第15讲 力学单位制 两类动力学问题 超重与失重&微点突破 5 两类斜面模型和三类等时圆模型-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

[规律方法]“四步骤”巧解瞬时性问题 第一步：分析原来物体的受力情况。 第二步：分析物体在突变时的受力情况。 第三步：由牛顿第二定律列方程。 第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。 609 30 跟踪训练 4.(2025·湖南卷·5题)如图，两带电小球的质量均 为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小 A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg 球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与 B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg 竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为 C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力 30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小 变小 为g。下列说法正确的是 ( 温馨提示：复习至此，请完成练案[14] 第15讲 力学单位制 两类动力学问题 超重与失重 学习目标 命题热点 (1)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。 046 (2)掌握动力学两类基本问题的求解方法。 两类动力学问题是历年高考中热点。 (3)理解超重和失重现象，会用超重和失重的观点分析问题 考点一 单位制 1.单位制： 单位和 单位一起组 5.单位制的应用 成了单位制。 (1)简化计算过程的单位表达 2基本单位：基本量的单位。国际单位制中基本 解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出 量共七个，其中力学有三个，是 各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。 ,基本单位分别是 (2)推导物理量的单位。 (3)判断比例系数的单位。 3.导出单位：由基本量根据 推导出来的 (4)检验表达式的正误。 其他物理量的单位。 4.国际单位制的基本单位 将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位 制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表 长度 米 m 达式一定错误。 质量 m 千克（公斤） kg 时间 t 私 自主验收 电流 I 安[培] A 1.(对单位制的理解)宁波舰（舷号139）是现代级导弹 热力学温度 开[尔文] K 驱逐舰，因其强大的反舰火力，被誉为“航母杀手”。 物质的量 n,(v) 摩[尔] mol 其满载排水量为7940吨，长156.5米，宽17.19米， 发光强度 L,(L) 坎[德拉] ed 最大速度32节。下列说法正确的是（) 2.（单位制的应用)（多选）(2025·四川卷·8题)若 长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则 下列各式可能表示能量的是 () a'b A. A.“米”是国际单位制中的基本单位 B. B.“吨”是体积单位 C. 063 d C.节是国际单位中的基本单位 D.在力学范围内，速度是基本量之一 考点二 两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小； 第一类：已知受力情况求物体的 (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超 第二类：已知运动情况求物体的 过4m/s,人在通道中下滑的最短时间。 2.解决两类基本问题的方法：以 为“桥 梁”，由运动学公式和 列方程求解，具体逻辑 关系如图： 由力求运动 牛顿第二定律 运动学公式 受力情况 加速度 运动情况 由运动求力 047 3.解决动力学两类基本问题应把握的关键 (1)两类分析一—物体的受力分析和物体的运动 过程分析。 (2)两个桥梁—加速度是联系运动和力的桥 梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 喜向1已知受力情况分析运动情况 例P安欢阳联专高楼火灾已经成为威 [规律方法] 动力学两类基本问题的解题思路 胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所示， 根据问题的需要和解题的方便，选出 有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人 被研究的物体。研究对象可以是某个 明确研究对象 可以通过该通道滑到地面。通道的长度可以适当调 物体，也可以是几个物体构成的系 节。若某次将通道调节后使其全长为28m,通道入口 统。 搭建在距地面高16.8m的窗口。在通道中，人双臂双 受力分析和运 画好受力分析图、情境示意图，明确物 腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的 动状态分析 体的运动性质和运动过程。 0.4倍；当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁 的摩擦，受到的摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道 选取正方向或 通常以初速度的方向或加速度的方向 中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻 建立坐标系 为某一坐标轴的正方向： 张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直 若物体只受两个共点力作用，通常用 线，不计空气阻力，g取10m/s2,求： 确定合外力F合H 合成法；若物体受到3个及以上不在同 一直线上的力的作用，一般用正交分 解法。 