2,滑块B到达底端的时

间tB=

s=4s;(点拨:传送带对滑块A的摩擦力先平行左侧传送带向下,共速后平行左侧传送带向上)从开始到A与传送带共速的过程,对滑块A,根据牛顿第二定律有aA=g

sin37°+μg

cos37°=10m/s2,滑块A加速到v0=10m/s的时间t1=

s=1s,下滑的位移x1=

·t1=5m;之后滑块A的加速度大小a'A=g

sin37°-μg

cos37°=2m/s2,由L-x1=v0t2+

a'A

可得从共速至到达传送带底端的时间t2=1s,则tA=t1+t2=2s,A错误,B正确。A到达底端时的速度

大小vA=(10+2×1)m/s=12m/s,B到达底端时的速度大小vB=2×4m/s=8m/s,C正确。从滑

块A开始加速到与传送带共速的过程,传送带比滑块A多“走”的位移Δx1=v0t1-x1=5m;之后滑块A比传送带多“走”的位移Δx2=11m-v0t2=1m,所以滑块A在传送带上的划痕

长度为5m(点拨:两个过程滑块A相对传送带的运动方向相反,划痕相互交叠,划痕长度

为较大的一段相对位移的大小),D正确。6.★★★★(2025届广东华南师大附中月考)图a为某国际机场某货物传送装置实物图,

简化图如图b,该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成,固定挡板与传送带上表面

垂直,传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°。传送带匀速转动时,工作人员将正方体

货物从D点由静止释放,在L=10m处取下货物,货物运动时的剖面图如图c所示,已知传

送带匀速运行的速度v=1m/s,货物质量m=10kg,其底部与传送带上表面间的动摩擦因

数μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF间的动摩擦因数μ2=0.25。(重力加速度g=10m/s2,不计空

气阻力)(1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小f1和挡板对货物的摩擦力大小f2;(2)货物在传送带上运动的时间t;(3)若货物传送到s=0.2m时,传送带由于故障突然停止,工作人员待货物安全停止时立即进行维修,用时T=30s,传送带恢复正常,忽略传送带加速至恢复正常的时间,求由于故

障传送货物耽误的时间Δt(保留两位小数)。

答案

(1)40N

15N

(2)10.2s

(3)30.29s解析

(1)货物放上传送带后,水平方向受力情况如图甲所示,在竖直平面内对货物受力

分析如图乙所示

甲

乙传送带对货物的支持力为N1,挡板对货物的支持力为N2,则N1=mgcosθ,N2=mgsinθf1=μ1N1,f2=μ2N2代入数据解得f1=40N,f2=15N。(2)设货物由静止放上传送带获得的加速度为a,对货物有f1-f2=ma代入数据解得a=2.5m/s2设货物在传送带上经时间t1能与传送带达到共速,有v=at1,s1=

vt1解得t1=0.4s,s1=0.2m<L所以货物能与传送带达到共速,共速后,货物做匀速直线运动,直至被取下,设共速后再

经过时间t2货物被取下,则有L-s1=vt2货物匀速运动的时间t2=9.8s货物在传送带上运动的总时间t=t1+t2=10.2s。(3)传送带出现故障突然停止,设货物做匀减速直线运动的加速度大小为a1,在减速到0

过程中货物的位移为s'1,传送带恢复正常后,货物匀加速至与传送带达到共速的位移为s

'2,在货物做匀减速运动的过程中,对货物有f1+f2=ma1根据速度位移关系式得s'1=

,s'2=

则由于传送带故障,耽误的时间Δt=T+

-

=T+

联立解得Δt≈30.29s。微专题6动力学中的滑块-木板模型1.★★(2025届陕西西安中学开学考)(多选)如图所示,长为6m、质量为10kg的木板放

在水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为50kg的人从木板的左端

开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中,关于人(a)和木板(b)的速度-时间图像可能

正确的是(g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(

)

BC解题导引

解析

人对木板的摩擦力向左,木板不会向右加速,D错误。对人,根据牛顿第二定律有f

=Ma1;由牛顿第三定律知人对木板的摩擦力大小f'=f;木板与地面之间的最大静摩擦力fm

=μ(M+m)g=120N;若木板向左加速,需满足f'>fm;联立解得a1>2.4m/s2。选项A中aa1=

m/s2=1m/s2<2.4m/s2,木板静止,A错误。选项B中aa2=

m/s2=2m/s2<2.4m/s2,木板静止,B正确。选项C中aa3=

m/s2=3m/s2>2.4m/s2,木板向左加速;对木板,根据牛顿第二定律有Maa3-fm=mab,解得ab=3m/s2,C正确。2.★★(2024届广西柳州三模)(多选)如图所示,一个质量为m、长为1.0m的木板放在倾

角为37°的光滑斜面上,木板的左端有一个质量为M的物块(可视为质点),物块上连接了

一根细绳,细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行,另一端也连接一质量为M的

物块,由静止释放后,木板上的物块向上滑动而木板不动,已知M=2m。下列说法正确的

是(

)

A.物块与木板间的动摩擦因数为0.5B.物块在木板上滑行的加速度大小为0.5m/s2C.物块在木板上滑行的时间为2sD.若将竖直悬挂的物块的质量改为2M,则木板将随物块一起上滑BC解析

