第四章 运动和力的关系 期中试题【拔高训练】（江苏适用）-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

2026-2027学年高一上学期物理必修一（人教版2019） 期中试题拔高训练（江苏适用） 第四章　运动和力的关系　·　题型分类练习 01 牛顿第一定律与惯性 【知识点梳理】 概念 核心要点 易错提醒 牛顿第一定律 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。又叫惯性定律。 该定律不能用实验直接验证（完全不受力的物体不存在），它是在大量经验事实基础上经科学推理概括得出的；它描述的是物体不受力时的运动规律，不是牛顿第二定律在 F=0 时的特例。 惯性 物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。质量是惯性大小的唯一量度，质量越大惯性越大。 惯性是物体的一种性质，不是力，不能说"受到惯性作用""惯性力"或"克服惯性"；惯性大小与速度、受力情况、运动状态都无关。 力与运动的关系 力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态（即产生加速度）的原因。 物体做匀速直线运动时合力为零，不是"有力推着它走"；运动不需要力来维持。 伽利略理想斜面实验 采用"实验 + 逻辑推理"的方法，由小球在斜面上滚下后冲上另一斜面、并推断无摩擦时将达到原高度，进而推理出水平面上小球将永远运动下去。 理想实验是科学推理方法，不是真实可完成的实验；它推翻了"力是维持物体运动的原因"这一亚里士多德观点。 【题型训练】 1．关于下列四幅图的叙述正确的是（　　） A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大 B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间 C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力 D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 2．如图所示，将一杯水放在桌面上，杯下压一张纸条，将纸条水平向右从杯底快速抽出，水杯相对桌面仅有微小移动。已知各接触面粗糙，则（　　） A．纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越大 B．纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越小 C．抽出纸条过程，水杯受到向右的摩擦力 D．抽出纸条过程，水杯受到向左的摩擦力 3．火车在平直轨道上运动，车厢中的光滑水平桌面上用轻弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度。若弹簧变长，火车可能的运动情况是（　　） A．静止 B．向右减速 C．向左匀速 D．向左减速 02 牛顿第二定律的理解与瞬时性问题 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 定律内容与表达式 ，或 ；正交分解形式为 。 式中 F合 是物体所受外力的合力，a 与 F合 方向始终相同；质量 m 是物体的惯性量度。 五个性质 矢量性（a 与 F合 同向）、瞬时性（F合 变则 a 立即变）、独立性（各方向分别成立）、同体性（F、m、a 对应同一物体）、同单位制。 加速度方向就是合力方向，与速度方向没有必然联系；不能把某个分力单独代入求整体加速度。 瞬时加速度问题 求解"剪断（烧断）瞬间"的加速度：先分析突变前后哪些力发生突变、哪些力来不及改变，再由该瞬间的合力求 a。 轻绳、轻杆、接触面的弹力可以突变；轻弹簧、橡皮筋的弹力在瞬间不能突变（形变恢复需要时间），这是本题型最关键的判断依据。 变加速过程 弹力与重力共同作用时（如小球压弹簧），先有 的加速阶段，当 kx = mg 时加速度为零、速度最大，之后减速。 加速度为零的位置是速度最大的位置，不是位移最大的位置；速度为零时加速度不一定为零（如弹簧压缩到最短时）。 【题型训练】 1．如图所示，一根粗细均匀、质量分布均匀的弹簧，共有n匝（n足够大，从上到下依次记为第1匝，第2匝，…，第n匝）。将弹簧一端用细线挂在天花板上，另一端自由下垂。若某时刻将细线烧断，则烧断瞬间，第1匝的加速度大小a1和第n匝的加速度大小an，分别为（　　） A．a1＝ng；an＝g B．a1＝0；an＝ng C．a1＝ng；an＝0 D．a1＝g；an＝ng 2．如图所示，在向右做匀速直线运动的车厢内，小球与车厢相对静止，绳a斜向上，轻弹簧b水平。某一时刻，轻绳a突然断裂（重力加速度为g），断裂瞬间小球的加速度大小为（　　） A． B． C． D．g 3．如图所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是（　　） A．物块对车厢壁的摩擦力竖直向上 B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大 D．若车厢的加速度变小，物块可能会掉到车厢底部 4．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与球A相连，球A、B间由一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜面，A、B均处于静止状态，已知A、B的质量分别为m、2m，重力加速度为g，则烧断细线的瞬间（　　） A．球A的加速度为0 B．球A的加速度为2gsinθ C．球B的加速度为0 D．球B的加速度为2gsinθ 6．如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车先在水平面上向右做匀减速运动，并以一定的速度冲上光滑斜面。小车在水平面上向右运动过程和小车沿斜面上滑过程，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　） A．先沿OA方向，再沿OC方向 B．先沿OC方向，再沿OB方向 C．先沿OA方向，再沿OB方向 D．先沿OC方向，再沿OA方向 7．如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，BC之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统均静止，现将AB之间的细线烧断，则在烧断细线瞬间，小球A、B、C的加速度的大小分别为（　　） A．0，g，g B．0，2g，0 C．2g，g，g D．2g，0，g 03 超重与失重 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 超重 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象。条件：加速度方向竖直向上。。 只要加速度有向上的分量就处于超重状态，与速度方向（上升还是下降）无关。 失重 压力（或拉力）小于重力的现象。条件：加速度方向竖直向下。。 加速下降与减速上升都是失重；减速下降与加速上升都是超重。 完全失重 ，此时压力或拉力为零。 完全失重时天平、杆秤、弹簧测力计测重力、水银气压计全部失效；但物体所受重力本身并未消失。 视重与实重 视重是测力计的示数，实重是 mg；超重失重改变的只是视重。 判断超重还是失重只看加速度方向，不能凭"上升/下降"或"加速/减速"字样直接下结论。 【题型训练】 1．如图所示为我国著名举重运动员抓举比赛时的情景，运动员从图示状态由静止向上站起直至站立的过程中，下列说法正确的是（　　） A．手对杠铃的作用力大于杠铃对手的作用力 B．运动员对地面的压力先大于地面对人的支持力后小于地面对人的支持力 C．杠铃先失重后超重 D．杠铃先超重后失重 2．水平放置的力传感器可以记录站在传感器上的人对其压力F随时间t的变化情况。某次实验，人从静止站立开始，先下蹲至最低点再用力向上跳起。传感器记录了如图所示的图像，图线上每个坐标点对应的时刻和压力大小的数据均可获取。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．根据图像中信息可知人向上跳起后离开传感器一次 B．若不计空气阻力，则可以通过获取的数据计算出每一次人跳起后离开传感器的高度 C．在t1～t2内，人从静止站立下蹲至最低点 D．从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，人先处于失重状态，后处于超重状态 3．图甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃。如图乙，假设图中人在原地做上下跳跃运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 B．弹簧压缩到最低点时，加速度方向竖直向下 C．从最高点下落至最低点的过程，人始终在做变速直线运动 D．弹簧从原长开始压缩到最低点的过程中，人先处于超重状态后处于失重状态 04 动力学的两类基本问题 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 已知受力求运动 受力分析 → 求合力 → 由 求加速度 → 结合运动学公式求 v、x、t。 加速度是连接"力"与"运动"的桥梁，必须先求出 a 才能进入运动学计算。 已知运动求受力 由运动学规律（或 v–t 图像）求出 a → 由 求合力 → 再由受力分析求未知力。 从图像求加速度时，斜率即加速度；注意图像中不同阶段的加速度可能不同。 常用运动学公式 ；；。 使用前必须先规定正方向，代入时所有矢量都要带上符号；减速到零后若不能反向运动，时间要取实际运动时间。 多过程问题 按受力变化或运动性质变化分段处理，段与段之间用"上一段末速度 = 下一段初速度"衔接。 斜面上上滑与下滑时摩擦力方向相反，必须分段列式；某段结束后物体可能静止，不能盲目套用公式。 【题型训练】 1．如图所示，物体在水平恒力作用下沿粗糙水平面由静止开始做匀加速直线运动，前进一段位移x1后撤去恒力，继续匀减速前进x2后静止。已知x1＝x2，则物体通过x1和x2两段位移的过程中，下列物理量不同的是（　　） A．加速度 B．时间 C．摩擦力 D．平均速度 2．