根据牛顿第二定律F合=ma或 F.ma, F,ma 列方程求解 列方程求解，必要时还要对结果进行 讨论。 跟踪训练 1.（2025·湖北卷·7题)一个宽为L的双轨推拉门由 图(a 两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图 如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉 图b) 力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完 L L A. 全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视 2ug 图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与 C. 2匹 D.2 其重力大小之比为以，重力加速度大小为g。若要门 ug ug 板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于 ( 音向2已知物体运动情况，分析受力情况 例旧级1风水事的 B 15C 斜道与水平面的夹角大小为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大 图1 小为8s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。 若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg, sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）：由A、B两点速度和AB长度，可以求出加速度a, （1)在直道AB上的加速度大小；/由v,=Qt,可求t,.总时间t己知，可求t2,由位移一 (2)过C点的速度大小： 刁时间关系式可求a2 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。>由牛顿第二定律可以求出阻力 图2 048 跟踪训练 (1)人与冰车整个运动过程中的最大速度m; (2)两侧冰纤插冰时对冰面的合力大小。 2.(2026·江西宜春联考)“滑 冰车”是我国北方冬季的一 种娱乐活动。滑冰车时，人 左右手各握一根冰钎斜向 后下方插入冰面，冰面给的 反作用力使人与冰车一起 向前运动，如图所示。现有 一同学由静止开始在水平冰面上滑冰车，两侧冰纤 在插冰时平行且与水平冰面成53°角，与冰面作用 1.0s后收起冰钎，人与冰车依靠惯性滑行16m后 停止运动。已知人与冰车的总质量为64kg,冰钎的 质量及空气阻力均可忽略不计，冰面对冰纤、冰车和 人的作用力可视为恒力，且沿冰钎斜向上，冰车与冰 面间的动摩擦因数为0.05，重力加速度g取10m/s2, sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： 考点三 超重与失重 1.当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上 ③图甲是某人站在接有力传感器的板上做下蹲、 时，弹簧测力计或台秤的 反映物体对弹簧的 起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示 弹力或物体对台秤的压力。 人的重心。图乙是板所受压力随时间变化的图像，取 2.超重、失重和完全失重的比较 g=10m/s2。根据图像分析可知 () 超重现象 失重现象 完全失重现象 物体对支持物 物体对支持物 物体对支持物 的压力（或对悬 的压力（或对悬 的压力（或对于 h 挂物的拉力) 挂物的拉力) 11.522.533.54 概念 悬挂物的拉力) 甲 物体 物体 的现 所受重力的 所受重力的 A.人的重力可由b点读出，约为300N 象 现象 现象 B.b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失 重状态 物体的加速度方 产生 物体的加速度方 物体的加速度方 C.人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重 向 ,大 条件 向 今 状态 方 D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时 原理 F-mg=ma mg-F=ma mg-F=ma=mg 刻的加速度 方程 F= T F= [规律方法]判断超重和失重的方法 1.从受力的角度判断 上升 下降 以a=g 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时， 049 运动 或 或 下降或 状态 物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态； 下降 上升 上升 等于零时，物体处于完全失重状态。 3.对超重和失重的理解 2.从加速度的角度判断 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超重 变，只是“视重”改变。 状态；具有向下的（分）加速度时，物体处于失重状态： (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物 向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重 理现象都会完全消失。 状态。 (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只 跟踪训练 要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重 3.(多选)(2026·天津西青区期 ms) 或失重状态。 40 末)我国空降部队的伞兵平时进 易错辨析 行着极为严格的训练。在某次 1 训练中一名伞兵从悬停在高空 5 10 1.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 的直升机中跳下，从跳离飞机到 落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v-t图像如 2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大 图所示。