第2讲牛顿第二定律的实验及基本应用讲解析版2022年高考一轮复习讲练测新高考江苏.docx

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1、第2讲 牛顿第二定律的实验及基本应用（讲）命题分析：高考命题既有选择题，又有计算题，命题热点是牛顿第二定律及应用，选择题多与图象结合，计算题多与运动学规律结合考查多过程问题，试题难度中等。趋势分析：重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。试题联系生产、生活实际，涉及临界、极值并与图像相结合等的综合应用、对学生的理解能力、分析综合能力及应用数学方法解题的能力等要求较高。物理观念：1.理解和掌握牛顿运动定律；2.理解超重失重。科学思维：整体法与隔离法、图象法、控制变量法科学探究：1.通过实验探究加速度与力和质量的关系；2.通过实验认识超重和失重科学态度与责任：通过牛顿运动定律的学习，初步理解超重与

2、失重的概念，进一步认识物理学是对自然现象的描述与理解，激发学生学习物理的兴趣，形成正确的世界观、人生观和价值观。一、基本实验要求1实验原理(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系(3)作出aF图象和a图象，确定其关系2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3实验步骤(1)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(即不给小车牵引力)图(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一

3、块薄木块，使小车能匀速下滑(4)操作：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.在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.描点作图，作aF的图象保持小盘和砝码的质量m不变，改变小车质量m，重复步骤和，作a图象1注意事项(1)平衡摩擦力：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平衡摩擦力时，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)不用重复平衡摩擦力(3)实验条件：mm.(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每

4、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2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mg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)摩擦力平衡不准确、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3数据处理(1)利用xaT2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，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.二、牛顿第二定律的基本应用（一）瞬时问题1牛顿第二定律的表达式为：F合m

5、a，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变2轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变（二）超重和失重1超重(1)定义：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(2)产生条件：物体具有向上的加速度2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有向下的加速度3完全失重(1)定

6、义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度ag，方向竖直向下4实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重（三）动力学的两类基本问题1由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移2由物体的运动情况求解受力情况的基本思路已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力3应

7、用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：命题点1 教材原型实验 例1（2021江苏高三月考）如图甲所示是研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与质量的关系”实验的装置示意图。（1）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是_；（2）实验中，需要补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力：小车放在木板上，后面连接一条纸带，纸带穿过打点计时器把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做_运动；（3）在数据处理时，以小车的加速度的倒

8、数为纵轴，以小车和车上砝码的总质量M为横轴，得到如图乙所示的-M图像.纵轴截距等于_（用含有m、M或重力加速度g的字母表示）；（4）实验打出一段纸带，从打点计时器中取下纸带，舍掉初始比较密集的点，从便于测量的地方取一个基准点O，然后每5个点取一个计数点，标记为A、B、C、D、E、F，测出相邻计数点间的距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6，求出图丙中D时刻的瞬时速度vD=_m/s。（保留两位有效数字）（5）利用图丙中纸带上数据信息求小车的加速度a=_m/s2。（保留到小数点后两位）【答案】Mm 匀速直线 0.85 1.58 【解析】（1）1 为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运

9、动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是；（2）2实验时需平衡摩擦力，具体做法为：纸带穿过打点计时器把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动；（3）3由牛顿第二定律可知即则纵轴截距等于；（4）4由平均速度可知，D点速度为（5）5由逐差法可知小车的加速度为解得变式1（2021江苏高三专题练习）用如图所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。（1）下列实验操作中正确的有_。A先释

10、放小车后接通电源B调整定滑轮使细线与长木板平行C平衡摩擦力时必须移去纸带D平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码（2）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点1、2、3、4与0计数点间的距离分别为x1=3.60cm、x2=9.61cm、x3=18.01cm、x4=28.81cm。已知打点计时器打点周期为0.02s，相邻计数点间有四个打点未画出，则小车的加速度a=_m/s2（结果保留三位有效数字）。（3）实验中保持托盘和砝码的总质量不变改变小车和车内沙子的总质量M，进行实验打出纸带，算出相应的加速度a，数据如下表所示请在图丙中根据描出的点作出a-图像_；由图像可得出的结论是_。托盘和砝码总质量为20

