【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题3.1《牛顿运动定律的应用及实验》讲义（解析版）.doc，共(29)页，676.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题3.1牛顿运动定律的应用及实验【讲】目录一讲核心素养........................................................................

....................................................................................1二讲必备知识...............

.................................................................................................................

............................2【知识点一】牛顿第一定律和惯性..............................................................

....................................................2【知识点二】牛顿第二定律的理解和应用...........................................................................

............................4【知识点三】牛顿第三定律的理解与应用.....................................................................

..................................6【知识点四】实验：探究加速度与力、质量的关系.............................................................................

..........8三．讲关键能力.........................................................................................................................

...............................12【能力点一】.“转换研究对象法”在受力分析中的应用......................................................................

..........12【能力点二】会分析动力学的两类基本问题..........................................................................................

.......13【能力点三】会分析动力学图像问题........................................................................................

....................15【能力点四】会分析临界极值问题.............................................................................................................

...18【能力点五】会分析实验拓展与创新............................................................................................................21四．讲模型思想.........

.....................................................................................................

..........................................25模型一瞬时问题的两类模型..........................................................

..............................................................25模型二超重与失重模型..........................................................

......................................................................28一讲核心素养1.物理观念：惯性、作用力与反作用力、超重与失

重、单位制。。(1)知道惯性是物质的基本性质其大小只由物体的质量来度量。(2)通过实验，了解力的相互性即作用力与反作用力的特点，提升相互作用观。(3).通过实例的分析与推理，理解超时重的定义、条件进而理解力与运动的关系建立运动及相互作用的观念。(4)了解常用的国际单位、导出单位并

会利用物理量之间的关系推导单位之间的关系体会量纲思想的应用。2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。(1).能应用受力分析、牛顿运动定律，分析物体的运动过程体会力与运动的关系。(2)会应用整体法与隔离法的科学思维分析连接体的受力与运动的关系问题(3)体会应用控制变

量法探究、设计实验来探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系(4)能在具体情景中识别诸如“最大、最小、刚好离开（分离）”等临界问题的标志词并能将其转化为物理学语言，应用临界法结合牛顿运动定律来解决临界问题。3.

科学探究：探究加速度与力、质量的关系(1)学会利用控制变量法来设计实验的能力。(2)体会补偿思想在物理实验中的应用。(3)会用纸带、光电门等处理实验数据4.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。能将具体问题情景通过构建

物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力并体会物理学的应用价值激发学生学习欲望。二讲必备知识【知识点一】牛顿第一定律和惯性1.理想化状态牛顿第一定律描述的是物体

不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。如果物体所受的合力等于零，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体保持静止状态或匀速直线运动状态。2.明确了惯性的概念牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯

性，即物体具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。3.揭示了力与物体运动状态的关系力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。4.与牛顿第二定律的关系牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。牛顿第一定律是经过科学抽象、归

纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。【例1】(2021·河南省实验中学砺锋培卓)在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)，将可靠的事实和逻辑推理结合起来，能更深刻地反映自然规律。下面给出了伽利略斜面实验的五

个事件，请对事件的性质进行判断并正确排序：在A点由静止释放的小球，①若没有摩擦时，能滚到另一斜面与A点等高的C点；②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C点；③若没有摩擦时减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点；④若没有摩擦时当另

一斜面水平放置时，小球将沿水平面一直运动下去；⑤不能滚到另一斜面与A点等高的C点。以下正确的是()A.事实⑤→事实②→推论①→推论③→推论④B.事实⑤→事实②→推论③→事实①→推论④C.事实⑤→事实②→事实①→推论③→推论④D.事实⑤→事实②→推论①→事实③→推论④【答案

】A【解析】根据实验事实⑤斜面不光滑，在A点由静止释放的小球不能滚到另一斜面与A点等高的C点，事实②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于与A点等高的C点，得出实验结果：如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，即①，进一步假设若减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍

然要达到原来的高度，即得出③，没有摩擦时减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，即④，故A正确，B、C、D错误。【素养升华】本题考察的

