2025高考物理總復習第三章運動和力的關系課件練習題

第三章運動和力的關系考情分析試題情境生活實踐類跳水、蹦床、蹦極、火箭發(fā)射、無人機、跳傘運動、電梯內的超重及失重學習探究類傳送帶模型，板塊模型，探究加速度與力、質量的關系，測量動摩擦因數(shù)第1課時目標要求1.理解牛頓第一定律的內容和慣性的本質。2.掌握牛頓第二定律的內容及表達式，能夠應用牛頓第二定律解決超、失重問題。3.了解單位制，并知道七個基本單位，會用國際單位制檢查結果表達式是否正確。牛頓第一定律牛頓第二定律內容索引考點一

牛頓第一定律考點二

牛頓第二定律考點三

超重和失重問題課時精練考點四單位制><考點一牛頓第一定律一、牛頓第一定律1.內容：一切物體總保持

或

，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。2.理想實驗：它是在經驗事實基礎上采用科學的抽象思維來展開的實驗，是人們在思想上塑造的理想過程。牛頓第一定律是通過理想斜面實驗得出的，它

(填“不能”或“可以”)由實際的實驗來驗證。勻速直線運動狀態(tài)靜止狀態(tài)不能3.物理意義(1)揭示了物體在不受外力或所受合外力為零時的運動規(guī)律。(2)提出了一切物體都具有

，即物體維持其原有運動狀態(tài)的特性。(3)揭示了力與運動的關系，說明力不是

的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因。注意：運動狀態(tài)的改變指速度的改變，速度改變則必有加速度，故力是物體產生

的原因。慣性維持物體運動狀態(tài)加速度二、慣性1.定義：物體保持原來

或

的性質叫作慣性。2.慣性大小的量度

是物體慣性大小的唯一量度。物體的質量越大，慣性

；物體的質量越小，慣性

。勻速直線運動狀態(tài)靜止狀態(tài)質量越大越小3.對慣性的理解(1)慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性。(2)物體慣性的大小只取決于物體的

，與物體的受力情況、速度大小及所處位置

。質量無關(3)物體慣性表現(xiàn)形式：①形式一：“保持原狀”。物體不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現(xiàn)為物體保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)。②形式二：“反抗改變”。物體受到外力且合外力不為零時，慣性表現(xiàn)為物體運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性越大，物體的運動狀態(tài)越難改變。1.牛頓第一定律是實驗定律。(

)2.運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(

)3.物體不受力時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。(

)4.超載時遇到緊急情況剎車不容易停下來，說明質量越大，慣性越大。(

)××√√例1如圖所示，滑冰運動員用力將冰刀后蹬，可以向前滑行；停止用力，會逐漸停下，且滑行的速度越大，停下所需時間越長，滑得越遠。有四位同學對此過程發(fā)表了自己的看法，你認為正確的是A.運動員的運動需要力來維持B.停止用力，運動員停下來是具有慣性的表現(xiàn)C.停止用力，運動員停下來是由于摩擦力的作用D.速度越大，停下所需時間越長，說明慣性的大小和速度有關√力是改變物體運動狀態(tài)的原因，不是維持物體運動的原因，故A錯誤；停止用力，運動員停下來是由于摩擦力的作用，而繼續(xù)運動是因為具有慣性，故B錯誤，C正確；摩擦力一定時，根據(jù)運動學公式可知，速度越大，停下所需時間越長，但慣性與自身的質量有關，與速度無關，故D錯誤。例2

(2023·江蘇省蘇州中學期末)大型油罐車內部設置了一些固定擋板，如圖所示，油罐車在水平路面上行駛，下列說法正確的是A.油罐車勻速前進時，油沒有慣性B.油罐車加速前進時，油的液面仍然保持水平C.油罐車減速前進時，兩擋板間油的液面前低后高D.擋板間油的質量相對小，可以有效減弱變速時油的涌動√慣性的大小只取決于物體的質量，和物體的運動狀態(tài)無關，故A錯誤；當油罐車加速前進時，由于慣性油向后涌動，所以油的液面應前低后高，故B錯誤；當油罐車減速前進時，油向前涌動，兩擋板間油的液面前高后低，故C錯誤；當擋板間油的質量相對小時，油的慣性小，可以有效減弱變速時油的涌動，故D正確。返回牛頓第二定律><考點二1.內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成

