2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）第三章运动和力的关系复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯内的超重及失重学习探究类传送带模型，板块模型，探究加速度与力、质量的关系，测量动摩擦因数第1课时牛顿第一定律牛顿第二定律目标要求1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质。2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。3.了解单位制，并知道国际单位制中的七个基本单位，会用国际单位制检查结果表达式是否正确。考点一牛顿第一定律一、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．理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程。牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它不能(填“不能”或“可以”)由实际的实验来验证。3．物理意义(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。(2)提出了一切物体都具有惯性，即物体维持其原有运动状态的特性。(3)揭示了力与运动的关系，说明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。注意：运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因。二、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叫作惯性。2．惯性大小的量度质量是物体惯性大小的唯一量度。物体的质量越大，惯性越大；物体的质量越小，惯性越小。3．对惯性的理解(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。(2)物体惯性的大小只取决于物体的质量，与物体的受力情况、速度大小及所处位置无关。(3)物体惯性表现形式：①形式一：“保持原状”。物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态。②形式二：“反抗改变”。物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难改变。1．牛顿第一定律是实验定律。(×)2．物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态。(√)3．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(×)4．超载时遇到紧急情况刹车不容易停下来，说明质量越大，惯性越大。(√)例1(2023·北京市朝阳区六校联考)如图所示，滑冰运动员用力将冰刀后蹬，可以向前滑行；停止用力，会逐渐停下，且滑行的速度越大，停下所需时间越长，滑得越远。有四位同学对此过程发表了自己的看法，你认为正确的是()A．运动员的运动需要力来维持B．停止用力，运动员停下来是具有惯性的表现C．停止用力，运动员停下来是由于摩擦力的作用D．速度越大，停下所需时间越长，说明惯性的大小和速度有关答案C解析力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故A错误；停止用力，运动员停下来是由于摩擦力的作用，而继续运动是因为惯性，故B错误，C正确；摩擦力一定时，根据运动学公式可知，速度越大，停下所需时间越长，但惯性与自身的质量有关，与速度无关，故D错误。例2(2023·江苏省苏州中学期末)大型油罐车内部设置了一些固定挡板，如图所示，油罐车在水平路面上行驶，下列说法正确的是()A．油罐车匀速前进时，油没有惯性B．油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平C．油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高D．挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油的涌动答案D解析惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动状态无关，故A错误；当油罐车加速前进时，由于惯性油向后涌动，所以油的液面应前低后高，故B错误；当油罐车减速前进时，油向前涌动，油的液面前高后低，故C错误；当挡板间油的质量相对小时，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确。考点二牛顿第二定律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。3．对牛顿第二定律的理解4．加速度两个表达式的对比理解(1)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；(2)a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a的大小由合外力F和质量m决定，且a∝F，a∝eq\f(1,m)。1．由m＝eq\f(F,a)可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比。(×)2．可以利用牛顿第二定律确定高速(接近光速)电子的加速度。(×)3．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。(√)4．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√)思考某同学为研究雨滴下落的规律查阅资料，了解到：较大的雨滴，其运动模型可看成是1000m高空的物体在有空气阻力的空间中由静止开始下落的运动，落地速度4m/s。请分析雨滴下落的运动过程，描述雨滴下落过程中速度和加速度的变化，并定性作出雨滴下落的v－t图像。(设空气阻力与速度大小成正比)答案雨滴先加速下落，速度变大，所受空气阻力变大，由牛顿第二定律mg－kv＝ma知，雨滴的加速度减小，当雨滴所受的空气阻力与重力大小相等时，加速度为零，雨滴匀速下落。其下落的v－t图像如图所示。例3(2022·全国乙卷·15)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eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)答案A解析当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)由数学知识可知cosθ＝eq\f(4,5)，设绳子拉力为FT，对结点O，由平衡条件：水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。例4在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法。如图所示，先对质量为m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内速度变化量大小是2m/s。则待测物体Q的质量m2为()A．3.0kgB．4.0kgC．5.0kgD．6.0kg答案B解析对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B。例5(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．剪断细线P前，弹簧形变量为eq\f(4mg,3k)B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为eq\f(5g,3)C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g答案ACD解析剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin37°＝mg，FTcos37°＝kx，联立解得x＝eq\f(4mg,3k)，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝eq\f(5,3)mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin37°＝man＝0，mgcos37°＝mat，解得FT′＝eq\f(3,5)mg<FT＝eq\f(5,3)mg，at＝eq\f(4,5)g，即剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为0.8g，故C、D正确。