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连同所载货物质量m＝4kg，其动力系统所能提供的最大升力F＝90N，运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻＝10N。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，求在t＝4s时离地面的高度h； （2）当无人机悬停在距离地面高度H＝60m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； （3）若（2）问中无人机坠落过程中，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，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。 3．一个总质量（含重物）为10kg的氢气球以8m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5s末从气球上掉下一重物（忽略空气阻力，g＝10m/s2），则： （1）重物掉下前氢气球受到的浮力是多少？ （2）此重物最高可上升到距地面多高处？ （3）此重物从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ 4．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的斜面固定在水平地面上，t＝0时刻，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面向上运动，并在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，在t＝1s时撤去恒力F，物块的速度v随时间变化的规律如图乙所示。物块视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）0～1s内，物块的位移x； （2）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （3）物块在斜面上运动的总时间t总。 5．如图甲，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连，小球B的质量为m2＝5kg。木块A与斜面体间的动摩擦因数，小球B由静止释放前，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球B落地后不再反弹，轻绳处于松弛状态，木块A恰好能运动到斜面体顶端，木块A运动的v﹣t图像如图乙，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木块A从底端到顶端所用时间； （2）木块A的质量m1。 6．如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，M、N为空管的上、下两端面。空管在竖直外力F作用下向下做初速度为v0＝10m/s，加速度a＝5m/s2的匀加速直线运动。同时在距空管N端面正下方d＝7.5m处有一小球由静止开始做自由落体运动。已知重力加速度g＝10m/s2，小球可视为质点。求： （1）空管受到的外力F与空管重力G的比值； （2）从开始运动到小球第一次到达空管N端面的时间t； （3）小球在空管内部运动时间最长时空管的最小长度L。 05 连接体问题：整体法与隔离法 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 整体法 把加速度相同的多个物体看作一个系统：，用于求系统所受外力或共同加速度。 整体法只能求外力，不能求系统内部物体间的相互作用力；系统内各物体加速度不同时不能用整体法求共同加速度。 隔离法 单独分析某一物体，用于求内力。如两物块在水平力 F 作用下共同加速，绳（或接触面）的相互作用力 。 先整体后隔离是常规顺序；隔离时要画全该物体受到的所有力，包括系统内其他物体给它的作用力。 轻绳与轻弹簧模型 同一根轻绳跨过光滑滑轮或光滑挂钩时各处张力相等；轻弹簧的弹力由形变量决定，两端弹力大小相等。 绳在结点处打结时两侧张力可不相等；弹簧弹力不能突变，绳的弹力可以突变。 滑轮与斜面连接体 绳不可伸长，故绳两端沿绳方向的速度、加速度分量大小相等；斜面体静止时可用整体法求地面对它的摩擦力。 求地面对斜面体的摩擦力时，把"斜面体+物块"看作整体，注意物块加速度有水平分量，系统合力不为零。 临界状态 常见临界：恰好离开地面（支持力为零）、恰好分离（相互弹力为零且加速度仍相同）、恰好不滑动（静摩擦力达最大）。 分离瞬间两物体加速度仍相等、弹力为零，不是"弹力突然消失后各自独立"。 【题型训练】 1．如图所示，用轻绳将两个物块A、B连接在滑轮组上，忽略滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦。现将两物块从静止释放，已知A的质量为3m，B的质量为m，重力加速度为g，在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．A和B速度大小相等 B．A和B加速度大小相等 C．B对轻绳的拉力小于mg D．B对轻绳的拉力大于mg 2．如图，质量为2kg的物块A和质量为1kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，沿弹簧轴线方向用力F拉动物块B，稳定后AB以4m/s2的加速度一起向右做匀加速直线运动，已知弹簧始终在弹性限度内。则稳定后（　　） A．拉力F的大小为16N B．弹簧弹力大小为4N C．撤去力F的瞬间，A的加速度大小为4m/s2 D．撤去力F的瞬间，B的加速度大小为4m/s2 3．如图所示，光滑斜面倾角为θ，质量相等的两滑块A和B通过轻质弹簧连接，现对A施加沿斜面向上的恒力F使A由静止沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板C时，A有沿斜面向上的速度v和加速度a。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．弹簧处于原长时，滑块A的加速度为a+2gsinθ B．弹簧处于原长时，滑块A的速度为 C．在B离开挡板C之前，滑块A的最大加速度为a+2gsinθ D．当滑块A速度达到最大时，B的加速度大小为零 4．如图所示，10个完全相同的小球通过完全相同的9根轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F作用下，一起沿光滑水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1﹣2，2和3之间弹簧的弹力为F2﹣3，……，9和10之间弹簧的弹力为F9﹣10，下列说法正确的是（　　） A．每根弹簧的弹力大小均为 B．F1﹣2：F2﹣3：…：F9﹣10＝1：2：3：…：8：9 C．从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：8：9 D．撤去F的瞬间，第10号小球的加速度不变 5．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（　　） A．mg B． C．mgtanθ D． 6．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h＝1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。 （1）若P的质量M＝0.5kg，对Q解除锁定后，求地面对斜面体摩擦力的大小f； （2）若P的质量M＝3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0； （3）解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。 06 板块模型与传送带模型 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 板块模型 上下两物体间存在摩擦，需分别受力分析；判断是否发生相对滑动的方法是比较"共同运动所需的摩擦力"与"最大静摩擦力"。 若所需摩擦力大于最大静摩擦力，则两物体发生相对滑动，加速度不同，必须分别列式。 传送带模型 物体轻放上传送带后受滑动摩擦力而加速，直到与传送带共速；共速后可能匀速，也可能继续相对滑动。 摩擦力方向取决于物体相对传送带的运动（趋势）方向，不是取决于物体的运动方向；物体比带慢时摩擦力向前。 共速时刻 共速是运动过程的转折点，此后摩擦力可能由滑动变为静摩擦，也可能反向，需要重新判断。 倾斜传送带共速后，需比较 的大小关系，才能判断物体是匀速、继续加速还是减速。 相对位移与摩擦生热 ；因摩擦产生的热量 。 求传送带上的"划痕（墨迹）长度"要用相对位移，且往复滑动时取相对位移的最大值而不是各段之和的绝对值叠加。 分段分析 板块与传送带问题往往含多个阶段，每阶段的受力与加速度都可能不同，必须逐段列式并衔接速度。 木板（传送带）足够长与不够长的结论完全不同；求位移时要明确是相对地面还是相对另一物体。 【题型训练】 1．如图所示，物块与木板叠放在水平地面上，物块与木板的质量均为m，且物块与木板间、木板与地面间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要将木板从物块下抽出，对木板施加的水平拉力F至少为（　　） A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 2．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是（　　） A．该行李的加速度大小一直为2m/s2 B．该行李经过5s到达B处 C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m D．若传送带速度足够大，行李最快也要s才能到达B处 （多选）3．如图所示，粗糙水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上端叠放一质量为m2的铁块。