2017届高考物理二轮复习测试：三、牛顿运动定律及其应用 Word版含解析

高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。

(5)两类动力学。
F=ma
运动学公式
热点考向1 两类动力学问题
【典例1】(2015·海南高考)如图,一充电后的平行
板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为
M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质
量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止
开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 2 l的平
2
xsinθ= 1
2
v0t1sinθ,故选项D正确。
2.(2015·全国卷Ⅱ)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板 中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕 过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样 的微粒,该微粒将( ) A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动
第3讲 牛顿运动定律及其应用
【高考这样考】 1.(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面, 其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为 已知量,则可求出( ) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
【解析】选B。由题图可知,升降机运动过程分为加速下降、匀速下降、 减速下降、加速上升、匀速上升、减速上升,故升降机所处的状态依 次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的 支持力与时间的关系为选项B。
【考情分析】 主要题型：选择题 计算题 命题特点： 1.考查角度：牛顿第二定律在简单动力学问题中以及在系统问题、多 阶段问题中的应用,应用图像分析物体受力情况、运动情况的能力。 2.考查方式：牛顿第二定律的简单应用多以选择题的形式考查;在系 统问题、多阶段问题中的应用多以计算题的形式考查,还经常融合在 电场、磁场问题中综合考查。

牛顿运动定律及其应用A 组一、选择题1.2015·遵义四中期末下列说法正确的是( ) A ．物体的速度越大，说明它受到的外力越大C ．静止在水平桌面上的物体受到了垂直桌面向上的支持力，该力所产生的加速度不为零D ．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力解析：物体速度大小与受力大小无关，故A 错误；当物体只有加速度方向发生变化时，加速度发生变化，但合外力的大小不变，故B 错误；由于物体所受支持力不为零，所以对应的加速度不为零，故C 正确；由牛顿第三定律知，地面对人的支持力等于人对地面的压力，故D 错误．答案：C2．以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图，下列说法中不正确的是( )A ．图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计示数先减小后增大B ．图乙中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C ．图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D ．图丁中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全解析：题图甲中学生从图示姿势起立到直立站于体重计的过程中，先向上加速，加速度向上，处于超重状态，再上向减速，加速度向下，处于失重状态，由超重和失重的概念可知，体重计的示数先增大后减小，A 错误；当物体运动过程中不受外力作用时，将做匀速直线运动，B 正确；由牛顿第二定律可知C 正确；高大的桥造很长的引桥，可以减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，D 正确．答案：A3.2015·大庆二模为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图所示，已知钢球在液体中所受浮力为F 浮，运动时受到的阻力与速度大小成正比，即F ＝kv ，闪光照相机的闪光频率为f ，图中刻度尺的最小分度为d ，钢球的质量为m ，则阻力常数k 的表达式是( )A.3mg －F 浮11dfB.mg －F 浮2dfC.m 7(g df －2f )D.m 7(gdf＋2f ) 解析：匀速运动时F 阻＝kv ＝k 2dT＝2kdf ，根据平衡条件mg ＝F 阻＋F 浮，解得k ＝mg －F 浮2df，B 正确．答案：B4．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物体A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如下图分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是( )A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθ解析：设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg tanθ＝ma3，mg tanα＝ma4，联立可得tanα＝2tanθ，故D正确．答案：B5.2015·银川宁大附中期末在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是( )解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－kv＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A6．(多选)在某次热气球飞行训练中，热气球刚开始从地面竖直上升时，加速度为0.5 m/s2，当上升到180 m时，开始以5 m/s的速度匀速上升．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量保持不变，为460 kg，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球刚从地面竖直上升时，速度为零，空气阻力为零，分析热气球受力，由牛顿第二定律有F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A对；随速度的增加，空气阻力会越来越大，否则热气球不会最终匀速上升，B错；随空气阻力的增大，热气球加速度会减小，因此从地面开始上升10 s时速度达不到5 m/s，C错；以5 m/s的速度匀速上升时，热气球受力平衡，有F浮＝mg＋F阻，得F阻＝F浮－mg＝230 N，D对．答案：AD7.2015·湖北部分重点中学联考如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M ＝5 kg ，小车上静止地放置着质量为m ＝1 kg 的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度a m 和小车的加速度a M ，可能正确的是( )A ．a m ＝1 m/s 2, a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2, a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2, a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2, a M ＝5 m/s 2解析：对上面的木块受力分析，在水平方向只可能有摩擦力，因此其加速度a m ＝f m ≤μmgm＝μg ＝2 m/s 2，D 错．若小车和物块加速度不相等，则摩擦力为滑动摩擦力，则有木块加速度a m ＝f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，B 错．若二者没有相对运动，则加速度相等且加速度小于μg＝2 m/s 2，A 对．若发生相对运动，则木块加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2，小车加速度大于木块加速度，C 对．答案：AC 二、非选择题8.2015·南昌调研在倾角θ＝37°的固定斜面上，一物块以初速度v 0＝4 m/s 从斜面底端A 沿粗糙斜面向上运动，如图所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小； (2)物体重新回到斜面底端A 时的速度大小．解析：(1)设物块沿斜面向上运动的加速度为a 1，则 mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 1a 1＝g (sin37°＋μcos37°)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2 物块沿斜面向下运动的加速度为a 2，则 mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2a 2＝g (sin37°－μcos37°)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s 2＝2 m/s 2(2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x ，重新回到A 点的速度为v ，则 v 20＝2a 1x v 2＝2a 2x解得v ＝a 2a 1v 0＝455m/s≈1.8 m/s.答案：(1)10 m/s 2 2 m/s 2(2)1.8 m/s 9如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F ，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f 的大小随拉力F 变化的情况．