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2021高考物理大一轮复习领航教学案：第三章 牛顿运动定律 Word版含解析
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这是一份2021高考物理大一轮复习领航教学案：第三章 牛顿运动定律 Word版含解析，共97页。学案主要包含了牛顿第一定律，惯性，牛顿第三定律，实验步骤，数据处理，误差分析，注意事项等内容，欢迎下载使用。
第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1．内容：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．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
三、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)
(2)惯性即惯性定律．(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)
(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)
2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是( )
A．对重力、弹力、摩擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．
3．关于惯性，下列说法中正确的是( )
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是( )
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．
考点一 对牛顿第一定律的理解
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
(3)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．
考点二 对牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(2016·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是( )
A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．
2. 物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．
3. 如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)
解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4 N
故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′＝－F＝4 N，方向竖直向下
B受力如图乙所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9 N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.
答案：9 N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．
(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．
2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．
3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．
4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )
A．一定小于手对砖的支持力
B．一定等于手对砖的支持力
C．一定大于手对砖的支持力
D．一定大于砖的重力
解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．
5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝得，a甲
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．
[综合应用题组]
8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( )
解析：选C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为( )
A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.
10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．
11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．
12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 ( )
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选A. 由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．
13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )
A．8 N和0 B．5 N和7 N
C．5 N和3 N D．7 N和7 N
解析：选C.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3 N＋100×0.02 N＝5 N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5 N－100×0.02 N＝3 N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N，C正确．
14. 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，则此时箱对地面的压力大小为( )
A．Mg＋Ff B．Mg－Ff
C．Mg＋mg D．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故应选A.
第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况．
(2)由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
三、力学单位制
1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．
2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．
3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )
A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1 J＝1 V·A·s＝1 kg·m·s－2·m可得，1 V＝1 m2·kg·s－3·A－1，因此选B.
3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )
A．甲图中车的加速度大小为
B．甲图中车的加速度大小为
C．乙图中车的加速度大小为
D．乙图中车的加速度大小为
解析：选C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝，C正确，D错误．
4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则( )
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝a
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝a
解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝a，D正确．
考点一 对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
1．(2016·高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC.质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．
2．(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10 m/s2)( )
A．3 N B．25 N
C．30 N D．50 N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．
3．(2017·湖南师范大学附中月考)(多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是( )
A．物块一定向上加速运动
B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msin θ
C．若a2＝0，则a1一定等于
D．若a1＝a2，则a1可能等于
解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsin θ＝Ma1，得F＝Mgsin θ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误； 人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsin θ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsin θ＝Ma1，a1＝，故C正确；F＝Mgsin θ＋Ma1，当F
1．两种模型：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程
⇒
1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．都等于 B．和0
C.和· D.·和
解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin 30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：
对B：F弹－mBgsin 30°＝mBaB，得aB＝·
对A：mAgsin 30°＝mAaA，得aA＝g
所以C正确．
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A．0 B.g
C．g D.g
解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，Fcos 30°＝mgsin 30°，解得FN＝mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为g，B正确．
3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对．
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
考点三 动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
[典例1] 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手．(g＝10 m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的距离．
解析 (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a＝＝1.3 m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s
松手后的加速度大小a′＝＝μg＝2.5 m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.4 m
答案 (1)1.3 m/s2 (2)5.4 m
1．(2017·黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为( )
A．8 m/s 25 m B．2 m/s 25 m
C．10 m/s 25 m D．10 m/s 12.5 m
解析：选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝at2＝×2×25 m＝25 m，选项C正确．
2．(2016·高考江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．(2017·江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5 kg的滑块在F＝15 N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，问：
(1)滑块在力F作用下经5 s，通过的位移是多大？
(2)5 s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？
解析：(1)滑块的加速度
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
滑块的位移x1＝a1t2＝×1×25 m＝12.5 m
(2)5 s末滑块的速度v＝a1t＝5 m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
撤去拉力后滑行距离x2＝＝ m＝6.25 m
答案：(1)12.5 m (2)6.25 m
考向2：由运动情况求受力情况
[典例2] (2017·山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10 m/s2)求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析 (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20 m/s
(2)自由下落的位移
h′＝gt＝20 m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝t得t＝1.6 s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，
由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则＝＝＝2.25
答案 (1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.25
4．(2017·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．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4 s末到达离地面100 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射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
解析：选C.根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g ＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C.汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
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”．
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为( )
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D. m/s2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsin θ，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝ m/s2，D对．
2．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有( )
A．a1＝a2，x1＝x2 B．a1＜a2，x1＝x2
C．a1＝a2，x1＞x2 D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
a1＝＝－g，a2＝，
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝，
F2＝m2a2＝，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )
A.，＋g B.，＋g
C.，＋g D.，＋g
解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，故A正确．
5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s2，
代入数据得：F＝ N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得：F＝ N.
答案：(1) (2) N或 N
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，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不变，重力加速度g取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 N
B．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后的速度大小为5 m/s
D．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：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则 ( )
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
9．质量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，则AB间的距离为(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )
A．1.05 m B．1.13 m
C．2.03 m D．1.25 m
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝＝0.5 s，位移为：x1＝a1t＝1.25 m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2 s，位移为：x2＝a2t＝0.12 m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13 m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析：选BD.由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是( )
A．v＝k B．v＝
C．v＝ D．v＝
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝＝，密度ρ的单位用基本单位表示为，所以的单位为，易知B正确．
12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ma1
v＝2a1，解得vm＝4 m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝＝0.8 s
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s
设t＝1.0 s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
第3节 牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重
失重
完全失重
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g加速下降或减速上升
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
F＝0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)
2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．
3．(2017·安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( )
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有 F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝；水平面粗糙时，对整体有 F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是( )
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．
考点一 超重和失重问题
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．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(2017·福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
3．(2017·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．
考点二 连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
[典例1] 如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )
A．aA＝g，aB＝5g B．aA＝aB＝g
C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析 对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝＝＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝＝＝2g，故D正确．
答案 D
1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．增大A物的质量 B．增大B物的质量
C．增大倾角θ D．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得FT＝F，选项B、D正确．
2. 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B错误．小球所受合外力为mgtan α，加速度a＝gtan α，推力F＝(m＋M)·gtan α，C正确，D错误．
考点三 动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
1．(多选)如图(a)，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(b)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ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
2．(2017·河南郑州第一次质量预测) 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是( )
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.＝
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
3．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．
考点四 动力学中的临界、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，明显表明题述的过程存在着临界点．
(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着“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着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．
[典例2] 如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )
A．FT1＝
B．FT1＝
C．FT1＝
D．FT1＝
解析 由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝－g和a＝g－，所以有＋＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、C正确．若将FT1设为，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．
答案 C
考向2：假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．
[典例3] 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )
A．当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析 首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F＜48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．
答案 D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
[典例4] 如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s．玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10 m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案 (1) (2)1.04 m (3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列哪个说法是正确的( )
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )
A．电梯加速上升 B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的( )
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，而am＝g，故＝sin θ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcos θ，FNm＝mg，即＝cos θ，则＝cos θ；重力加速度的最大值gm＝g，即＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是( )
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
A. B.
C．L＋ D．L＋
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)2 s末物体的速度；
(2)前16 s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5 m/s.