现给铁块施加一随时间增大的水平力F＝kt，木板和铁块加速度的大小分别为a1和a2，设木板和铁块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，质量为m＝1kg的物块叠放在质量为M＝2kg的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～1s内F＝10N，1～1.5s内F＝4N，1.5s后撤去拉力，重力加速度g＝10m/s2，整个系统开始时静止。求： （1）0～1s内木板的加速度； （2）1.5s末木板的速度； （3）0～3s内物块相对木板的位移。 5．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度顺时针转动，现将一可视为质点的小滑块无初速地轻放在左端，经时间t＝6s到达右端。已知滑块质量m＝1kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2。 （1）求滑块刚放上传送带时的加速度大小a； （2）求传送带的长度L； （3）将滑块底部涂上墨汁，再从右端以v＝2m/s的速度水平向左滑上传送带，求传送带上留下的墨迹长度s。 6．如图所示，一倾角为α＝37°的光滑足够长的斜面固定在水平地面上，物块A和足够长的长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m＝1kg，物块C的质量为M＝3kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，物块C下底面距地面的高度h＝10m，现将A、B、C由静止释放，且B、C未与定滑轮碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A与木板B间的摩擦力的大小； （2）物块A的加速度aA； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小。 07 动力学图像问题 【知识点梳理】 图像类型 核心要点（含公式） 易错提醒 a–F 图像 由 可知图线斜率的倒数为质量，即 ；水平面上的物体图线不过原点，横截距表示摩擦力 。 斜率越大表示质量越小；比较两物体的质量与动摩擦因数时要同时看斜率和截距。 v–t 图像 斜率表示加速度 ，图线与时间轴围成的面积表示位移。 面积在时间轴下方表示位移为负；图线交点只表示速度相同，不表示相遇。 x–t 图像 斜率表示速度；图线为抛物线说明物体做匀变速直线运动。 x–t 图像不是运动轨迹；它只能描述直线运动。 F–t / f–t 图像 由 F=ma 把力随时间的变化转化为加速度随时间的变化，进而判断运动状态。 合力为零的时刻速度达到极值（最大或最小），不是位移达到极值。 频闪照片（等时间隔位置图） 相邻相等时间间隔内的位移差恒定：，可用于求加速度。 间距均匀表示匀速；间距逐渐增大表示加速，但仅由照片无法直接确定运动方向。 【题型训练】 1．如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则下列说法错误的是（　　） A．μ1+μ2＝tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为2v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力为0 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 2．物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA和mB，与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB，用水平拉力F分别拉物体A和B，所得加速度a与拉力F的关系图像如图中直线A、B所示，则有（　　） A．μA＝μB，mA＜mB B．μA＞μB，mA＜mB C．可能mA＝mB D．μA＜μB，mA＞mB 3．通过电磁弹射将模拟的实验舱从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（取竖直向上为正）。则下列说法正确的是（　　） A．t3时刻，实验舱达到最高点 B．t4时刻，实验舱达到最高点 C．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射的加速过程 D．从t3到t5，实验舱内物体处于加速过程 4．某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力F。用高速相机如图记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，则该段时间内下列说法可能正确的是（　　） A．小圆盘做匀速直线运动 B．F保持不变 C．F一直大于G D．F先小于G，后大于G 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高一上学期物理必修一（人教版2019） 期中试题拔高训练（江苏适用） 第四章　运动和力的关系　·　题型分类练习 【答案速查表】 题型分类 题号—答案 01　牛顿第一定律与惯性 1-B　2-C　3-B 02　牛顿第二定律的理解与瞬时性问题 1-C　2-A　3-D　4-C　5-B　6-C　7-B 03　超重与失重 1-D　2-B　3-C 04　动力学的两类基本问题 1-A　2-见解析　3-见解析　4-见解析　5-见解析　6-见解析 05　连接体问题：整体法与隔离法 1-D　2-C　3-C　4-B　5-D　6-见解析 06　板块模型与传送带模型 1-D　2-D　3-BC　4-见解析　5-见解析　6-见解析 07　动力学图像问题 1-A　2-B　3-A　4-D 01 牛顿第一定律与惯性 【知识点梳理】 概念 核心要点 易错提醒 牛顿第一定律 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。又叫惯性定律。 该定律不能用实验直接验证（完全不受力的物体不存在），它是在大量经验事实基础上经科学推理概括得出的；它描述的是物体不受力时的运动规律，不是牛顿第二定律在 F=0 时的特例。 惯性 物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。质量是惯性大小的唯一量度，质量越大惯性越大。 惯性是物体的一种性质，不是力，不能说"受到惯性作用""惯性力"或"克服惯性"；惯性大小与速度、受力情况、运动状态都无关。 力与运动的关系 力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态（即产生加速度）的原因。 物体做匀速直线运动时合力为零，不是"有力推着它走"；运动不需要力来维持。 伽利略理想斜面实验 采用"实验 + 逻辑推理"的方法，由小球在斜面上滚下后冲上另一斜面、并推断无摩擦时将达到原高度，进而推理出水平面上小球将永远运动下去。 理想实验是科学推理方法，不是真实可完成的实验；它推翻了"力是维持物体运动的原因"这一亚里士多德观点。 【题型训练】 1．关于下列四幅图的叙述正确的是（　　） A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大 B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间 C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力 D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 【答案】B 【解答】解：A．质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，故A错误； B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，当时所处的年代时间的测量没有现在精确，通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，故B正确； C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，根据牛顿第三定律，则马对车的拉力和车对马的拉力为相互作用力，总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故C错误； D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力不是维持物体运动的原因，故D错误。 故选：B。 2．如图所示，将一杯水放在桌面上，杯下压一张纸条，将纸条水平向右从杯底快速抽出，水杯相对桌面仅有微小移动。已知各接触面粗糙，则（　　） A．纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越大 B．纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越小 C．抽出纸条过程，水杯受到向右的摩擦力 D．抽出纸条过程，水杯受到向左的摩擦力 【答案】C 【解答】解：AB.根据牛顿第一定律，水杯的惯性仅由水杯的质量决定，与抽纸条的速度大小无关，故AB错误； CD.抽出纸条的过程中，水杯相对纸条向左滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，且方向水平向右，故C正确，D错误。 故选：C。 3．火车在平直轨道上运动，车厢中的光滑水平桌面上用轻弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度。若弹簧变长，火车可能的运动情况是（　　） A．静止 B．向右减速 C．向左匀速 D．向左减速 【答案】B 【解答】解：弹簧变长，则小球所受弹簧弹力方向向左，小球的合力等于弹力，由牛顿第二定律可知小球加速度方向向左，火车与小球加速度相同，但火车运动方向未知，所以火车有可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B正确，ACD错误。 故选：B。 02 牛顿第二定律的理解与瞬时性问题 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 定律内容与表达式 ，或 ；正交分解形式为 。 式中 F合 是物体所受外力的合力，a 与 F合 方向始终相同；质量 m 是物体的惯性量度。 