，跟它的質量成_____，加速度的方向跟作用力的方向

。2.表達式：

。正比反比相同F(xiàn)＝ma3.對牛頓第二定律的理解4.加速度兩個表達式的對比理解1.由m＝

可知，物體的質量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比。(

)2.可以利用牛頓第二定律確定高速電子的運動情況。(

)3.F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關。(

)4.物體所受合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(

)√××√思考某同學為研究雨滴下落的規(guī)律查閱資料，了解到：較大的雨滴，其運動模型可看成是1000m高空的物體在有空氣阻力的空間中由靜止開始下落的運動，落地速度4m/s。請分析雨滴下落的運動過程，描述雨滴下落過程中速度和加速度的變化，并定性作出雨滴下落的v－t圖像。(設雨滴下落過程中質量不變，空氣阻力與速度大小成正比)答案雨滴先加速下落，速度變大，所受空氣阻力變大，由牛頓第二定律mg－kv＝ma知，雨滴的加速度減小，當雨滴所受的空氣阻力與重力大小相等時，加速度為零，雨滴勻速下落。其下落的v－t圖像如圖所示。例3

(2022·全國乙卷·15)如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距

時，它們加速度的大小均為√設繩子拉力為FT，對結點O，由平衡條件：水平方向有2FTcosθ＝F，對任意小球由牛頓第二定律有FT＝ma例4在空間站中，如需測量一個物體的質量，需要運用一些特殊方法。如圖所示，先對質量為m1＝1.0kg的標準物體P施加一水平恒力F，測得其在1s內的速度變化量大小是10m/s，然后將標準物體P與待測物體Q緊靠在一起，施加同一水平恒力F，測得它們1s內速度變化量大小是2m/s。則待測物體Q的質量m2為A.3.0kg B.4.0kg C.5.0kg D.6.0kg√對P和Q整體施加F時，聯(lián)立解得m2＝4.0kg，故選B。例5如圖所示，質量為m的小球被一根輕質橡皮筋AC和一根輕繩BC系住，當小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上，繩與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列判斷中正確的是A.在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變B.在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gcosθC.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為D.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ√設小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為FT，由平衡條件可得Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝FT，在AC被突然剪斷的瞬間，AC的拉力突變?yōu)榱悖珺C上的拉力突變?yōu)閙gcosθ，重力垂直于繩BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，A、B錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋AC的拉力不變，小球受到的合力大小與BC被剪斷前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，拓展如果上面例題中AC是輕繩，BC是橡皮筋，則選項中正確的為____。A求解瞬時加速度問題的一般思路分析瞬時變化前物體的受力情況→分析瞬時變化后哪些力變化或消失→求出變化后物體所受合力根據(jù)牛頓第二定律列方程→求瞬時加速度返回超重和失重問題><考點三名稱超重失重完全失重產生條件物體的加速度____物體的加速度____物體豎直向下的加速度等于___對應運動情境

上升或

下降

下降或

上升自由落體運動、豎直上拋運動等原理F－mg＝maF＝_______mg－F＝maF＝________mg－F＝mgF＝__超重、失重和完全失重的對比向上向下g加速減速加速減速mg＋mamg－ma0名稱超重失重完全失重說明(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等。1.減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。(

)2.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。(

)3.根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。(

)×××思考1.蹦極運動員從高處跳下，先做自由落體運動，隨后彈性繩被拉直，直至最低點速度減為零。則在下降過程中，運動員分別在什么階段處于超重、失重狀態(tài)？

答案運動員下降過程中，在彈性繩被拉直前處于完全失重狀態(tài)；從彈性繩剛拉直到彈性繩的拉力大小等于重力過程中，運動員處于失重狀態(tài)；從彈性繩的拉力大小等于重力到最后運動員減速為0，運動員處于超重狀態(tài)。2.當在盛水的靜止塑料瓶壁上扎一個小孔時，水會從小孔噴出，但釋放水瓶，讓水瓶自由下落時，水卻不會從小孔流出。這是為什么？答案塑料瓶靜止時，小孔有水噴出，是因為上部的水對下部的水產生壓力；當讓水瓶自由下落時，由于a＝g，水和瓶均處于完全失重狀態(tài)，上部的水不會對下部的水產生壓力，故水不再從小孔流出。例6圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的“·”表示人的重心。圖乙是根據(jù)力傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖像。兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。根據(jù)圖像可知A.d點位置對應人處于跳起的最高點B.c點位置對應人處于失重狀態(tài)C.b點位置對應人處于下蹲過程的最低點D.b點位置對應人處于失重狀態(tài)√由題圖乙可知，人的重力約為500N，d、c點位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，處于超重狀態(tài)，尚未離地，A、B錯誤；b點位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，處于失重狀態(tài)，且加速下蹲，還沒有到達最低點，C錯誤，D正確。返回單位制><考點四1.單位制：

單位和

單位一起組成了單位制。2.基本單位：基本量的單位。國際單位制中基本量共七個，其中力學有三個，是

、

、

，基本單位分別是

、

、

。3.導出單位：由基本量根據(jù)