规定向下的方向为正方向，下列说法正确 于物体的重力。 的是 3.加速上升的物体处于超重状态。 ( A.0~5s内，伞兵处于完全失重状态 4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变 B.0~5s内，伞兵通过的位移大小为100m C.5~10s内，伞兵处于超重状态 化。 ( D.5~10s内，伞兵受到的合力越来越大 5.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。 ( 温馨提示：复习至此，请完成练案[15 微点突破5两类斜面模型和三类等时圆模型 专向1两类斜面模型 3.双圆周内斜面 如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一 1.等高斜面 竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶 1 如图1所示，由L=2,a=gsim0,L= 可得 sin 0 端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应 i=-1 位置，可推得1=b2=30 2h sin g ,可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1 例(2026：安鐵安庆联考)如图所示，竖直平面内 中t1>2>t3。(斜面光滑) 三个圆的半径之比为3：2：1，它们的最低点 相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点 分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处 于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都 3 从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气 30 45 人609 309 阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之 图1 图2 比为 () 2.同底斜面 如图2所示，由L= 2 a,a=gsin 0,L= 可得 cos 0 4d t= gn20,可见0=45时运动时间最短，图2中，= t3>2。(斜面光滑) 例物失从两个高度 A.3:2:1 相同倾角不同的斜 B.(3-2):(2-1):1 面由静止滑下，倾角分别为 37°和53°，时间之比为2：1， C.3:2:1 △B D.1:1:1 两个斜面的动摩擦因数相 同，则动摩擦因数为（已知sin37°=0.6） 跟踪训练 A. 2 B.S 1 C. 2 D. 9 9 3 3 (2025·河南许昌高一期末)某儿童立体游乐场，在 夸向2三类等时圆模型 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。从 1.圆周内同顶端的斜面 侧面看如图所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中AB 如图1所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面 与AC垂直，BC的中点在A点的正上方。小朋友从 的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。 三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端 1 由2R·sin0=2·gsin6:t,可推得t1=6=。 所用的时间分别为tBA、tcA、tcB。则下列说法正确的 是 () C第三层 第二层B 图1 图2 图3 第一层 2.圆周内同底端的斜面 如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面 A.tua=tc=tcB B.Ln<tca<lcB 的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上 C.tna>tca=tcB D.Lm=tca<tcn 的不同点，同理可推得t1=2=t3o考点二牛顿第二定律 1.正比反比相同 2.F=ma 易错辨析 1.V2.×3.×4.×5.× 考向1 例1：A小球从P点运动到0点的过程中，所受合力方向始终向 下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM=d,弹簧与 竖直方向问的夹角为6，由牛顿第二定律得2以(。）s0+ mg=ma,解得a=2d 0(。小g,小球以P点运动到 0点的过程中，0(0≤90°)增大，故加速度一直减小，撤去F瞬 间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg,由牛顿第二定 律得小球的最大加速度am=2g,CD错误。 跟踪训练 1.ACD当t=0时，小球所受的阻力f=0,此时加速度为g,A正 确；由题图乙知，小球的速度从0增加到的过程中，加速度减 小，B错误；根据牛顿第二定律有mg-f=ma,解得a=g-6mm, 当a=0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度v= mg,C、D正确。故选ACD。 6ur 考向2 例2：D依题意，对石块受力分析，如图，货车在平直道路上向右 以加速度a1运动时，有Fsin0=mg,tan0=m唱，货车向右以加速 ma 度a,(,>41)做加速运动，由tan0=mg可知0会减小，再根据F ma 器可知F会塔大。 Br ma mg 跟踪训练 2.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代人数据解得a= 6×106-5×106 m/s2=2m/s2,故选A。 5×105 考向3 例3：A飞机所受支持力为F,所受阻力为F,受力分析如图 所示。 