求解瞬时加速度问题的一般思路eq\x(\a\vs4\al\co1(分析瞬时变化前,物体的受力情况))→eq\x(\a\vs4\al\co1(分析瞬时变化后,哪些力变化或消失))→eq\x(\a\vs4\al\co1(求出变化后物体所受合力,根据牛顿第二定律列方程))→eq\x(求瞬时加速度)考点三超重和失重问题超重、失重和完全失重的对比名称超重失重完全失重产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体竖直向下的加速度等于g对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0说明(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了。(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。1．减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。(×)2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)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。(×)思考1．蹦极运动员从高处跳下，先做自由落体运动，随后弹性绳被拉直，直至最低点速度减为零。则在下降过程中，运动员在什么阶段分别处于超重、失重状态？答案运动员下降过程中，在弹性绳被拉直前处于完全失重状态；从弹性绳刚拉直到弹性绳的拉力等于重力过程中，运动员处于失重状态；从弹性绳的拉力等于重力到最后运动员减速为0，运动员处于超重状态。2．当在盛水的静止塑料瓶壁上扎一个小孔时，水会从小孔喷出，但释放水瓶，让水瓶自由下落时，水却不会从小孔流出。这是为什么？答案塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水对下部的水产生压力；当让水瓶自由下落时，由于a＝g，水和瓶均处于完全失重状态，上部的水不会对下部的水产生压力，故水不再从小孔流出。例6(2023·四川省射洪中学模拟)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F－t图像)如图所示，重力加速度g＝10m/s2，则()A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小C．人在站起过程中，先失重后超重D．人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作答案A解析由题图可知，传感器的最小压力约为200N，且人的质量为m＝eq\f(G,g)＝50kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝eq\f(G－F,m)＝eq\f(500－200,50)m/s2＝6m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。考点四力学单位制1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。2．基本单位：基本量的单位。国际单位制中基本量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，基本单位分别是米、千克、秒。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。4．国际单位制的基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克(公斤)kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n，(ν)摩[尔]mol发光强度I，(Iv)坎[德拉]cd例7汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f＝eq\f(1,2)cρSv2，其中c为空气阻力系数，ρ为空气密度，S为物体迎风面积，v为物体与空气的相对运动速度。则空气阻力系数c的国际单位是()A．常数，没有单位 B.eq\f(s,m)C.eq\f(s2,kg·m) D.eq\f(N·s2,kg2)答案A解析由f＝eq\f(1,2)cρSv2，可得c＝eq\f(2f,ρSv2)，右边式子的单位为eq\f(kg·m/s2,kg/m3·m2·m/s2)＝1，即c为常数，没有单位，B、C、D错误，A正确。课时精练1．关于牛顿运动定律，下列说法正确的是()A．牛顿通过理想斜面实验得出力是维持物体运动状态的原因B．牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的速度越大，惯性越大C．伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献D．牛顿第三定律指出先有作用力，后有反作用力答案C解析伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因，A错误；牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与速度无关，B错误；牛顿在伽利略和笛卡儿等人的研究基础上，总结出了牛顿第一定律，伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，C正确；作用力与反作用力具有同时性，即同时产生，同时消失，没有先后之分，D错误。2．(2024·广东省四校联考)滑翔伞是一批热爱跳伞、滑翔翼的人发明的一种飞行器。现有一滑翔伞沿直线朝斜向右下方向做匀加速直线运动。若空气对滑翔伞和飞行人员的作用力为F，则此过程中F的方向可能是()答案A解析滑翔伞沿直线朝斜向右下方向做匀加速直线运动，则F与G的合力方向与v同向，故A符合题意，B、C、D不符合题意。3．(2022·江苏卷·1)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答案B解析书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大加速度，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4.0m/s2，B正确，A、C、D错误。4.(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确。5．(2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)。比例系数k的单位是()A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)答案B解析根据题干公式ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)整理可得k＝eq\f(ΔFr2,I1I2Δl1Δl2)，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为eq\f(N,A2)＝eq\f(kg·m/s2,A2)＝kg·m/(s2·A2)，故选B。6．(2023·全国乙卷·14)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球()A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动答案B解析上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。7.(2024·江西省第一次联考)智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a随时间t变化的图像，如图所示。则下列判断正确的是()A．