(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律 对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(mg ＋Mg )＝Ma 2又s 铁＝12a 1t 2，s 木＝12a 2t 2，L ＝s 铁－s 木，联立解得：t ＝1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力 f m2＝μ2mg ＝4 N木板与地面之间的最大静摩擦力 f m1＝μ1(mg ＋Mg )＝2 N当F ≤f m1＝2 N 时，木板与铁块都静止，f ＝F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F 1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1－μ2mg ＝ma 1对整体：F 1－μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a 1联立解得：F 1＝6 N ，所以当2 N<F ≤6 N 时，铁块与木板相对静止，对整体：F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对铁块：F －f ＝ma ，解得：f ＝F2＋1 (N)当F >6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4 N. 答案：(1)1 s (2)见解析B 组一、选择题1.2015·广东调研“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a 、b 连接并置于光滑凹槽内，静止时a 、b 的长度均为l ；若该装置加速向右运动，a 、b 的长度分别为l a 、l b ，则( )A ．l a >l ，l b >lB ．l a <l ，l b <lC ．l a >l ，l b <lD ．l a <l ，l b >l解析：开始时，滑块所受两弹簧的弹力相等，合力为零；若装置向右加速运动，则滑块所受合力向右，故b 弹簧的长度增加，a 弹簧的长度减小，选项D 正确．答案：D2.2015·石家庄质量检测质量为1 kg 的小物块，在t ＝0时刻以5 m/s 的初速度从斜面底端A 点滑上倾角为53°的斜面，0.7 s 时第二次经过斜面上的B 点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则A 、B 间的距离为(已知g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )A ．1.05 mB ．1.13 mC ．2.03 mD ．1.25 m解析：对小物块进行受力分析可得，小物块上滑时的加速度大小为a 1＝g sin53°＋μg cos53°＝10 m/s 2，到速度为零时所用的时间t 1＝510s ＝0.5 s ，上滑的最大距离为x 1＝vt 1－12a 1t 21＝5×0.5 m－12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，然后往回返，其加速度大小为a 2＝g sin53°－μg cos53°＝6 m/s 2，则再运动t ＝0.7 s －0.5 s ＝0.2 s 所通过的位移为x 2＝12a 2t 2＝12 ×6×(0.2)2 m ＝0.12 m ，故AB 间的距离为x 1－x 2＝1.25 m －0.12 m ＝1.13 m ，故B项正确．答案：B3.2015·怀化质量预测(多选)如图所示，一个质量为M 的物体A 放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m 的物体B 时，物体A 的加速度为a ，绳中张力为F T ，则( )A ．a ＝gB ．a ＝mg M ＋mC ．F T ＝mgD ．F T ＝MM ＋mmg解析：对两物体整体分析，由牛顿第二定律有mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mM ＋mg ；对物体A 由牛顿第二定律有F T ＝Ma ，代入a 解得F T ＝MmM ＋mg .选项A 、C 错误，B 、D 正确． 答案：BD4．(多选)如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度－时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD5.2015·江西八校联考2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面90 m 的最高点时炸开．构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么，v 0和k 分别为( )A ．30 m/s,1B ．30 m/s,0.5C ．60 m/s,0.5D ．60 m/s,1解析：礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动，由运动学公式h ＝12v 0t ，可得：v 0＝2ht＝60 m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a ，由运动学公式v 0＝at 和牛顿第二定律kmg ＋mg ＝ma ，可得：k ＝a g －1＝v 0gt－1＝1，选项D 正确，选项ABC 错误．答案：D6．如图，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端的瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则不正确的说法是( )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，则v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝2 m/s解析：由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a ＝－μg ＝－1 m/s 2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，v 2B －v 2A ＝－2μgs ，解得：vB ＝3 m/s ，AB 项正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述v B ＝3 m/s ，C 项正确，D 项错．答案：D7．(多选)如右图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列表示物体速度大小v 、加速度大小a 、受到的摩擦力大小F f 和物体运动路程s 随时间t 变化的关系的各图象中可能正确的是( )解析：由题意分析可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，故选项A 正确，B 错误；在斜面上受的摩擦力小，故选项C 错误；在斜面上s ＝12at 2，在水平面上s ＝v 0t －12a ′t 2，故选项D 正确．答案：AD8.2015·沈阳质量监测(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：当倾角达到90°时，物体将做竖直上抛运动，此时上升的高度为1.80 m ，由运动规律可求得初速率v 0＝6 m/s ，选项A 错误；当角度为0°时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m ，由运动学规律和牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ＝0.75，选项B 正确；当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，又x ＝v 202a，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m ，选项C 正确；θ＝30°时，物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此物体达到最大位移后不会下滑，选项D 错误．答案：BC 二、非选择题9．表演“顶竿”杂技时，一个人站在地上(称为“底人”)肩上扛一长L ＝6 m ，质量m 1＝15 kg 的竖直竹竿，一质量m 2＝45 kg 的演员(可当质点处理)在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间为t 1＝2 s ，减速下滑的时间为t 2＝1 s ，演员恰从竿顶滑至竿底部(g ＝10 m/s 2)．求：(1)演员下滑过程中的最大速度v m ；(2)演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F . 解析：(1)演员下滑到加速结束时速度最大，则有 L ＝v m2(t 1＋t 2)解得v m ＝4 m/s.(2)设减速下滑的加速度为a ，则有v m ＝at 2解得a ＝4 m/s 2减速阶段对演员有f －m 2g ＝m 2a 解得f ＝m 2(g ＋a )＝630 N 对竹竿，根据平衡条件有 F －f ＝m 1g解得F ＝780 N.答案：(1)4 m/s 2(2)780 N10.2015·武汉武昌区调研在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角固定，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小． 解析：(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象乙可知：在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1 停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有 －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得 μ＝0.5，F ＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N。