五个性质 矢量性（a 与 F合 同向）、瞬时性（F合 变则 a 立即变）、独立性（各方向分别成立）、同体性（F、m、a 对应同一物体）、同单位制。 加速度方向就是合力方向，与速度方向没有必然联系；不能把某个分力单独代入求整体加速度。 瞬时加速度问题 求解"剪断（烧断）瞬间"的加速度：先分析突变前后哪些力发生突变、哪些力来不及改变，再由该瞬间的合力求 a。 轻绳、轻杆、接触面的弹力可以突变；轻弹簧、橡皮筋的弹力在瞬间不能突变（形变恢复需要时间），这是本题型最关键的判断依据。 变加速过程 弹力与重力共同作用时（如小球压弹簧），先有 的加速阶段，当 kx = mg 时加速度为零、速度最大，之后减速。 加速度为零的位置是速度最大的位置，不是位移最大的位置；速度为零时加速度不一定为零（如弹簧压缩到最短时）。 【题型训练】 1．如图所示，一根粗细均匀、质量分布均匀的弹簧，共有n匝（n足够大，从上到下依次记为第1匝，第2匝，…，第n匝）。将弹簧一端用细线挂在天花板上，另一端自由下垂。若某时刻将细线烧断，则烧断瞬间，第1匝的加速度大小a1和第n匝的加速度大小an，分别为（　　） A．a1＝ng；an＝g B．a1＝0；an＝ng C．a1＝ng；an＝0 D．a1＝g；an＝ng 【答案】C 【解答】解：设弹簧总质量为M，由于质量分布均匀，每一匝的质量为。烧断细线的瞬间，弹簧各部分的形变尚未发生改变，匝间弹力保持不变。 对第1匝而言，烧断前处于平衡状态，第2匝对其向下的拉力等于下方其余各匝的总重力，即F＝（n﹣1）mg。烧断瞬间，细线拉力消失，第1匝受到自身重力与下方弹簧的拉力，合力方向竖直向下，由牛顿第二定律得mg+F＝ma1，解得：a1＝ng。 对第n匝而言，烧断前所受向上弹力与自身重力相互平衡，即F'＝mg。烧断瞬间该弹力保持不变，合力仍为零，根据F'﹣mg＝man，解得：an＝0。故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．如图所示，在向右做匀速直线运动的车厢内，小球与车厢相对静止，绳a斜向上，轻弹簧b水平。某一时刻，轻绳a突然断裂（重力加速度为g），断裂瞬间小球的加速度大小为（　　） A． B． C． D．g 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，由平衡条件，竖直方向：Tsin37°＝mg 水平方向：Tcos37°＝F 解得 ， 轻绳a突然断裂，绳的拉力消失，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律 解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．如图所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是（　　） A．物块对车厢壁的摩擦力竖直向上 B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大 D．若车厢的加速度变小，物块可能会掉到车厢底部 【答案】D 【解答】解：A、对物块受力分析如图所示： 由题意可知物块与车厢具有相同的加速度，在竖直方向上的合力为零，则物块所受的摩擦力和重力平衡，物块所受的摩擦力方向竖直向上，由牛顿第三定律物块对车厢壁的摩擦力竖直向下，故A错误； B、在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对相互作用力，不是一对平衡力，故B错误； C、对物块受力分析可知车厢壁对物块的摩擦力为静摩擦力，与重力平衡，大小不变，则有f＝mg，与物块的加速度无关，故C错误； D、物块与车厢具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得FN＝ma，由此可知加速度变小，车厢壁对物块的弹力FN变小，车厢壁对物块的最大摩擦力变小，若最大静摩擦力小于物块重力，物块可能会掉到车厢底部，故D正确。 故选：D。 4．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 【答案】C 【解答】解：A、3号手滑后，4号猴子仅受重力作用做自由落体运动，其加速度为g，初速度为零，故A错误； B、3号手滑前，树对1号猴子的拉力为4mg。手滑后瞬间，由于树的形变未发生改变，该拉力保持不变。对1、2、3号猴子构成的整体应用牛顿第二定律，有4mg﹣3mg＝3ma，解得：，方向竖直向上，即3号猴子的加速度大小为，故B错误； C、对1号猴子进行分析，它受到树的拉力4mg、自身重力mg以及2号猴子对它的拉力F21。根据牛顿第二定律可得4mg﹣mg﹣F21＝ma，代入加速度，解得：。依据牛顿第三定律，1号猴子对2号猴子的作用力大小亦为，故C正确； D、对3号猴子进行分析，它受到自身重力mg和2号猴子对它的拉力F23。由牛顿第二定律得F23﹣mg＝ma，代入，解得：，故D错误。 故选：C。 5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与球A相连，球A、B间由一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜面，A、B均处于静止状态，已知A、B的质量分别为m、2m，重力加速度为g，则烧断细线的瞬间（　　） A．球A的加速度为0 B．球A的加速度为2gsinθ C．球B的加速度为0 D．球B的加速度为2gsinθ 【答案】B 【解答】解：烧断细线前，对两球整体，由平衡条件可知，弹簧的弹力F＝（m+2m）θ＝3mgsinθ 烧断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，仍为F＝3mgsinθ AB、烧断细线瞬间，对小球A，由牛顿第二定律得F﹣mgsinθ＝ma，解得a＝2gsinθ，故A错误，B正确； CD、烧断细线瞬间，细线的弹力突然消失，对小球B，由牛顿第二定律得2mgsinθ＝2ma'，解得a'＝gsinθ，故CD错误。 故选：B。 6．如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车先在水平面上向右做匀减速运动，并以一定的速度冲上光滑斜面。小车在水平面上向右运动过程和小车沿斜面上滑过程，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　） A．先沿OA方向，再沿OC方向 B．先沿OC方向，再沿OB方向 C．先沿OA方向，再沿OB方向 D．先沿OC方向，再沿OA方向 【答案】C 【解答】解：小车向右做匀减速直线运动，球和小车具有相同的水平向左的加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向左，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OA方向。小车沿斜面上滑过程做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知加速度大小 整体加速度方向沿斜面向下。对小球进行受力分析，小球受重力 mg（竖直向下）和直杆对它的作用力 F。此时，要使小球的加速度大小为gsinθ且沿斜面向下，则直杆对小球的作用力和重力的合力应沿斜面向下。通过平行四边形定则可以判断，直杆对小球的作用力方向为OB方向（垂直斜面向上），故直杆对小球作用力的方向先沿OA方向，再沿OB方向，故C正确，ABD错误。 故选：C。 7．如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，BC之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统均静止，现将AB之间的细线烧断，则在烧断细线瞬间，小球A、B、C的加速度的大小分别为（　　） A．0，g，g B．0，2g，0 C．2g，g，g D．2g，0，g 【答案】B 【解答】解：系统处于静止时，由平衡条件得： 对C，弹簧的弹力为：T＝mg 对A、B、C系统：悬绳的拉力：F＝3mg； 烧断AB之间细线瞬间，悬绳的拉力突变为mg，对A，合力为零，aA＝0 烧断AB之间细线瞬间，AB间绳的拉力突变为零，对B，由牛顿第二定律得：mg+T＝maB，解得：aB＝2g 剪断轻绳瞬间，弹簧的弹力不变，对C，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝maC，解得：aC＝0，故ACD错误B正确； 故选：B。 03 超重与失重 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 超重 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象。条件：加速度方向竖直向上。。 只要加速度有向上的分量就处于超重状态，与速度方向（上升还是下降）无关。 失重 压力（或拉力）小于重力的现象。条件：加速度方向竖直向下。。 加速下降与减速上升都是失重；减速下降与加速上升都是超重。 完全失重 ，此时压力或拉力为零。 完全失重时天平、杆秤、弹簧测力计测重力、水银气压计全部失效；但物体所受重力本身并未消失。 视重与实重 视重是测力计的示数，实重是 mg；超重失重改变的只是视重。 判断超重还是失重只看加速度方向，不能凭"上升/下降"或"加速/减速"字样直接下结论。 【题型训练】 1．如图所示为我国著名举重运动员抓举比赛时的情景，运动员从图示状态由静止向上站起直至站立的过程中，下列说法正确的是（　　） A．手对杠铃的作用力大于杠铃对手的作用力 B．运动员对地面的压力先大于地面对人的支持力后小于地面对人的支持力 C．杠铃先失重后超重 D．杠铃先超重后失重 【答案】D 【解答】解：A、手对杠铃的作用力和杠铃对手的作用力是一对相互作用力，两者相等，故A错误； B、运动员对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，两者相等，故B错误； CD、站起的过程运动员和杠铃先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，杠铃先超重后失重，故D正确，C错误。 故选：D。 2．水平放置的力传感器可以记录站在传感器上的人对其压力F随时间t的变化情况。某次实验，人从静止站立开始，先下蹲至最低点再用力向上跳起。