1、第三章 牛顿运动定律备考指南考 点内 容要求题型把 握 考 情牛顿运动定律 牛顿运动定律选择、计算找规律 近几年高考对本章内容的考查仍以概念和规律的应用为主，单独考查本章的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学相结合的题目多为计算题。牛顿运动定律的应用选择、计算超重和失重选择、计算明热点 以实际生活、生产和科学实验为背景，突出表现物理知识的实际应用的命题趋势较强，2017 届高考复习应予以高度关注。实验四 验证牛顿运动定律填空第 1 节牛顿第一定律牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。()(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。()(3)运动的物体惯性大，
2、静止的物体惯性小。()(4)物体的惯性越大，状态越难改变。()(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。()(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。()(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。(2)英国科学家牛顿在 自然哲学的数学原理著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。要点一 牛顿第一定律的理解1对牛顿第一定律的理解(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。2惯性的两种表现形式(1
3、)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。3与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。多角练通1关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D牛顿第一定律既揭示了物体保持原
4、有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因解析：选 D 根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项 C 错；不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项 A 错；牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项 D 正确；牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小，故选项 B 错。2(多选)在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图 3-1-1 所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是()图 3-1-1A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
5、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：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。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，相对于碗向右洒出，故 B、D 正确。3伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图 3-1-2(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是()图 3-1-2A图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”
6、重力，使时间测量更容易C图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持解析：选 B 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推。故 A 错误，B 正确
7、。完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故 C 错误。伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故 D 错误。要点二 牛顿第三定律的理解1作用力与反作用力的“六同、三异、二无关”(1)六同性质相同、大小相同、同一直线同时产生、同时变化、同时消失(2)三异方向相反不同物体不同效果(3)二无关与物体的运动状态无关与物体是否受其他力无关2作用力、反作用力与一对平衡力的比较作用力和反作用力一对平衡力不同点作用在两个物体上作用在同一物体上力的性质一定相同对力的性质无要求作用效果不可抵消作用效果相互抵消相同点大小相等、方向相反，作用在同一直线上多角练通1某人用绳子将一桶
8、水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A只有在桶匀速上升的过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B不管桶匀速上升还是加速上升，绳子对桶的拉力都等于桶对绳子的拉力C不管桶匀速上升还是加速上升，绳子对桶的拉力都大于桶的重力D只要桶能上升，人对绳子的拉力就大于桶对绳子的拉力解析：选 B 绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，不管桶匀速上升还是加速上升，大小都相等，A 项错、B 项对；当桶匀速上升时，绳子对桶的拉力和桶的重力才是一对平衡力，若桶加速上升，绳子对桶的拉力才大于桶的重力，C 项错；因为不计绳子的重力，人对绳子的拉力总等于桶对绳子的拉力，D 项错。2
9、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拔河的胜利取决于谁的力量大D拔河的胜利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才是一对作用力与反作用力，大小相等，故 A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处于的运动状态，故 B 错误；拔河的胜利取决于地面对人的摩擦力大小，对人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对两人的摩擦力，整体从静止到运动起来产生了加速度，故 D 正确，C 错误。要点三 应用牛顿第三定律转换研究
10、对象如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。可见利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们对问题的分析思路更灵活、更宽阔。典例(2016海口模拟)建筑工人用如图 3-1-3 所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.500 m/s2 的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取 10 m/s2)()图 3-1-3A510 N B490 NC890 N D910 N思路点拨(1)明确物体间的相互作用：(2)
11、转换研究对象：求地面所受压力时，由于地面无其他信息，因此转换到求人受地面的支持力。求绳对人的拉力时，人的受力情况复杂，因此转换到求建材所受绳的拉力。(3)根据牛顿第三定律，转换研究对象后所求的力与待求力是“等大”的，因此问题得以巧妙地求出。解析 设绳子对物体的拉力为 F1，F1mgmaF1m(ga)210 N 绳子对人的拉力 F2F1210 N人处于静止，则地面对人的支持力FNMgF2490 N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力FNFN490 N故 B 项正确。答案 B针对训练1如图 3-1-4 所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为 1
12、，木块与长木板间的动摩擦因数为 2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力大小一定为()图 3-1-4A1(mM)gB2mgC1mgD1mg2Mg解析：选 B 木块 m 在 M 上向右滑行过程中，受到 M 对 m 水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，m 对 M 有水平向右的滑动摩擦力，大小为 2mg，由于 M 处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对 M 的静摩擦力方向水平向左，大小为 2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为 2mg，故 B 正确。2一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 3-1-5
13、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()图 3-1-5AMgFfBMgFfCMgmgDMgmg解析：选 A 环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力 Ff，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 Ff，故箱子竖直方向上受重力 Mg、地面对它的支持力 FN 及环给它的摩擦力 Ff，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得 FNFfMgFfMg。根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即 FNMgFf，故选项 A 正确。惯性的“相对性”(一)空气中的铁球和乒乓球1如图 3-1-6
14、所示，一只容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂一只铁球和一只乒乓球，容器中铁球和乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动情况是(以小车为参考系)()图 3-1-6A铁球向左，乒乓球向右 B铁球向右，乒乓球向左C铁球和乒乓球都向左D铁球和乒乓球都向右解析：选 C 由于惯性，当容器随小车突然向右运动时，铁球和乒乓球都相对容器向左偏，C 正确。(二)水中的铁球和乒乓球2如图 3-1-7 所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球。容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态。当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()图 3
15、-1-7A铁球向左，乒乓球向右B铁球向右，乒乓球向左C铁球和乒乓球都向左D铁球和乒乓球都向右解析：选 A 因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时，铁球相对小车向左运动。同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动。反思领悟(1)质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的质量越大，惯性越大，状态越难改变。(2)悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大，但悬挂在
16、水中的乒乓球的惯性还不如对应的“水球”的惯性大。对点训练：对力与运动关系的理解1(2016揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是()A亚里士多德、伽利略 B伽利略、牛顿C伽利略、爱因斯坦D亚里士多德、牛顿解析：选 B 伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了牛顿第一定律，即惯性定律，故选项 B 正确。2下列对运动的认识不正确的是()A亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才