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m.
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5 m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态．
故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝at2可得＝＝，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s可得v＝8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝FT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝，C错误．
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝kx2，则2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的( )
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2 N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝ m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1 N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1 N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝ m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1 N，B、C正确．
12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4 N
第4节 微专题1 “板—块”＋“传送带”问题
考点一 “板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
[典例1] (2017·山东德州质检)长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10 m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析 (1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝＝1.0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50 m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则
对于木板v＝a2t
解得t＝＝0.8 s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v0mt－a1t2－a2t2＝L
v0m－v′＝a1t
v′＝a2t
由以上三式解得v0m＝3.0 m/s.
答案 (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断中正确的是( )
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝2 m
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4 m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得
a2＝⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为
s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
考点二 水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0
[典例2] (多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
解析 若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．
答案 BC
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．
2．(2017·陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )
A．F1＜F2 B．F1＝F2
C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2
解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg，Ff＝μFN＝Fcos θ，解得F＝，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．
考点三 倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速
[典例3] 如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma
则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，
根据l＝at2得t＝4 s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝＝10 m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s，
x1＝a1t＝5 m＜l＝16 m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t，
则有10t2＋t＝11
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
答案 (1)4 s (2)2 s
1．(2017·广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则( )
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsin θ－μgcos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．
2．如图所示为上、下两端相距 L＝5 m、倾角α＝30°、始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝at2
解得a＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得
mgsin α－Ff＝ma
又Ff＝μmgcos α
故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsin α＋Ff＝ma′
又v＝2La′
故vm＝＝8.66 m/s.
答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( )
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．
2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )
A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg
解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．
3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)( )
A．1∶1 B．1∶4
C．4∶1 D．8∶1
解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有t1＝t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝，AB段的加速度为a1＝＝－，BC段的加速度为a2＝＝－，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．
4．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1 m/s2
解析：选D.物块A的滑动摩擦力为FfA＝μmAg＝2 N，物块B的滑动摩擦力为FfA＝μmBg＝4 N．若F＝1 N<2 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A错误；若F＝1.5 N<2 N，对两木块与木板整体由牛顿第二定律得共同加速度为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，对A有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，B错误；当F＝4 N>2 N时，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝＝1 m/s2，此时B物块所受摩擦力大小为Ff＝mBa＝2 N，C错误；同理若F＝8 N，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝＝1 m/s2，D正确．
5．(多选)如图所示，用皮带输送机将质量为M的物块向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是( )
A．皮带传送的速度越大，Ff越大
B．皮带加速运动的加速度越大，Ff越大
C．皮带速度恒定，物块质量越大，Ff越大
D．Ff的方向一定与皮带速度方向相同
解析：选BC.若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力Ff＝Mgsin θ，与传送带的速度无关，A项错误；物块质量M越大，摩擦力Ff越大，C项正确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，Ff－Mgsin θ＝Ma，加速度a越大，摩擦力Ff越大，B项正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下，D项错误．
6．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图象前3 s内为二次函数，3 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.
(1)求传送带速度v1的大小；
(2)求零时刻物块速度v0的大小；
(3)在图丙中画出物块对应的v－t图象．
解析：(1)由x－t的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s末减到v＝0，然后向右加速，3 s末后与传送带共速v1＝＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动．
(2)2 s～3 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1
0～2 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg
解得零时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4 m/s.
(3)根据x－t的图象分析得到的运动规律用v－t图象画出如图所示．
答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)见解析图
[综合应用题组]
7．如图甲所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下. 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2, g＝10 m/s2.在图乙中，关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是( )
解析：选D.滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图象对应D选项．
8．(多选)如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )
A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2
B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2
C．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2
D．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2
解析：选BD.若F1＝F2，M1>M2，且假设M1远大于M2，则可认为M1不动，则物体在M1上运动的时间会小于在M2上运动的时间，又木板的加速度a＝，故a1＜a2，所以v1＜v2，A错误；同理可判断B正确；若 F1>F2，M1＝M2，则在M1上的物块的加速度较大，而两板的加速度大小相同，所以在M1上的物块在板上的运动时间较短，所以v1＜v2，C错误；同理可判断D正确．
9．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ
解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ
(1)经多长时间物体A滑离木板？
(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？
(3)物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？
解析：(1)设经t0时间物体A滑离木板，则
对A：xA＝v0t0
对木板B：xB＝at
xA－xB＝L
代入数据解得t0＝2 s(另解舍去)
(2)A在B上滑动时，A匀速运动，则FfAB＝F＝8 N.
设地面对B的滑动摩擦力为FfB1，则由牛顿第二定律得
FfAB－FfB1＝mBa
又FfB1＝μFN
FN＝(mA＋mB)g
解得μ＝0.1.
(3)物体A滑离时B板的速度vB＝at0＝4 m/s
B板向前减速滑行过程中，由牛顿第二定律得
μmBg＝mBaB
解得aB＝μg＝1 m/s2
木板继续滑行的位移xB＝＝8 m.
答案：(1) 2 s (2)0.1 (3)8 m
11．如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)斜面BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
解析：(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有：
mgsin θ＝ma1
得a1＝6 m/s2.
结合图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t1＝1 s.
斜面BC的长度x1＝a1t＝3 m.
(2)斜面体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ
得m＝2 kg.
(3)对斜面体由平衡条件有：Ff＝F2＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有：Ff＝ma2
得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离为：x2＝vt2－a2t
又v＝a1t1，t2＝2 s
得：x2＝8 m.
滑块克服摩擦力做的功为：Wf＝Ffx2＝32 J.
答案：(1)3 m (2)2 kg (3)32 J
实验四 验证牛顿第二定律
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．验证牛顿第二定律．
3．掌握利用图象处理数据的方法．
二、实验原理
探究加速度a与力F及质量M的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制砝码和小盘的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与M的关系．
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、砝码、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺．
四、实验步骤
1. 用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0.