t1时刻手机速度最大B．手机t2时刻比t1时刻速度更小C．t3时刻手受到的压力比手机重力小D．t4时刻手受到的压力最大答案D解析根据题意由题图可知，t1时刻手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；手机一直向下运动，t2时刻手机加速度仍向下，所以手机还在向下加速，速度比t1时刻更大，故B错误；根据题意，设手给手机的支持力为F，向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，可得F＝mg－ma，可知当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由题图可知，t4时刻手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受到的压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重状态，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误，D正确。8.(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量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v－t和a－t图像可能正确的是(g取9.8m/s2)()答案ABC解析m＝eq\f(G,g)＝50kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝－1m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，t1～t2根据牛顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静止，t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，可知在t2～t3时间内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。9．如图甲所示，高空滑索是一项勇敢者的运动项目。如果某人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，钢索与水平地面的夹角为30°，在下滑过程中可能会出现如图乙(轻绳与钢索垂直)和如图丙(轻绳沿竖直方向)所示的两种情形，已知此人的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中错误的是()A．图乙中，人一定匀加速下滑B．图乙中，钢索对轻环的作用力大小为eq\f(\r(3),2)mgC．图丙中，人一定匀速下滑D．图丙中，钢索对轻环无摩擦力答案D解析题图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故人只能匀加速下滑，故A正确，不符合题意；题图乙中，钢索对人的作用力大小FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故B正确，不符合题意；题图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共线，人不可能做直线运动，因此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C正确，不符合题意；题图丙中，轻环也做匀速直线运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合力不可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D错误，符合题意。10.(2023·海南省模拟)如图所示，在质量为M的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端拴接一质量为mA的物体A，质量为mB的物体B放置在物体A上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速度为g。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是()A．物体A的加速度大小为0B．物体B的加速度大小为gC．箱式电梯的加速度大小为gD．物体B对物体A的压力为0答案A解析钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以A、B的受力情况不变，加速度均为0，物体B对物体A的压力等于自身重力，对箱式电梯受力分析可知(mB＋mA＋M)g＝Ma，解得a＝eq\f(mB＋mA＋Mg,M)，故选A。11.(2024·湖北襄阳市第四中学月考)如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动，小球A用细线悬挂在车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车厢底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线偏离竖直方向夹角大小为θ并保持不变，则下列说法中正确的是()A．汽车一定向右做匀减速直线运动B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右C．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到的合力大小为eq\f(mg,tanθ)D．苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为eq\f(mg,cosθ)答案D解析对小球受力分析，可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做匀加速直线运动，A错误；设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a，解得a＝gtanθ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a＝gtanθ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有Ff＝Ma＝Mgtanθ，方向水平向左，B错误；以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，所受合外力为F合＝ma＝mgtanθ，设周围其他苹果对它的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsinα＝ma，在竖直方向上Fcosα＝mg，加速度a＝gtanθ，可知F＝eq\f(mg,cosα)，tanα＝tanθ，则α＝θ，即F＝eq\f(mg,cosθ)，C错误，D正确。12.如图所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触。现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示方式，则下列说法正确的是()A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小答案C解析在上升过程中，对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示由牛顿第二定律可知Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋eq\f(kv,M)又整体向上做减速运动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析如图乙所示因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当kv＝Mg时，做匀速运动，此后物体对箱子的压力不变。故选C。13.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg答案D解析将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。