17、会运动B伽利略认为力不是维持物体运动的原因C牛顿认为力的真正效果总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动D伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去解析：选 A 亚里士多德对运动的认识是错误的，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动速度的原因。3(2016湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A自由落体运动是一种匀变速直线运动B力是使物体产生加速度的原因C物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D力是维持物体运
18、动的原因解析：选 D 伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A 项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C 项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D 项符合题意。对点训练：对惯性的认识4关于惯性，下列说法正确的是()A惯性是指物体在不受外力作用时，将保持原来的静止和匀速直线运动的状态B速度大的物体惯性大C要使静止的物体运动起来，必须有外力抵消它的惯性D一切物体都有惯性，物体的惯性与其受力情况和运动状态都无关解析：选 D 惯性是物体保持原来运动状态的性质，A 错误；质量是物体惯性的唯一量度，B 错误；力是改变物体运
19、动状态的原因，但惯性是物体固有的，不能抵消，C 错误；一切物体都有惯性，惯性与其受力情况和运动状态都无关，D 正确。5月球表面上的重力加速度为地球表面上重力加速度的16。对于同一个飞行器，在月球表面上时与在地面表面上时相比较()A惯性减小为在地球表面时的16，重力不变B惯性和重力都减小为在地球表面时的16C惯性不变，重力减小为在地球表面时的16D惯性和重力都不变解析：选 C 因同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变。物体的重力发生变化，这个飞行器在月球表面上的重力为 G 月mg 月m16g 地16G 地。6如图 1 所示，在一辆表面光滑且足够长的小
20、车上，有质量为 m1 和 m2 的两个小球(m1m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球()图 1A一定相碰B一定不相碰C不一定相碰D无法确定解析：选 B 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。对点训练：对作用力与反作用力的理解7(2016揭阳高三学业水平考试)一个物体静止在水平桌面上，下列说法正确的是()A桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力B物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C物体对桌面的压力就是物体所受的重力D物体对桌面的压力和
21、桌面对物体的支持力是一对平衡力解析：选 A 桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，选项 A 正确，B错误；物体对桌面的压力大小等于物体所受的重力，选项 C 错误；物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，选项 D 错误。8如图 2 所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是()图 2A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物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力C物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力解析：选 C 物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力
22、和反作用力，故 A错误。物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力不是两物体间的相互作用力，故 B 错误。物体受重力和斜面对物体的作用力，这两个力大小相等方向相反，是一对平衡力，故 C正确。物体所受重力的分力仍作用在物体上，故 D 错误。9下列说法正确的是()A凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力B凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力C凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力D相互作用的一对力中，究竟哪一个力是作用力、哪一个力是反作用力是任意的解析：选 D
23、 作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的相互作用力，即两个物体互为施力物体和受力物体。其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有 D选项正确。对点训练：牛顿第三定律的应用10(2016乐山模拟)如图 3 所示，家用吊扇对悬挂点有拉力作用，正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比()图 3A变大 B变小C不变D无法判断解析：选 B 吊扇不转动时，吊扇对悬点的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋转时要向下扑风，即对空气有向下的压力，根据牛顿第三定律，空气也对吊扇有一个向上的反作用力，使得吊扇对悬点的拉力减小，B 正确。11(2016河南省实验中学检测)如图 4 所示，用细线将 A 物体悬挂在
24、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()图 4A8 N 和 0 N B5 N 和 7 NC5 N 和 3 N D7 N 和 7 N解析：选 C 对 A 由平衡条件得 FTGAkx0，解得 FTGAkx3 N1000.02 N5 N，对 B 由平衡条件得 kxFNGB0，解得 FNGBkx5 N1000.02 N3 N，由牛顿第三定律得 B 对地面的压力是 3 N，故选项 C 正确。考点综合训练12(2016福建六校联考)2014
25、年 10 月 20 日 14 时 31 分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“遥感二十二号”卫星发射升空并送入预定轨道。关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()图 5A火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用解析：选 A 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭
26、产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项 B、C 错误，选项 A 正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项 D 错误。13如图 6 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()图 6A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
27、比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选 C 根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项 A 错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项 B 错。根据动量守恒定律有 m1x1 m2x2，若甲的质量比较大，甲的位移较小，乙先过界，选项 C 正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项 D 错误。14(2016淄博一模)如图 7 所示，小球 C 置于光滑的半球形凹槽 B 内，B 放在长木板A 上，整个装置处于静止状态。现缓慢减小木板的倾角 过程中，下列说法正确的是()图 7AA 受到的压力逐渐变大BA 受到的摩擦力逐渐变大CC 对 B 的
28、压力逐渐变大DC 受到三个力的作用解析：选 A 将小球和凹槽看成一整体分析，可得木板倾角 减小时，整体对木板的压力增大，整体受到的沿斜面方向的摩擦力减小，由作用力与反作用力的关系知选项 A 正确、B 错误；由于木板缓慢移动，则小球 C 处于动态平衡状态，小球 C 始终受到重力和凹槽 B 的支持力两个力的作用而平衡，C 对 B 的压力大小等于 C 受到的支持力，故选项 C、D 错误。15如图 8 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
29、中正确的是()图 8A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，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。16如图 9 所示，质量 M60 kg 的人通过光滑的定滑轮用绳拉着 m20 kg 的物体。当物体以加速度
30、a5 m/s2 上升时，人对地面的压力为多大？(g 取 10 m/s2)图 9解析：对物体受力分析如图所示，F 为绳子对物体的拉力，由牛顿第二定律得：Fmgma，则 Fm(ag)20(510)N300 N。对人进行受力分析，人受竖直向下的重力 Mg、地面竖直向上的支持力 FN、绳子竖直向上的拉力 F。因人静止，则MgFNF，又因为 FF，所以 FNMgF6010 N300 N300 N。由牛顿第三定律知，人对地面的压力FNFN300 N。答案：300 N第 2 节牛顿第二定律两类动力学问题,(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。()(2)质量越大的物体，加速度越小。()(3)物体的质量与
31、加速度成反比。()(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。()(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。()(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。()(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。()(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。()要点一 牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律的五个特性 2合力、加速度、速度间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。(2)avt是加速度的定义式，a 与 v、t 无必然联系；aFm是加速度的决定式，aF，a1m。(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动
32、。多角练通1根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：选 D 根据牛顿第二定律 aFm可知物体的加速度与速度无关，所以 A 错；即使合力很小，也能使物体产生加速度，所以 B 错；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，所以 C 错；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，所以 D 正确。2(多选)关于力与运动的关系，下列说法正确的是()A物体的速度不断增大，
33、表示物体必受力的作用B物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D物体的速率不变，则其所受合力必为零解析：选 AC 物体的速度改变和物体的位移满足 x12at2 关系时，物体一定具有加速度，由牛顿第二定律 Fma 可知，物体必受力作用，A、C 正确；物体做匀速运动时，位移也不断增大，其所受合力为零，物体做匀速圆周运动时，其所受合力提供向心力，B、D均错误。3如图 3-2-1 所示，质量 m10 kg 的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为 0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力 F20 N 的作用，则物体产生的加速度是(g