2．把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路．
3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态，这时小车拖着纸带运动时受到的摩擦力恰好与小车所受重力在斜面方向上的分力平衡．
4．把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小盘，小盘里放砝码，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点．计算小盘和砝码的重力，在小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以认为等于小车所受的合外力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中．
5．改变小盘内砝码的个数，重复步骤4，并多做几次．
6．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带．计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度．
7．改变小车上砝码的个数，重复步骤6，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中．
表(一)
实验次数
加速度a/(m·s－2)
小车受力F/N
1
2
3
4
表(二)
实验次数
a/(m·s－2)
小车和砝码的总质量M/kg
/(kg－1)
1
2
3
4
五、数据处理
1．由表(一)中数据画出a－F关系图象如右图所示．
通过a－F关系图象，我们可以得出小车的加速度a与力F成正比．
2．由表(二)中数据画出a－M图象及a－图象，如图甲、乙所示．
通过a－M和a－关系图象，我们可以得出小车的加速度a与质量M成反比，与质量的倒数成正比．
六、误差分析
1．因实验原理不完善引起的误差
以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a；以小车为研究对象得F＝Ma；求得F＝·mg＝·mg
3．质量的测量误差、纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差、细绳或纸带不与木板平行等都会引起误差．
七、注意事项
1．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带做匀速直线运动．
2．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
3．每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下得出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
4．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车．
5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称地分布在所作直线两侧．
6．作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位．这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些．
7．为提高测量精度
(1)应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个起点．
(2)可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从开始点起，每五个点标出一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s.
考点一 实验原理与操作
[典例1] 图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，….求出与不同m相对应的加速度a.
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成________关系(填“线性”或“非线性”)．
(2)完成下列填空：
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是____________________．
②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3.a可用s1、s3和Δt表示为a＝________.图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝________mm，s3＝______mm.由此求得加速度的大小a＝______m/s2.
③图丙为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为____________，小车的质量为________．
解析 (1)①平衡好小车所受的阻力，小车做匀速运动，打点计时器打出的点间隔基本相等；⑥根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，则＝＋，与m为一次函数关系，是线性关系．
(2)①为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量．
②由Δx＝aT2可知，a＝＝，由图可读出s1＝36.7 mm－12.5 mm＝24.2 mm，s3＝120.0 mm－72.8 mm＝47.2 mm，换算后代入上式中，得a＝1.15 m/s2.
③设小车质量为M，由(1)中分析知＝＋，结合图象可知，＝k，则F＝；＝b，则M＝bF＝.
答案 (1)①间隔均匀 ⑥线性 (2)①远小于小车的质量
② 24.2 47.2 1.15 ③
考点二 数据处理及分析
[典例2] (2017·吉林实验中学检测)某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)
(1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)
(2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据见下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度
a/(m·s－2)
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车质量
m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
/kg－1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
请在图丙给出的方格坐标纸中画出a－图线，并根据图线判定小车加速度a与质量的倒数之间的关系是
________________________________________________．
(3)保持小车质量m不变，改变砂和砂桶质量M，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线如图丁所示．该图线不通过原点，其主要原因是
________________________________________________
________________________________________________.
解析 (1)根据纸带数据可知Δx＝0.51×10－2 m，T＝2×0.02 s＝0.04 s，所以a＝≈3.2 m/s2.
(2)a－图线如图所示．
a－图线为过原点的直线，说明小车加速度a与质量的倒数之间是正比关系．
(3)根据图线可知，当拉力F增加到某一值时，小车才具有加速度，所以小车还受到较大的摩擦力影响．
答案 (1)3.2 (2)图见解析 正比关系
(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分
考点三 实验改进 拓展创新
以本实验为背景，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教材，体现开放性、探究性、设计性等特点．
1．实验器材的改进
气垫导轨(不用平衡摩擦力)长木板
2．数据测量的改进
通过打点纸带求加速度
3．实验的拓展延伸
以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．
[典例3] 某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图乙可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是_____.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是___________，钩码的质量应满足的条件是________.
解析 (1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．
(2)由图象可知，当小车加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力．
(3)对小车受力分析，有FT－Ff＝Ma，mg－FT＝ma
联立两式可得a＝－
可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后
a＝，FT＝
为使FT＝mg，应使m≪M.
答案 (1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量
1．图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图(b)所示，其读数为________cm.
(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________.
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________.
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
解析：(1)由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9 cm，游标尺示数为12×0.05 mm＝0.60 mm＝0.060 cm，则游标卡尺示数为0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.
(2)物块经过A点时的速度vA＝，物块经过B点时的速度vB＝，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v－v＝2as，加速度a＝；
(3)以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m) ，解得μ＝.
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．
答案：(1)0.960 (2)
(3) (4)系统误差
2．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x(空气阻力对本实验的影响可以忽略)．
(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．
(3)以下能引起实验误差的是________．
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时
解析：(1)同时听到声音说明小球与滑块运动时间相同，设为t，则小球做自由落体运动，H＝gt2，滑块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x＝at2，由以上两式可得＝.
(2)对木块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律得沿斜面方向
mgsin θ－Ff＝ma
垂直斜面方向FN－mgcos θ＝0
又有Ff＝μFN
由以上三式解得a＝gsin θ－μgcos θ
又sin θ＝，cos θ＝，＝
代入可得μ＝
(3)由动摩擦因数的表达式可知μ与小球质量和当地重力加速度无关，和x、h、H有关，a、b错误，c正确；若小球落地和滑块撞击挡板不同时，而直接利用
μ＝计算，会有误差，d正确．
答案：(1) (2) (3)cd
高效演练 跟踪检测
1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是( )
A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系
D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
解析：选D.由于实验中有三个物理量同时变化，在研究过程中应采用控制变量法，通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，可以归纳出加速度、力二者关系，再通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，可以得出加速度、质量二者之间的关系，D正确．
2．(1)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图所示)．请帮助该同学作出坐标系中的图象．
(2)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．______________________________________.