推導出來的其他物理量的單位?；緦С鲩L度質量時間米千克秒物理關系4.國際單位制的基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質量m千克(公斤)kg時間t秒s電流I安[培]A熱力學溫度T開[爾文]K物質的量n，(ν)摩[爾]mol發(fā)光強度I，(Iv)坎[德拉]cd例7

(2023·遼寧卷·2)安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝

。比例系數(shù)k的單位是A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)√返回課時精練1.(2023·江蘇鹽城市檢測)伽利略曾用如圖所示的“理想實驗”來研究力與運動的關系，則下列選項符合實驗事實的是A.小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面B.沒有摩擦，小球上升到原來釋放時的高度C.減小斜面的傾角θ，小球仍然到達原來的高度D.繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去√123456789101112小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面，這是事實，故A正確；因為生活中沒有無摩擦的軌道，所以小球上升到原來釋放時的高度為推理，故B錯誤；減小斜面的傾角θ，小球仍然到達原來的高度是在B項基礎上的進一步推理，故C錯誤；繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去，這是在C項的基礎上繼續(xù)推理得出的結論，故D錯誤。1234567891011122.(2022·江蘇卷·1)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過A.2.0m/s2 B.4.0m/s2

C.6.0m/s2 D.8.0m/s2√123456789101112書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，最大靜摩擦力提供加速度時，書有最大加速度，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，書相對高鐵靜止，故若書不滑動，高鐵的最大加速度為4.0m/s2，B正確，A、C、D錯誤。3.(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是A.0～t1時間內，v增大，F(xiàn)N>mgB.t1～t2

時間內，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2～t3

時間內，v增大，F(xiàn)N<mgD.t2～t3時間內，v減小，F(xiàn)N>mg123456789101112√根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯誤；t2～t3時間內，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確。1234567891011124.(2023·江蘇南通市模擬)質量為m的翼裝飛行者從高空跳下，通過調整身體實現(xiàn)飛行并控制方向，如圖所示，當他斜向上以加速度g勻減速直線飛行且飛行方向與水平方向夾角為30°時，所受空氣作用力A.大小等于mg

B.大小等于C.方向豎直向上

D.方向垂直于AB向上√123456789101112翼裝飛行者斜向上以加速度g勻減速直線飛行時，由牛頓第二定律可知F合＝ma＝mg，重力與空氣作用力的合力大小為mg，方向斜向左下方，如圖所示，由圖可得空氣作用力大小為F＝mg，方向與BA成60°角斜向左上方，故選A。1234567891011125.(2024·江蘇淮安市檢測)一載人深潛器從水面開始下潛到某深處后返回到水面的過程中速度隨時間變化關系圖像如圖所示，下列時段中深潛器處于超重狀態(tài)的是A.0～1min B.1～3minC.3～4min D.8～10min√123456789101112v－t圖像斜率表示加速度，斜率正負表示加速度方向，0～1min加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；1～3min加速度為0，處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；3～4min加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故C正確；8～10min加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。1234567891011126.如圖所示，質量為2kg的物體B和質量為1kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質量為3kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(g取10m/s2)A.0 B.15m/s2

C.6m/s2 D.5m/s2√123456789101112123456789101112開始時彈簧的彈力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬間，彈簧彈力不變，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6m/s2，故選項C正確。7.(2023·江蘇省南師附中模擬)橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內，彈力F的大小與伸長量x成正比，即F＝kx，k的值與橡皮筋未受到拉力時的長度L、橫截面積S有關，研究表明k＝

其中Y是一個由材料決定的常數(shù)，材料學上稱之為楊氏模量。在國際單位制中，楊氏模量Y的單位應該是A.N B.m C.N/m D.Pa123456789101112√8.(2023·江蘇省聯(lián)考)如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在水平道路上勻速行駛，發(fā)現(xiàn)前面有路障，以加速度a勻減速行駛，貨箱中石塊A的質量為m，重力加速度為g，則A.車勻速行駛時，A受到貨箱對它的

支持力為mgB.車勻速行駛時，A受到周圍與它接觸石塊的合力為0C.車勻減速行駛時，A受到貨箱對它的支持力變小D.車勻減速行駛時，A受到周圍與它接觸石塊的合力大于ma√123456789101112車勻速行駛時，石塊A受到的合力為0，由于上面石塊對其有向下的壓力，則貨箱對它的支持力大于mg，故A錯誤；車勻速行駛時，由于石塊所受合外力為零，所以周圍與它接觸石塊的合力與其重力等大反向，所以周圍與它接觸石塊的合力等于mg，方向豎直向上，故B錯誤；車勻減速行駛時，石塊A豎直方向所受合力為零，貨箱對它的支持力不變，周圍與它接觸石塊的合力為