34、 取 10 m/s2)()图 3-2-1A0 B4 m/s2，水平向右C2 m/s2，水平向左D2 m/s2，水平向右解析：选 B 物体水平向左运动，所受滑动摩擦力水平向右，Ffmg20 N，故物体所受合外力 F 合FfF40 N，由牛顿第二定律可得：aF合m 4 m/s2。方向水平向右，B正确。要点二 牛顿第二定律的瞬时性1两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2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 求瞬时加速度多角练通1(多选)(2015海南高考)如图 3-2-2，物块 a、b 和 c
35、的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块 a 的加速度的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为 l1 和 l2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬间()图 3-2-2Aa13g Ba10Cl12l2Dl1l2解析：选 AC 设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力 F1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的整体分析可知 F12mg，故 a 受到的合力 FmgF1mg2mg3mg
36、，故加速度 a1Fm3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 F2，则 F2mg，根据胡克定律 Fkx 可得 l12l2，C 正确，D 错误。2如图 3-2-3 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()图 3-2-3Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4mMMgDa1g，a2mMMg，
37、a30，a4mMMg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 a1a2g；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 mgF，a30；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4FMgMMmMg，所以C 对。要点三 动力学的两类基本问题1解决两类基本问题的思路2两类动力学问题的解题步骤典例(2015全国卷)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 37(sin 3735)的山坡 C，上面有一质量为 m
38、的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如图 3-2-4 所示。假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 1 减小为38，B、C 间的动摩擦因数 2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，2 保持不变。已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l27 m，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g10 m/s2。求：图 3-2-4(1)在 02 s 时间内 A 和 B 加速度的大小；(2
39、)A 在 B 上总的运动时间。审题指导(1)确定 A、B 所受的摩擦力的方向。(2)注意 A、B 间，B 与 C 间的正压力的确定。(3)t2 s 后，1 为零，2 保持不变，石板 B 将做匀减速运动，注意判断 A 滑至 B 下端之前，石板 B 是否已停止运动。解析(1)在 02 s 时间内，A 和 B 的受力如图所示，其中 f1、N1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f11N1 N1mgcos f22N2 N2N1mgcos 规定沿斜面向下为正。设 A 和 B 的加速度分别为 a
40、1 和 a2，由牛顿第二定律得mgsin f1ma1 mgsin f2f1ma2 N1N1 f1f1 联立式，并代入题给数据得a13 m/s2 a21 m/s2 (2)在 t12 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则v1a1t16 m/s v2a2t12 m/s tt1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2。此时 A 与 B 之间的摩擦力为零，同理可得a16 m/s2 a22 m/s2 B 做减速运动。设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有 v2a2t20 联立式得t21 s 在 t1t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为x12a1t12v1t212a1t
41、22 12a2t12v2t212a2t2212 m27 m 此后 B 静止，A 继续在 B 上滑动。设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有lx(v1a1t2)t312a1t32 可得t31 s(另一解不合题意，舍去)设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有t 总t1t2t34 s答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s方法规律解决动力学两类问题的两个关键点针对训练1如图 3-2-5 所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 两部分组成，且 ABBC，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
42、4，则物块 P 与桌面上 AB、BC 部分之间的动摩擦因数 1、2 之比为(P 物块在 AB、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图 3-2-5A11 B14C41 D81解析：选 D 由牛顿第二定律可知，小物块 P 在 AB 段减速的加速度 a11g，在 BC段减速的加速度 a22g，设小物块在 AB 段运动时间为 t，则可得：vB2g4t，v01gt2g4t，由 xABv0vB2t，xBCvB2 4t，xABxBC 可求得：182，故 D 正确。2(2016抚州五校第二次联考)一质量 m5 kg 的滑块在 F15 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
43、的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2，问：图 3-2-6(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 a1Fmgm150.2505m/s21 m/s2 滑块的位移 x112a1t212125 m12.5 m(2)5 s 末滑块的速度 va1t5 m/s撤去拉力后滑块的加速度大小 a2mgm g0.210 m/s22 m/s2撤去拉力后滑行距离 x2 v22a2254 m6.25 m答案：(1)12.5 m(2)6.25 m要点四 动力学的图像问题1常见的动力学图像v-t 图像、a-t 图像、F-t 图像
44、、F-a 图像等。2动力学图像问题的类型 3解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。多维探究(一)由 v-t 图像分析物体的受力情况典例 1(多选)(2015全国卷)如图 3-2-7(a)，一物块在 t0 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()图 3-2-7A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
45、最大高度解析 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1v0t1，下降过程中的加速度为 a2v1t1。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin Ffma1，mgsin Ffma2，由以上各式可求得 sin v0v12t1g，滑动摩擦力 Ffmv0v12t1，而 FfFNmgcos，由以上分析可知，选项 A、C 正确。由 v-t 图像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。答案 ACD(二)根据已知条件确定某物理量的变化图像典例 2(2016福州二模)如图 3-2-8 所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固
46、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第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图像中符合实际情况的是()图 3-2-8解析 小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于 g，且加速度 a 随时间 t 的变化为非线性变化，故 A 正确，B、C、D 错误。答案
47、A(三)由 F-t 图像分析物体的运动情况典例 3(2016河南中原名校联考)如图 3-2-9 甲所示，光滑水平面上的 O 处有一质量为 m2 kg 的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F14 N，方向向右，F2 的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求：图 3-2-9(1)当 t0.5 s 时物体的加速度大小；(2)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的速度最大？最大值为多少？解析(1)当 t0.5 s 时，F2(220.5)N3 NF1F2maaF1F2m432m/s20.5 m/s2。(2
48、)物体所受的合外力为F 合F1F24(22t)22t(N)作出 F 合-t 图如图所示：从图中可以看出，在 02 s 范围内当 t0 时，物体有最大加速度 a0。F0ma0a0F0m22 m/s21 m/s2当 t2 s 时，物体也有最大加速度 a2。F2ma2a2F2m22m/s21 m/s2负号表示加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得：aF合m 1t(m/s2)画出 a-t 图像如图所示：由图可知 t1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积。v1211 m/s0.5 m/s。答案(1)0.5 m/s2(2)t0 或 t2 s 时加速度最大，大小为 1 m/s2(3)t1 s 时速度
49、最大，大小为 0.5 m/s等时圆模型及其应用1模型特征图 3-2-10(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图 3-2-10 甲所示；(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图3-2-10 乙所示；(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图 3-2-10 丙所示。2思维模板创新训练1如图 3-2-11 所示，在倾角为 的斜面上方的 A 点处旋转一光滑的木板 AB，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向 AC 所成夹角为，一小物块由 A 端沿木板由静止滑下，
