第2讲力与直线运动.doc

学科: 物理 年级：高三
版本：冲刺版 期数：2330

本周教学内容：第2讲 力与直线运动
考纲要求
1．理解力和力矩的概念，能熟练应用直角三角形知识对力进行合成和分解运算。
2．利用共点力作用下物体静止和匀速直线运动的条件（合力为零）来解答有关静力学问题。
3．熟练掌握弹力、摩擦力的性质和特点，并应用牛顿运动定律分析匀变速直线运动物体的动力学特征。能简单分析非匀变速直线运动某些变化规律。
4．理解惯性定律和牛顿第三定律，并能对竖直方向做变速运动物体的超、失重进行简单运算。

知识结构

热点导析
1.力的性质
力是物体对物体的作用，这一定义体现了力的物质性和相互性，也是判断力是否存在和理解牛顿第三定律的基础；力的矢量性要求力运算必须遵守平行四边形法则；力作用的瞬时性在牛顿第二定律中得到了体现；还有力对空间和时间的的积累性及作用的独立性体现在动量定理和动能定理中。
2.力和运动
物体的运动性质取决于初始条件和物体的受力情况及相互关系；物体做直线运动和曲线运动的区别在于力是否和速度共线；物体做匀变速运动还是非匀变速运动取决于力是否恒定；物体的速率是增加、减小还是不变取决于力与即时速度是夹锐角、钝角还是直角。对物体的受力情况和运动情况作出正确的分析和判断是解答动力学问题的关键。物体的加速度是运动学量和动力学量间联系的桥梁。对于较复杂的物理过程，应注意画出相关的运动示意草图和各阶段的受力图。
3.物体的平衡条件
物体平衡分共点力平衡和固定转动轴平衡，条件分别为合力为零和合力矩为零。二力合力为零必等值反向；三力合力为零常作成二力合力与第三力等值反向，也可用拉密定理、解直角三角形、解相似三角形等方法解。四个及四个以上力合力为零更为采用正交分解法。

典型例析
【例1】 如图1-2-1所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和B，物体A放在锐角为θ的斜面上，已知A物质量为m，A物与斜面最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍（μ＜tgθ），滑轮摩擦不计，物体A要静止在斜面上，物体B质量的取值范围为多少？在A静止的前提下，斜面体与地面间摩擦情况又如何？

【解析】 本题是静力学问题，运用平衡条件及正交分解法是解答该类问题的主要方法。
先以B为研究对象，因为B静止
所以有：T=mBg ①
再以A为研究对象，若A处于上滑的临界状态，
有：T1=fm+mgsinθ ②
而fmax=μN ③
N=mgsinθ ④
由①②③④可得:mB=m(sinθ+μcosθ) ⑤
同理，若A处于将要下滑的临界状态
则有：T2+fm=mgsinθ ⑥
由①③④⑥可得：
mB=m(sinθ-μcosθ) ⑦
由⑤⑦可得mB应满足的条件为：
m(sinθ-μcosθ)≤mB≤m(sinθ+μcosθ)
在A静止的前提下，A和滑轮支架对斜面体的总作用力竖直向下，A、B和斜面C整体对地面只有向下的压力，地面与C间无摩擦力。
【说明】 处理静力学问题，首先要选取妥当的研究对象，进行受力分析和力的运算，其中摩擦力为被动力，要根据物体所受的其他力和所处的状态正确判断。隔离法和整体法的巧妙使用可简化解题步骤。如本题中A物加速下滑，则对A、B、C进行整体分析可知，整体中有成员有向左的加速度分量，地面对斜面体C应有向左的摩擦力。
【例2】 空间探测器从某一星球表面竖直升空，已知探测器质量为500kg（设为恒量），发动机推力为恒力，探测器升空后发动机因故障而突然关闭，如图1-2-2所示是探测器从升空到落回星球表面的速度—时间图像，则由图像可判断该探测器在星球表面所能达到的最大高度是多少？发动机工作的推力又为多少？