解析：(1)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示．
(2)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
答案：(1)见解析图 (2)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
3．某实验小组利用下图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)(多选)下列做法正确的是( )
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(填“大于”、“小于”或“等于”)
解析：(1)木块下滑时，受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，要使拉力等于合力，应该使细绳与长木板平行且使重力的下滑分量mgsin θ等于摩擦力μmgcos θ，即mgsin θ＝μmgcos θ(其中θ为木板的倾角)，故平衡摩擦力时，不能悬挂砝码桶，A正确，B错误；由平衡摩擦力的公式可知两边的质量m可以消去，故改变木块上的砝码的质量时，木块及其上砝码的总重力的下滑力仍能和总的摩擦力抵消，不需要重新调节木板倾斜度，D正确；通过纸带求木块加速度，要求打点计时器在纸带上打出足够多的点，这就要求将木块放在靠近打点计时器的位置，并且先接通打点计时器，待打点稳定后再释放小车，C错误．
(2)实验中平衡好摩擦力后，绳的拉力提供木块所受的合力，即F＝ma；砝码桶及桶内砝码与木块运动的速度相等，由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，两式联立得F＝＝，即当m′≪m时，砝码桶及桶内砝码的总重力近似等于木块运动时受到的拉力，提供木块所受的合力，故应选填“远小于”．
(3)实验中如果没有平衡摩擦，对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，得a＝F－μg，即aF图象中，斜率表示质量的倒数，a轴上的截距的绝对值表示μg，结合图可得m甲＜m乙，μ甲＞μ乙．
答案：(1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
4．如图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是( )
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm、sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留2位有效数字)．
解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去砂和砂桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速，故B正确．
(2)为使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．
(3)由a＝，
T＝0.1 s，可解得：a≈0.42 m/s2.
答案：(1)B (2)C (3)0.42
5．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带，如图乙所示．打点计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________ m/s2(保留两位有效数字)．
(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F/N
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a/(m·s－2)
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70
请根据实验数据在图丙中作出a－F的关系图象．
(3)根据提供的实验数据作出的aF图线不通过原点，请说明主要原因
________________________________________________.
解析：(1)小车做匀加速直线运动，则有x3－x1＝2aT2相邻计数点间的时间间隔为T＝0.02×5 s＝0.1 s
小车的加速度a＝＝0.16 m/s2.
(2)如图所示
(3)未计入砝码盘的重力
答案：(1)0.16 (2)见解析图 (3)未计入砝码盘的重力
6．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s－t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.
(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s－t图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a－n图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)．
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39 m/s2.
(4)图象如图所示．
(5)小车空载时，n＝5，加速度为a＝1.00 m/s2.由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋nm0)a，代入数据得m＝0.44 kg.
(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n的数值相同的情况下，加速度a变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图象不过原点，选项B正确．
答案：(3)0.39 (4)如图所示 (5)0.44 (6)B
章末检测三 牛顿运动定律
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是( )
A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律
B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态
C．由牛顿第二定律得到m＝，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比
D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体
解析：选B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．
2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是( )
A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力
B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力
C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力
D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
解析：选C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．
3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是( )
A．不受摩擦力的作用
B．受到水平向左的摩擦力作用
C．处于超重状态
D．所受合力竖直向上
解析：选B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．
4．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：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝是减小的，vt图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝是减小的，vt图象中图线也越来越缓，选项A正确．
5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )
①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为mg
②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为(m＋m0)g
③刚松手瞬间物体的加速度为g，方向向上
④刚松手瞬间物体的加速度为g，方向向上
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．
假设没有向下拉弹簧，即ΔL＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg，将ΔL＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a＝＝g，方向向上，③对④错，A正确．
6．在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知( )
A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
解析：选AC.两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据a＝可知加速度小的小球质量大，所以a球质量大于b球质量，A正确.0～t1时间内，两小球相向运动，距离越来越小，t1～t2时间内两小球运动方向相同，但a小球速度大，两小球的距离继续减小，t2时刻两小球距离最小，B错误，C正确．t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同，D错误．
7．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
解析：选CD.将a、b、c看做一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A错误；如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析．b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．
8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )
解析：选BD.小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，有a1＞a2，故B、D正确，A、C错误．
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(10分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用如下图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用m表示，盘及盘中重物的总质量用m0表示，小车的加速度可由打点计时器打在纸带上的点计算出．
(1)当m与m0的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的重力．
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中重物的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地确定出加速度a与质量m的关系，应该作a与__________的图象．
(3)如图(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，说明实验存在的问题是________________________________________________．
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？______________________
解析：从实验原理入手，对照本实验的操作要求，弄清各图象的物理意义，讨论实验中处理数据的方法．
(1)当m≫m0时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的总重力．
(2)因由实验画的a－m图线是一条曲线，难以判定它所对应的函数式，从而难以确定a与m的定量关系，所以在实验中应作a－图象而不是a－m图象来分析实验结果．
(3)图(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，图线没有过原点，而是与F轴交于一点，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线，两图线的斜率不同，说明两个同学做实验时的小车及车中砝码的质量不同．
答案：(1)m≫m0 (2) (3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (4)小车及车中砝码的质量不同
10．(12分)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次．得到下列表格中5组数据.
次数
a/(m·s－2)
F/N
1
1.0
0.76
2
2.0
0.99
3
3.0
1.23
4
4.0
1.50
5
5.0
1.76
(1)若测得两光电门之间距离为d＝0.5 m，运动时间t＝0.5 s，则a＝________ m/s2；
(2)依据表中数据在坐标纸上画出aF图象．
(3)由图象可得滑块质量m＝________ kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________(g取10 m/s2)
解析：(1)滑块在两个光电门之间从静止开始做匀加速直线运动，d＝at2，代入距离和时间得加速度a＝＝ m/s2＝4.0 m/s2.
(2)描点作图，注意根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，所以aF是一条倾斜的直线．而且由于摩擦力，所以不过原点．
(3)根据牛顿第二定律可得a＝F－μg，即aF图象斜率表示＝，整理得m＝0.25 kg，当加速度等于0时，则有0＝F－μg＝4×0.5－10μ，整理得μ＝0.2.
答案：(1)4.0 (2)图象如下 (3)0.25 0.2
11．(15分) 如图是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2)
(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？
(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？
解析：(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：
F－mg＝ma1
解得：a1＝g
3 s末的速度为v1＝a1t1＝10 m/s
上升的高度为h1＝a1t＝15 m
减速上升阶段有a2＝g
上升的高度为h2＝＝5 m
故总上升的高度为H＝h1＋h2＝20 m
(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt启动发动机，再经Δt′飞机安全落地，则由运动学公式可得：
v＝gΔt＝gΔt′
g(Δt)2＋×g(Δt′)2＝H
解得：Δt＝1 s，Δt′＝3 s
关闭发动机后上升的时间为t2＝＝1 s
故关闭发动机后经过t＝Δt＋t2＝2 s，重新启动发动机，飞机安全落地．
答案：(1)20 m (2)2 s
12．(15分)如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：
(1)B运动的时间；
(2)力F的大小．
解析：(1)对于B，在未离开A时，其加速度为：
aB1＝＝1 m/s2
设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：
aB2＝－＝－2 m/s2
设物体B离开A时的速度为vB，则vB＝aB1t1
aB1t＋＝s，
代入数据解得t1＝2 s，t2＝＝1 s，所以B运动的时间是：t＝t1＋t2＝3 s.