50、要使物块滑到斜面的时间最短，则 与 间的大小关系为()图 3-2-11A B2C2D3解析：选 B 如图所示，在 AC 上选取一点 O 为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过 A 点，且与斜面相切于 D 点。由等时圆模型的特点知，由 A 点沿斜面滑到 D 点所用时间比由 A 点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端与 D 点重合即可，而COD，则 2。2如图 3-2-12 所示，光滑细杆 BC、DC 和 AC 构成矩形 ABCD 的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC 杆竖直，各杆上分别套有一质点小球 a、b、d，a、b、d 三小球的质量比为 123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止
51、释放，不计空气阻力，则 a、b、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为()图 3-2-12A111 B543C589 D123解析：选 A 因 ABCD 为矩形，故 A、B、C、D 四点必在以 AC 边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由 A、B、D 三点释放的小球 a、b、d 必定同时到达圆的最低点C 点，故 A 正确。3(2016东北三省三校一模)如图 3-2-13 所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y、x 轴的切点。B 点在 y 轴上且BMO60，O为圆心
52、。现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、tB、tC，则 tA、tB、tC 大小关系是()图 3-2-13AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选 B 由等时圆模型可知，A、C 在圆周上，B 点在圆周外，故 tAtCtB，B 正确。对点训练：力与运动的关系1(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可
53、能很大D物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选 CD 物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故 C、D 正确，A、B 错误。2(多选)(2016日照调研)如图 1 所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()图 1A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍可增大C当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块加速度为零解析：选 BC 木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力 F 大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A 项错，B 项正确；当弹力增大到与恒
54、力 F 相等时，合力为零，速度增大到最大值，C 项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力 F，加速度大于零，D 项错。对点训练：利用牛顿第二定律求瞬时加速度3(2016宝鸡质检)如图 2 所示，将质量为 M 的 U 形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧 1、2、3 将质量为 m 的小球悬挂起来。框架和小球都静止时弹簧 1 竖直，弹簧 2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(Mm)g。现将弹簧 1 从最上端剪断，则在剪断后瞬间()图 2A框架对地面的压力大小仍为(Mm)gB框架对地面的压力大小为 0C小球
55、的加速度为 0D小球的加速度大小等于 g解析：选 D 剪断弹簧 1 上端瞬间，弹簧 1 的弹力消失，弹簧 2、3 的弹力仍为零，故此时小球的加速度为 g，框架对地面的压力为 Mg，只有选项 D 正确。4(2016天水一模)如图 3 所示，在动摩擦因数 0.2 的水平面上有一个质量 m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g 取 10 m/s2)。下列说法中正确的是()图 3A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且 a8 m/s2C小球立即向左运动，且 a10 m/s2D若剪断的是弹簧
56、，则剪断瞬间小球加速度的大小 a10 2 m/s2解析：选 B 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：Fmgtan 45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故 A 错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ffmg0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：aFFfm1021m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故 B 正确，C 错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故 D
57、 错误。对点训练：已知受力情况求物体的运动情况5(多选)(2016汕头一模)建设房屋时，保持底边 L 不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动。下列说法正确的是()图 4A倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角 越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度越大D倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的时间越短解析：选 AC 设屋檐的底角为，底边为 L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为 x，雨滴下滑时加速度为 a，对雨滴做受力分析，只受重力 mg 和屋顶对雨滴的支持力 FN，垂直
58、于屋顶方向：mgcos FN平行于屋顶方向：mamgsin 雨滴的加速度为：agsin，则倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大，故 A 正确；雨滴对屋顶的压力：FNFNmgcos，则倾角 越大，雨滴对屋顶压力越小，故 B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度 xL2cos，由 x12gsin t2 可得：t2Lg sin2，可见当 45时，用时最短，D 错误；由 vgsin t 可得：v gLtan，可见 越大，雨滴从顶端 O 下滑至 M 时的速度越大，C 正确。6(2014全国卷)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不
59、会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25。若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为 0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为 x，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 0mgma0 xv0t0v022a0 式中，m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有 250 设在雨天行驶时汽车
60、刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgma xvt0v22a 联立式并代入题给数据得v20 m/s(或 72 km/h)答案：20 m/s(或 72 km/h)对点训练：已知运动情况求物体的受力情况7(2016沈阳四校协作体月考)如图 5 所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()图 5AM 受静摩擦力增大BM 对车厢壁的压力减小CM 仍相对于车厢静止DM 受静摩擦力减小解析：选 C 分析 M 受力情况如图所示，因 M 相对车厢壁静止，有 FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D 错误。水平方向，FN
61、Ma，FN 随 a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误。因 FN 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故 M 相对于车厢仍静止，C 正确。8(2016江西省重点中学十校第一次联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为 M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()图 6A运动员的加速度为 gtan B球拍对球的作用力为 mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于 gsin，球一定沿球拍向上运动解析：选 A 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得 FNsin ma，又 FNcos mg，解得
62、 agtan，FN mgcos，故 A 正确、B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为 FMmgcos，故 C 错误；当 agtan 时，网球才向上运动，由于 gsin gtan，故球不一定沿球拍向上运动，故 D 错误。对点训练：动力学的图像问题9(2016四川第二次大联考)在粗糙的水平地面上有一质量为 2 kg 的小物块，在水平拉力作用下从 t0 时开始做初速度为零的直线运动，t6 s 时撤去拉力，其速度图像如图 7所示。若取重力加速度 g10 m/s2，则下列说法正确的是()图 7A物块与地面间的动摩擦因数为 0.2B02 s 内，物块所受的拉力
63、大小为 4 NC08 s 内，物块离出发点最远为 6 mD08 s 内，物块的平均速度大小为 2.5 m/s解析：选 A 第 6 s 后只有摩擦力，即 mgma，其中 a2 m/s2，得动摩擦因数为0.2，故 A 正确；02 s 内，根据 F1mgma1，其中 a12 m/s2，得 F18 N，故 B错误；在 08 s 内，物块先向正方向运动了 6 m，即为 t 轴上方的面积，然后又向负方向运动了 14 m，即为 t 轴下方的面积，所以离出发点最远应为 8 m，故 C 错误；物块的平均速度为位移与时间的比值，即8 m8 s 1 m/s，故 D 错误。10(2016福州二模)如图 8 甲所示，质
64、量 m1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t 图像)如图乙所示，g 取 10 m/s2，求：图 8(1)2 s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小 a1、a2 和拉力大小 F。解析：(1)物块上升的位移：x11221 m1 m；物块下滑的距离：x21211 m0.5 m；位移 xx1x21 m0.5 m0.5 m路程 Lx1x21 m0.5 m1.5 m(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小a1 20.5m/s24 m/s2a2020.5
65、m/s24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律00.5 s 内 FFfmgsin ma1；051 s 内Ffmgsin ma2；联立解得：F8 N。答案：(1)0.5 m 1.5 m(2)4 m/s2 4 m/s2 8 N考点综合训练11(多选)(2016山东第一次大联考)如图 9 甲所示，质量为 M2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是()图 9A可求得物块在前 2 s 内的位移 5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因