>ma，故C錯誤，D正確。1234567891011129.(2024·江蘇南京市模擬)如圖所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC組成，AB與BC的夾角大于90°，質量為m的球放在斜槽中，重力加速度為g，當斜槽和球一起沿水平面向右運動的過程中，以下說法不正確的是A.球對AB槽板的壓力可能大于mgB.球對AB槽板的壓力可能等于零C.球對BC槽板的壓力可能大于mgD.球對BC槽板的壓力可能小于mg√123456789101112當斜槽和球一起沿水平面向右以較大的加速度運動時，球可離開BC槽板，此時AB對球的彈力和球的重力的合力產生加速度，此時球對AB槽板的壓力大于mg，球對BC槽板的壓力為零，選項A、D正確，不符合題意；當斜槽和球一起沿水平面向右勻速運動時，球受力平衡，此時AB槽板與球雖然接觸但不產生彈力，即此時球對AB槽板的壓力等于零，球對BC槽板的壓力等于mg，選項B正確，不符合題意；結合上述分析可知，球對BC槽板的壓力不可能大于mg，選項C錯誤，符合題意。12345678910111210.(2024·江蘇揚州市江都中學月考)如圖所示，A、B兩球質量相等，光滑固定斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度為g，則在突然撤去擋板的瞬間有A.兩圖中兩球加速度均為gsinθB.兩圖中A球的加速度均為0C.圖乙中輕桿的作用力一定不為0D.圖甲中B球的加速度是圖乙中B

球的加速度的2倍√123456789101112撤去擋板前，對整體受力分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故D正確，A、B、C錯誤。12345678910111211.如圖所示，一個箱子中放有一物體，已知靜止時物體對下底面的壓力等于物體的重力，且物體與箱子上表面剛好接觸?，F(xiàn)將箱子以初速度v0豎直向上拋出，已知箱子所受空氣阻力與箱子運動的速率成正比，且箱子運動過程中始終保持圖示方式，則下列說法正確的是A.上升過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力越

來越小B.上升過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力越

來越大C.下降過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力可能越來越大D.下降過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力可能越來越小123456789101112123456789101112在上升過程中，對箱子和物體整體受力分析，如圖甲所示又整體向上做減速運動，v減小，所以a減小；再對物體單獨受力分析如圖乙所示123456789101112因a>g，所以物體受到箱子上底面向下的彈力FN，由牛頓第二定律可知mg＋FN＝ma，則FN＝ma－mg，而a減小，則FN減小，所以上升過程中物體對箱子上底面有壓力，且壓力越來越??；同理當箱子和物體下降時，物體對箱子下底面有壓力，且壓力越來越大，當kv＝Mg時，整體做勻速運動，此后物體對箱子的壓力不變。故選C。12.如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質量為m的貨物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.3。當載重車廂沿索道向上做加速度為a的加速運動時，貨物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，貨物對車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，連接索道與車廂的桿始終沿豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時貨物對車廂地板的摩擦力大小為A.0.35mg B.0.3mg C.0.23mg D.0.2mg√123456789101112將a沿水平和豎直兩個方向分解，對貨物受力分析如圖所示，水平方向：Ff＝max，豎直方向：FN－mg＝may，F(xiàn)N＝1.15mg，123456789101112聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，由牛頓第三定律知，D正確。返回第三章運動和力的關系第2課時目標要求1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法。2.理解各種動力學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義。牛頓第二定律的基本應用內容索引考點一

動力學兩類基本問題考點二

動力學圖像問題課時精練><考點一動力學兩類基本問題分析動力學兩類基本問題的關鍵(1)做好兩類分析：物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)搭建兩個橋梁：加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯(lián)系各物理過程的橋梁。例1

(2024·江蘇淮安市五校聯(lián)考)水面救生無人船已經成為水面救援的重要科技裝備。在某次測試中，一質量為20kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標地點。無人船先從靜止出發(fā)，做勻加速運動10s后達到最大速度4m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16m的距離后速度變?yōu)榱?。已知無人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4N，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)在勻加速過程中，無人船發(fā)動機提供的動力的大小F1；答案12N解得a1＝0.4m/s2由牛頓第二定律得F1－Ff＝ma1，解得F1＝12N(2)在勻減速過程中，無人船發(fā)動機提供的阻力的大小F2；答案6N勻減速階段有0－vm2＝－2a2x2，解得a2＝0.5m/s2由牛頓第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得F2＝6N(3)無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x。答案18s