(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得
aAt－aB1t＝L－s
解得：aA＝2 m/s2，由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA，
代入数据得：F＝26 N.
答案：(1)3 s (2)26 N
第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1．内容：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．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
三、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)
(2)惯性即惯性定律．(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)
(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)
2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是( )
A．对重力、弹力、摩擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．
3．关于惯性，下列说法中正确的是( )
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是( )
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．
考点一 对牛顿第一定律的理解
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
(3)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．
考点二 对牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(2016·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是( )
A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．
2. 物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．
3. 如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)
解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4 N
故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′＝－F＝4 N，方向竖直向下
B受力如图乙所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9 N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.
答案：9 N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．
(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．
2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．
3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．
4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )
A．一定小于手对砖的支持力
B．一定等于手对砖的支持力
C．一定大于手对砖的支持力
D．一定大于砖的重力
解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．
5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝得，a甲
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．
[综合应用题组]
8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( )
解析：选C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为( )
A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.
10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．
11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．
12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 ( )
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选A. 由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．
13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )
A．8 N和0 B．5 N和7 N
C．5 N和3 N D．7 N和7 N
解析：选C.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3 N＋100×0.02 N＝5 N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5 N－100×0.02 N＝3 N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N，C正确．
14. 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，则此时箱对地面的压力大小为( )
A．Mg＋Ff B．Mg－Ff
C．Mg＋mg D．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故应选A.
第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况．
(2)由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
三、力学单位制
1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．
2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．
3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )
A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1 J＝1 V·A·s＝1 kg·m·s－2·m可得，1 V＝1 m2·kg·s－3·A－1，因此选B.
3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )
A．甲图中车的加速度大小为
B．甲图中车的加速度大小为
C．乙图中车的加速度大小为
D．乙图中车的加速度大小为
解析：选C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝，C正确，D错误．
4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则( )
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝a
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝a
解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝a，D正确．
考点一 对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
1．(2016·高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC.质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．
2．(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10 m/s2)( )
A．3 N B．25 N
C．30 N D．50 N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．
3．(2017·湖南师范大学附中月考)(多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是( )
A．物块一定向上加速运动
B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msin θ
C．若a2＝0，则a1一定等于
D．若a1＝a2，则a1可能等于
解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsin θ＝Ma1，得F＝Mgsin θ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误； 人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsin θ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsin θ＝Ma1，a1＝，故C正确；F＝Mgsin θ＋Ma1，当F
1．两种模型：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程
⇒
1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．都等于 B．和0
C.和· D.·和
解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin 30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：
对B：F弹－mBgsin 30°＝mBaB，得aB＝·
对A：mAgsin 30°＝mAaA，得aA＝g
所以C正确．
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A．0 B.g
C．g D.g
解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，Fcos 30°＝mgsin 30°，解得FN＝mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为g，B正确．
3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对．
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
考点三 动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
[典例1] 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手．(g＝10 m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的距离．
解析 (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a＝＝1.3 m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s
松手后的加速度大小a′＝＝μg＝2.5 m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.4 m
答案 (1)1.3 m/s2 (2)5.4 m
1．(2017·黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为( )
A．8 m/s 25 m B．2 m/s 25 m
C．10 m/s 25 m D．10 m/s 12.5 m
解析：选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝at2＝×2×25 m＝25 m，选项C正确．
2．(2016·高考江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．(2017·江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5 kg的滑块在F＝15 N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，问：
(1)滑块在力F作用下经5 s，通过的位移是多大？
(2)5 s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？
解析：(1)滑块的加速度
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
滑块的位移x1＝a1t2＝×1×25 m＝12.5 m
(2)5 s末滑块的速度v＝a1t＝5 m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
撤去拉力后滑行距离x2＝＝ m＝6.25 m
答案：(1)12.5 m (2)6.25 m
考向2：由运动情况求受力情况
[典例2] (2017·山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10 m/s2)求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析 (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20 m/s
(2)自由下落的位移
h′＝gt＝20 m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝t得t＝1.6 s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，
由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则＝＝＝2.25
答案 (1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.25
4．(2017·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．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4 s末到达离地面100 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射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
解析：选C.根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g ＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C.汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
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”．
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为( )
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D. m/s2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsin θ，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝ m/s2，D对．
2．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有( )
A．a1＝a2，x1＝x2 B．a1＜a2，x1＝x2
C．a1＝a2，x1＞x2 D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
a1＝＝－g，a2＝，
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝，
F2＝m2a2＝，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )
A.，＋g B.，＋g
C.，＋g D.，＋g
解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，故A正确．
5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s2，
代入数据得：F＝ N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得：F＝ N.
答案：(1) (2) N或 N
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，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不变，重力加速度g取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 N
B．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后的速度大小为5 m/s
D．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：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则 ( )
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
9．质量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，则AB间的距离为(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )
A．1.05 m B．1.13 m
C．2.03 m D．1.25 m
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝＝0.5 s，位移为：x1＝a1t＝1.25 m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2 s，位移为：x2＝a2t＝0.12 m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13 m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析：选BD.由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是( )
A．v＝k B．v＝
C．v＝ D．v＝
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝＝，密度ρ的单位用基本单位表示为，所以的单位为，易知B正确．
12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ma1
v＝2a1，解得vm＝4 m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝＝0.8 s
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s
设t＝1.0 s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
第3节 牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重
失重
完全失重
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g加速下降或减速上升
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
F＝0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)
2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．
3．(2017·安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( )
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有 F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝；水平面粗糙时，对整体有 F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是( )
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．
考点一 超重和失重问题
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．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(2017·福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
3．(2017·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．
考点二 连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
[典例1] 如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )
A．aA＝g，aB＝5g B．aA＝aB＝g
C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析 对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝＝＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝＝＝2g，故D正确．
答案 D
1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．增大A物的质量 B．增大B物的质量
C．增大倾角θ D．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得FT＝F，选项B、D正确．
2. 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B错误．小球所受合外力为mgtan α，加速度a＝gtan α，推力F＝(m＋M)·gtan α，C正确，D错误．
考点三 动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
1．(多选)如图(a)，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(b)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ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
2．(2017·河南郑州第一次质量预测) 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是( )
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.＝
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
3．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．
考点四 动力学中的临界、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，明显表明题述的过程存在着临界点．
(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着“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着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．
[典例2] 如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )
A．FT1＝
B．FT1＝
C．FT1＝
D．FT1＝
解析 由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝－g和a＝g－，所以有＋＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、C正确．若将FT1设为，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．
答案 C
考向2：假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．
[典例3] 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )
A．当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析 首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F＜48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．
答案 D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
[典例4] 如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s．玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10 m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案 (1) (2)1.04 m (3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列哪个说法是正确的( )
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )
A．电梯加速上升 B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的( )
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，而am＝g，故＝sin θ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcos θ，FNm＝mg，即＝cos θ，则＝cos θ；重力加速度的最大值gm＝g，即＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是( )
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
A. B.
C．L＋ D．L＋
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)2 s末物体的速度；
(2)前16 s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5 m/s.