木板上的物块向上滑动而木板不动,对木板有μMgcos37°=mgsin37°,解得μ=0.375,A错误。对两物块,根据牛顿第二定律有Mg-Mgsin37°-μMgcos37°=2Ma,解得a=0.5m/s2,B正确。对木板上的物块有L=

at2,解得t=2s,C正确。若将竖直悬挂的物块的质量改为2M,木板的受力不发生改变,仍静止,D错误。3.★★★(2021全国乙,21,6分)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上

有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变

化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的

变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦

因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则

(

)

A.F1=μ1m1gB.F2=

(μ2-μ1)gC.μ2>

μ1D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等BCD解析

根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~t1这段时间内,木板

与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~t2时间

内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正

确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,对木板有μ

2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>

μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g

,B正确。

4.★★★(2024黑吉辽,10,6分)(多选)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因

数为μ,t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木

板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变

化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块和木板的速度相同。

下列说法正确的是

(

)

A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动ABD解析

设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与

木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结

合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的

速度v1=-

μgt0,t=4t0时刻的速度v2=

μgt0,则物块的加速度a2=

=2μg,对小物块由牛顿第二定律有μ'mg=ma2,联立解得μ'=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板

的加速度a1=

=

μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a'1=

=-μg,0~3t0时间内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=

μMg,3t0~4t0内,对木板由牛顿第二定律有F-μ(M+m)g-μ'mg=Ma'1,可得

=

,C错误。t=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物块和木板一起做匀速运动,D正确。5.★★★★(2025届湖南长沙市一中月考)(多选)如图甲所示,质量为2m、足够长的木板

C置于水平地面上,滑块A、B的质量均为m,置于C上,B位于A右侧某处。A、C间的动摩

擦因数μA=0.2,B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB=μC=0.1。给C施加一水平向右的恒

力F,从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得

与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2),下列说法正确的是

(

)

A.滑块A能获得的最大加速度为2m/s2B.A、B之间的初始距离为4mC.滑块A的质量为1kgD.若F=10.5N,A、C之间将发生相对滑动AC解题导引

解析

对滑块A有μAmg=maAm,解得aAm=2m/s2,A正确。对滑块B有μBmg=maBm,解得aBm=1m/s2,由题图可知当F足够大时,A、B均相对C滑动,相遇时间恒为t=

s=2s,由

aAmt2-

aBmt2=L解得L=2m,B错误。当F=8N时,B与C恰好发生相对滑动,有F-4μCmg=4maBm,解得m=1kg,C正确。设A、C恰好发生相对滑动时拉力为F1,则对木板有F1-4μCmg-μAmg-μ

Bmg=2maAm,解得F1=11N,若F=10.5N,A、C保持相对静止,D错误。6.★★★(2019江苏,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘

对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速

度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运

动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑

动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案

(1)

(2)3μg

μg

(3)2

解析

A、B的运动过程如图所示。

(1)由牛顿第二定律知,A加速度的大小aA=μg根据匀变速直线运动规律可知

=2aAL解得vA=

。(2)设A、B的质量均为m。对齐前,B所受合力大小F=3μmg由牛顿第二定律可知F=maB,得aB=3μg。对齐后,A、B整体所受合力大小F'=2μmg由牛顿第二定律可知F'=2maB',得aB'=μg。(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA=

aAt2,xB=vBt-

aBt2且xB-xA=L联立解得vB=2

。7.★★★★(2025届云南昆明三中开学考)如图甲所示,一长方体木板B放在水平地面上,

木板B的右端放置一个质量为1kg的小铁块A,在t=0时刻,同时突然给A、B各一初速度,

其中A的初速度大小vA=1m/s,方向水平向左;B的初速度大小vB=14m/s,方向水平向右,木

板B运动的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量相等,A与B及B与地面之间均有摩擦

(动摩擦因数不相等),A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A始终没有滑出B,重

力加速度g取10m/s2。求:(1)A与B间的动摩擦因数μ1及B与地面间的动摩擦因数μ2;(2)小铁块A相对地面向左运动的最大位移的大小;(3)B运动的时间及B运动的位移大小;(4)整个过程中A、B之间因摩擦产生的热量。

答案

(1)0.1

0.15

(2)0.5m

(3)4s

25m

(4)23.5J解析

(1)当t1=3s时A、B共速且v=2m/s从t=0时刻到A、B共速过程,对A:由运动学公式可得v=-vA+aAt1根据牛顿第二定律有μ1mg=maA联立解得μ1=0.1对B:由运动学公式可得v=vB-aBt1根据牛顿第二定律有μ1mg+2μ2mg=maB联立解得μ2=0.15。(2)A向左运动的最大位移s=

=0.5m。(3)μ1<μ2,二者共速后不可能以相同的加速度做匀减速直线运动,3s之后B减速较快,A对

B的滑动摩擦力向右3s之后,对B:根据牛顿第二定律有2μ2mg-μ1mg=ma'B解得a'B=2m/s23s之后,B运动的时间t2=

=

s=1s所以B运动的总时间t=t1+t2=4s。B运动的位移xB=

t1+

t2=25m。(4)A、B运动的v-t图像如图所示图中阴影部分的面积之和表示A相对B运动的路程s=

×15×3m+

×1×2m=23.5m整个过程中A、B之间因摩擦产生的热量Q=μ1mgs=23.5J。实验4探究加速度与物体受力、物体质量的关系1.(2024浙江1月,16-Ⅰ,7分)如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装

置。

(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是