36m運動總時間為t＝t1＋t2＝18s運動總位移大小為x＝x1＋x2＝36m。例2

(2024·江蘇連云港市灌南高級中學檢測)如圖所示，一足夠長的斜面傾角為θ＝37°，斜面BC與水平面AB平滑連接。質量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，運動至B點時撤去該力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。則：(1)物體到達B點時的速度是多大？答案6m/s在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律可知F－μmg＝ma從M點到B點，根據(jù)速度位移公式可知vB2＝2aL(2)物體在斜面上滑行的時間是多少？(可用根式表示)物體在斜面上向上運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2根據(jù)速度位移公式可知vB2＝2a1x解得x＝1.8m因μ<tanθ，所以物體速度減為零后會勻加速下滑，下滑時根據(jù)牛頓第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2動力學問題的解題思路例3如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間。下列關系正確的是A.t1＝t2 B.t2＝t3

C.t1>t3 D.t1＝t3√設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝

可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故D正確。拓展若沿cb放一個光滑細桿，小滑環(huán)從c處無初速度釋放到達b，運動時間為t4，t4和t1關系如何？答案t4＝t1等時圓模型1.質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示；2.質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；返回3.兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。動力學圖像問題><考點二常見的動力學圖像v－t圖像、a－t圖像、F－t圖像、F－a圖像等。(1)v－t圖像：根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。(2)a－t圖像：注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體的受力情況應用牛頓第二定律列方程求解。(3)F－t圖像：結合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況。(4)F－a圖像：首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導出兩個量間的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)關系式結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量。例4

(2023·全國甲卷·19改編)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲＝μ乙 D.μ甲>μ乙√根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選B。例5

(2024·江蘇省揚州中學月考改編)將一小球豎直上拋，過一段時間小球回到拋出點。以向上為正方向，繪制出小球從拋出到回到拋出點(t2時刻)的v－t圖像如圖所示。小球運動過程中僅受重力和空氣阻力。下列說法正確的有A.小球上升過程所用時間為全過程所用時間的一半B.小球受到的空氣阻力大小不變C.小球回到拋出點時的速率v2等于拋出時的速率v1D.v－t圖像在t軸上方所圍面積與t軸下方所圍面積相等√則上升過程的加速度大于下降過程的加速度，研究上升過程的逆過程與下降過程，兩個過程均為初速度為零的加速運動，根據(jù)h＝

，可知上升過程時間短，小球上升過程所用時間小于全過程所用時間的一半，選項A錯誤；由題圖可知上升過程加速度逐漸減小，即隨速度減小，空氣阻力減??；下降過程加速度逐漸減小，則隨速度增加，空氣阻力增大，選項B錯誤；整個過程由于有空氣阻力做負功，則小球回到拋出點時的速率v2一定比拋出時的速率v1小，選項C錯誤；v－t圖像在t軸上方所圍面積等于上升的位移大小，在t軸下方所圍面積等于下降的位移大小，則兩部分面積應相等，選項D正確。分析動力學圖像問題的方法技巧1.分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程。2.建立圖像與物體運動間的關系：把圖像與具體的題意、情景結合起來，明確圖像反映的是怎樣的物理過程。3.建立圖像與公式間的關系：對于a－F圖像、F－x圖像、v－t圖像、v2－x圖像等，都應先建立函數(shù)關系，然后根據(jù)函數(shù)關系讀取信息或描點作圖，特別要明確圖像斜率、“面積”、截距等對應的物理意義。4.讀圖時要注意一些特殊點：比如起點、截距、轉折點、兩圖線的交點，特別注意臨界點(在臨界點物體運動狀態(tài)往往發(fā)生變化)。返回課時精練1.水平路面上質量為30kg的小車，在60N水平推力作用下由靜止開始以1.5m/s2的加速度做勻加速直線運動。2s后撤去該推力，則下列說法正確的是A.小車2s末的速度大小是4m/sB.小車受到的阻力大小是15NC.撤去推力后小車的加速度大小是1m/s2D.小車運動的總時間為6s√1234567891011根據(jù)運動學公式，小車2s末的速度大小v＝at1＝3m/s，故A錯誤；12345678910112.無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)緊急情況到開始剎車的時間為反應時間。已知某無人駕駛汽車的反應時間為0.2s，該無人駕駛汽車以30m/s的速度在干燥路面從發(fā)現(xiàn)緊急情況到剎車停下來要運動96m，則車輪與路面間的動摩擦因數(shù)為(取g＝10m/s2)A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6√1234567891011設車輪與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，其中v0＝30m/s，t0＝0.2s聯(lián)立解得μ＝0.5，故選C。12345678910113.(2024·江蘇連云港市期中)水平地面上一質量為m的物體在水平外力F作用下做勻速直線運動，從t＝0時刻開始F隨時間均勻減小直至t1時刻減小為零。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體所受的摩擦力為Ff、加速度為a、速度為v，重力加速度為g。則下列Ff、a、v隨時間t變化的圖像可能正確的是1234567891011√由題意可知，物體做勻速直線運動，從t＝0時刻，拉力F開始均勻減小，t1時刻拉力減小為零，出現(xiàn)的摩擦力有兩種可能，一種是當拉力為零時，物體仍在滑動，則受到的一直是滑動摩擦力，即大小不變；