【解析】 本题是根据图像来表达有关已知条件的。正确理解v-t图像各段斜率、各转折点、各块面积的含义是解答本题的关键。
由图可知，空间探测器在t1=8秒时具有最大即时速度，t2=24秒时才达到最大高度，且其最大高度为图像中△OAB的面积，即hmax=×24×40m=480m
空间探测器在8秒内在推动和星球重力作用下加速上升，在8秒之后只在星球重力作用下减速上升和加速回落。
第一阶段加速度a1=ms-2=5ms-2
第二、三阶段加速度等为a2==-2.5ms-2
据牛顿第二定律，第一阶段F-mg星=ma1 ①
第二、三阶段-mg星=ma2 ②
由①②得：F=m(a1-a2)=500×7.5N
=375N
【说明】 运动过程的表达有多种方式，其中用图像和数据表达是最常见的两种方式，但都得转化为对运动过程的描述。再结合各阶段的受力分析应用牛顿运动定律建立力和运动的因果关系。
【例3】 如图1-2-3所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22ms-1(sin37°=0.6 g=10ms-2)。

【解析】 本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起。
第一阶段：在最初2秒内，物体在F=9.6N拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图1-2-4可知：

沿斜面方向：F-mgsinθ-f=ma1 ①
沿y方向：N=mgcosθ ②
且f=μN ③
由①②③得：
a1==2ms-2
2秒末绳断时即时速度v1=a1t1=4ms-1
第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2
则a2==-7.6ms-2
设从断绳到物到达最高点所需时间为t2
据运动学公式
v2=v1+a2t2
∴t2==0.53s
第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，该第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3。
由牛顿第二定律可知：a3=gsinθ-μgcosθ=4.4ms-2，速度达到v3=22ms-1，所需时间t3==5s
综上所述：从绳断到速度为22ms-1所经历的总时间t=t2+t3=0.53秒+5秒=5.53秒
【说明】 对于类似本题的多过程问题，找好各物理过程的“联系量”很重要，当然正确分析具体的运动过程和受力情况是解题的基础。若本题将速度22ms-1改为2ms-1，其他条件均不变，则从绳断到速度大小变为2ms-1所需时间就有二解。一是在物体减速上滑过程中，另一是在物体从斜面顶端下滑的过程中，当然因μ≠0，两时刻物体并非经过斜面上的同一点。
【例4】 如图1-2-5所示，顶角θ为30°直角斜劈放在光滑的水平面上，斜劈的质量M=10kg，左边是一光滑的竖直墙壁，墙壁与斜劈之间放一质量为m=5kg的小球，求小球与斜劈之间的相互作用力（g=10ms-2）。

【解析】 先取球m为受力分析对象，受力图如图1-2-6（a）所示，球m向下加速运动：
y方向：mg-N2sinθ=ma1 ①
再取M为受力分析对象，受力图如图1-2-6（b）所示，球M向右沿x′做加速运动
x′方向∶N2′cosθ=Ma2 ②
经时间t,m的位移s1=a1t2
M的位移s2=a2t2
由位移关系可知=cotθ,即=cotθ ③
由①②③得:mg-N2sinθ=N2′cosθ·cotθ ④

由牛顿第三定理可知N2=-N2′
∴N2==40N
【说明】 本题中两物体在相互垂直的方向上做匀速加速直线运动，两物体位移、即时速度和加速度都受到斜面顶角θ的限制，隔离法是解答本题的基本思路。斜面顶角θ是两物间联系的桥梁。本题属连接体问题的变形。针对动力学中大量的的连接问题，找出物体间受力和运动学量间的关系尤为重要。
【例5】 如图1-2-7所示，轻杆C端用铰链固定在墙面上，B端用细线AB牵在墙上，∠BAC＞90°，在B端悬挂一重物G，现将细线的A端缓慢向A′移动，使，且轻杆BC与竖直方向的夹角θ（0°＜θ＜90°）不变，则细线AB的拉力的大小（ ）