学科素养主要是科学态度与责任及科学思维。要求考生知晓理想斜面实验在历史中重要意义及主要操作思路和设计思想。让学生在感受物理学史的同时学会理想化实验的科学思维方式。【必备知识】伽利略的理想实验(1)特点：实践操作(实验)＋逻辑推理(数学演算)。(2

)作用：提出力不是维持物体运动的原因。伽利略是物理理想实验的开拓者。理想实验是人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验，可以完美地解释物理学规律或理论。【变式训练】(2021·四川宜宾市上学期一诊)下列说法符合史实的是()A.伽利略提出力是维持物体运动的原因B.亚里士多德猜想

自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C.笛卡尔通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D.牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比

，故B错误；伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。【例2】一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于

图()ABCD【答案】A【解析】当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，故只有图A所示的情形符合要求，A正确。【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念。要求考生深刻理解惯性的概念（内涵外延等）。并能应用惯性解

释日常生活中的一些问题建立相互作用观和运动观。【必备知识】惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变

(静止或匀速直线运动)。.【变式训练】(2020·湖北宜城一中月考)如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参

考系)()A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右【答案】：A【解析】：小车突然向右运动时，由于惯性，铁球和乒乓球都“想”保持原有的静止状态，由于与同体积的“水球”相

比铁球的质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，所以小车加速运动时，铁球相对于小车向左运动．同理，由于与同体积的“水球”相比乒乓球的质量小，惯性小，乒乓球相对向右运动．【知识点二】牛顿第二定律的理解和应用1．牛顿第二定律的性质2．

合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式．【例1】

(多选)(2020·河南省顶尖名校4月联考)如图所示，轻质弹簧上端固定，不挂重物时下端位置在C点；在下端挂一个质量为m的物体(可视为质点)后再次保持静止，此时物体位于A点；将物体向下拉至B点后释放。关于物体的运动情况，下面说法中正确

的是()A.物体由B到A的运动过程中，物体的加速度一直在减小B.物体由B到A的运动过程中，物体的速度一直在增大C.物体由B到C的运动过程中，物体的加速度一直在增大D.物体由B到C的运动过程中，物体的速度先增大后减小【答案】ABD【解析】物体在A点处于平衡状态，从B到A过程中，弹簧弹力大于重力

，根据牛顿第二定律可知，物体将向A加速运动，随着弹簧形变量的减小，物体加速度将逐渐减小，当到达A时弹力等于重力，物体速度达到最大，然后物体将向C做减速运动，从A到C过程中，弹簧弹力逐渐减小，因此物体做减速

运动的加速度逐渐增大，故从B到C整个过程中，物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故A、B、D正确，C错误。【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生对本题有清晰的受力分析并能应用牛顿运动定律分析

物体的运动性质进一步理解相互作用观及运动观。【必备知识】理解牛顿第二定律的三点注意(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化．(2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度

的大小没有关系．(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系．【变式训练】．(2021·四川广元一诊)如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A

点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则()A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小【答案】A【解析】物体从A到O，

初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为点O′)时，弹力减小到

与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐

增大的减速运动．综合以上分析，只有选项A正确．【知识点三】牛顿第三定律的理解与应用1.相互作用力的特点(1)三同同大小同时产生、变化、消失同性质(2)三异反向异体，即作用力、反作用力作用在不同物体上不同效果(3)二无关与相互作用的两物体

的运动状态无关与是否和其他物体相互作用无关2.一对平衡力与作用力、反作用力的比较名称项目一对平衡力作用力与反作用力作用对象同一个物体两个相互作用的不同物体作用时间不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失力的性质不一定相同一定相同

作用效果可相互抵消不可抵消【例1】(2020·山东枣庄市第二次模拟)新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转移轨道运载能力15吨至50吨、奔火(火星)转移轨道运载能力12吨至44吨……”这是我国重型运载火箭长