另一種是當拉力為零前，物體已靜止，則當拉力逐漸減小至零時，先是滑動摩擦力，后是靜摩擦力，滑動摩擦力大小不變，而靜摩擦力的大小與拉力相等，靜止時拉力小于滑動摩擦力大小，故A錯誤，B正確；1234567891011t＝0時，物體加速度應該為0，故C錯誤；因為物體受到的拉力不斷變化，所以受到的合力也會變化，加速度也會變化，不會做勻減速直線運動，故D錯誤。12345678910114.(2024·江蘇南京市?？?如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ＝30°，可視為質點的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以v0＝10m/s的初速度沿木板向上運動，取g＝10m/s2。則以下結論正確的是B.小木塊經t＝1s沿木板滑到最高點C.小木塊在t＝2s時速度大小為10m/s，方向沿木板向下D.小木塊滑到最高點后能夠返回1234567891011√小木塊恰好能沿著木板勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ＝

，故A錯誤；1234567891011由A選項分析可知mgsinθ＝μmgcosθ，而最大靜摩擦力不小于滑動摩擦力，因此小木塊到達最高點后將保持靜止，而上滑的時間為1s，故小木塊在t＝2s時速度大小為零，到達最高點后不會返回，故C、D錯誤。12345678910115.(2023·全國乙卷·14)一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動√1234567891011上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程中重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度大小比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大，由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；1234567891011排球在上升過程做減速運動，排球在下降過程做加速運動，在整個過程中空氣阻力一直做負功，排球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度大小小于上升過程的最低點的速度大小，故排球被墊起時的速度最大，B正確；達到最高點時速度為零，空氣阻力為零，此刻排球受重力作用，加速度不為零，C錯誤；下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力也在變，排球在下落過程中不是做勻加速運動，D錯誤。12345678910116.(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝

，貨物可視為質點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；答案2m/s21234567891011根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s21234567891011根據(jù)運動學公式有v2＝2a1l1，解得v＝4m/s(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；答案4m/s1234567891011根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2根據(jù)運動學公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m。(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。答案2.7m12345678910117.如圖所示，四根光滑桿AB、BC、AD、DC被固定成一個平行四邊形ABCD。四個頂點恰好位于同一個圓上，且A、C兩點是圓的最高點和最低點，圓的半徑為R。四個相同的光滑圓環(huán)a、b、c、d分別套在四根桿的上端由靜止釋放，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A.圓環(huán)a滑到B端的時間比圓環(huán)b滑到C端的時間短B.圓環(huán)b滑到C端的時間比圓環(huán)d滑到C端的時間長C.四個圓環(huán)到達各自桿的底端所用時間都相同D.四個圓環(huán)到達各自桿的底端所用時間各不相同1234567891011√設桿AB長為l，與水平方向的夾角為θ，圓環(huán)的質量為

m，對圓環(huán)a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ由幾何關系可知l＝2Rsinθ12345678910111234567891011則圓環(huán)的下滑時間與桿的傾角和桿長無關，同理可得圓環(huán)b、c、d的下滑時間同為8.(2023·江蘇常熟市調研)如圖甲所示，水平地面上水平輕彈簧左端固定，右端通過小物塊壓縮0.4m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放小物塊。計算機通過小物塊上的速度傳感器描繪出它的v－t圖線如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時圖線的切線，已知小物塊的質量為m＝2kg，重力加速度取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A.小物塊與地面間的動摩擦因

數(shù)為0.3B.小物塊與地面間的動摩擦因

數(shù)為0.4C.彈簧的勁度系數(shù)為175N/mD.彈簧的勁度系數(shù)為150N/m√1234567891011根據(jù)v－t圖線斜率的絕對值表示加速度大小，由題圖乙知，物塊脫離彈簧后的加速度大小12345678910111234567891011由牛頓第二定律得kx－μmg＝ma′，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，C正確，D錯誤。9.(2022·遼寧卷·7)如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25√1234567891011物塊沿中線做勻減速直線運動，由題知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s，對物塊由牛頓第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，則μ<0.2，故選B。123456789101110.(2024·江蘇省南航蘇州附中月考)運動員推動冰壺在水平冰面上滑行過程可建立如圖所示模型。冰壺質量m＝19.85kg，運動員施加的推力F＝2.5N，方向與水平方向夾角為37°，冰壺在推力F作用下做勻速直線運動，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)；答案0.01對冰壺進行受力分析，由平衡條件得Fcos37°＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsin37°又Ff＝μFN，解得μ＝0.011234567891011d＝x1－x2＝1.6m。(2)若運動員以3.0m/s的水平速度將冰壺投出，滑行一段距離后，其隊友在冰壺滑行前方用毛刷摩擦冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼?0%，再滑過被毛刷摩擦過的冰面長度為8m時停止運動，與不摩擦冰面相比，冰壺多滑行的距離。答案1.6m123456789101111.(2024·江蘇南京市棲霞中學模擬)如圖甲所示，質量為1kg的物塊，在水平向右、大小為5N的恒力F作用下，沿粗糙水平面由靜止開始運動，在運動過程中，物塊受到水平向左的空氣阻力，其大小隨著物塊速度的增大而增大，且當物塊速度為零時，空氣阻力也為零，物塊加速度a與時間t的關系圖線如圖乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；答案0.3