66、数 0.2C可求解物块的质量 m2 kgD可求解木板的长度 L2 m解析：选 ABC 物块在前 2 s 内的位移 x422 121m5 m，A 正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为 a1，木板加速度大小为 a2，则有 mgma1Ma2，则 mM2 kg，C 正确，g2，0.2，B 正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D 错。12(2016苏州高三调研)如图 10 所示，足够长的斜面倾角 37，一物体以 v012 m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a8.0 m/s2。g取 10 m/s2，sin 37
67、0.6，cos 370.8，求：图 10(1)物体沿斜面向上滑行的最大距离；(2)物体与斜面间的动摩擦因数；(3)物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小。解析：(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式 v022ax 得，上滑的最大距离为：xv022a9 m；(2)物体沿斜面向上运动时受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得：甲mgsin FNmaFNmgcos 代入数据解得：0.25；(3)物体沿斜面向下运动时受力如图乙所示，乙根据牛顿第二定律得物体下滑的加速度为：amgsin mgcos m4 m/s2。答案：(1)9 m(2)0.25(3)4 m/s2第 3 节牛顿运动定律的综合应用,(1)
68、超重就是物体的重力变大的现象。()(2)失重时物体的重力小于 mg。()(3)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态。()(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。()(5)加速上升的物体处于超重状态。()(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。()(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。()(8)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。()(9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。()要点一 对超重、失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(2)物体是否处于超重或失重状态
69、，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 ag 的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。多角练通1(多选)(2015江苏高考)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 3-3-1 所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力()图 3-3-1At2 s 时最大 Bt2 s 时最小Ct8.5 s 时最大Dt8.5 s 时最小解析：选 AD 人受重力 mg
70、 和支持力 FN 的作用，由牛顿第二定律得 FNmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力 FNFNmgma。当 t2 s 时 a 有最大值，FN最大；当 t8.5 s 时，a 有最小值，FN最小，选项 A、D 正确。2(多选)(2016南昌调研)如图 3-3-2 甲所示，在电梯箱内轻绳 AO、BO、CO 连接吊着质量为 m 的物体，轻绳 AO、BO、CO 对轻质结点 O 的拉力分别为 F1、F2、F3。现电梯箱竖直向下运动，其速度 v 随时间 t 的变化规律如图乙所示，重力加速度为 g，则()图 3-3-2A在 0t1 时间内，F1 与 F2 的合力等于 F3B在 0t1 时间内，F1 与 F
71、2 的合力大于 mgC在 t1t2 时间内，F1 与 F2 的合力小于 F3D在 t1t2 时间内，F1 与 F2 的合力大于 mg解析：选 AD 对轻质结点 O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3 三个力的合力都为零，即 F1 与 F2 的合力与 F3 等大反向，选项 A 正确，选项 C 错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力 mg 和竖直向上的绳子的拉力 F3，在 0t1 时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3mg，即 F1 与 F2 的合力大于 mg，选项 D 正确。要点二 动力学中整体法与隔离法的应用1方法概述(1)整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行
72、研究的方法。(2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。2涉及隔离法与整体法的具体问题类型(1)连接体问题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。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。(2)滑轮类问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，如图 3-3-3 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。图 3-3-33解题思路物体系的动力学问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理各物体加速度都相同的
73、连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。典例(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 3-3-4(a)所示。t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的
74、 15 倍，重力加速度大小g 取 10 m/s2。求：图 3-3-4(1)木板与地面间的动摩擦因数 1 及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息小物块与木板一起向右运动小物块与木板以相同的加速度匀减速运动从 t0 开始，至 t1 s 时木板与墙壁碰撞木板在 t1 s 内向右运动了 4.5 m由 v-t 图像可知木板碰撞瞬间速度 v4 m/s，小物块的加速度大小为 4 m/s2小物块始终未离开木板木板的最小长度等于相对滑行位移第二步：找突破口(1)木板碰墙之前，1(m15m)g 产生小物块和木板共同减速的加速度
75、。(2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由 2mg 产生。(3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方向均水平向右。(4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动。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。对小物块与木板整体由牛顿第二定律得1(mM)g(mM)a1 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1 x0v0t112a1t12 式中，t11 s，x04.5 m 是木板碰撞前的位移，
76、v0 是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1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2mgma2 由题图(b)可得a2v2v1t2t1 式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 t，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2mg1(Mm)gMa3 v3v1a3t v3v1a2t 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x1v1v32t 小物块运动的位移为x2v1v32t
77、小物块相对木板的位移为xx2x1 联立式，并代入数值得x6.0 m 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 x3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v322a4x3碰后木板运动的位移为xx1x3 联立式，并代入数值得x6.5 m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针对训练1(2016上饶二模)如图 3-3-5 所示，在光滑的水平面上有一段长为 L、质量分布均匀的绳子。在
78、水平向左的恒力 F 作用下从静止开始做匀加速运动。绳子中某点到绳子左端的距离为 x，设该处绳的张力大小为 FT，则能正确描述 FT 与 x 之间的关系的图像是()图 3-3-5解析：选 D 设单位长度质量为 m；对整体分析有：FLma；则对 x 分析可知：FT(Lx)ma，联立解得：FTFFLx；故可知 FT 与 x 为一次函数关系；故 D 正确。2(多选)(2015全国卷)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行
79、驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18解析：选 BC 设该列车厢与 P 相连的部分为 P 部分，与 Q 相连的部分为 Q 部分。设该列车厢有 n 节，Q 部分为 n1 节，每节车厢质量为 m，当加速度为 a 时，对 Q 有 Fn1ma；当加速度为23a 时，对 P 有 F(nn1)m23a，联立得 2n5n1。当 n12，n14，n16 时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为 10 或 15，选项 B、C 正确。3(多选)(2016苏州高三调研)如图 3-3-6 所示，足够长的木板
80、 A 静止放置于水平面上，小物块 B 以初速度 v0 从木板左侧滑上木板，关于此后 A、B 两物体运动的 v-t 图像可能是()图 3-3-6解析：选 AD 物块滑上木板，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a 物块mgm g，若地面对木板无摩擦力，则 a 木板 mgM mMg，当物块和木板速度相等后，两者一起匀速运动，故 A 正确；若地面对木板有摩擦力且动摩擦因数为，则 a 木板mgMmgM，木板能加速运动说明地面对木板的动摩擦因数 F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为()图 3-3-7AF1F2k BF1F22kCF1F22kDF1F2k解析 本题利用牛顿第二
81、定律，先选 A、B 为一整体，再隔离 A 物体，求出弹簧的弹力 F，由 Fkx，即可求得弹簧的伸长量，但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1F2，则两物体静止，FF1F2kx，能满足此条件的结果只有 B 选项。答案 B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 2(2016安庆模拟)如图 3-3-8 所示，一轻质弹簧的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 37的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行。在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止。已知弹簧的劲度系
82、数为 k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 370.6，cos 370.8)()图 3-3-8Amg5kB4mg5kC5mg5kD7mg5k解析 在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸(一)极限分析法(二)假设分析法 长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；水平方向上由牛顿第二定律得：FNsin Fcos mg；竖直方向上由受力平衡得：FNcos mgFsin ，联立得：F15mg。由胡克定律得 Fkx，xmg5k，故选 A。答案 A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