征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是()A.喷出的燃气对周围空气的挤压力就

是火箭获得的推力B.因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力C.燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力D.燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力【答案】D【解析】喷出的燃

气对周围空气的挤压力，作用在空气上，不是火箭获得的推力，故A错误；空气对燃气的反作用力，作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故B错误；燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故C错误，D正确

。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念中相互作用观。【必备知识】“两看”巧判作用力和反作用力一看受力物体．作用力和反作用力应作用在两个相互作用的物体上．二看产生的原因．作用力和反作用力是由于相互作用而产生的，一定是同种性质的力．【变式训练1】(2020·浙江衢州、湖州、丽水三地

市4月教学质量监测)在2020年的春节晚会上，杂技《绽放》表演了花样飞天，如图是女演员举起男演员的一个场景，两位杂技演员处于静止状态。下列说法正确的是()A.水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和B.水平地面对女演员的摩擦力水平向右C.女演员对男演员的作

用力大于男演员对女演员的作用力D.女演员对男演员的作用力小于男演员对女演员的作用力【答案】A【解析】由题可知，男、女演员处于静止状态，二者与地面之间没有相对运动的趋势，即地面对女演员没有摩擦力作用，二者整体受到重力和地面对其的支持力作用，根据共点力的平衡条件可知

，水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和，故A正确，B错误；女演员对男演员的作用力与男演员对女演员的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等、方向相反，故C、D错误。【知识点四】实验：探

究加速度与力、质量的关系1.实验目的(1)学会应用控制变量法研究物理规律。(2)探究加速度与力、质量的关系。(3)掌握利用图像处理数据的方法。2.实验原理(1)控制变量法①保持质量不变，探究加速度与合力的

关系。②保持合力不变，探究加速度与质量的关系。(2)求加速度a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2或a＝ΔxT2。3.实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺。4.实验步骤(1)质量的测量：用天平测量小盘和砝

码的质量m′和小车的质量m。(2)安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车施加牵引力)。(3)用阻力补偿法测合力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑。(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，

断开电源，取下纸带，编号码。②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①。③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a。④描点作图，作a－F的图像。⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图像。5.注意

事项(1)用阻力补偿法测合力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力。在用阻力补偿法测合力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动。(2)不用重复用阻

力补偿法测合力。(3)实验条件：m≫m′。(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。6.误差分析(1)实验原理不完善

：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。(2)用阻力补偿法测合力不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。7.数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a。(

2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比。(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比。【例1】(2021·广东实验中学月考改编)某实验小组利用如图所示的装

置探究加速度与力、质量的关系。(1)实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要________、________。(2)下列做法正确的是____

____。A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度E．用托盘和盘内砝码的重

力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量(3)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数1M为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a-1M关系图线，如图所示。由图可分析得出：加速度与质

量成________关系(选填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角________(选填“过大”或“过小”)。【答案】(1)天平刻度尺(2)ADE(3)

反比过大【解析】(1)实验中需要用托盘和砝码的总重力表示小车受到的拉力，需测量托盘的质量，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。(2)平衡摩擦力时应系上纸带，不能挂托盘。调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平

行，A项正确，B项错误；平衡摩擦力后细绳与木板平行，且托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量时，托盘和砝码的总重力近似等于小车和车上砝码受到的合外力，E项正确；实验时应该先接通电源，后释放小车，使得

纸带上点迹多一些，以便于测量加速度，还要多测几组数据减小偶然误差，C项错误；通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜角度，D项正确。(3)a-1M图象是一条直线，说明a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时木板的倾角

过大造成的。【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学探究。要求考生能准确理解实验原理明确实验的操作步骤。【必备知识】本实验的难点是测量小车的合力，实验通过两个“替代”关系测量小车的合力，使小车合力的测量转化为对悬挂物重力的测量。1．平衡摩擦力

——用小车所受的拉力替代合力小车受力为重力、拉力、阻力、支持力，平衡摩擦力后，使重力、阻力和支持力的合力为零，则小车所受的拉力等于小车的合力。2．小车质量(M)远大于悬挂物质量(m)——用悬挂物重力替代小车所受的拉力由牛顿第二定