11、ga（ms-2）2.401.991.431.251.110.770.620.480.24M/kg0.060.080.120.140.160.240.300.400.80/（kg-1）16.6712.508.337.146.254.173.332.501.25（4）某小组在实验中作出-M图像如图丁所示，图像斜率的物理意义是_；若图像纵截距为b，斜率为k，则托盘和砝码的总质量m=_（用字母b、k表示）。【答案】BD 2.40（2.392.41均算对） 合力一定时，当托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比 托盘和砝码的总重力的倒数 【解析】(1)1

12、A应先通电再释放小车，A错误；B调整定滑轮使细线与长木板平行，以保证小车在运动过程中合力不变，B正确；C平衡摩擦力时必须连接纸带，C错误；D平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码，用小车重力分力来平衡摩擦力，D正确。故选BD。(2)2 小车的加速度(3)3图像为4 合力一定时，当托盘和砝码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比。(4)5根据牛顿第二定律可知，图像斜率的物理意义是托盘和砝码的总重力的倒数。6当M=0时，有根据斜率的含义有联立解得命题点2 教材实验创新实验装置图创新/改进点1.实验方案的改进：系统总质量不变化，改变拉力得到若干组数据2.用传感器记录

13、小车运动的时间t与位移x，直接绘制xt图象3.利用牛顿第二定律求解实验中的某些参量，确定某些规律1.用传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度2.用图象法处理数据时，用钩码的质量m代替合力F，即用am图象代替aF图象1.用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测得物块的初速度和末速度，由运动学公式求出加速度2.结合牛顿第二定律，该装置可以测出动摩擦因数弹簧测力计测量小车所受的拉力，钩码的质量不需要远小于小车质量，更无需测钩码的质量1.气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力2.力传感器测量滑块所受的拉力，钩码的质量不需要远小于滑块质量，更无需测钩码的质量3.用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测

14、得滑块的末速度，由刻度尺读出遮光条中心初始位置与光电门之间的距离，由运动学公式求出加速度.例2（2020江苏省洪泽中学高三开学考试）在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中，（1）下列说法正确的是_；A先释放纸带再接通电源B拉小车的细线应尽可能与长木板平行C纸带与小车相连端的点迹较疏D轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡（2）如图是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是，结合图乙给出的数据（单位：），求出小车运动加速度的大小为_，并求出纸带中点瞬时速度的大小为_。（结果均保留两位有效数字）（3）某实验小组重新设计了实验装置，如图a所示。通过改变重物的质量，利用计算

15、机可得滑块运动的加速度和所受拉力的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图b所示。由图可知：滑块和位移传感器发射部分的总质量_，滑块和轨道间的动摩擦因数_。【答案】BD 4.0 2.6 0.5 0.2 【解析】(1)1A先接通电源后释放纸带，故A错误；B拉小车的细线应尽可能与长木板平行，绳子的拉力即为小车受到的水平合力，故B正确；C纸带与小车相连端的点迹为开始打的点，较密，故C错误；D轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，故D正确；(2)2利用逐差法求出小车的加速度大小解得3P点的瞬时速度为(3)4由图像可知，上边的直线当时也就是说当绳子上

16、没有拉力时小车就有加速度，说明重力沿斜面方向向下的分力大于摩擦力，所以上边的图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。则另一条直线是在水平情况下得到的。在水平轨道上得所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。由图（b）得加速度a和所受拉力F的关系图像斜率所以滑块和位移传感器发射部分的总质量5由图（b）得，在水平轨道上F=1N时，加速度为根据牛顿第二定律得解得变式2（2019江苏扬州市扬州中学高三月考）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要

17、进行的操作是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为_A B C D【答案】BCD 1.3 D

18、 【解析】(1)1AE本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故错误，E错误；B该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随变化关系，故D正确。故选BCD。(2)2由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为，由可得，加速度(3)3对图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数