传感器记录了如图所示的图像，图线上每个坐标点对应的时刻和压力大小的数据均可获取。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．根据图像中信息可知人向上跳起后离开传感器一次 B．若不计空气阻力，则可以通过获取的数据计算出每一次人跳起后离开传感器的高度 C．在t1～t2内，人从静止站立下蹲至最低点 D．从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，人先处于失重状态，后处于超重状态 【答案】B 【解答】解：A、根据图像可知，有两个时间间隔压力F是零，可见人向上跳起后离开传感器两次，故A错误； B、由F﹣t可以读取人离开水平放置的力传感器时间，若不计阻力此阶段人作竖直上抛运动，根据运动的对称性可得 故若不计空气阻力，则可以通过获取的数据计算出每一次人跳起后离开传感器的高度，故B正确； C、人从静止站立下蹲至最低点，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上即人先处于失重状态后处于超重状态；所以F先小于G，再大于G，而t1～t2时间内，F一直小于G，是处于失重状态的，所以还没有下蹲到最低点，故C错误； D、从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，先向上加速运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，人先超重后失重，故D错误。 故选：B。 3．图甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃。如图乙，假设图中人在原地做上下跳跃运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 B．弹簧压缩到最低点时，加速度方向竖直向下 C．从最高点下落至最低点的过程，人始终在做变速直线运动 D．弹簧从原长开始压缩到最低点的过程中，人先处于超重状态后处于失重状态 【答案】C 【解答】解：A、根据牛顿第三定律，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对相互作用力，大小始终相等，方向相反，人向上弹起过程中，踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力，故A错误。 B、弹簧压缩到最低点时，弹簧弹力大于人的重力，合力方向竖直向上，根据牛顿第二定律F＝ma，加速度方向竖直向上，故B错误。 C、从最高点下落，开始只受重力，做自由落体运动（变速直线运动），接触弹簧后，弹簧弹力变化，合力变化，加速度变化，依然是变速直线运动，直至最低点，从最高点下落至最低点的过程，人始终在做变速直线运动，故C正确。 D、弹簧从原长开始压缩到最低点的过程中，开始时弹簧弹力小于重力，合力向下，加速度向下，人处于失重状态；随着弹簧压缩，弹力增大，当弹力大于重力时，合力向上，加速度向上，人处于超重状态，故D错误。 故选：C。 04 动力学的两类基本问题 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 已知受力求运动 受力分析 → 求合力 → 由 求加速度 → 结合运动学公式求 v、x、t。 加速度是连接"力"与"运动"的桥梁，必须先求出 a 才能进入运动学计算。 已知运动求受力 由运动学规律（或 v–t 图像）求出 a → 由 求合力 → 再由受力分析求未知力。 从图像求加速度时，斜率即加速度；注意图像中不同阶段的加速度可能不同。 常用运动学公式 ；；。 使用前必须先规定正方向，代入时所有矢量都要带上符号；减速到零后若不能反向运动，时间要取实际运动时间。 多过程问题 按受力变化或运动性质变化分段处理，段与段之间用"上一段末速度 = 下一段初速度"衔接。 斜面上上滑与下滑时摩擦力方向相反，必须分段列式；某段结束后物体可能静止，不能盲目套用公式。 【题型训练】 1．如图所示，物体在水平恒力作用下沿粗糙水平面由静止开始做匀加速直线运动，前进一段位移x1后撤去恒力，继续匀减速前进x2后静止。已知x1＝x2，则物体通过x1和x2两段位移的过程中，下列物理量不同的是（　　） A．加速度 B．时间 C．摩擦力 D．平均速度 【答案】A 【解答】解：D、设最大速度为v，则加速阶段平均速度为：，减速阶段的平均速度为：，所以有：，故平均速度相同，故D错误； B、由平均速度的定义可知，加速阶段的平均速度为：，减速阶段的平均速度为：，由于x1＝x2，，则t1＝t2，即所用的时间相等，故B错误； A、根据加速度的定义可得加速阶段的加速度为：，减速阶段的加速度为：，由此可知，a1＝﹣a2，所以加速度大小相等，方向相反，则加速度不相同，故A正确； C、物体在加速阶段的摩擦力为：f1＝μmg，方向与运动方向相反，在减速阶段的摩擦力为：f2＝μmg，方向与运动方向相反，故摩擦力相同，故C错误。 故选：A。 2．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架无人机连同所载货物质量m＝4kg，其动力系统所能提供的最大升力F＝90N，运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻＝10N。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，求在t＝4s时离地面的高度h； （2）当无人机悬停在距离地面高度H＝60m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； （3）若（2）问中无人机坠落过程中，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，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。 【答案】（1）无人机在4s时离地面的高度为80m。 （2）无人机坠落地面时的速度大小为30m/s，方向竖直向下。 （3）飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为s（约3.27s）。 【解答】解：（1）无人机竖直向上起飞过程中，同时受到向上的升力、向下的重力以及空气阻力作用。规定竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律可得F﹣mg﹣f＝ma1，式中f表示空气阻力大小，解得。 无人机由静止开始做匀加速直线运动，依据，解得当t＝4s时无人机离地面的高度为h＝80m。 （2）悬停状态下无人机速度为零，失去升力后开始向下运动，此时受向下的重力与向上的空气阻力。规定竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg﹣f＝ma2，解得。 无人机从静止起做匀加速下落，根据v2＝2a2H，解得落地瞬间速度大小为v＝30m/s，方向竖直向下。 （3）在恢复升力之前，无人机以加速度a2匀加速下落；恢复最大升力后，无人机继续向下运动，升力与空气阻力均向上，于是做匀减速直线运动。设该阶段加速度大小为a3，由牛顿第二定律有F+f﹣mg＝ma3，解得。 恢复升力越迟，无人机下落速度越大，剩余制动距离越短。所以，允许恢复升力的最迟情形是无人机恰好到达地面时速度恰好减为零。 设恢复升力时速度大小为v1，此前下落距离为x1，恢复升力后至地面的距离为x2。根据匀变速直线运动规律有v1＝a2t1、、，且x1+x2＝H。 联立可得，解得。 再由v1＝a2t1，解得从开始下落到恢复升力的最长时间为。 答：（1）无人机在4s时离地面的高度为80m。 （2）无人机坠落地面时的速度大小为30m/s，方向竖直向下。 （3）飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为s（约3.27s）。 3．一个总质量（含重物）为10kg的氢气球以8m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5s末从气球上掉下一重物（忽略空气阻力，g＝10m/s2），则： （1）重物掉下前氢气球受到的浮力是多少？ （2）此重物最高可上升到距地面多高处？ （3）此重物从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ 【答案】（1）重物掉下前氢气球受到的浮力是180N； （2）此重物最高可上升到距地面180m； （3）此重物从气球上掉下后，经10s落回地面。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得F浮﹣mg＝ma 可得重物掉下前氢气球受到的浮力为F浮＝mg+ma 代入数据可得F浮＝180N （2）5s内重物随氢气球一起向上做匀加速直线运动，则有，v1＝at1 代入数据可得h1＝100m，v1＝40m/s 重物从气球上掉下后做竖直上抛运动，根据 代入数据可得h2＝80m 此重物上升的最大高度为hmax＝h1+h2 代入数据可得hmax＝180m （3）重物从气球上掉下后继续上升的时间为 重物从最高点到地面做自由落体运动，有 代入数据可得t3＝6s 则重物从气球上掉下到落回地面所用时间为t＝t2+t3 代入数据可得t＝10s 答：（1）重物掉下前氢气球受到的浮力是180N； （2）此重物最高可上升到距地面180m； （3）此重物从气球上掉下后，经10s落回地面。 4．如图甲所示，一倾角为θ＝37°足够长的斜面固定在水平地面上，t＝0时刻，质量为m＝1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面向上运动，并在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，在t＝1s时撤去恒力F，物块的速度v随时间变化的规律如图乙所示。物块视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）0～1s内，物块的位移x； （2）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （3）物块在斜面上运动的总时间t总。 【答案】（1）0～1s内，物块的位移为1m； （2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5； （3）物块在斜面上运动的总时间t0为。 