1234567891011由題圖乙可知當t＝0時，加速度a0＝2m/s2此時物塊所受空氣阻力為零，此時物塊的受力情況如圖所示由牛頓第二定律有：F－Ff＝ma0，F(xiàn)N＝mg又Ff＝μFN聯(lián)立解得μ＝0.31234567891011在a－t圖像中，圖線與t軸所圍的面積為速度的變化量，所以t＝5s時物塊的速度大小為(2)t＝5s時物塊速度的大??；答案5m/s1234567891011由題圖乙知t＝5s后，物塊做勻速直線運動，物塊所受的空氣阻力不變，設此過程中物塊所受空氣阻力為F空，由平衡條件有F－Ff－F空＝0解得F空＝2N。(3)t＝6s時空氣阻力的大小。答案2N1234567891011返回第三章運動和力的關系第3課時目標要求1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題。2.理解幾種常見的臨界極值條件，會用極限法、假設法、數(shù)學方法解決臨界極值問題。專題強化：牛頓第二定律的綜合應用內容索引考點一

動力學中的連接體問題考點二

動力學中的臨界和極值問題課時精練><考點一動力學中的連接體問題多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體。系統(tǒng)穩(wěn)定時連接體一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。1.共速連接體兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。(1)繩的拉力(或物體間的彈力)相關類連接體(2)疊加類連接體(一般與摩擦力相關)例1如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條水平輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是A.若水平面是光滑的，則m2越大，繩的拉力越大B.若木塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為＋μm1gC.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關D.繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關√若設木塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木塊1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，拓展(1)兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接。①如圖甲所示，用力F豎直向上拉木塊時，繩的拉力FT＝__________；②如圖乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木塊時，繩的拉力FT1＝__________；斜面不光滑時繩的拉力FT2＝__________。(2)若質量為m1和m2的木塊A和B疊放在一起，放在光滑水平面上，B在水平拉力F的作用下，A、B一起(相對靜止)做勻加速直線運動，則A受到的摩擦力為________。1.整體法與隔離法在分析共速連接體中的應用(1)整體法：若連接體內的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度；(2)隔離法：求系統(tǒng)內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解；(3)整體法和隔離法交替使用：一般情況下，若連接體內各物體具有相同的加速度，且求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再隔離某一物體，應用牛頓第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔離某一物體求出加速度，再用整體法求合外力或某一個力。2.共速連接體對合力的“分配協(xié)議”一起做勻加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2之間的相互作用力FT＝

，若作用于m2上，則FT＝

。此“協(xié)議”與有無摩擦無關(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關，而且無論物體系統(tǒng)處于平面、斜面還是豎直方向，此“協(xié)議”都成立。2.關聯(lián)速度連接體輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。下面三圖中A、B兩物體速度和加速度大小相等，方向不同。例2

(2023·江蘇常州市?？?如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過輕質定滑輪，一端與質量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質量為m2＝3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行。開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)A.繩的拉力大小為30NB.繩的拉力大小為6NC.物塊B的加速度大小為6m/s2D.如果將B物塊換成一個豎直向下、大小為30N

的力，則物塊A的加速度與換前相同√對B隔離分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A隔離分析，由牛頓第二定律得FT－m1gsinθ＝m1a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，F(xiàn)T＝12N，故A、B錯誤，C正確；如果將B物塊換成一個豎直向下、大小為30N的力，對A分析，由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，則物塊A的加速度與換前不同，故D錯誤。關聯(lián)速度連接體做加速運動時，由于加速度的方向不同，一般分別選取研究對象，對兩物體分別列牛頓第二定律方程，用隔離法求解加速度及相互作用力。返回動力學中的臨界和極值問題><考點二1.臨界、極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。2.常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。3.處理臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件例3

(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖所示，A、B疊放在粗糙水平桌面上，一根輕繩跨過光滑輕質定滑輪連接A、C，滑輪左側輕繩與桌面平行，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與桌面間的動摩擦因數(shù)為