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m.
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5 m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态．
故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝at2可得＝＝，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s可得v＝8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝FT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝，C错误．
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝kx2，则2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的( )
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2 N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝ m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1 N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1 N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝ m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1 N，B、C正确．
12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4 N
第4节 微专题1 “板—块”＋“传送带”问题
考点一 “板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
[典例1] (2017·山东德州质检)长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10 m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析 (1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝＝1.0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50 m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则
对于木板v＝a2t
解得t＝＝0.8 s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v0mt－a1t2－a2t2＝L
v0m－v′＝a1t
v′＝a2t
由以上三式解得v0m＝3.0 m/s.
答案 (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断中正确的是( )
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝2 m
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4 m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得
a2＝⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为
s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
考点二 水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0
[典例2] (多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
解析 若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．
答案 BC
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．
2．(2017·陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )
A．F1＜F2 B．F1＝F2
C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2
解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg，Ff＝μFN＝Fcos θ，解得F＝，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．
考点三 倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速
[典例3] 如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma
则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，
根据l＝at2得t＝4 s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝＝10 m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s，
x1＝a1t＝5 m＜l＝16 m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t，
则有10t2＋t＝11
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
答案 (1)4 s (2)2 s
1．(2017·广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则( )
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsin θ－μgcos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．
2．如图所示为上、下两端相距 L＝5 m、倾角α＝30°、始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝at2
解得a＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得
mgsin α－Ff＝ma
又Ff＝μmgcos α
故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsin α＋Ff＝ma′
又v＝2La′
故vm＝＝8.66 m/s.
答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( )
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．
2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )
A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg
解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．
3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)( )
A．1∶1 B．1∶4
C．4∶1 D．8∶1
解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有t1＝t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝，AB段的加速度为a1＝＝－，BC段的加速度为a2＝＝－，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．
4．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1 m/s2
解析：选D.物块A的滑动摩擦力为FfA＝μmAg＝2 N，物块B的滑动摩擦力为FfA＝μmBg＝4 N．若F＝1 N<2 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A错误；若F＝1.5 N<2 N，对两木块与木板整体由牛顿第二定律得共同加速度为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，对A有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，B错误；当F＝4 N>2 N时，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝＝1 m/s2，此时B物块所受摩擦力大小为Ff＝mBa＝2 N，C错误；同理若F＝8 N，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝＝1 m/s2，D正确．
5．(多选)如图所示，用皮带输送机将质量为M的物块向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是( )
A．皮带传送的速度越大，Ff越大
B．皮带加速运动的加速度越大，Ff越大
C．皮带速度恒定，物块质量越大，Ff越大
D．Ff的方向一定与皮带速度方向相同
解析：选BC.若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力Ff＝Mgsin θ，与传送带的速度无关，A项错误；物块质量M越大，摩擦力Ff越大，C项正确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，Ff－Mgsin θ＝Ma，加速度a越大，摩擦力Ff越大，B项正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下，D项错误．
6．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图象前3 s内为二次函数，3 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.
(1)求传送带速度v1的大小；
(2)求零时刻物块速度v0的大小；
(3)在图丙中画出物块对应的v－t图象．
解析：(1)由x－t的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s末减到v＝0，然后向右加速，3 s末后与传送带共速v1＝＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动．
(2)2 s～3 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1
0～2 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg
解得零时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4 m/s.
(3)根据x－t的图象分析得到的运动规律用v－t图象画出如图所示．
答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)见解析图
[综合应用题组]
7．如图甲所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下. 已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2, g＝10 m/s2.在图乙中，关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是( )
解析：选D.滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图象对应D选项．
8．(多选)如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )
A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2
B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2
C．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2
D．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2
解析：选BD.若F1＝F2，M1>M2，且假设M1远大于M2，则可认为M1不动，则物体在M1上运动的时间会小于在M2上运动的时间，又木板的加速度a＝，故a1＜a2，所以v1＜v2，A错误；同理可判断B正确；若 F1>F2，M1＝M2，则在M1上的物块的加速度较大，而两板的加速度大小相同，所以在M1上的物块在板上的运动时间较短，所以v1＜v2，C错误；同理可判断D正确．
9．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ
解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ
(1)经多长时间物体A滑离木板？
(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？
(3)物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？
解析：(1)设经t0时间物体A滑离木板，则
对A：xA＝v0t0
对木板B：xB＝at
xA－xB＝L
代入数据解得t0＝2 s(另解舍去)
(2)A在B上滑动时，A匀速运动，则FfAB＝F＝8 N.
设地面对B的滑动摩擦力为FfB1，则由牛顿第二定律得
FfAB－FfB1＝mBa
又FfB1＝μFN
FN＝(mA＋mB)g
解得μ＝0.1.
(3)物体A滑离时B板的速度vB＝at0＝4 m/s
B板向前减速滑行过程中，由牛顿第二定律得
μmBg＝mBaB
解得aB＝μg＝1 m/s2
木板继续滑行的位移xB＝＝8 m.
答案：(1) 2 s (2)0.1 (3)8 m
11．如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)斜面BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
解析：(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有：
mgsin θ＝ma1
得a1＝6 m/s2.
结合图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t1＝1 s.
斜面BC的长度x1＝a1t＝3 m.
(2)斜面体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ
得m＝2 kg.
(3)对斜面体由平衡条件有：Ff＝F2＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有：Ff＝ma2
得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离为：x2＝vt2－a2t
又v＝a1t1，t2＝2 s
得：x2＝8 m.
滑块克服摩擦力做的功为：Wf＝Ffx2＝32 J.
答案：(1)3 m (2)2 kg (3)32 J
实验四 验证牛顿第二定律
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．验证牛顿第二定律．
3．掌握利用图象处理数据的方法．
二、实验原理
探究加速度a与力F及质量M的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制砝码和小盘的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与M的关系．
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、砝码、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺．
四、实验步骤
1. 用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0.