律：系统加速度a＝mM＋mg，小车所受的拉力F＝Ma＝MmgM＋m＝11＋mMmg，显然，当M≫m时，F≈mg。【变式训练】在“验证牛顿运动定律”实验中，采用如图所示的装置图进行实验。(1)对小车进行“平衡摩擦

力”操作时，下列必须进行的是________(填字母序号)。A．取下沙和沙桶B．在空沙桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度(2)实验中，已经测出小车的质量为M，沙和沙桶的总质量

为m，若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，这样做的前提条件是______________________。(3)在实验操作中，下列说法正确的是________。A．求小车运动的加速度时，可用天平测出沙和沙桶的质量

M′和m′，以及小车质量M，直接用公式a＝M′＋m′Mg求出B．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关

系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系【答案】(1)AD(2)沙和沙桶的总质量远小于小车的质量(3)BD【解析】(1)平衡摩擦力时使小车所受重力沿木板方向分力与小车所受摩擦力平衡，故A、D项正确，B项错误；为确定

小车是否为匀速运动，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断，故C项错误。(2)根据牛顿第二定律得，mg＝(M＋m)a，解得a＝mgM＋m，则绳子的拉力F＝Ma＝MmgM＋m＝mg1＋mM，可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力大小等于沙和沙桶的总重力，所以应

满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量。(3)本实验是“验证牛顿运动定律”，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器时，应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后有μ＝tanθ，小车质量改变时，总满足mgsinθ＝μmgcosθ

，与小车质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确。三．讲关键能力【能力点一】.“转换研究对象法”在受力分析中的应用(1)“转换研究对象法”在受力分析中的应用，其本质是牛顿第三定律的应用．(2)由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，

可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．【例1】(2020·洛阳模拟)如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静

止，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.斜面体对地面的摩擦力大小为FcosθB.斜面体对地面的压力为(M＋m)gC.物体对斜面体的摩擦力的大小为FD.斜面体对物体的作用力竖直向上【答案】A【解析】由

于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况结合共点力的平衡条件可得，地面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，A正确，B错误；隔离物体进

行受力分析，由共点力平衡条件得斜面体对物体的摩擦力大小为F＋mgsinθ，由牛顿第三定律可知，C错误；斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由共点力的平衡条件可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和

F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错误。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生深刻理解牛顿第三定律并能用转换法进行受力分析。【变式训练】(2020·邢台市质检)一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个

环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示。已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力大小为()A．Mg＋FfB．Mg－FfC．Mg＋mgD．Mg－mg甲乙【答案】A【解析】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff，受力情况如图甲所示，根据牛

顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力F′f，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg。根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即F′N＝Mg＋

Ff，故选项A正确。【能力点二】会分析动力学的两类基本问题1.基本思路2.基本步骤3.解题关键(1)两类分析——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。4.常用方法(1)合成法在物体受力个数较

少(2个或3个)时一般采用合成法。(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法。类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2020·山东省等级考试模拟)如图甲所示，在高速公路的连

续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后

牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)

若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)【答案】(1)tanθ＜μ(2)57m【解析】(1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcosθ而货车

重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsinθ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff＞F，即mgsinθ＜μmgcosθ，解得sinθcosθ＜μ，tanθ＜μ，则当tanθ＜μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车

道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma得F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.26＋0.3×0.97)m/s2＝5.51m/s2设货车在避险车道上行驶的最大距离为xv0＝90km/h＝25m/s据匀变速直线运动位移公式0－v2

0＝－2ax代入数据，解得x＝v202a＝2522×5.51m＝57m。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维及物理观念中的相互作用观。类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】(2020·辽宁大连市第

一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30cm

处停下。“小易”从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图2所示，图中t0＝1.6s，v0＝5m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60kg，运动过程中阻力恒为20N。(结果保留3位有效数字)求：(1)“小易”从

静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。【答案】(1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N【解析】(1)设加速运动与减速运动的时