高考物理二轮复习第2讲直线运动规律及牛顿
运动定律的应用
高三二轮复习正当时，根据自我总结和学生反馈，将二轮复习主讲内容（方法和易错或常考知识）共11讲进行罗列优化，以备后用。

一、直线运动
1、匀变速直线运公式：
基本公式；
平均速度公式；
位移差公式；
2、运动图像x-t、v-t；
关注正负值、斜率、面积、截距。

3、易错：
（1）匀减速到静止应判断x停（t停）
（2）不同图像反映出物体运动反向（单向运动最远）依据（3）匀减速到0 应列反向匀加速方程；
（4）追击中能否相遇临界为共速，而不是x后x前；
二、牛顿运动定律
1、牛顿第二定律：F=ma；
2、分析顺序：研究对象→受力分析→正交分解→在x、y方向上列方程；
优先使用整体法情况：：（整体法只用1次）
（1）叠加体、连接体；
（2）两物相对静止（具有相同a）；
（3）一静一动（整体受力提供个体加速度，选择题偶尔出现）；
3、易错：
（1）力变a也变；
（2）叠加体是否分离要判断；
三、加速度是联系力和运动的桥梁
1、a通常必解；
2、牛顿第二定律中a是指大小，匀变速公式中a还含方向；
3、加速度也是联系整体和个体的桥梁。