2．把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路．
3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态，这时小车拖着纸带运动时受到的摩擦力恰好与小车所受重力在斜面方向上的分力平衡．
4．把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小盘，小盘里放砝码，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点．计算小盘和砝码的重力，在小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以认为等于小车所受的合外力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中．
5．改变小盘内砝码的个数，重复步骤4，并多做几次．
6．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带．计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度．
7．改变小车上砝码的个数，重复步骤6，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中．
表(一)
实验次数
加速度a/(m·s－2)
小车受力F/N
1
2
3
4
表(二)
实验次数
a/(m·s－2)
小车和砝码的总质量M/kg
/(kg－1)
1
2
3
4
五、数据处理
1．由表(一)中数据画出a－F关系图象如右图所示．
通过a－F关系图象，我们可以得出小车的加速度a与力F成正比．
2．由表(二)中数据画出a－M图象及a－图象，如图甲、乙所示．
通过a－M和a－关系图象，我们可以得出小车的加速度a与质量M成反比，与质量的倒数成正比．
六、误差分析
1．因实验原理不完善引起的误差
以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a；以小车为研究对象得F＝Ma；求得F＝·mg＝·mg
3．质量的测量误差、纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差、细绳或纸带不与木板平行等都会引起误差．
七、注意事项
1．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带做匀速直线运动．
2．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
3．每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下得出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
4．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车．
5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称地分布在所作直线两侧．
6．作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位．这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些．
7．为提高测量精度
(1)应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个起点．
(2)可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从开始点起，每五个点标出一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s.
考点一 实验原理与操作
[典例1] 图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，….求出与不同m相对应的加速度a.
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成________关系(填“线性”或“非线性”)．
(2)完成下列填空：
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是____________________．
②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3.a可用s1、s3和Δt表示为a＝________.图乙为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝________mm，s3＝______mm.由此求得加速度的大小a＝______m/s2.
③图丙为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为____________，小车的质量为________．
解析 (1)①平衡好小车所受的阻力，小车做匀速运动，打点计时器打出的点间隔基本相等；⑥根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，则＝＋，与m为一次函数关系，是线性关系．
(2)①为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量．
②由Δx＝aT2可知，a＝＝，由图可读出s1＝36.7 mm－12.5 mm＝24.2 mm，s3＝120.0 mm－72.8 mm＝47.2 mm，换算后代入上式中，得a＝1.15 m/s2.
③设小车质量为M，由(1)中分析知＝＋，结合图象可知，＝k，则F＝；＝b，则M＝bF＝.
答案 (1)①间隔均匀 ⑥线性 (2)①远小于小车的质量
② 24.2 47.2 1.15 ③
考点二 数据处理及分析
[典例2] (2017·吉林实验中学检测)某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)
(1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)
(2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据见下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度
a/(m·s－2)
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车质量
m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
/kg－1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
请在图丙给出的方格坐标纸中画出a－图线，并根据图线判定小车加速度a与质量的倒数之间的关系是
________________________________________________．
(3)保持小车质量m不变，改变砂和砂桶质量M，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线如图丁所示．该图线不通过原点，其主要原因是
________________________________________________
________________________________________________.
解析 (1)根据纸带数据可知Δx＝0.51×10－2 m，T＝2×0.02 s＝0.04 s，所以a＝≈3.2 m/s2.
(2)a－图线如图所示．
a－图线为过原点的直线，说明小车加速度a与质量的倒数之间是正比关系．
(3)根据图线可知，当拉力F增加到某一值时，小车才具有加速度，所以小车还受到较大的摩擦力影响．
答案 (1)3.2 (2)图见解析 正比关系
(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分
考点三 实验改进 拓展创新
以本实验为背景，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教材，体现开放性、探究性、设计性等特点．
1．实验器材的改进
气垫导轨(不用平衡摩擦力)长木板
2．数据测量的改进
通过打点纸带求加速度
3．实验的拓展延伸
以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．
[典例3] 某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图乙可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是_____.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是___________，钩码的质量应满足的条件是________.
解析 (1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．
(2)由图象可知，当小车加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力．
(3)对小车受力分析，有FT－Ff＝Ma，mg－FT＝ma
联立两式可得a＝－
可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后
a＝，FT＝
为使FT＝mg，应使m≪M.
答案 (1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量
1．图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图(b)所示，其读数为________cm.
(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________.
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________.
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
解析：(1)由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9 cm，游标尺示数为12×0.05 mm＝0.60 mm＝0.060 cm，则游标卡尺示数为0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.
(2)物块经过A点时的速度vA＝，物块经过B点时的速度vB＝，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v－v＝2as，加速度a＝；
(3)以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m) ，解得μ＝.
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．
答案：(1)0.960 (2)
(3) (4)系统误差
2．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x(空气阻力对本实验的影响可以忽略)．
(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．
(3)以下能引起实验误差的是________．
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时
解析：(1)同时听到声音说明小球与滑块运动时间相同，设为t，则小球做自由落体运动，H＝gt2，滑块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x＝at2，由以上两式可得＝.
(2)对木块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律得沿斜面方向
mgsin θ－Ff＝ma
垂直斜面方向FN－mgcos θ＝0
又有Ff＝μFN
由以上三式解得a＝gsin θ－μgcos θ
又sin θ＝，cos θ＝，＝
代入可得μ＝
(3)由动摩擦因数的表达式可知μ与小球质量和当地重力加速度无关，和x、h、H有关，a、b错误，c正确；若小球落地和滑块撞击挡板不同时，而直接利用
μ＝计算，会有误差，d正确．
答案：(1) (2) (3)cd
高效演练 跟踪检测
1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是( )
A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系
D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系
解析：选D.由于实验中有三个物理量同时变化，在研究过程中应采用控制变量法，通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，可以归纳出加速度、力二者关系，再通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，可以得出加速度、质量二者之间的关系，D正确．
2．(1)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图所示)．请帮助该同学作出坐标系中的图象．
(2)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．______________________________________.
解析：(1)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示．
(2)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
答案：(1)见解析图 (2)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
3．某实验小组利用下图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)(多选)下列做法正确的是( )
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(填“大于”、“小于”或“等于”)
解析：(1)木块下滑时，受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，要使拉力等于合力，应该使细绳与长木板平行且使重力的下滑分量mgsin θ等于摩擦力μmgcos θ，即mgsin θ＝μmgcos θ(其中θ为木板的倾角)，故平衡摩擦力时，不能悬挂砝码桶，A正确，B错误；由平衡摩擦力的公式可知两边的质量m可以消去，故改变木块上的砝码的质量时，木块及其上砝码的总重力的下滑力仍能和总的摩擦力抵消，不需要重新调节木板倾斜度，D正确；通过纸带求木块加速度，要求打点计时器在纸带上打出足够多的点，这就要求将木块放在靠近打点计时器的位置，并且先接通打点计时器，待打点稳定后再释放小车，C错误．
(2)实验中平衡好摩擦力后，绳的拉力提供木块所受的合力，即F＝ma；砝码桶及桶内砝码与木块运动的速度相等，由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，两式联立得F＝＝，即当m′≪m时，砝码桶及桶内砝码的总重力近似等于木块运动时受到的拉力，提供木块所受的合力，故应选填“远小于”．
(3)实验中如果没有平衡摩擦，对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，得a＝F－μg，即aF图象中，斜率表示质量的倒数，a轴上的截距的绝对值表示μg，结合图可得m甲＜m乙，μ甲＞μ乙．
答案：(1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
4．如图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是( )
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm、sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留2位有效数字)．
解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去砂和砂桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速，故B正确．
(2)为使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．
(3)由a＝，
T＝0.1 s，可解得：a≈0.42 m/s2.