第2课时牛顿第二定律的基本应用目标要求1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。考点一动力学两类基本问题分析动力学两类基本问题的关键(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。例1(2023·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin53°＝0.8，g取10m/s2)(1)冲上避险车道时速度的大小；(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。答案(1)35m/s(2)2.7解析(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin30°－0.4mg＝ma1由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35m/s(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin53°＋Ff＝ma2由运动学公式有v12＝2a2x，解得Ff＝2.7mg即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。例2(2023·山西太原市一模)2022北京冬残奥会开幕式倒计时是以轮椅冰壶的形式出现的。若某次训练中，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20kg，重力加速度g取10m/s2。(1)求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；(2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？答案(1)0.08144N(2)200N解析(1)“冰壶”在推力F作用下做匀加速运动，运动5m后的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1撤掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10s时间内运动了40m，由牛顿第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝eq\f(vt,2)，a2＝eq\f(v,t)，解得μ＝0.08，F＝144N(2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿第二定律及运动学公式可知匀加速过程F′－μ′mg＝ma3匀减速过程μ′mg＝ma4所用总时间eq\f(v′,a3)＋eq\f(v′,a4)＝10s所走总路程eq\f(v′2,2a3)＋eq\f(v′2,2a4)＝45m，解得F′＝200N。动力学问题的解题思路例3(多选)如图所示，Oa、Ob和ad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点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间。下列关系正确的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3答案BCD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，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cosθ＝eq\f(1,2)g·cosθ·t2得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知从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与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确。拓展若沿cb放一个光滑细杆，小滑环从c处释放，运动时间为t4，t4和t1关系如何？答案t4＝t1等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。考点二动力学图像问题常见的动力学图像v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。例4(多选)(2023·全国甲卷·19)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乙答案BC解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。例5(多选)(2021·全国乙卷·21)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＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等答案BCD解析由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，可知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。分析动力学图像问题的方法技巧1．分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。2．建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。3．建立图像与公式间的关系：对于a－F图像、F－x图像、v－t图像、v2－x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。4．读图时要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。课时精练1．水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动。2s后撤去该推力，则下列说法正确的是()A．小车2s末的速度大小是4m/sB．小车受到的阻力大小是15NC．撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2D．小车运动的总时间为6s答案B解析根据运动学公式，小车2s末的速度大小v＝at1＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15N，撤去推力后，加速度大小为a′＝eq\f(Ff,m)＝0.5m/s2，减速时间为t2＝eq\f(v,a′)＝eq\f(3,0.5)s＝6s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2s＋6s＝8s，故B正确，C、D错误。2.(2021·全国甲卷·14)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．先减小后增大答案D解析设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。3．(2023·广东茂名市一模)电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v－t图像如图所示。假设平衡车受到的阻力是其重力的k倍，g＝10m/s2，则()A．k＝0.6B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195mC．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/sD．平衡车在加速段的动力大小为72N答案B解析关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合题图可得a＝eq\f(kmg,m)＝kg，a＝eq\f(6,40－30)m/s2＝0.6m/s2解得k＝0.06，A错误；v－t图线与横轴围成的面积表示位移，为x＝(25＋40)×6×eq\f(1,2)m＝195m整个运动过程中的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(195,40)m/s＝4.875m/s，B正确，C错误；平衡车在加速段时有F－kmg＝ma′，a′＝eq\f(6,5)m/s2代入数值解得F＝108N，D错误。