A．一直变小 B.一直变大 C.先变小后变大 D.不能确定
【解析】 本题属静力学问题，因杆CB重力不计，所以既可从共点力（B）受力平衡解，亦可从固定转动轴（C）受力矩平衡解。
讨论细线AB所受拉力大小的动态变化情况从力矩角度较好解。当绳A′B与杆BC垂直时，绳中张力最小。因图中∠A′BC大于、小于、等于90°均有可能，所以选C为典型错解，应选（D）。
【说明】 本题属不定解问题，原因是图中∠A′BC取值未定，这类问题不能望图生意，要仔细确定题干中的确定量和未知量，防止主观臆断。本题因BC杆质量不计，所以既可用共点力平衡条件求解，又可用固定转动轴物体平衡条件求解。
【例6】 如图1-2-8所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量都不计，盘内放有一质量m=12kg并处于静止的物体P，弹簧劲度系数k=300N/m，现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始始终向上作匀加速直线运动，在这过程中，头0.2秒内F先变力，在0.2秒后F是恒力，则
（1）物体P做匀加速运动的加速度大小为多少？
（2）F的最小值、最大值分别为多少？

【解析】 物体P与托盘分离的条件为相互间支持力为零。
物体P与托盘分离前F为变力，分离后F为恒力。
因托盘不计质量，所以分离时又是弹簧原长的时刻。Mg=kΔx ①
Δx=at2 ②
由①②得a=20ms-2
F最小值为P开始加速时，P与托盘整体受力如图1-2-9所示

即：Fmin=ma=12×20N=240N
F最大值即为P刚要离开托盘时和离开托盘后，
Fmax-mg=ma
∴Fmax=m(g+a)=360N
【说明】 有弹簧力参与下的物体做匀速运动，必有其他力也为变力，所以F的取值有一定范围。若图1-2-9中F仍为恒力作用，则物体做加速度减小的变加速运动。
本题中若托盘也有质量，则0.2秒末即物体P与托盘分离处只有相互作用力为零的结论，而无弹簧处于原长的结论（弹簧有一定的压缩量）。
详细分析物体运动的各个阶段特征及其受力情况，找出各阶段的转折点，是解答对变力问题或变加速运动问题的基础。
【例7】 如图1-210所示，固定的斜面倾角为θ，斜面上放一个带有支架的木块，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如果木块可以沿斜面加速下滑，则这一过程中悬挂在支架上的小球的悬线和竖直方向的夹角为多大时，小球可以相对于支架静止。

【解析】 因要求小球悬挂线与竖直方向的夹角，所以应建立如图1-2-11所示的水平和竖直方向坐标轴。而将沿斜面向下的加速度分解成水平和竖直分量。

设悬线与竖直方向夹角为α
则沿x方向Tsinα=mαx=macosθ ①
沿y方向mg-T·cosα=may=masinθ ②
由①②组合消去T得tanα= ③
而据整体法a=gsinθ-μgcosθ ④
由④代入③得tanα=
【说明】 本题为典型的斜面体上直线运动实例，正确选取妥当的坐标轴方向直接影响解答过程的繁简。若本题将坐标轴选在沿斜面方向和垂直斜面方向，则大大增加了运算过程的难度。在坐标轴的选取上，应尽量避免和角、差角的出现。
【例8】 如图1-2-12所示，传输带与水平间的倾角为θ=37°，皮带以10ms-1的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它的传输带间的动摩擦因数为0.5，若传输带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？

【解析】 首先判定μ与tgθ大小关系μ=0.5 tgθ=0.75，所以物体在传输带上对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止。
其次皮带运动速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论。
当皮带的上表面以10ms-1速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向下，（如图1-2-13所示）
该阶段物体对地加速度a1==10ms-2
方向沿斜坡向下
物体赶上皮带对地速度需时间t1=a1t21=5m
如图1-2-13所示，当物体速度超过皮带下行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度a2==2ms-1