83、条件。典例 3(2013山东高考)如图 3-3-9 所示，一质量 m0.4 kg 的小物块，以 v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、B 之间的距离 L10 m。已知斜面倾角 30，物块与斜面之间的动摩擦因数 33。重力加速度 g 取 10 m/s2。图 3-3-9(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小。(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？解析(1)由运动学公式得：Lv0t12at2 2aLvB2v02 代入数值解得：a3 m/s2，vB8
84、m/s (2)对物块受力分析如图所示，投拉力 F 与斜面成 角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：Fsin FNmgcos 30 沿斜面方向，由牛顿第二定律可得Fcos mgsin 30Ffma 又，FfFN 联立三式，代入数值解得：Fcos 33 Fsin 5.2(三)数学极值法 则 F5.2cos 33 sin 15.62 332 cos 12sin 7.83sin60当 30时，拉力 F 有最小值，且 Fmin1353 N答案(1)3 m/s2 8 m/s(2)30 1353 N要点四 滑块、滑板模型1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一
85、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解题思路(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。典例(2016昆明统测)如图 3-3-10 所示，质量 M1 kg 的木板 A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量 m1 kg 的铁块 B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦
86、因数 10.3，木板长 L1 m，用 F5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2。图 3-3-10(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 20.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。思路点拨(1)判断两者之间是否发生滑动，要比较两者之间的摩擦力与最大静摩擦力的关系，若f1mg0.3110 N3 N假设 A、B 之间不发生相对滑动，则对 A、B 整体：F(Mm)a对 A：fABMa解得：fAB2.5 N因 fABfm，故 A、B 之间不发生相对滑动。(2)对 B：F1mgmaB对 A：1mg2(Mm)gMaA据题意：xBxA
87、LxA12aAt2；xB12aBt2解得：t 2 s。答案(1)不会(2)2 s针对训练1(2016海口调研测试)如图 3-3-11 所示，A、B 两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知 A、B 物块的质量分别为 M、m，物块间粗糙。现用水平向右的恒力 F1、F2 先后分别作用在 A、B 物块上，物块 A、B 均不发生相对运动，则 F1、F2 的最大值之比为()图 3-3-11A11 BMmCmMDm(mM)解析：选 B 拉力作用在 A 上时，对 B 受力分析，当最大静摩擦力提供 B 的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对 B 由牛顿第二定律得 mgma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得
88、 F1(Mm)a1，解得 F1(Mm)g；拉力作用在 B 上时，对 A 受力分析，当最大静摩擦力提供 A 的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对 A 由牛顿第二定律得 mgMa2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得 F2(Mm)a2，解得 F2(Mm)mgM，联立解得 F1F2Mm，B 正确。2(多选)(2014江苏高考)如图 3-3-12 所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为12。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则()图 3-3-12A当 F3mg 时，A 相对
89、 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12g解析：选 BCD A、B 间的最大静摩擦力为 2mg，B 和地面之间的最大静摩擦力为32mg，对 A、B 整体，只要 F32mg，整体就会运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2mg32mgmamax，B 运动的最大加速度 amax12g，选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F32mg3mamax，则 F3mg 时两者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F52mg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F32mg3ma，解得 a13g，选项
90、B 正确。要点五 传送带模型1模型特征一个物体以速度 v0(v00)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图 3-3-13(a)、(b)、(c)所示。图 3-3-132建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。(1)水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移 x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。(2)倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑
91、动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。典例(2016河北正定中学月考)一水平传送带以 2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为 2.0 m。其右端与一倾角为 37的光滑斜面平滑相连，斜面长为 0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数 0.2,试问：图 3-3-14(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。(2)物块从出发到 4.5 s 末通过的路程。(sin 370.6，g
92、取 10 m/s2)思路点拨(1)判断物块在水平传送带上的运动规律。(2)只要物块沿斜面上滑的最大位移小于斜面长，滑块将滑回传送带。(3)判断 4.5 s 末时物块所在的位置。解析(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgm a1x1v022a11 mL所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以 v0 速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时上升的距离x2v022a2 13 m由于 x20.4 m，所以物块未到达斜面的最高点。(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t12x1v0 Lx1v0 1.5 s物块在斜面上往返一次时间t22v0a2 23 s物块再次滑到传送带上速度仍为 v0，方
93、向向左mgma3向左端发生的最大位移x3v022a3物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等45 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程xL3x22x3x5 m答案(1)不能 13 m(2)5 m针对训练1(多选)如图 3-3-15 所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为 37，现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列判断正确的是()图 3-3-15A物块 A 先
94、到达传送带底端B物块 A、B 同时到达传送带底端C传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上D物块 A 下滑过程中相对传送带的位移小于物块 B 下滑过程中相对传送带的位移解析：选 BCD 由于 0.5tan 370.75，所以传送带对物块 A、B 的摩擦力方向都沿传送带向上，故选项 C 正确；物块 A、B 沿传送带向下都做匀加速直线运动，加速度相同，aAmAgsin 37mAgcos 37mA2 m/s2aB，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，故选项 B 正确，选项 A 错误；物块 A 下滑过程相对传送带的位移等于物块 A 的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块 B 下滑过程相
95、对传送带的位移等于物块 B的位移与传送带匀速运动的位移之和，故选项 D 正确。2(2016开封二模)如图 3-3-16 所示，有一水平放置的足够长的皮带输送机以 v5 m/s的速率沿顺时针方向运行。有一物块以 v010 m/s 的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动。若物块与皮带间的动摩擦因数 0.5，并取 g10 m/s2，求物块从滑上皮带到离开皮带所用的时间。图 3-3-16解析：物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mgma，加速度：ag0.510 m/s25 m/s2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：xv022a 10
96、225m10 m，物体向左运动的时间t 左105 s2 s；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速运动，加速度 a5 m/s2，物块速度等于传送带速度 v5 m/s 时，物块的位移 x1v22a 5225m2.5 mm2，则 x1x2D若 m1m2，则 x12FDx0，A 对 B 的作用力方向向右，C 错误。对点训练：临界极值问题6(2016北京丰台区模拟)如图 6 所示，木块 A 的质量为 m，木块 B 的质量为 M，叠放在光滑的水平面上，A、B 之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现用水平力 F 作用于 A，则保持 A、B 相对静止的条件是 F 不超过
97、()图 6Amg BMgCmg1mMDMg1Mm解析：选 C 由于 A、B 相对静止，以整体为研究对象可知 F(Mm)a；若 A、B 即将相对滑动，以物体 B 为研究对象可知 mgMa，联立解得 Fmg1mM，选项 C 正确。7(2016河南三市联考)如图 7 所示，木板与水平地面间的夹角 可以随意改变，当 30时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率 v010 m/s 的速度沿木板向上运动，随着 的改变，小物块沿木板滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度 g 取 10 m/s2。图 7(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当 角满足什么条