F mg 沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcos a-mgsin a-Fr=ma,垂 直速度方向Fsin a+FN-mgcos a=0,由已知条件Fr=kFN,k= 1 ,联立解得F=1+sima tan a sin2amg,故选A。 51 跟踪训练 3.D将加速度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 有F=ma,竖直方向有FN-mg=ma,根据 →F 牛顿第三定律可知Fv=1.15mg,又g=∠3 ,联立解得F,=0.2mg,故D正确。 考向4 例4：A原来A处于平衡状态，有F难=mAg=20N,细线剪断瞬 间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B 一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的 重力，由牛顿第二定律可得mg=(mA+mg)a,解得A、B共同的 加速度a=6m/s2,故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mgg -Fv=mga,解得B受到的支持力为Fv=12N,由牛顿第三定律 可知，B对A的压力大小为12N,故A正确。 跟踪训练 4.C根据题意A球静止时，对A球受力分 F 析，如图所示，由平行四边形定则及几何 关系，轻绳上拉力为T=mg,A球与B球 间的库仑力F=2 ngeos30°=√3mg,故A、 B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球T3 受到轻绳的拉力消失，其他两力保持不 ,30 Ymg 变，根据三力平衡知识，此时A球的合外 力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确；若将轻绳剪断，则 剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状 态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。 第15讲力学单位制两类动力学问题超重与失重 考点一单位制 1.基本导出 2.长度质量时间米千克秒 3.物理关系 自主验收 1.A“米”是国际单位制中的基本单位，故A正确；“吨”是质量 单位，故B错误；国际单位中的基本单位有千克、米、秒、安培、 开尔文、摩尔、坎德拉，节既不是国际单位也不是基本单位，故C 错误；在力学范围内，质量、长度和时间是基本量之一，速度是 导出量，故D错误。故选A。 2AC根据题意可知的单位为好=kg·(ms),结合动 2 能公式￡= 2m可知kg·(ms)2为能量单位，故A正确：同 理的单位为·g=kgms,根据F=m可知kg·mg 为力的单位，故可知kg2·/s2为力与质量的乘积，故不是能量 的单位，故B错误；5的单位为g·m·s d -=kg·(m/s)2, kg 、根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确：分的 单位为 kg g:m:gm不是能量单位，放D错误。最 选AC。 考点二两类动力学问题 1.运动情况受力情况 2.加速度牛顿运动定律 考向1 例1：(1)2m/s2(2)6s [解析](1)设通道与水平面的夹角为0，当双臂双腿并拢加速 16.8 下滑时，设加速度大小为a1,根据几何关系有sin0= -=0.6 28 根据牛顿第二定律有mgsin0-0.4mg=ma 所以a1=2m/s2。 (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2,根据牛顿 第二定律有 2×0.4mg-ngsin0=ma2 解得a2=2m/s2 设人的最大速度为”，人滑到底端的速度为，则有 022- 2a12a =28m,1=。 ，解得t=6s。 a az 跟踪训练 1.B门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力 后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很 小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据 牛顿第二定律有wmg=ma,设撤去外力后门板最短运动时间为 6,运动的距离为行则有子了：，可得门板的最短运动时同 ，B正确。 趋近于炉√g】 考向2 例2：(1)8 m/s(2)12m%(3)66N [解析](1)AB段u12=2a1x 8 a=3m/s。 (2)AB段5，=a141,t1=3s BC段6=25，x,=142+20,6 a,=2 m/s2 v=01+a252=12m/s。 (3)mgsin 0-F=ma2,F=66 No 跟踪训练 2.(1)4.0m/s(2)450N [解析](1)冰车与冰面间的动摩擦因数=0.05，收起冰钎后 人与冰车所受的摩擦力f=uW=umg 收起冰钎后人与冰车所受的合外力就是这个摩擦力，根据牛顿 第二定律有umg=ma 解得人与冰车的加速度大小为a=0.50m/s2 冰钎与冰面间相互作用的过程中，人和冰车一直在加速，所以 收起冰钎时人与冰车有最大速度)m,此后人与冰车做匀减速直 线运动到静止，根据速度位移公式有.2=2ax 解得最大速度的大小为vm=4.0m/s。 (2)冰钎与冰面间相互作用的过程中加速运动的加速度4'= t =4.0m/s2 51 设冰面对两侧冰钎的合力大小为F,由牛顿第二定律可得 Fcos 53-u(mg-Fsin 53)=ma' 解得F=450N 根据牛顿第三定律可知，两侧冰钎对冰面的合力大小F'=F= 450N。 考点三超重与失重 1.示数 2.大于小于等于零竖直向上竖直向下竖直向下a=g m(g+a)m(g-a)0加速减速加速减速加速 减速 易错辨析 1.×2.×3.V4.V5.× 例3：C开始时人处于平衡状态，由a点可读出，此时，人对板的 压力约为900N,人的重力也约为900N,故A错误；当人对接触 面的压力小于人的真实重力时，人处于失重状态，此时有向下 的加速度：当人对接触面的压力大于人的真实重力时，人处于 超重状态，此时有向上的加速度，故b到c的过程中，人先处于 失重状态，再处于超重状态，故B错误；从d~e的过程中，人只 受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确：b点压力与重力 的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点对应时刻的 加速度要小于在c点对应时刻的加速度，故D错误。 