答案：(1)B (2)C (3)0.42
5．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带，如图乙所示．打点计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________ m/s2(保留两位有效数字)．
(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F/N
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a/(m·s－2)
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70
请根据实验数据在图丙中作出a－F的关系图象．
(3)根据提供的实验数据作出的aF图线不通过原点，请说明主要原因
________________________________________________.
解析：(1)小车做匀加速直线运动，则有x3－x1＝2aT2相邻计数点间的时间间隔为T＝0.02×5 s＝0.1 s
小车的加速度a＝＝0.16 m/s2.
(2)如图所示
(3)未计入砝码盘的重力
答案：(1)0.16 (2)见解析图 (3)未计入砝码盘的重力
6．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s－t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.
(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s－t图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a－n图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)．
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39 m/s2.
(4)图象如图所示．
(5)小车空载时，n＝5，加速度为a＝1.00 m/s2.由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋nm0)a，代入数据得m＝0.44 kg.
(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n的数值相同的情况下，加速度a变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图象不过原点，选项B正确．
答案：(3)0.39 (4)如图所示 (5)0.44 (6)B
章末检测三 牛顿运动定律
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是( )
A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律
B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态
C．由牛顿第二定律得到m＝，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比
D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体
解析：选B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．
2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是( )
A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力
B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力
C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力
D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
解析：选C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．
3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是( )
A．不受摩擦力的作用
B．受到水平向左的摩擦力作用
C．处于超重状态
D．所受合力竖直向上
解析：选B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．
4．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：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝是减小的，vt图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝是减小的，vt图象中图线也越来越缓，选项A正确．
5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )
①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为mg
②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为(m＋m0)g
③刚松手瞬间物体的加速度为g，方向向上
④刚松手瞬间物体的加速度为g，方向向上
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．
假设没有向下拉弹簧，即ΔL＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg，将ΔL＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a＝＝g，方向向上，③对④错，A正确．
6．在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知( )
A．a球质量大于b球质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
解析：选AC.两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据a＝可知加速度小的小球质量大，所以a球质量大于b球质量，A正确.0～t1时间内，两小球相向运动，距离越来越小，t1～t2时间内两小球运动方向相同，但a小球速度大，两小球的距离继续减小，t2时刻两小球距离最小，B错误，C正确．t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同，D错误．
7．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
解析：选CD.将a、b、c看做一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A错误；如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析．b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．
8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )
解析：选BD.小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，有a1＞a2，故B、D正确，A、C错误．
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(10分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用如下图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用m表示，盘及盘中重物的总质量用m0表示，小车的加速度可由打点计时器打在纸带上的点计算出．
(1)当m与m0的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的重力．
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中重物的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地确定出加速度a与质量m的关系，应该作a与__________的图象．
(3)如图(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，说明实验存在的问题是________________________________________________．
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？______________________
解析：从实验原理入手，对照本实验的操作要求，弄清各图象的物理意义，讨论实验中处理数据的方法．
(1)当m≫m0时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的总重力．
(2)因由实验画的a－m图线是一条曲线，难以判定它所对应的函数式，从而难以确定a与m的定量关系，所以在实验中应作a－图象而不是a－m图象来分析实验结果．
(3)图(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，图线没有过原点，而是与F轴交于一点，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线，两图线的斜率不同，说明两个同学做实验时的小车及车中砝码的质量不同．
答案：(1)m≫m0 (2) (3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (4)小车及车中砝码的质量不同
10．(12分)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次．得到下列表格中5组数据.
次数
a/(m·s－2)
F/N
1
1.0
0.76
2
2.0
0.99
3
3.0
1.23
4
4.0
1.50
5
5.0
1.76
(1)若测得两光电门之间距离为d＝0.5 m，运动时间t＝0.5 s，则a＝________ m/s2；
(2)依据表中数据在坐标纸上画出aF图象．
(3)由图象可得滑块质量m＝________ kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________(g取10 m/s2)
解析：(1)滑块在两个光电门之间从静止开始做匀加速直线运动，d＝at2，代入距离和时间得加速度a＝＝ m/s2＝4.0 m/s2.
(2)描点作图，注意根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，所以aF是一条倾斜的直线．而且由于摩擦力，所以不过原点．
(3)根据牛顿第二定律可得a＝F－μg，即aF图象斜率表示＝，整理得m＝0.25 kg，当加速度等于0时，则有0＝F－μg＝4×0.5－10μ，整理得μ＝0.2.
答案：(1)4.0 (2)图象如下 (3)0.25 0.2
11．(15分) 如图是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2)
(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？
(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？
解析：(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：
F－mg＝ma1
解得：a1＝g
3 s末的速度为v1＝a1t1＝10 m/s
上升的高度为h1＝a1t＝15 m
减速上升阶段有a2＝g
上升的高度为h2＝＝5 m
故总上升的高度为H＝h1＋h2＝20 m
(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt启动发动机，再经Δt′飞机安全落地，则由运动学公式可得：
v＝gΔt＝gΔt′
g(Δt)2＋×g(Δt′)2＝H
解得：Δt＝1 s，Δt′＝3 s
关闭发动机后上升的时间为t2＝＝1 s
故关闭发动机后经过t＝Δt＋t2＝2 s，重新启动发动机，飞机安全落地．
答案：(1)20 m (2)2 s
12．(15分)如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：
(1)B运动的时间；
(2)力F的大小．
解析：(1)对于B，在未离开A时，其加速度为：
aB1＝＝1 m/s2
设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：
aB2＝－＝－2 m/s2
设物体B离开A时的速度为vB，则vB＝aB1t1
aB1t＋＝s，
代入数据解得t1＝2 s，t2＝＝1 s，所以B运动的时间是：t＝t1＋t2＝3 s.
(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得
aAt－aB1t＝L－s
解得：aA＝2 m/s2，由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA，
代入数据得：F＝26 N.
答案：(1)3 s (2)26 N
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