物体以2ms-2加速度运行剩下的11m位移需时间t2
则s2=vt2+a2t22
即11=10t2+×2t22 t2=1s (t2′=-11s舍去)
所需总时间t=t1+t2=2s
当皮带上表面以10ms-1速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设为a3
则a3==2ms-2
物体从传输带顶滑到底所需时间为t′
则s=a3t2′，t′==4s
【说明】 本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性。物体所受滑动摩擦的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参照物。
若要另行计算物体与传输带间由于滑动摩擦的作用而产生的焦耳热，应分别计算出两种情况下物体下相对于传输带的相对位移。
当皮带上表面以10ms-1速度向下运行时，在t1时间内发生相对位移Δs1=vt-a1t21=10-×10×12=5m，在t2时间内发生的相对位移Δs2=vt2+a2t22-vt2=1m，所以由于滑动摩擦产生焦耳热Q1=μmgcosθ(Δs1+Δs2)=12J
当皮带上表面以10ms-1速度向上运行时，在t′时间内发生的相对位移10×4+16m=56m
所以由于滑动摩擦产生的焦耳热Q2=μmgcosθ·Δs3=112J
【例9】 如图1-2-14所示，竖直光滑杆上套有一小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球加速度大小为12ms-2，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间，小球加速度可能是(g=10ms-2)

A.22ms-2 竖直向上 B.22ms-2 竖直向下 C.2ms-2 竖直向上 D.2ms-2 竖直向下
【解析】 本题为1999年上海市高考题
因为弹簧原来的压缩和伸长状态未知，所以本题有多种情况需讨论。
（1）平衡时两弹簧均处于伸长状态，小球受力如图1-2-15所示。

TM=mg+TN ①
拔去M后，TN+mg=ma=12m ②
拔去N后，TM-mg=ma′ ③
由①②③得a′=2ms-2方向向上，（C）正确
（2）平衡时两弹簧均处于压缩状态
小球受力图如1-2-16所示

NN=mg+NM ④
拔去M后：NN-mg=ma=12m ⑤
拔去N后：NM+mg=ma″ ⑥
由④⑤⑥得：a″=22ms-2方向竖直向下，（B）正确
（3）平衡时，M处于伸长，N处于压缩，则受力图应为图1-2-17所示
TM+TN=mg ⑦
拔去M后TM消失，应用TN-mg=ma=12m ⑧
由⑦式可知，TN＜mg 由⑧式可知，TN＞mg矛盾，所以（3）假设不成立
（4）平衡时，若M处于压缩，N处于伸长，则同（3）类似，也发生矛盾，所以（4）不成立

答：(B、C)
【说明】 判断拔去销钉之前，两弹簧所处状态，是解决该题的关键。还有一些情况：如①M压缩N伸长 ②M、N均处于原长 ③M伸长，N原长等均不可能，因为弹簧所处的状态不同，因而拔去N出现了多解的可能性。
像本题有一定发散性、讨论性的问题，在高考不断向能力考核转化的形势下显得更为重要，应加强该类问题练习。
【例10】 10个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上，如图1-2-18所示，每个木块的质量m=0.40kg，长度l=0.5m。它们与地面间的动摩擦因数为μ1=0.10，原来木块处于静止状态。左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的动摩擦因数为μ2=0.20。物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现突然给铅块一向右的初速度v0=4.3m/s，使其在扁长木块上滑行，试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上），取重力加速度g=10m/s2，设铅块的长度与木块长度l相比可以忽略。

【解析】 当铅块开始在第1个木块上滑行时，所受的滑动摩擦力f0=μ2Mg=2.0N,其反作用力f0′=2.0N作用在木块1上，而且10个木块所受的最大静摩擦力f=μ1(m+M)g+9μ1mg=5.0N＞f0，因此所有木块均静止。显然，有铅块的那一个木块与地面间的最大静摩擦力为f1=μ1(m+M)g=1.4N，其余每一个木块与地面间的最大静摩擦力均为f2=μ1mg=0.4N
设铅块滑到第n个木块上时，第n个及后面的木块开始在地面上滑动，则
（10-n）×0.4+1.4≤2.0n＞8.5
由于n只能取整数，所以取n=9，即当铅块滑到第9个木块左端时，9、10两木块开始在地面滑动，由于铅块滑动的加速度a0=-μ2g=-2m/s2，所以铅块刚滑上第9个木块左端时的速度为
v1==m/s
铅块在第9个木块上滑动的过程中，第9、10两木块的加速度为
a1==0.25m/s2
以第9、10两木块为参照物，设铅块滑至第9块木块的右端时速度为v2，则
v2=m/s＞0
故铅块可以滑上第10块木块。
铅块在第10块木块上滑动时木块的加速度为
a2==1.5m/s2
以第10块木块为参照物，设铅块相对木块静止时滑行的距离为s，则
s==0.034m＜0.5m
所以，铅块最终停在第10块木块上距其左端0.034m。
【说明】 解答本题中，通过逐步分析、推理和运算，步步为营，最终使问题得到解决。 这是一道物理学科内的综合题，不仅考查了力和运动的知识和解题技巧，而且侧重考查了学生的理解能力、推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，还着重考查了学生思维的严密性、流畅性和整体性，从而全面考查学生的能力和素质。