间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知x1＝v02t1，x2＝v02t2x＝x1＋x2，解得x＝4m由加速度定义式知a1＝v0t1，a2＝v0t2，则a2＝3a1t0＝t1＋t2联立解得t1＝1.2s，t2＝0.4s则a1

＝256m/s2＝4.17m/s2，a2＝252m/s2＝12.5m/s2。(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2解得F1＝270N，F2＝730N。【素养提升】本题考察的学科

素养主要是科学思维与物理观念中的运动观。【能力点三】会分析动力学图像问题1.常见图像v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。2.题型分类(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(

2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。3.解题策略(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，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐

标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物

理问题作出准确判断。【例1】(2021·湖北三校联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系

图象正确的是()【答案】：D【解析】：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝

k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故力F与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维及物理观念中的相互作用观。本题要求考生能准确的受力分析并能借助牛顿运

动定律分析运动的性质并能根据科学的推理建立物理函数表达式然后进行图像转换。【必备知识】解决图象综合问题的关键图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的

物理意义对图象及运动过程进行分析．【变式训练】(2020·哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．重力加速度g取10m/s2.

下列判断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2【答案】D【解析】根据图象，最大静摩擦力为4N．4s后，物块受到拉力F大于4N，开始运动，所以5s内拉力

做功不为零，A错误；4s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff＝3N，质量m＝1.0kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝Ffmg＝0.3，C错误；6～9s内，物体的加速度a＝F－Ffm＝5－31m/s2＝2.0m/s2，D正确．【例2】(2020·潍坊一中摸底

)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m

＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()甲乙A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大C．弹簧的劲度系数k＝175N/mD．该过程中滑块的

最大加速度为35m/s2【答案】C【解析】根据v-t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中

图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝ΔvΔt＝1.50.3m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝Δv′Δt′＝30.1m/s2＝30m/s2，

此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175N/m，选项C正确。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维与物理观念中的运动观。要求考生能借助v-t图

像获取运动信息然后应用牛顿运动定理分析物题的受力情况。【变式训练】(2020·江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描

述该过程中物体速度变化情况的是()【答案】D【解析】由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律

知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。【能力点四】会分析临界极值问题1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚

好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．(3)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极值，这个极值点往往是临界点．(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件临界状态临界条件速度达到最大物体所受的合外力为零两物体刚好分离两物体

间的弹力FN＝0绳刚好被拉直绳中张力为零绳刚好被拉断绳中张力等于绳能承受的最大拉力【例1】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现

给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值与最小值。【审题指导】：题干关键获取信息光滑固

定斜面无滑动摩擦力系统处于静止状态可求出弹簧的压缩量从静止开始沿斜面向上做匀加速运动初速度为零，加速度恒定0.2s以后F为恒力经过0.2s，P和Q恰好分离力F的最大值与最小值t＝0时拉力最小，分离后拉力最大

【答案】72N36N【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsinθ＝kx0代入数据解得x0＝0.12m因前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m

1a前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝12at2联立解得a＝3m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝36N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝72N。【素养提升】本题考察的学科素养主

要是科学思维。要求考生掌握应用牛顿运动定律解决临界问题的一般思路及方法。【必备知识】动力学中几种典型的“临界条件”(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩

擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断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。(4)加速度变化时，速度达

到最值的临界条件是加速度变为0。【变式训练】(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰

好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度一定向右，不能超过(1－μ)gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加

速度一定向左，不能超过(1－μ)g【答案】：B【解析】：开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝mgμ，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于mgμ，根

据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误．【例2】(2020·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当

θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；(

2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．【答案】(1)33(2)60°3v204g【解析】(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsinθ＝μFNFN－mgcosθ

＝0解得μ＝tanθ＝tan30°＝33.(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma由0－v20＝2ax得x＝v202g（sinθ＋μcosθ）＝v202g1＋μ2sin