跟踪训练 4 3BC根据-1图像可知0-5s内的加速度为a=5ms=8m/s< g=10m/s,则伞兵不是处于完全失重状态，故A错误：根据v-t 图像可知，0-5s内伞兵通过的位移大小为x=)×40x5m 100m,故B正确：5~10s内，伞兵向下减速运动，加速度向上， 处于超重状态，故C正确：根据v-t图像的切线斜率表示加速 度，可知5~10s内，伞兵的加速度逐渐减小，则伞兵受到的合力 越来越小，故D错误。故选BC。 微点突破5两类斜面模型和三类等时圆模型 考向1 例1：B根据牛顿第二定律和位移一时间公式可知h=】 sin a 2 msn7mg8',g.sBgA3,又2 'sin B 2 m 二解得以=司放选B。 考向2 例2：A根据等时圆模型，如图所示，只需要 A 求出沿A'P、B'P、CP运动的时间之比即 可，设最小圆的直径为d,则t:tBP:tcr B B 2·3a.2·2d 、 =tp:tp:ticp√g C 、C d=乃：厄：1，故选A。 g 跟踪训练 D如图，以A、B、C三点构建一个竖直面内的圆，A为圆与第一 层水平面的切点，由题可知BC为该圆一条直径，所以A为最低 点，ABAC为圆的两条弦，根据等时圆知识可知tg4=tc<tcg,故 选D。 第三层 7 第二层 B 第一层 第16讲专题强化三动力学中的三类典型问题 考点一动力学中的图像问题 例1：AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块 的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速 运动，在时间内甲乙的位移知=。 -0+0 20=3*2=2=0, 可得to时刻甲物体的速度为v=2。,B错误；甲物体的加速度大 小为a,=,乙物体的加速度大小为，=，由牛顿第二定律 to to 可得甲物体mgsin0-u1 ngcos0=ma1,同理可得乙物体u2 ngcos0 -mgsin0=ma2,联立可得41+w2=2tan0,A正确；设斜面的质量 为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得∫= ma1cos0-ma2cos0=0,则t=。之前，地面和斜面之间摩擦力为 零，C错误；t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下 加速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0,即地面对斜面的摩 擦力向左，D正确。故选AD 跟踪训练 1.A根据牛顿第二定律和题图的F-t图 ↑a/m.s3) 画出如图所示的a-t图像，可知机器人 在0~1s和2~3s内加速度大小均为 123 1m/s2,方向相反，由v-t图线的斜率表 示加速度可知A正确。故选A。 2.B根据-t图像可知两图线对应的加 速度大小分别为4，=1022 123 /s2,0,=10-61 123 m/s2,若水 平拉为与运动方向相反，则有a兰山仁解得P=2N, m f=2N,若水平拉力与运动方向相同，则有a1= f f-F ,02 ,解得 m m F=2N,f=4N,故选B。 考点二动力学中的连接体问题 考向1 例2：(1）)m,F(2)mF(3)mF ma十mg ma+mB mA+me (4)_mP m一F ma+me ma+me [解析](1)以A、B整体为研究对象，有a= ma+me 以A为研究对象，有T=ma, 联立解得T=mF。 ma+mB (2)以A、B整体为研究对象， 有a=u(m+m)g ma+mB 51 以A为研究对象，有T-wmg=ma, 得T= mA一f。 mA+mg (3)以A、B整体为研究对象， F-(ma+mg）g 有a= ma+me 以A为研究对象，有T-mg=mAa 联立得T=- w一f。 mA+mB (4)若斜面光滑，以A、B整体为研究对象， F-(mA+mg)gsin 0 有a= ma+mg 以A为研究对象，有T-magsin0=maa 联立得T=mF ma+me 若斜面不光滑，以A、B整体为研究对象有 F-(ma+mg)gsin 0-u(ma+mg)gcos 0 a=- mA十mg 以A为研究对象，有 T-magsin 0-umagcos 0=mAa 联立得T=mF。 mA+mB 跟踪训练 3.CD对A、B整体分析，根据平衡条件有3 ngsin0=2 mgcos0, 3 解得u=2a0,故A错误：规定沿斜面向下为正方向，设轻杆 对B的作用力为T,单独对B分析，根据平衡条件有T+2 mgsin0 =2 umgcos0,解得T=mgsin0,答案为正值，表示方向沿斜面向 下，故B错误；增加B物体的质量，设增量为△m,则(3m+ 1 △m)gsin(2m+Am)ugeos0=2 Amgsin,上式说明此时A B整体所受合外力将沿斜面向上，则A、B整体将沿斜面减速下 滑，故C正确；增加A物体的质量，设增量为△m',则(3m+ △m')gsin0-2 umgcos0=△m'gsin0,上式说明此时A、B整体所 受合外力将沿斜面向下，则A、B整体将沿斜面加速下滑，故D 正确。故选CD。 考向2 例3：C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木 箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加速度为a,只有乙 有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方 向受力分析有Fv=M意g-ma,则地面对木箱的支持力大小不 变，B错误：设绳子的弹力大小为T,对甲受力分析有T-umg= ma,对乙受力分析有mg-T=ma,联立解得a=2.5m/s2, T=7.5N,C正确，D错误。故选C。 跟踪训练 4.ACD第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin a=mg; 第二次按图乙放置时，对A,Mg-Fr=Ma;对B,F,-mgsin a= M-m ma,联立解得a=(1-in)g=M名，B=mg,故A,C、D正确， B错误。