【解答】解：（1）根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知0∼1s内，物块的位移为 （2）由图乙可得，t＝0.5s时，物块速度为零，即物块在t＝0.5s时，到达斜面最高点，向上运动时，物块的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得F+mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 0.5s后，物块向下运动，结合图乙，物块向下运动的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 联立解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5 （3）撤去恒力F后，物块向下运动的加速度大小为 此时物块速度大小为v1＝2m/s，由运动学公式可得 代入数据解得物块回到斜面底端时的速度大小为 从撤去恒力F到物块回到斜面底端所用时间为 则物块在斜面上运动的总时间为 答：（1）0～1s内，物块的位移为1m； （2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5； （3）物块在斜面上运动的总时间t0为。 5．如图甲，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连，小球B的质量为m2＝5kg。木块A与斜面体间的动摩擦因数，小球B由静止释放前，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球B落地后不再反弹，轻绳处于松弛状态，木块A恰好能运动到斜面体顶端，木块A运动的v﹣t图像如图乙，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）木块A从底端到顶端所用时间； （2）木块A的质量m1。 【答案】（1）木块A从底端到顶端所用时间为2.5s。 （2）木块A的质量为3kg。 【解答】解：（1）由v﹣t图像分析，0～2s阶段木块A作匀加速运动，t＝2s时速度达峰值vmax＝5m/s。此时小球B落地，绳张力消失，A在重力与摩擦力作用下匀减速至静止。 设减速加速度为a2，历时t2。对A列牛顿第二定律方程：m1gsinθ+μm1gcosθ＝m1a2，解得：。 由运动学公式vmax＝a2t2，解得：t2＝0.5s。 故A从底端至顶端总时间t总＝t1+t2，解得：t总＝2.5s。 （2）在0～2s加速段，图像斜率给出，解得：。 对A、B系统列动力学方程：m2g﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝（m1+m2）a1，解得：m1＝3kg。 答：（1）木块A从底端到顶端所用时间为2.5s。 （2）木块A的质量为3kg。 6．如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，M、N为空管的上、下两端面。空管在竖直外力F作用下向下做初速度为v0＝10m/s，加速度a＝5m/s2的匀加速直线运动。同时在距空管N端面正下方d＝7.5m处有一小球由静止开始做自由落体运动。已知重力加速度g＝10m/s2，小球可视为质点。求： （1）空管受到的外力F与空管重力G的比值； （2）从开始运动到小球第一次到达空管N端面的时间t； （3）小球在空管内部运动时间最长时空管的最小长度L。 【答案】（1）空管受到的外力F与空管重力G的比值为； （2）从开始运动到小球第一次到达空管N端面的时间为1s； （3）小球在空管内部运动时间最长时空管的最小长度为2.5m。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：mg﹣F＝ma 解得：Fmg 空管受到的外力F与空管重力G的比值：； （2）根据运动学公式可得：d＝v0t 解得：t＝1s或t＝3s（舍去） 从开始运动到小球第一次到达空管N端面的时间为1s； （3）t＝1s时空管的速度大小为：v1＝v0+at，解得：v1＝15m/s 小球的速度大小为：v2＝gt，解得：v2＝10m/s 以小球为参考系，空管相对于小球下做初速度为v＝v1﹣v2＝15m/s﹣10m/s＝5m/s的匀减速直线运动，相对加速度大小为：a′＝（10﹣5）m/s2＝5m/s2 小球在空管内部运动时间最长时空管的最小长度为：Lm＝2.5m。 答：（1）空管受到的外力F与空管重力G的比值为； （2）从开始运动到小球第一次到达空管N端面的时间为1s； （3）小球在空管内部运动时间最长时空管的最小长度为2.5m。 05 连接体问题：整体法与隔离法 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 整体法 把加速度相同的多个物体看作一个系统：，用于求系统所受外力或共同加速度。 整体法只能求外力，不能求系统内部物体间的相互作用力；系统内各物体加速度不同时不能用整体法求共同加速度。 隔离法 单独分析某一物体，用于求内力。如两物块在水平力 F 作用下共同加速，绳（或接触面）的相互作用力 。 先整体后隔离是常规顺序；隔离时要画全该物体受到的所有力，包括系统内其他物体给它的作用力。 轻绳与轻弹簧模型 同一根轻绳跨过光滑滑轮或光滑挂钩时各处张力相等；轻弹簧的弹力由形变量决定，两端弹力大小相等。 绳在结点处打结时两侧张力可不相等；弹簧弹力不能突变，绳的弹力可以突变。 滑轮与斜面连接体 绳不可伸长，故绳两端沿绳方向的速度、加速度分量大小相等；斜面体静止时可用整体法求地面对它的摩擦力。 求地面对斜面体的摩擦力时，把"斜面体+物块"看作整体，注意物块加速度有水平分量，系统合力不为零。 临界状态 常见临界：恰好离开地面（支持力为零）、恰好分离（相互弹力为零且加速度仍相同）、恰好不滑动（静摩擦力达最大）。 分离瞬间两物体加速度仍相等、弹力为零，不是"弹力突然消失后各自独立"。 【题型训练】 1．如图所示，用轻绳将两个物块A、B连接在滑轮组上，忽略滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦。现将两物块从静止释放，已知A的质量为3m，B的质量为m，重力加速度为g，在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．A和B速度大小相等 B．A和B加速度大小相等 C．B对轻绳的拉力小于mg D．B对轻绳的拉力大于mg 【答案】D 【解答】解：AB、物块A与动滑轮一起运动，动滑轮由两段轻绳承担。由轻绳总长度不变可知，物块A下降距离xA时，物块B上升距离xB＝2xA，因此运动过程中有vB＝2vA、aB＝2aA，两物块的速度大小和加速度大小都不相等，故AB错误； CD、设绕过滑轮的轻绳张力大小为T，取物块A向下、物块B向上为各自的正方向。动滑轮质量不计，物块A受到的向上拉力为2T。根据牛顿第二定律，对物块A有3mg﹣2T＝3maA，对物块B有T﹣mg＝maB。结合aB＝2aA，解得、、。加速度为正，说明物块A向下加速、物块B向上加速。根据牛顿第三定律，物块B对轻绳的拉力大小等于T，因此该拉力大于mg，故C错误，D正确。 故选：D。 2．如图，质量为2kg的物块A和质量为1kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，沿弹簧轴线方向用力F拉动物块B，稳定后AB以4m/s2的加速度一起向右做匀加速直线运动，已知弹簧始终在弹性限度内。则稳定后（　　） A．拉力F的大小为16N B．弹簧弹力大小为4N C．撤去力F的瞬间，A的加速度大小为4m/s2 D．撤去力F的瞬间，B的加速度大小为4m/s2 【答案】C 【解答】解：A、以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得F＝（mA+mB）a，代入数据解得F＝12N，故A错误； B、对A，由牛顿第二定律得F弹＝mAa＝2×4N＝8N，故B错误； C、撤去力F后的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，即A物体的受力不变，所以A物体的加速度不变，仍为4m/s2，故C正确； D、撤去拉力瞬间，对B，由牛顿第二定律得F弹＝mBaB，代入数据解得，故D错误。 故选：C。 3．如图所示，光滑斜面倾角为θ，质量相等的两滑块A和B通过轻质弹簧连接，现对A施加沿斜面向上的恒力F使A由静止沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板C时，A有沿斜面向上的速度v和加速度a。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．弹簧处于原长时，滑块A的加速度为a+2gsinθ B．弹簧处于原长时，滑块A的速度为 C．在B离开挡板C之前，滑块A的最大加速度为a+2gsinθ D．当滑块A速度达到最大时，B的加速度大小为零 【答案】C 【解答】解：AC、当B刚要离开挡板C时，挡板对B的弹力为零，对B受力分析得弹簧弹力T＝mgsinθ。对A由牛顿第二定律F﹣mgsinθ﹣T＝ma，解得恒力F＝m（a+2gsinθ）。当弹簧处于原长时，弹力为零，由F﹣mgsinθ＝ma'，解得a'＝a+gsinθ，故A错误；滑块A在运动过程中受恒力F、重力和弹簧弹力，初始时刻弹簧压缩量x1满足kx1＝mgsinθ，此时弹力沿斜面向上，合力最大，加速度最大，由F+kx1﹣mgsinθ＝mamax，解得amax＝a+2gsinθ，故C正确； B、A初始静止时弹簧压缩量x1满足kx1＝mgsinθ；B刚要离开时弹簧伸长量x2满足kx2＝mgsinθ，故x1＝x2。从开始到弹簧原长过程，合外力做功W1＝（F﹣mgsinθ）x1+W弹；从原长到B刚要离开过程，W2＝（F﹣mgsinθ）x2﹣W弹。因W弹＞0，故W1＞W2。由动能定理得前半程动能增量，解得v1，故B错误； D、A速度最大时加速度为零，F﹣mgsinθ﹣T'＝0，解得T'＝F﹣mgsinθ。对B由T'﹣mgsinθ＝maB，代入得aB＝a，因a不一定为零，故D错误。 故选：C。 4．如图所示，10个完全相同的小球通过完全相同的9根轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F作用下，一起沿光滑水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1﹣2，2和3之间弹簧的弹力为F2﹣3，……，9和10之间弹簧的弹力为F9﹣10，下列说法正确的是（　　） A．