（θ＋α）其中tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°所以x最小值为xmin＝v202g（sin60°＋μcos60°）＝3v204g【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。此题是牛顿第二定律的应用问题，解题时应用牛顿定律结合运动公式列出方程，然后

应用数学知识讨论最小值，考查学生数学知识的运用能力.【能力点五】会分析实验拓展与创新高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，是在教材实验的基础上创设新情境，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥于教材，体现开放性、探究

性、设计性等特点，本实验创新点体现在以下几方面：实验目的的创新1.实验器材的改进：利用重力沿斜面方向的分力提供物块加速下滑的动力。2.设问方式的创新：利用牛顿第二定律测量物块与斜面间的动摩擦因数。实验器材的创新利用位移传感器与计算机

相连，直接得出小车的加速度。1.用光电门代替打点计时器，结合遮光条的宽度可测滑块的速度。2.利用气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力。3.由力传感器测滑块受到的拉力，无需满足m≪M。实验过程的创新1.结合光电门得出物块在A、B两点的速度，由v2B－v2A＝2ax得

出物块的加速度。2.结合牛顿第二定律mg－μMg＝(M＋m)a得出物块与水平桌面间的动摩擦因数。【例1】(2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，13)某同学利用如图所示的装置测量滑块与长金属板之间的动摩擦因数和当地重力加速度。金属板固定于水平实验台上，一轻绳跨过轻滑轮，左端与放在金

属板上的滑块(滑块上固定有宽度为d＝2.000cm的遮光条)相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝6个，每个质量均为m0＝0.010kg。实验步骤如下：①在金属板上适当的位置固定光电门A和B，两光电门通过数据采集器与计算机相连。②用电

子秤称量出滑块和遮光条的总质量为M＝0.150kg。③将n(依次取n＝1，2，3，4，5，6)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码固定在滑块上。用手按住滑块，并使轻绳与金属板平行。接通光电门，释放滑块。计算机自动记录：

ⅰ.遮光条通过光电门A的时间Δt1；ⅱ.遮光条通过光电门B的时间Δt2；ⅲ.遮光条的后端从离开光电门A到离开光电门B的时间Δt12；④经数据处理后，可得到与n对应的加速度a并记录。回答下列问题：(1)在n＝3

时，Δt1＝0.0289s，Δt2＝0.0160s，Δt12＝0.4040s。ⅰ.忽略遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的表达式为a1＝________，其测量值为________m/s2(计算结果保留3位有效数字。通过计算机处理得到1Δt1＝34

.60s－1，1Δt2＝62.50s－1)；ⅱ.考虑遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的测量值a2________a1(填“大于”“等于”或“小于”)。(2)利用记录的数据拟合得到a－n图象，如图所示，该直线在横轴上的截距为p、纵轴上的截距为q。用已知量和测

得的物理量表示滑块与长金属板之间动摩擦因数的测量值μ＝________，重力加速度的测量值g＝________(结果用字母表示)。【答案】(1)ⅰ.dΔt12(1Δt2－1Δt1)1.38ⅱ.小于(2)p21－p（p－21）qp【解析】(1)根据题意，滑块经过光电门A、B的速度分

别为v1＝dΔt1，v2＝dΔt2，则滑块的加速度a1＝v2－v1Δt12＝dΔt121Δt2－1Δt1，代入数据可得a1＝1.38m/s2；考虑到遮光条通过光电门的速度变化，滑块的加速度a2＝v2－v1Δt12＋Δt12－Δt22，可知a2小于a1

。(2)对钩码和滑块受力分析，根据牛顿第二定律得nm0g－FT＝nm0a，FT－μ(Mg＋Nm0g－nm0g)＝(M＋Nm0－nm0)a，联立可得a＝m0g（1＋μ）M＋Nm0n－μg，p＝μ（M＋Nm0）

m0（1＋μ），－μg＝q，解得μ＝pm0M＋Nm0－pm0＝p21－p，g＝（pm0－M－Nm0）qpm0＝（p－21）qp。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生能在基础实验原理的理解上能迁移应用并能借