19、，此题，弹簧测力计的示数，故小车质量为。命题点3 教材实验拓展测定动摩擦因素例3（2021江苏南京市高三三模）为了测量滑块与桌面间的动摩擦因数，一同学设计了如图所示的实验装置，A为带滑轮的滑块，B为盛有砂的砂桶。（1）实验时，必须要进行的操作是_。A用天平测量出砂和砂桶的质量B调整滑轮的位置，使绳与桌面平行C要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量D滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车（2）该同学实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点之间还有四个点未画出），打点计时器的交流电源频率为50Hz，根据纸带可以求出小车的加速度a=_（保留两位有效数字）；（3）通过改变砂的质量，得到滑块运动的加

20、速度和力传感器示数F的关系如图所示，纵截距为，已知当地的重力加速度为g，则滑块和轨道间的动摩擦因数_（用b、g表示）；（4）实验中已测得滑块的质量为M，将其由静止释放，力传器的示数为F，滑块运动距离为时，砂桶刚好接触地面且不反弹，滑块再滑行的距离后停止运动，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为_（用F、M、g表示）；的测量值与真实值相比_（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。【答案】BD 0.88 偏大 【解析】(1)1AC本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AC错误；B绳与桌面必须平行，以保证拉力的方向与滑块的运动方向

21、一致，故B正确；D打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故D正确。故选BD。(2)2每隔四个点取一个计数点，故相邻计数点间的时间间隔根据逐差法可得(3)3根据牛顿第二定律可得解得结合图线可知解得(4)4对滑块在整个运动过程中，根据动能定理可得解得5因为实验中不可以避免的存在阻力(纸带、滑轮摩擦)，导致摩擦力偏大，所以的测量值偏大。变式3（2021江苏高三月考）物理实验不仅要动手操作还要动脑思考，小明同学就注意到图甲所示的装置可以完成多个力学实验。（1） 探究速度随时间变化规律时，实验时有电磁打点计时器和电火花计时器，但只提供220V的交流电源，小明应选用_计时器。（2） 探

22、究加速度与力和质量关系的实验时，某次实验中打出的纸带如图乙可所示。已知相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车的加速度a=_m/s2（保留2位有效数字）；测得小车质量为0.5kg，钩码质量为0.1kg，重力加速度取g=10m/s2，则小车与长木板间的动摩擦因素=_；动摩擦因素的测量值_（填“小于”“等于”“大于”）真实值。（3）用图甲装置_（填“能”或“不能”）验证小车和钩码组成的系统机械能守恒，理由是_。【答案】电火花 0.50 0.14 大于 不能 系统除重力做功外还有阻力做功 【解析】(1)1电火花打点计时器使用的是220V的交流电源。(2) 2根据加速度公式得3根据牛顿第二定律得解得4

23、由于存在纸带摩擦及空气阻力，所以测得的动摩擦因数偏大。(3)56 系统除重力做功外还有阻力做功，所以不能验证机械能守恒。命题点4 瞬时问题的两类模型1两种模型加速度与合外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将变为0.图(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4（2020江阴市青阳中学高三月考）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上

24、，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A弹簧的形变量不改变B弹簧的弹力大小为mgC木块A的加速度大小为2gD木块B对水平面的压力迅速变为2mg【答案】AC【解析】A项：由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B项：开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；C项：撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向竖直向上，故C正确；D项：撤去C的

25、瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：F+mg=N，解得：N=4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误故选AC变式4（2020江苏泰州市姜堰中学高三开学考试）如图所示，在动摩擦因数的水平面上有一个质量的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方程成角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，在剪断轻绳的瞬间（取），下列说法中正确的是（ ）A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且C小球立即向左运动，且D若剪断的弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小【答案】B【解析】A在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力

26、剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用小球的受力个数发生改变，故A错误；BC小球所受的最大静摩擦力为根据牛顿第二定律得小球的加速度为合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；D剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D错误。故选B。命题点3 超重与失重现象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