4．(多选)(2023·内蒙古呼和浩特市模拟)一个质量为m小物体，静止在水平地面上。当受到一个水平外力F作用时，物体会静止或做加速直线运动。随着水平外力大小变化，其加速度a也发生改变。如图是a和F的变化关系图像(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)，则()A．物体质量为1kgB．物体所受滑动摩擦力大小为2NC．该图像斜率表示物体的质量D．当F＝3N时，物体的加速度大小为2m/s2答案AD解析由牛顿第二定律F－μmg＝ma，可得a＝eq\f(F,m)－μg，故图像的斜率表示eq\f(1,m)，是物体质量的倒数，C错误；由图像得eq\f(1,m)＝eq\f(5－0,6－1)kg－1＝1kg－1，故物体质量为1kg，A正确；由图像知，当F≤1N时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当F>1N时，物体开始做加速运动，故物体所受滑动摩擦力大小为1N，B错误；由图像可知，当F＝3N时，物体的加速度大小为2m/s2，故D正确。5．农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量m＝44kg起飞，以安全飞行速度v0＝8m/s水平向着障碍物飞行，测距雷达发现s＝10.5m处的障碍物后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机悬停在距离障碍物l＝2.5m处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力的大小为()A．88eq\r(29)N B．176NC．88N D．176eq\r(29)N答案A解析无人机做匀变速直线运动，有0－v02＝2a(s－l)，解得无人机的加速度a＝－4m/s2，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小为F＝eq\r(m2g2＋m2a2)＝88eq\r(29)N，故选A。6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF答案B解析如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确，A、C、D错误。7．(多选)(2023·云南保山市检测)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中，下列说法正确的是()A．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1NB．t3时刻充电宝受到的摩擦力大小为0.4NC．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N答案BD解析t3时刻由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，解得Ff＝0.4N，故B正确；充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度大小小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；t2时刻充电宝具有的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有Ff′－mg＝ma′，又Ff′＝μFN，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN＝10N，此时Ff′＝5N，故D正确，A错误。8．(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq\f(0.4－0.2,5－4)m/s2＝0.2m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。9.(2024·湖南省岳阳一中月考)2021年西双版纳“断鼻家族”十几头亚洲象北上“远足”引发人们关注。为保障人民群众生命财产安全，同时有效保护亚洲象群，当地有关部门派出无人机不间断跟踪监测，采取多种措施引导象群逐步返回普洱或西双版纳原栖息地。现要让监测所用的无人机从地面竖直起飞，最终悬停在某一高度的空中，如图所示。已知无人机质量M＝1.8kg，动力系统能提供的最大升力F＝28N，上升过程中能达到的最大速度为v＝6m/s，竖直飞行时所受空气阻力大小恒为f＝4N；固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m＝0.2kg，其所受空气阻力不计，g取10m/s2。(1)无人机以最大升力竖直起飞，求达到最大速度时所上升的高度h1；(2)无人机以最大升力竖直起飞时，求摄像头对铁杆的作用力大小；(3)无人机从地面竖直起飞，要求在t＝7s内实现悬停，其能上升的最大高度H。答案(1)9m(2)2.4N(3)31.5m解析(1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1代入数据解得a1＝2m/s2达到最大速度时所上升的高度h1＝eq\f(v2,2a1)＝9m。(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，有FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4N由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力大小FT′＝FT＝2.4N。(3)若要上升高度最大，则无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a1)＝3s无人机最后关闭动力系统后匀减速运动直到悬停，速度为零，则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2代入数据解得a2＝12m/s2根据公式，依题意有t3＝eq\f(v,a2)，h3＝eq\f(v,2)t3代入数据解得t3＝0.5s，h3＝1.5m无人机匀速运动时间t2＝t－t1－t3＝3.5s匀速运动的位移h2＝vt2＝21m所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3＝31.5m。10.(2023·辽宁丹东市模拟)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60m后进入水平雪道，继续滑行80m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60kg，整个滑行过程用时14s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小；(2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60m，之后再铺设10m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。答案(1)160N(2)0.5解析(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度为vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为x2，时间为t2分析运动过程可得x1＝eq\f(vm,2)t1，x2＝eq\f(vm,2)t2，t1＋t2＝14s解得斜直雪道末速度vm＝20m/s在斜直雪道的时间t1＝6s，在水平雪道用时t2＝8s在斜直雪道上的加速度大小为a1＝eq\f(vm,t1)＝eq\f(10,3)m/s2由牛顿第二定律得mgsin37°－Ff＝ma1解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为Ff＝160N。(2)设在水平雪道上滑行时，加速度为大小a2，则a2＝eq\f(vm,t2)＝2.5m/s2使水平雪道距离缩短为60m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则vm2－v2＝2a2x3解得v＝10m/s设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2＝2a3x4解得a3＝eq\f(v2,2x4)＝eq\f(102,2×10)m/s2＝5m/s2由牛顿第二定律可得μmg＝ma3，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。