，A、B、C質量分別為2m、2m和m，各面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，將C由圖示位置靜止釋放，要使A、B間發(fā)生相對滑動，則μ滿足的條件是√A與B之間的最大靜摩擦力Ff1＝2μmg若A與B間恰好發(fā)生相對滑動時，A、B、C的加速度大小恰好相等，此時對B，由牛頓第二定律得Ff1－Ff2＝2ma對A、B整體，由牛頓第二定律得FT－Ff2＝4ma對C，由牛頓第二定律得mg－FT＝ma例4一輛汽車運載著圓柱形的光滑空油桶。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一個桶C，自由地擺放在A、B之間，沒有用繩索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和汽車一起保持靜止，如圖所示，下列說法正確的是(重力加速度為g)A.當汽車向左做加速運動時，加速度變大，B對C的支持力變小√C.汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大對桶C受力分析如圖根據(jù)牛頓第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma豎直方向根據(jù)平衡條件可得FBcosθ＋FAcosθ＝mg，加速度變大，則B對C的支持力增大，A對C的支持力減小，故A錯誤；當汽車向左做加速運動，C將要脫離A時，A對C的支持力為零，此時有mgtanθ＝ma汽車向左勻速運動時，C受力平衡，無論速度多大，都有FB＝FA，且滿足FBcosθ＋FAcosθ＝mg，則B對C的支持力不變，故C錯誤；當汽車向右做加速運動，C將要脫離B時，B對C的支持力為零，此時有mgtanθ＝ma例5如圖甲所示，一個質量m＝0.5kg的小物塊(可看成質點)，以v0＝2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝8m，已知斜面傾角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物塊加速度a的大小；答案2m/s2代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2。(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；答案0.5根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5。(3)若拉力F的大小和方向可調節(jié)，如圖乙所示，為保持原加速度不變，F(xiàn)的最小值是多少。設F與斜面夾角為α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ當sin(φ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值Fmin，例6

(2023·江蘇南通市海安中學段考改編)如圖所示，質量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質量mA＝1kg的小物塊A，整個裝置靜止?，F(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結論正確的是A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為12NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/s√A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F(xiàn)最小，剛開始施力時，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，A、B錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝

＝0.05m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯誤。返回課時精練對兩物塊整體受力分析有Fmax＝2ma，再對后面的物塊受力分析有FTmax＝ma，又FTmax＝2N，聯(lián)立解得Fmax＝4N，故選C。1.(2023·北京卷·6)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為A.1N B.2N C.4N D.5N√12345678910112.(2023·江蘇省鎮(zhèn)江地區(qū)聯(lián)考)某運送物資的班列由40節(jié)質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第10節(jié)對第11節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第11節(jié)對倒數(shù)第10節(jié)車廂的牽引力為√1234567891011設每節(jié)車廂質量為m，每節(jié)車廂受到的阻力為Ff，則對后30節(jié)車廂F－30Ff＝30ma對后10節(jié)車廂F′－10Ff＝10ma12345678910113.(2021·全國甲卷·14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將A.逐漸增大

B.逐漸減小C.先增大后減小

D.先減小后增大1234567891011√設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知可知θ＝45°時，t有最小值，故當θ從由30°逐漸增大至60°時，物塊的下滑時間t先減小后增大，故選D。12345678910114.(2021·海南卷·7)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。則推力F的大小為A.4.0N B.3.0NC.2.5N D.1.5N√1234567891011P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有FT1＝mQg＝2N，F(xiàn)f＝FT1＝2N<μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔘物塊加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物塊將以相同大小的加速度向右加速運動，對P由牛頓第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N，故選A。12345678910115.如圖，P、Q兩物體疊放在水平面上，已知兩物體質量均為m＝2kg，P與Q間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，Q與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，當水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，下列說法正確的是A.Q對P的摩擦力方向水平向左B.水平面對Q的摩擦力大小為2NC.P與Q之間的摩擦力大小為4ND.P與Q發(fā)生相對滑動√1234567891011當水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，假設P與Q相對靜止一起向右做勻加速直線運動，以P與Q為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，說明假設成立，C正確，D錯誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對P的摩擦力方向水平向右，A錯誤；水平面對Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B錯誤。12345678910116.(2024·江蘇南京市棲霞中學開學考)如圖所示，質量為m的球置于斜面體上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個水平恒力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是A.若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零B.若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C.斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD.擋板對球的彈力不僅有，而且是一個定值1234567891011√球與斜面體具有共同的加速度，由牛頓第二定律可知球所受合力方向水平向右，若豎直擋板對球的彈力為零，對球受力分析可知，球受到自身的重力，無論此時球是否受到斜面對球的垂直斜面向上的彈力，其合力方向不可能沿水平向右；同理，若斜面