27、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物体向上加速或向下减速时，超重物体向下加速或向上减速时，失重例5（2021江苏高三一模）电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”间的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。如图甲所示，驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动

28、。当轿厢从顶楼向下运动，图象如图乙所示，下列说法正确的是（） A在时间内，轿厢处于失重状态B在时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小C在时间内，轿厢和“对重”组成的系统机械能守恒D在时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小【答案】A【解析】A由图可知在时间内，轿厢从顶楼向下运动做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，A正确；B根据图象可知，图像的斜率表示加速度，在时间内轿厢的加速度先增大后减小，由牛顿第二定律可得则钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，B错误；C在时间内，驱动电机也会消耗能量，轿厢和“对重”组成的系统机械能不守恒，C错误；D在时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小不

29、等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，因为中间有驱动电机在调控，其牵引力大小在不断变化，D错误。故选A。变式5（2021如皋市第一中学高三月考）图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力-时间图象。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g=10 m/s2根据图象分析可知（）A人的重力为1500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度【答案】B【解析】A开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据牛顿力平衡可知，人的重力也是500N，A错误；Bc点时人对传感

30、器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；Ce点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；D人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。故选B。命题点4 动力学两类基本问题1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2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)，则采用正交分解法考法1 已知物体受力情况，分析物体运动情

31、况例6（2020常州市第一中学高三月考）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（） A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（Mm）gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（Mm）gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F（2M3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【答案】BC【解析】A对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为（Mm）gMg，故A错误。B设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有MgMa1FM

32、g（Mm）gma2发生相对运动需要a2a1代入数据解得F2（Mm）g故B正确。C若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确。D当F（2M3m）g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g纸板的加速度a22g根据a2t2a1t2d解得t则此时砝码的速度va1t砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag则匀减速运动的位移xd而匀加速运动的位移xa1t2d可知砝码离开桌面，D错误。故选BC。变式6（2021昆山震川高级中学高三月考）如图所示，A、B两物体的质量都为0.2kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5m，一恒力F

33、=5N竖直作用在A上，系统由静止开始运动（两物体可看做质点，g=10m/s2）。（1）求运动过程中细线的张力；（2）在t=2s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度；（3）在2s时刻细线断裂，求再经2s时间两物体间的距离。【答案】（1）2.5N；（2）；（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律，对整体有对B有解得 =2.5N（2）根据运动学公式有 解得（3）断裂后，根据运动学公式有考法2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例7（2020江阴市华士高级中学高三月考）如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为0.3 kg 的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时

34、间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)小物块从A点沿斜面向上滑行的最大距离；(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；(3)推力F的大小。【答案】(1)1.8m；(2) ；(3)4N【解析】(1) 由图乙所示图象可知，物块向上滑行的最大距离s=31.2m=1.8m(2)由图乙所示图象可知，加速度在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知mgsin30+mgcos30=ma2解得(3)在匀加速运动阶段，由牛顿第二定律得F-mgsin30-mgcos30=ma1解得F=4N变式7（2020江苏徐州市高三期中）如图，倾斜固定滑杆长L=4

35、m，与水平地面夹角=37，质量m=0.1kg的小环套在滑杆上静置在底端，用水平拉力F=2.4N拉动小环沿滑杆向上运动，到达杆的最高点时撤去F，不计空气阻力，小环在空中上升到最高处时的速度为3.2m/s。已知sin370.6，cos37=0.8，g=10m/s2。（1）求小环与滑杆之间的动摩擦因数。（2）若力F仅作用1s，求小环从静止开始沿滑杆向上运动的最大距离。【答案】（1）0.5；（2）1.2m【解析】（1）小环在滑杆最高点代入数据得v=4m/s小环沿杆向上运动到滑杆最高点代入数据得（2）力F作用1s代入数据得x1=1mL=4m撤去F后匀减速阶段代入数据得x2=0.2m小环沿滑杆向上运动的最大距离x=x1+x2=1.2m