助数学逻辑推理得出实验结论。【变式训练】(2021·1月江苏新高考适应性考试，12)用图所示的实验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数μ。把左端带有滑轮的长木板平放在实验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细

线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动。通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝码的总质量M，槽码的总质量m，计算木块与木板之间的摩擦力f。改变M和m进行多次实验。(1)下列实验操作步骤，正确顺序是________。①释放木块②接通打点计时器电源③将木板固定在水平桌面上④调节滑轮高度

使细线与木板平行⑤将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上(2)实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，图中纸带按实际尺寸画出，则木块的加速度为________m/s2。(3)甲同学测得的数据见下表：M/kg0.7000.6000.5000.4000.300f/N2.482.

181.801.501.16请根据表中的数据，在图方格纸上作出f－M图像。(4)已知重力加速度g＝9.80m/s2，可求得该木块与木板的动摩擦因数μ＝________。(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的μ值，取其平均值作为测量结果。他发现该值比甲同学在(4)

问中得出的μ值大。你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由___________________________________________________。【答案】(1)③⑤④②①(2)0.23(3)见解析图(4)0.33(0.32～0.34)(5)见解析【解析】(1)实验时，将木

板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在木块上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与木板平行。再接通打点计时器电源，接着释放木块。最后关闭电源，取下纸带。故正确顺序是③⑤④②①。(2)如图所示每

四个点选用一个计数点，标上字母。则计数点之间的时间间隔为T＝0.02s×4＝0.08s，用刻度尺测得C、E两点到O点的距离分别为xOC＝1.88cm，xOE＝4.35cm，由逐差法得a＝（xOE－xOC）－xOC（2T）2≈0.23m/s2。(3)根据表中数据

描点，用平滑的曲线连接如图所示(4)由滑动摩擦力公式得f＝μgM可知，f－M图线的斜率为μg，则k＝ΔfΔM＝2.4－0.20.68－0＝μg，解得μ≈0.33。(5)用图像法求μ，需要连线，连线时尽量

让更多的点在线上，偏离直线较远的点，说明有问题，可以舍去。但乙同学通过求平均值就做不到这一点，因此甲同学的结果更准确。四．讲模型思想模型一瞬时问题的两类模型1.两种模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2.解题思路分析瞬时变化前

后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度3.两个易混问题(1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。【

例1】(多选)(2020·云南省师大附中月考)如图所示，质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别

为a1和a2；取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4NB.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2NC.手停止的瞬间，a1＝10m/s2,a2＝10m/s2D.手停止的瞬间，a1＝20m

/s2,a2＝10m/s2【答案】BD【解析】在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0联立方程得F弹＝2N，故A错误，B正确；手停

止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1得a1＝20m/s2，方向竖直向下对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2得a2＝10m/s2，方向竖直向上故C错误，D正确。【素养提

升】本题考察的学科素养主要是科学思维。【必备知识】1.求解瞬时加速度的一般思路2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．【变式训练】如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的

倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有()A.图甲中A球的加速度大小为gsinθB.图甲中B球的

加速度大小为2gsinθC.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsinθD.图乙中轻杆的作用力一定不为零【答案】C【解析】设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsinθ，因弹簧

弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsinθ，加速度大小为4gsinθ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合

力大小为4mgsinθ，A、B两球的加速度大小均为gsinθ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。模型二超重与失重模型1.对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(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。(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。2.判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于

失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判

断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重【例1】(2021·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图8所示。根据图像提

供的信息，下列说法正确的是()A.在0～5s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B.在5～10s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C.在10～20s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D.在20～25s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态【答案】D【解析】

在0～5s内，由速度—时间图像可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20s内

，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维及物理观念。要求考生能明辨超时重的基本概念条件并能正确获取图像信息分析物体的运动情况。【变式训练】(多选)(

2020·山西怀仁一中月考)电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N,关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10m/s2)()A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为

4m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2【答案】BC【解析】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重

物的重力等于10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4m/s2，方向

竖直向下．电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误．