第3课时专题强化：牛顿第二定律的综合应用目标要求1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。考点一动力学中的连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。1．共速连接体两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)例1如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq\f(m1F,m1＋m2)＋μm1gC．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关答案C解析若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。拓展(1)两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力FT＝__________；②如图乙所示，用力F沿光滑斜面向上拉木块时，绳的拉力为__________；斜面不光滑时绳的拉力FT＝__________。答案①eq\f(m2F,m1＋m2)②eq\f(m2F,m1＋m2)eq\f(m2F,m1＋m2)(2)若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速运动，则A受到的摩擦力为______。答案eq\f(m1F,m1＋m2)1．整体法与隔离法在分析共速连接体中的应用(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度；(2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；(3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。2．共速连接体对合力的“分配协议”一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT＝eq\f(m2F,m1＋m2)，若作用于m2上，则FT＝eq\f(m1F,m1＋m2)。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。2．关联速度连接体轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。例2(2023·福建龙岩市九校联考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝eq\f(1,2)M，重力加速度为g。求：(1)物体B运动过程中的加速度大小；(2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力的大小。答案(1)eq\f(1,5)g(2)eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg解析(1)设物体B运动过程中的加速度大小为a，绳子的张力为FT，对物体A，FT－Mg＝Ma对B、C整体，(M＋m)g－FT＝(M＋m)a解得a＝eq\f(m,2M＋m)g因为m＝eq\f(1,2)M，所以a＝eq\f(1,5)g(2)设B、C间的拉力为F，对物体C，mg－F＝ma解得F＝mg－ma＝eq\f(4,5)mg＝eq\f(2,5)Mg所以C、B间的作用力为eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg。关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。考点二动力学中的临界和极值问题1．临界、极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。2．常见的临界条件(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂或松弛的临界条件：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。3．处理临界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，特别是有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例3(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3kg，取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．两物块间的动摩擦因数为0.2B．当0＜F＜4N时，A、B保持静止C．当4N＜F＜12N时，A、B发生相对滑动D．当F＞12N时，A的加速度随F的增大而增大答案AB解析根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff1m,mg)＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4N＜F＜12N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝eq\f(Ff1m,m)＝2m/s2，加速度不变，选项D错误。例4(2024·福建厦门市双十中学模拟)如图所示，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1kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4m/s2的匀加速直线运动，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．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4NB．当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹力大小为1.2NC．A、B分离时，A物体的位移大小为0.12mD．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22m答案C解析施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得2mg＝kx0，代入数据解得x0＝0.4m，外力施加的瞬间，物体A加速度为4m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F－2mg＋kx0＝2ma，代入数据解得F＝8N，故A错误；当弹簧压缩量减小到0.3m时，设A、B间弹力大小为FAB，对A受力分析，由牛顿第二定律得F′＋FAB－mg＝ma，对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得F′＋kx1－2mg＝2ma，代入数据联立解得FAB＝1N，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B受力分析，由牛顿第二定律得kx2－mg＝ma，代入数据解得x2＝0.28m，所以A物体的位移大小为x0－x2＝0.4m－0.28m＝0.12m，故C正确；当B物体的合力为零时速度达到最大，由C可知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平衡条件得kx3＝mg，代入数据解得x3＝0.2m，故B物体的位移大小为x0－x3＝0.2m，故D错误。例5如图甲所示，一个质量m＝0.5kg的小物块(可看成质点)，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＝8m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物块加速度a的大小；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。