98、件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。解析：(1)当 30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsin Ff，Ffmgcos 联立解得：33。(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，mgsin xmgcos x012mv02，解得 xv022gsin cos。令 asin cos 12112 sin 112 cos 设 cos 112，则 a 12sin()当 2时，a 存在最大值 am 122 33。即 sin cos 112 32，60时，x 最小。对应的最小值 xv022ag5 32m。答案：(1)33 (2)60 5 32m对点训练：滑块、滑板模型8如图 8 甲所示，静
99、止在光滑水平面上的长木板 B(长木板足够长)的左端静止放着小物块 A。某时刻，A 受到水平向右的外力 F 作用，F 随时间 t 的变化规律如图乙所示，即 Fkt，其中 k 为已知常数。设物体 A、B 之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力 Ff，且 A、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板 B 运动的 v-t 图像是()图 8解析：选 B A、B 相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F2ma，当 A、B 间刚好发生相对滑动时，对木板有 Ffma，故此时 F2Ffkt，t2Ffk，之后木板做匀加速直线运动，故只有 B 项正确。9(2016济南模拟)如图 9 所示，以水平地面建立 x 轴，有一
100、个质量为 m1 kg 的木块放在质量为 M2 kg 的长木板上，木板长 L11.5 m。已知木板与地面的动摩擦因数为 10.1，m 与 M 之间的动摩擦因数 20.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。m 与 M 保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端 A 点经过坐标原点 O 时的速度为 v010 m/s，在坐标为 x21 m 处的 P 点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g 取 10 m/s2，求：图 9(1)木板碰挡板时的速度 v1 为多少？(2)碰后 M 与 m 刚好共速时的速度？(3)最终木板停止运动时 AP 间距离？解析：
101、(1)对木块和木板组成的系统，有：1(mM)g(mM)a1v02v122a1x0，x0 xL，代入数据得：v19 m/s(2)由牛顿第二定律可知：am2g9 m/s2aM1Mmg2mgM0.1300.9102m/s26 m/s2m 运动至停止时间为：t1v1am99s1 s此时 M 速度：vMv1aMt19 m/s61 m/s3 m/s，方向向左，此后至 m、M 共速时间为 t2，有：vMaMt2amt2得：t20.2 s共同速度 v 共1.8 m/s，方向向左。(3)至共速 M 位移：x1v1v共2(t1t2)91.821.2 m6.48 m共速后 m、M 以 a11g1 m/s2 向左减速
102、至停下位移：x21.62 m最终 AP 间距：x11.5 mx1x219.60 m。答案：(1)9 m/s(2)1.8 m/s 方向向左(3)19.60 m对点训练：传送带模型10(多选)(2016海口联考)如图 11 所示，水平传送带 A、B 两端相距 s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.1。工件滑上 A 端瞬时速度 vA4 m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB，则()图 11A若传送带不动，则 vB3 m/sB若传送带以速度 v4 m/s 逆时针匀速转动，vB3 m/sC若传送带以速度 v2 m/s 顺时针匀速转动，vB3 m/sD若传送带以速度 v2 m/s 顺时针匀速转动
103、，vB2 m/s解析：选 ABC 若传送带不动，由匀变速规律可知 vB2vA22as，ag，代入数据解得 vB3 m/s，当满足选项 B、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达 B 端时的瞬时速度仍为 3 m/s，故选项 A、B、C 正确，D 错误。11(2016潍坊一中高三检测)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 12 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(图像前 3 s 内为二次函数，34.5 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
104、速度 v1 保持不变，g 取 10 m/s 2。图 12(1)求传送带速度 v1 的大小；(2)求 0 时刻物块速度 v0 的大小；(3)在图 13 中画出物块对应的 v-t 图像。图 13解析：(1)由 x-t 的图像可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到 v0，然后向右加速，3 s 末后与传送带共速 v1xt2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动。(2)23 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小 ag，v1at102 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小 ag解得 0 时刻物块的速度 v0at24 m/s。(3)根据 x-t 的图像分析得到的运动规律用 v-t 图像画出如图所示
105、。答案：(1)2 m/s(2)4 m/s(3)见解析实 验 四 验证牛顿运动定律一、实验目的1学会用控制变量法研究物理规律。2探究加速度与力、质量的关系。3掌握利用图像处理数据的方法。二、实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线、纸带、天平、米尺。考点一 实验原理与操作典例 1(2013天津高考)某实验小组利用图实-4-1 所示的装置探究加速度与力、质量的关系。图实-4-1(1)下列做法正确的是_(填字母代号)。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
106、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。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)图实-4-2(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图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，分别得到图实-4-2 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 甲、乙，由图可知，m 甲_m 乙，甲_
107、 乙。(选填“大于”“小于”或“等于”)答案(1)AD(2)远小于(3)小于 大于由题引知要点谨记1实验操作步骤对应第1题1平衡木块的滑动摩擦力时，砝码桶不能拴在木块上。2改变木块质量时，不需要重新平衡摩擦力。3实验过程中，应先接通电源，再放开木块。2实验原理的理解对应第(2)题(1)平衡木块摩擦力后，细绳的拉力即为木块的合外力。(2)只有满足砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量时，细绳的拉力才近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力。3利用图像分析实验结果对应第(3)题(1)因没有平衡摩擦力，a-F 图线为不过原点的倾斜直线。(2)利用 a-F 图线的斜率、截距的意义比较 m、的大
108、小。题组突破1(2015全国卷)某同学用图实-4-3(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为 50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。图实-4-3(1)物块下滑时的加速度 a_ m/s2，打 C 点时物块的速度 v_m/s；(2)已知重力加速度大小为 g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是_(填正确答案标号)。A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为 0.13 cm，由 axT2得 a0.131020.022m/s23.25
109、m/s2，其中 C 点速度 vxBDtBD3.653.5210220.02m/s1.79 m/s。(2)对物块进行受力分析如图所示，则物块所受合外力为 F 合mgsin mg cos，即 agsin gcos 得 gsin agcos ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角。答案：(1)3.25 1.79(2)C2(2016天津和平区期末)小王同学在探究加速度与力、质量的关系时，小车及钩码的质量用 M 表示，砂桶及砂的质量用 m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。(1)往砂桶中加入一定量的砂子，当 M 与 m 的大小关系满足_时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力；在释放小
110、车_(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。(2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图实-4-4 所示，该纸带上相邻两个计数点间还有 4 个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是 50 Hz，则小车的加速度大小是_m/s2，当打点计时器打 B 点时小车的速度是_m/s。(结果保留三位有效数字)图实-4-4(3)小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标系中画出了 a-F 关系图如图实-4-5所示，小张和小王同学做实验，哪一个物理量是不同的_。图实-4-5解析：(1)小车实际的加速度为 a mgMm，绳子拉力为 FMa mg1mM，因此只有当 mM 时
111、，拉力 F 才近似等于 mg；先接通电源再释放小车。(2)axBDxOB4T20.390 m/s2，vBxAC2T0.377 m/s。(3)图线的斜率为小车及砝码的质量的倒数，因此小车及砝码的质量不同。答案：(1)mM 之前(2)0.390 0.377(3)小车及砝码的质量 M考点二 数据处理与误差分析典例 2(2016宁德质检)某次“探究加速度 a 跟物体所受合力 F 和质量 m 的关系”实验过程是：图实-4-6(1)图实-4-6 甲所示为实验装置图。图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点 A、B、C、D、E 间的时间间隔为 0.1 s，根据纸带可求出小车的加速度大小为_ m/s2(结果保留两
112、位有效数字)。(2)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量。根据实验数据做出了加速度 a 随拉力 F 的变化图线，如图实-4-7 所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是_。图实-4-7(3)保持砂和砂桶质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度 a、质量 m 及其对应的1m的数据如表中所示：实验次数12345678小车加速度 a/ms21.901.721.491.251.000.750.500.30小车和砝码质量 m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.671m/kg14.003.453.032.502.001.411.000.60 a请
113、在坐标纸中画出 a-1m图线；图实-4-8b根据作出的 a-1m图像可以得到的结论是：_。答案(1)0.43(2)实验前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)(3)a如图所示b图线为过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比由题引知要点谨记1利用纸带求解小车的加速度对应第(1)题(1)逐差法求纸带加速度的公式ax3x4x1x24T2。(2)注意对计算结果的有效数字要求。2利用图像分析 a、F 间的关系及误差分析对应第(2)题(1)保持小车质量不变时，a-F 图像应为一条过原点的直线。(2)a-F 图像不过原点可能是平衡小车摩擦力时没有达到实验要求所致。3利用图像分析 a、m 间的关系对应