每根弹簧的弹力大小均为 B．F1﹣2：F2﹣3：…：F9﹣10＝1：2：3：…：8：9 C．从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：8：9 D．撤去F的瞬间，第10号小球的加速度不变 【答案】B 【解答】解：ABC、根据题意分析可知，以10个小球为整体，根据牛顿第二定律有F＝10ma， 解得a， 以第1个小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1﹣2＝ma， 以第1、2个小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2﹣3＝2ma， 同理可以解得F9﹣10＝9ma， 可知F1﹣2：F2﹣3：…：F9﹣10＝1：2：3：…：8：9， 根据胡克定律F＝kΔx可知从左到右每根弹簧伸长量之比为1：2：3：⋯：8：9，弹簧的长度之比并不等于该比值，故AC错误，B正确； D、撤去F的瞬间，第10号小球所受弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律有第10号小球的加速度a′，故D错误。 故选：B。 5．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（　　） A．mg B． C．mgtanθ D． 【答案】D 【解答】解：对A球受力分析如图所示 设小车的加速度为a，A球的质量为m'，根据牛顿第二定律可得m'gtanθ＝m'a 解得a＝gtanθ B物体受到重力mg和竖直向上的支持力N，以及水平向右的摩擦力f 根据牛顿第二定律有f＝ma＝mgtanθ 由题可知N＝mg 所以小车对物块B的作用力的大小为，故ABC错误，D正确。 故选：D。 6．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h＝1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。 （1）若P的质量M＝0.5kg，对Q解除锁定后，求地面对斜面体摩擦力的大小f； （2）若P的质量M＝3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0； （3）解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。 【答案】（1）地面对斜面体摩擦力的大小等于； （2）物块Q的加速度大小等于5m/s2； （3）P质量的取值范围为1kg＜M≤5kg。 【解答】解：（1）若P的质量0.5kg，由于mgsinθ＝Mg 可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为F＝Mg 以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为f＝Fcos30° 联立解得 （2）根据牛顿第二定律，对于P：Mg﹣T＝Ma0 对于Q：T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma0 解得 （3）为了使P能下落，必须满足Mg＞mgsinθ+μmgcosθ 解得M＞1kg P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为a1，上滑距离为x，对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得 P着地前瞬间，设Q速度大小为v，对Q分析，由运动学公式可得v2＝2ah 0﹣v2＝﹣2a1x Q恰好不从斜面顶端滑出需满足x＝L﹣h 联立代入数据，解得 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得Mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（M+m）a 联立可得M＝5kg 为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为1kg＜M≤5kg。 答：（1）地面对斜面体摩擦力的大小等于； （2）物块Q的加速度大小等于5m/s2； （3）P质量的取值范围为1kg＜M≤5kg。 06 板块模型与传送带模型 【知识点梳理】 概念 核心要点（含公式） 易错提醒 板块模型 上下两物体间存在摩擦，需分别受力分析；判断是否发生相对滑动的方法是比较"共同运动所需的摩擦力"与"最大静摩擦力"。 若所需摩擦力大于最大静摩擦力，则两物体发生相对滑动，加速度不同，必须分别列式。 传送带模型 物体轻放上传送带后受滑动摩擦力而加速，直到与传送带共速；共速后可能匀速，也可能继续相对滑动。 摩擦力方向取决于物体相对传送带的运动（趋势）方向，不是取决于物体的运动方向；物体比带慢时摩擦力向前。 共速时刻 共速是运动过程的转折点，此后摩擦力可能由滑动变为静摩擦，也可能反向，需要重新判断。 倾斜传送带共速后，需比较 的大小关系，才能判断物体是匀速、继续加速还是减速。 相对位移与摩擦生热 ；因摩擦产生的热量 。 求传送带上的"划痕（墨迹）长度"要用相对位移，且往复滑动时取相对位移的最大值而不是各段之和的绝对值叠加。 分段分析 板块与传送带问题往往含多个阶段，每阶段的受力与加速度都可能不同，必须逐段列式并衔接速度。 木板（传送带）足够长与不够长的结论完全不同；求位移时要明确是相对地面还是相对另一物体。 【题型训练】 1．如图所示，物块与木板叠放在水平地面上，物块与木板的质量均为m，且物块与木板间、木板与地面间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要将木板从物块下抽出，对木板施加的水平拉力F至少为（　　） A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 【答案】D 【解答】解：物块刚要相对木板滑动时，对物块，由牛顿第二定律可知：μmg＝ma， 对整体，由牛顿第二定律可知：F﹣2μmg＝2ma，代入数据可得：F＝4μmg，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是（　　） A．该行李的加速度大小一直为2m/s2 B．该行李经过5s到达B处 C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m D．若传送带速度足够大，行李最快也要s才能到达B处 【答案】D 【解答】解：A、开始时，对行李，由牛顿第二定律，得 μmg＝ma，得 a＝2m/s2，行李与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，行李的加速度大小为0，故A错误； B、设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝0.4m/s；由v＝at1代入数值，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小为x2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为 t2s＝4.9s，行李从A到B的时间为t＝t1+t2＝0.2s+4.9s＝5.1s，故B错误； C、行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1﹣x＝（0.4×0.2﹣0.04）m＝0.04m，故C错误； D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短，由L，解得最短时间tmins，故D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）3．如图所示，粗糙水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上端叠放一质量为m2的铁块。现给铁块施加一随时间增大的水平力F＝kt，木板和铁块加速度的大小分别为a1和a2，设木板和铁块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解答】解：A、开始时水平力较小，铁块与木板均保持静止，因此木板的加速度应先保持为零；图中木板的加速度从初始时刻就随时间增大，不符合实际，故A错误； B、设铁块与木板间的最大静摩擦力为fs，木板与地面间的最大静摩擦力为fm，木板受到地面的滑动摩擦力为f0。若fs＞fm，开始时两物体均静止；当水平力足够大时，两物体先一起加速运动。对整体，由牛顿第二定律有kt﹣f0＝（m1+m2）a2，解得，因此铁块加速度随时间线性增大。对木板有f﹣f0＝m1a1，随着共同加速度增大，所需的静摩擦力也增大；当其达到fs后，两物体发生相对滑动。此后铁块满足kt﹣fs＝m2a2，解得。由于，相对滑动后图线斜率变大，图示情形可能出现，故B正确； C、若fs＜fm，铁块先相对木板滑动，而木板受到铁块的摩擦力不足以使木板运动，因此木板始终静止。铁块在kt≤fs时保持静止；滑动后，由kt﹣fs＝m2a2，解得。所以铁块的加速度先为零，随后随时间线性增大，故C正确； D、若木板始终静止，铁块滑动后的加速度图线斜率保持不变；若两物体先一起运动、后发生相对滑动，铁块加速度图线的斜率应由增大为，不可能出现图示斜率减小的情况，故D错误。 故选：BC。 三．解答题（共15小题） 4．如图所示，质量为m＝1kg的物块叠放在质量为M＝2kg的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～1s内F＝10N，1～1.5s内F＝4N，1.5s后撤去拉力，重力加速度g＝10m/s2，整个系统开始时静止。求： （1）0～1s内木板的加速度； （2）1.5s末木板的速度； （3）0～3s内物块相对木板的位移。 【答案】（1）0～1s内木板的加速度为4m/s2，方向水平向右； （2）1.5s末木板的速度为4.5m/s，方向水平向右； （3）0～3s内物块相对木板的位移为2.25m，方向水平向左。 