本周强化练习：

能力测试
一、选择题
1.如图1-2-19所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC水平，AC边竖直，∠ABC=α，AB及AC两边上分别套用有细线套着的铜环，当它们静止时，细线跟AB所成的角θ的大小为（细线长度小于BC）（ ）
A.θ=α B.θ＞ C.θ＜α D.α＜θ＜

2.如图1-2-20所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间（ ）
A.B球的速度为零，加速度为零
B.B球的速度为零，加速度大小为
C.在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁
D.在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动

3.如图1-2-21所示，一个劈形物体ABC置于固定的光滑斜面上，AB面光滑且水平，在AB面上放一个小物体，现将ABC由静止开始释放，则在小物块碰到斜面之前的运动由它的受力情况可知是（ ）
A.匀速直线运动 B.初速为零的匀加速直线运动
C.自由落体运动 D.平抛运动

4.如图1-2-22是物体受力F与受力后位移s的关系图，则从图可知（ ）
A.这物体至位移s2时的速度最小
B.这物体至位移s1时的加速度最大
C.这物体至位移s1后便开始返回运动
D.这物体至位移s2时的速度最大

5.如图1-2-23所示，两叠在一起的滑块，置于固定的且倾角为θ的斜面上，滑块A、B的质量分别为m和M，B与斜面间的动摩擦因数为μ1，A、B之间的动摩擦因数为μ2，两滑块接触面与斜面平行，并都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A受到的摩擦力（ ）
A.大于等于μ1mgcosα B.大于等于μ2mgcosα
C.等于零 D方向沿斜面向上

6.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度。小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图像如图1-2-24所示，图中oa段和cd段为直线，根据此图像可知，小孩和蹦床相接触的时间为（ ）
A.t2-t4 B.t1-t4 C.t1-t5 D.t2-t5

7.人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是（ ）
A.人对地球的作用力大于地球对人的引力
B.地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C.地面对人的作用力大于地球对人的引力
D.人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力
二、填空题
8.用手指斜压轻直棍，如图1-2-25所示，角α是直棍对地面的最小平衡角，则直棍与地面之间的动摩擦因数μ= （设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等）。

9.物体同时受到F1、F2两个力的作用，F1、F2随位移变化的关系如图1-2-26所示，如图物体从静止开始运动，当物体具有最大速度时，其位移为 米。

10.总质量为M的热气球由于故障在高空以匀速v竖直下降，为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋，不计空气阻力，当t= 时热气球停止下降，这时沙袋的速度为 （此时沙袋尚未着地）。（1996年上海高考题）
11.某人在地面上，最多可举起60kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多可举起80kg的物体，则此地电梯的加速度为 ms-2，若电梯以此加速度上升，此人在电梯里，最多能举起质量为 kg的物体(g=10ms-2)。
三、计算题
12.如图1-2-27所示，小木箱abcd的质量M=180g，高l=0.2m，其顶部离挡板E的竖直距离h=0.8m，在木箱内放有一个质量m=20g的小物体P（可视为质点），通过轻细绳对静止木箱施加一个竖直向上的恒定拉力T，为使木箱能向上运动后，P物块不会和木箱顶ad相碰，求拉力T的取值范围(g=10m/s2)。

13.据报道，某航空公司有架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10s内下降高度1700m，造成众多乘客和机组人员的伤害事故。如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，试计算：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大？方向怎样？（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的拉力，才能使乘客不脱离座椅(g取10m/s2)?(3)未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动？最可能受到伤害的是人体的什么部位？