答案(1)2m/s2(2)0.5(3)eq\f(12\r(5),5)N解析(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝2m/s2。(2)根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ联立解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μcosθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μcosθ,\r(μ2＋1)sinφ＋α)当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝eq\f(12\r(5),5)N。课时精练1．(2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()A．1NB．2NC．4ND．5N答案C解析对两物块整体受力分析有Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，又FTmax＝2N，联立解得Fmax＝4N，故选C。2．某列车由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节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．FB.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19)D.eq\f(F,20)答案C解析设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为FT，对后2节车厢，由牛顿第二定律得FT－2Ff＝2ma，联立解得FT＝eq\f(F,19)，故选项C正确。3.(多选)(2024·吉林通化市模拟)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是()A．FTA增大 B．FTB增大C．FTA减小 D．FTB减小答案AD解析设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝eq\f(F,M)，对最左边的物体分析FTB＝ma＝eq\f(mF,M)，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－eq\f(m′F,M)，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大。故选A、D。4.(2021·海南卷·7)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答案A解析P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2N，Ff＝FT1＝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FT2＝eq\f(FT1,2)＝1N，故Q物体加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物体将以相同大小的加速度向右加速运动，对P由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N，故选A。5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法正确的是()A．Q对P的摩擦力方向水平向右B．水平面对Q的摩擦力大小为2NC．P与Q之间的摩擦力大小为4ND．P与Q发生相对滑动答案AC解析当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B错误。6.(多选)(2023·陕西西安市期末)一辆货车运载着圆柱形的光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和货车一起保持静止状态，如图所示，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变大B．当汽车向左做加速运动，且加速度达到eq\f(\r(3),2)g时，C将脱离AC．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大D．当汽车向右做加速运动，且加速度达到eq\f(\r(3),3)g时，C将脱离B答案AD解析对桶C受力分析如图所示，当车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma竖直方向根据平衡条件可得FBcosθ＋FAcosθ＝mg，加速度变大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A正确；当货车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有mgtanθ＝ma其中θ＝30°，解得加速度为a＝eq\f(\r(3),3)g，故B错误；货车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcosθ＋FAcosθ＝mg，则B对C的支持力不变，故C错误；当货车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有mgtanθ＝ma其中θ＝30°，解得加速度a＝eq\f(\r(3),3)g，故D正确。7.(多选)(2023·河北唐山市检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1kg，物体B质量m2＝2kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是()A．t＝0时，物体A的加速度大小为3m/s2B．t＝1s时，物体B的加速度大小为2.5m/s2C．t＝1s时，两物体A、B恰好分离D．t＝eq\f(2,7)s时，两物体A、B恰好分离答案BD解析t＝0时，FA0＝3N，FB0＝8N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝eq\f(11,3)m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝eq\f(2,7)s，当t＝1s时，A、B已分离，FB1＝5N，对B由牛顿第二定律有aB＝eq\f(FB1,m2)＝2.5m/s2，C错误，B、D正确。8.(2023·山东师范大学附中模拟)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．绳的拉力大小为30NB．绳的拉力大小为6NC．物块B的加速度大小为6m/s2D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30N的力，则物块A的加速度与换前相同答案C解析对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A隔离分析，由牛顿第二定律得FT－m1gsinθ＝m1a，联立解得a＝6m/s2，FT＝12N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，则物块A的加速度与换前不同，故D错误。9．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则()A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为2kgC．当F＝10N时滑块A加速度为6m/s2D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2答案BC解析设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3kg；当F＞6N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq\f(F,m)－μg；根据题图乙知eq\f(1,m)＝eq\f(2－0,6－4)kg－1，解得m＝1kg，μ＝0.4，则M＝2kg，A、D错误，B正确。当F＝10