【解答】解：（1）0～1s内，假设两者不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律，有F＝（m+M）a 解得 对物块，最大加速度大小为μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 因a＞a物，假设不成立，故两者初始时相对滑动，对木板，有F﹣μmg＝Ma板1 此时F＝10N，解得0～1s内木板的加速度，方向水平向右 （2）1s末木板的速度v1＝a板1t1＝4×1m/s＝4m/s 1s～1.5s内，F＝4N，木板仍做匀加速运动，对木板，有F﹣μmg＝Ma板2 解得a板2＝1m/s2 可得1.5s末木板的速度v2＝v1+a板2t2＝4m/s+1×0.5m/s＝4.5m/s，方向水平向右 （3）1.5s后撤去拉力，木板开始做匀减速运动，其加速度大小为1m/s2 物块仍做匀加速运动，设再经历t3时间，两者速度相同，有a物（t1+t2+t3）＝v2﹣a板3t3 解得t3＝0.5s 即两者在0～3s内只有2s时间发生相对运动，此过程物块的位移 代入数据得x物＝4m 木板的位移 代入数据得x板＝6.25m 0～3s内物块相对木板的位移Δx＝x板﹣x物＝6.25m﹣4m＝2.25m，方向水平向左。 答：（1）0～1s内木板的加速度为4m/s2，方向水平向右； （2）1.5s末木板的速度为4.5m/s，方向水平向右； （3）0～3s内物块相对木板的位移为2.25m，方向水平向左。 5．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度顺时针转动，现将一可视为质点的小滑块无初速地轻放在左端，经时间t＝6s到达右端。已知滑块质量m＝1kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2。 （1）求滑块刚放上传送带时的加速度大小a； （2）求传送带的长度L； （3）将滑块底部涂上墨汁，再从右端以v＝2m/s的速度水平向左滑上传送带，求传送带上留下的墨迹长度s。 【答案】（1）滑块刚放上传送带时的加速度大小a为1m/s2。 （2）传送带的长度L为10m。 （3）传送带上留下的墨迹长度s为8m。 【解答】解：（1）设滑块的质量为m。滑块刚放上传送带时，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma 解得：a＝1m/s2 （2）设滑块加速至速度v所用时间为t'，此阶段位移为x1。 则s＝2s m＝2m 之后滑块以速度v做匀速运动，通过的位移为 x2＝v（t﹣t'）＝2×（6﹣2）m＝8m 故传送带的长度L＝x1+x2＝2m+8m＝10m （3）滑块先以加速度a向左减速至静止，所用时间s＝2s， 此过程滑块位移大小，解得：x滑＝2m＜L＝10m 传送带的位移x传＝vt1，解得：x传＝4m 之后滑块反向加速至v，所用时间t2＝t1＝2s 此过程滑块的位移 解得：x'滑＝2m 传送带位移x'传＝vt2 解得：x'传＝4m 最终墨迹长度s＝（x滑+x传）+（x'传﹣x'滑） 解得：s＝8m。 答：（1）滑块刚放上传送带时的加速度大小a为1m/s2。 （2）传送带的长度L为10m。 （3）传送带上留下的墨迹长度s为8m。 6．如图所示，一倾角为α＝37°的光滑足够长的斜面固定在水平地面上，物块A和足够长的长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m＝1kg，物块C的质量为M＝3kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，物块C下底面距地面的高度h＝10m，现将A、B、C由静止释放，且B、C未与定滑轮碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A与木板B间的摩擦力的大小； （2）物块A的加速度aA； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小。 【答案】（1）物块A与木板B间的摩擦力的大小为6.4N； （2）物块A的加速度为0.4m/s2，方向沿斜面向上； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小为1.2m。 【解答】解：（1）假设AB能相对静止一起沿斜面向上加速运动，则整体的加速度 解得 a＝3.6m/s2 对物体A： f﹣mgsin37°＝ma 解得 f＝9.6N 而A与B的最大静摩擦力 fm＝μmgcos37° 解得 fm＝6.4N＜9.6N 可知此时A与B不能相对静止即A相对B下滑，物块A与木板B间的滑动摩擦力为 f＝μmgcos37° 解得 f＝6.4N （2）A的加速度 解得 方向沿斜面向上。 （3）对B、C的整体： 解得 且物块C加速度向下对C： 解得 hC＝8.8m h3＝h﹣hc 得 h3＝1.2m 答：（1）物块A与木板B间的摩擦力的大小为6.4N； （2）物块A的加速度为0.4m/s2，方向沿斜面向上； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小为1.2m。 07 动力学图像问题 【知识点梳理】 图像类型 核心要点（含公式） 易错提醒 a–F 图像 由 可知图线斜率的倒数为质量，即 ；水平面上的物体图线不过原点，横截距表示摩擦力 。 斜率越大表示质量越小；比较两物体的质量与动摩擦因数时要同时看斜率和截距。 v–t 图像 斜率表示加速度 ，图线与时间轴围成的面积表示位移。 面积在时间轴下方表示位移为负；图线交点只表示速度相同，不表示相遇。 x–t 图像 斜率表示速度；图线为抛物线说明物体做匀变速直线运动。 x–t 图像不是运动轨迹；它只能描述直线运动。 F–t / f–t 图像 由 F=ma 把力随时间的变化转化为加速度随时间的变化，进而判断运动状态。 合力为零的时刻速度达到极值（最大或最小），不是位移达到极值。 频闪照片（等时间隔位置图） 相邻相等时间间隔内的位移差恒定：，可用于求加速度。 间距均匀表示匀速；间距逐渐增大表示加速，但仅由照片无法直接确定运动方向。 【题型训练】 1．如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则下列说法错误的是（　　） A．μ1+μ2＝tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为2v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力为0 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 【答案】A 【解答】解：A、分析x﹣t图像中两物块的运动特性。 对于乙（曲线乙）：在t＝0至t＝t0时段内，位移为x0，且t＝t0时切线斜率为0，表明乙做匀减速直线运动且末速度为零。 由平均速度公式，解得：。 乙的加速度大小，方向沿斜面向上。 根据牛顿第二定律有①。 对于甲（曲线甲）：在t＝0至t＝t0时段内，位移为3x0，做匀加速直线运动。 由位移公式，代入得，解得：。 乙的位移，解得：。 对比得，甲的加速度方向沿斜面向下。 由牛顿第二定律得②。 联立①②式得μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝mgsinθ﹣μ1mgcosθ。 整理得（μ1+μ2）cosθ＝2sinθ，即μ1+μ2＝2tanθ，故A错误； B、t＝t0时，甲的速度。 代入得，故B正确； C、t＜t0时，对甲、乙和斜面系统，水平方向： 甲的水平加速度分量a甲x向左，乙的水平加速度分量a乙x向右。 因a甲＝a乙，系统水平加速度为零，地面对斜面摩擦力为零，故C正确； D、t＞t0时，乙静止，甲继续加速且水平加速度分量向左，地面对斜面摩擦力向左，故D正确。 本题选错误的，故选：A。 2．物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA和mB，与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB，用水平拉力F分别拉物体A和B，所得加速度a与拉力F的关系图像如图中直线A、B所示，则有（　　） A．μA＝μB，mA＜mB B．μA＞μB，mA＜mB C．可能mA＝mB D．μA＜μB，mA＞mB 【答案】B 【解答】解：根据牛顿第二定律，对物体水平方向受力分析得F﹣μmg＝ma，整理得。由一次函数性质可知，a﹣F图像斜率，横截距F0＝μmg对应a＝0。图像显示直线A斜率大于B，即，解得mA＜mB。两直线横截距相同，故μAmAg＝μBmBg，化简得μAmA＝μBmB。因mA＜mB，故μA＞μB。综上，μA＞μB且mA＜mB，故B正确，ACD错误。 故选：B。 3．通过电磁弹射将模拟的实验舱从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（取竖直向上为正）。则下列说法正确的是（　　） A．t3时刻，实验舱达到最高点 B．t4时刻，实验舱达到最高点 C．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射的加速过程 D．从t3到t5，实验舱内物体处于加速过程 【答案】A 【解答】解：C、t1到t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故C错误； D、t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，故D错误； AB、根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故A正确，B错误。 故选：A。 4．某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力F。用高速相机如图记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，则该段时间内下列说法可能正确的是（　　） A．小圆盘做匀速直线运动 B．F保持不变 C．F一直大于G D．F先小于G，后大于G 【答案】D 【解答】解：由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律 可知F先小于G，后大于G。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 2 学科网（北京）股份有限公司 $