14.某传动装置的水平传送带以恒定速度v0=5m/s运行。将一块底面水平的粉笔轻轻地放到传送带上，发现粉笔块在传送带上留下一条长度l=5m的白色划线。稍后，因传动装置受到阻碍，传送带做匀减速运动，其加速度a0=5m/s2，问传动装置受阻后：
（1）粉笔块是否能在传送带上继续滑动？若能，它沿皮带继续滑动的距离l′=?
（2）若要粉笔块不能继续在传送上滑动，则皮带做减速运动时，其加速度a0应限制在什么范围内？

15.如图1-2-28所示，小球质量为m，用两根轻绳BO、CO系好后，将绳固定在竖直墙上，在小球上加一个与水平方向夹角60°的力F，使小球平衡后，两绳均伸直且夹角60°,则力F的大小应满足什么条件？

参考答案
1.D 2.B、C 3.B 4.B、D 5.A、D 6.C 7.C 8.cotα 9.5m 10., 11.2.5,48
12.解：首先，在T的作用下，木箱和m的整体能加速上升
即T＞(M+m)g 即T＞2N
其次，T的作用不能使M+m的加速度太大，否则当木箱与E发生大速度碰撞后，P做竖直上抛运动到与木箱顶ad相碰。
设临界状态下木箱在T牵引下向上加速度为a，木箱与挡板E碰撞前瞬间速度为v
则：v= ①
木箱与挡板E碰后，P做竖直上抛运动，初速为V临界最大高度为l。
则v2=2gl ②
由①②可得:a==2.5ms-2
临界T′=mg+ma=2.5N
综述，T的范围为2N＜T＜2.5N
[说明] 本题为两物体连续过程问题，正确分析其临界状态特点是解答本题的关键，T＞2N易被遗漏。动力学类问题应首先分析各式各样阶段的运动特征，并找出各阶段间联系的中间物理量。
13.[解析] （1）飞机在正常航线上作水平飞行，竖直方向初速度为零，飞机向下可看成初速为零的匀加速运动。
h=at2 a==34ms-2
方向竖直向下
（2）乘客跟飞机具有相同的加速度，且已超过重力加速度的数值，乘客所系安全带对乘客产生向下的拉力。
即T+mg=ma
T=ma-mg=2.4mg 安全带拉力相当于乘客重量的2.4倍
（3）若未系安全带，则乘客相对于飞机作初速为零，相对加速度为24ms-2向上的匀加速运动。最可能受伤害的是人体的头部。
[说明] 本题为生活实际中的问题，正确将实际过程通过抽象变成中学物理能解答的物理过程是解答该类问题的第一步。正确分析飞机的和乘客的受力情况是解答动力学问题的基础工作。最后求相对加速度可用求相对速度的办法来解答。
14.[解析] （1）先求粉笔与皮带间的动摩擦因数μ
皮带初始以v0=5ms-1匀速行驶，粉笔对地以μg的加速度匀加速，划痕L=5m为相对位移
则v0·=l
即：a==2.5ms-2 μ=2.5
第二阶段，因皮带受阻，做a0=5ms-2的匀减速。
皮带比粉笔先停下，粉笔还能在皮带上作相对滑动，粉笔相对皮带滑行距离
L′=m=2.5m
（2）因为皮带对粉笔的最大静摩擦力为μmg，所以粉笔对地的最大加速度为μg，为防止粉笔在皮带上作用对滑动，皮带加速度a0应限制在μg范围内。即a≤2.5ms-2。
[说明] 本题为典型的相对运动问题，若取皮带为参照物，将出现相对加速度，属超大纲问题，但若均以地面为参照物，则可用常规方法解。
15.[解析] 本题为静力学类问题，并有临界条件需分析当F力太小时，CO线会松驰，当TCD=0时
有Fminsin60°×2=mg
∴Fmin=mg
当F力太大时，OB线全松驰，临界TOB=0时
受力图如图所示
∴Fmax=mg
综述F应满足的条件为：mg≤F≤mg

[说明] 静力学类问题，首要任务应认真画出各状态物体的受力图，再据受力图用正交分解等方法进行运算。临界点的正确判定是解题的关系。