114、第(3)题(1)小车合力不变时，a、m 之间成反比关系。(2)利用化曲为直的思想，做出 a-1m关系图线，若为过原点的倾斜直线，则小车合外力一定时，a、m 之间成反比关系。题组突破3(2016盐城二模)某同学用如图实-4-9 甲所示的实验装置来“探究 a 与 F、m 之间的定量关系”。图实-4-9(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列_的点，说明小车在做_运动。(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重
115、力为 F，在小车质量M 保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，测小车加速度 a，作 a-F 的图像。如图丙图线正确的是_。(3)设纸带上计数点的间距为 x1 和 x2。如图丁为用米尺测量某一纸带上的 x1、x2 的情况，从图中可读出 x13.10 cm，x2_ cm,已知打点计时器的频率为 50 Hz，由此求得加速度的大小 a_ m/s2。解析：(1)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点。(2)如果这位同学先如(1)中的操作，已经平衡摩擦
116、力，则刚开始 a-F 的图像是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图像发生弯曲，故 C 正确。(3)根据图像可知，x25.50 cm，打点计时器的频率为 50 Hz，每 5 个点取一个计数点，则 T0.1 s，加速度的大小 axT25.503.101020.12m/s22.40 m/s2。答案：(1)点迹均匀 匀速(2)C(3)5.50 2.404在用图实-4-10 所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验中：(1)甲同学在外力 F 一定的条件下，探究 a 与 M 的关系时，所得到的实验结果如下表：外力 F0.1 N次数 n123
117、45质量 M/g100140180200240加速度 a/(ms2)1.000.670.530.480.40质量的倒数 1M/kg110.007.145.564.17图实-4-10请你完善表中数据，并在图实-4-11 中给出的坐标纸上画出 a-1M的图像；图实-4-11由图像可得到的结论是_。(2)乙同学在探究加速度与外力关系的实验中得到的 a-F 图像如图实-4-12，则该图像中图线不过原点的原因是_，小车的质量为_kg(保留两位有效数字)。图实-4-12解析：(1)描点法作出 a-1M的图像是过原点的倾斜直线，故说明物体的加速度与质量成反比；(2)由图像可看出，在拉力为 0 时，小车就有加
118、速度，说明重力的分力比摩擦力大。根据图像的斜率表示质量的倒数可得小车质量 MFa251021.00.1 kg0.28 kg。答案：(1)次数 n12345质量 M/g100140180200240加速度 a/(ms2)1.000.670.530.480.40质量的倒数 1M/kg110.007.145.565.004.17在外力一定的情况下，物体的加速度与质量成反比(2)木板倾角过大(或平衡摩擦力过度)0.28(0.260.29 均正确)考点三 实验的改进与创新典例 3(2016江门模拟)如图实-4-13 所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门 B。滑块上固
119、定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放。图实-4-13(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图实-4-14 所示，则 d _mm。图实-4-14(2)实验时，将滑块从 A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是_；(3)下列不必要的一项实验要求是_。(请填写选项前对应的字母)A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使 A 位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数
120、 F 和遮光条通过光电门的时间 t，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_图像。(选填“t2-F”“1t-F”或“1t2-F”)解析(1)由图知第 6 条刻度线与主尺对齐，d2 mm60.05 mm2.30 mm。(2)实验时，将滑块从 A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离 L。(3)拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A 项不必要；应使 A 位置与光电门间的
121、距离适当大些，有利于减小误差，故 B 项必要；应将气垫导轨调节水平，拉力才等于合力，故 C 项必要；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故 D 项必要；故选 A。(4)由题意可知，该实验中保持小车质量 M 不变，因此有：v22aL，vdt，aFM，d2t22FML所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出1t2-F 图像。答案(1)2.30(2)遮光条到光电门的距离 L(3)A(4)1t2-F由题引知要点谨记1实验器材的创新对应题干部分(1)利用光电门测滑块上的遮光条通过光电门的时间。(2)利用气垫导轨代替长木板。(3)利用力传感器测绳中拉力大小。2实验原理的创新对应第3题利用
122、力传感器测出细线拉力，消除了因 mM 得不到满足带来的实验误差。3数据处理方法的创新对应第(4)题由 v22aL 得 av22L4本实验还可以从以下两个方面创新。(1)实验目的的创新：测木块与木板间的动摩擦因数。(2)实验器材的创新：利用位移传感器测物体移动位移。利用传感器测物体的速度或加速度。题组突破5(2016吉林一中一模)“用 DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图实-4-15(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力 F。通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力 F 的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 a-F
123、 图线。如图(b)所示。图实-4-15(1)图线_(选填“”或“”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2)在轨道水平时，小车运动的阻力 Ff_N；(3)图(b)中，拉力 F 较大时，a-F 图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差，可采取的措施是_。A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图
124、线是在轨道水平的情况下得到的。当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于0 时，会出现加速度，所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。(2)根据牛顿第二定律得，FFfma，aFmFfm，图线的斜率表示质量的倒数；因为F0.5 N 时，加速度为零，解得 Ff0.5 N。(3)由于开始段 a-F 关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mgMa 得 amgM FM，而实际上 a mgMm，可见图线明显偏离直线是由于没有满足 Mm 造成的。所以更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，可以减小弯曲的程度，而将无线力传感器捆绑在小车上，
125、再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况。故最佳的答案是 C 选项。答案：(1)(2)0.5(3)C6(2016广东第二次大联考)(1)如图实-4-16 甲所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和砂桶等组成。光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的时间 t1 和 t2，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离 L，游标卡尺测量遮光片的宽度 d，另用天平测出滑块和砂桶(装砂)的质量分别为 M 和 m，回答下列问题：图实-4-16(1)测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1 mm)的示数如图乙所示，其读数为_ mm。(2)若用该装置来验证牛顿第二定律，以下说法不正
126、确的是_。A该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气垫导轨调节水平B如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间 t1 和 t2 必相等C实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差(3)该装置中滑块所受线的拉力 F 若用 M、m、L、t1 和 t2 表示，则 F_。(4)通过计算比较发现滑块受到的线的拉力 F 与砂和砂桶的重力不相等且相差较大，是因为_。解析：(1)由游标卡尺的读数规则得，读数为 11.30 mm。(2)该装置需要将气垫导轨调节水平，所以 A 不正确。(3)由 FMa，v2v022ax，v dt得 FMdt22dt122L(4)没有满
127、足 Mm。答案：(1)11.30(2)A(3)Mdt22dt122L(4)没有满足 Mm7(2016长沙模拟)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验。已知重力加速度为 g。图实-4-17(1)甲同学所设计的实验装置如图实-4-17 甲所示。其中 A 为一质量为 M 的长直木板，B为木板上放置的质量为 m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计。实验时用力将A 从 B 的下方抽出，通过 C 的读数 F1 即可测出动摩擦因数。则该设计能测出_(填“A 与 B”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为_。(2)乙同学的设计如图乙所示。他在一端带有定滑轮的长木板上固定有 A、B 两个光电门
128、，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门 A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数 F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间 t。在坐标系中作出 F-1t2的图线如图丙所示，图线的斜率为 k，与纵轴的截距为 b，与横轴的截距为 c。因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为_。根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为_。解析：(1)当 A 达到稳定状态时 B 处于静止状态，弹簧测力计的读数 F 与 B 所受的滑动摩擦力 Ff 大小相等，B 对木板 A 的压力大小等于 B 的重力 mg，由 FfFN 得，FfFNF1mg，由从 C 上读取 F1，则可求得，为 A 与 B 之间的动摩擦因数。(2)小车由静止开始做匀加速运动，位移 x12at2。a2xt2根据牛顿第二定律得对于物块，F 合Fmgma则：F2mxt2 mg则图线的斜率为：k2mx，纵轴的截距为 bmg；k 与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的动摩擦因数：bmg2xbkg。答案：(1)A 与 B F1mg(2)光电门 A、B 之间的距离 x 2xbkg
