1、第三章牛顿运动定律 (1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有：力和运动的相互推断分析，动力学相关的图像问题，牛顿运动定律与曲线运动，功和能的综合等。实验“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”也是近年高考考查的重点。(2)高考对本章内容要求较高，每年都有涉及，即有选择题，也有计算题，且具有很强的综合性。2015高考考向前瞻(1)对力和运动的关系的理解及应用牛顿第二定律进行分析与计算是本章的命题热点。本章知识与曲线运动、电磁学相结合，多以计算题的形式出现，也是高考的热点。(2)以实际生活、生产和科学实验中有关问题为背景，突出表现物理知识在生活中的应用是今后命题的一大趋势
2、。第1节牛顿第一定律_牛顿第三定律牛顿第二定律想一想物体运动需要力吗？力对物体运动产生什么影响？从作用效果上如何定义“力”？提示：运动是物质本身的属性，物体运动不需要力。力的作用将改变物体的运动状态，从作用效果上看，力是改变物体运动状态，产生加速度的原因。记一记1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)成立条件：物体不受外力作用。(3)意义：指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。指出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。2惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状
3、态或静止状态的性质。(2)性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。(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。物理学史链接背背就能捞分(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”。 试一试1以下说法正确的是()A物体不受外力作用时，一定处于静止状态B要物体运动必须有力作用，没有力的作用，物体将静止C要物体静止必须有力作用，没有力的作用，物体将运动D物体不受外
4、力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态解析：选D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，B、C错误。物体不受外力作用时，将处于匀速直线运动状态或静止状态，A错误，D正确。牛顿第三定律想一想马拉车的力和车拉马的力有什么关系？马车能启动前进是由上述两个力之间的大小关系决定的吗？提示：马拉车的力与车拉马的力大小相等，方向相反，马车能启动前进取决于车受到的合外力，跟车拉马的力无关，当马拉车的力大于车的阻力时，车就能启动了。记一记1作用力和反作用力两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一物体也施加了力。力是物体与物体间的相互作用，物体间
5、相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。2内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。3意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。试一试2(多选)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图311所示。观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论()图311A作用力与反作用力同时存在B作用力与反作用力作用在同一物体上C作用力与反作用力大小相等D作用力与反作用力方向相反解析：选ACD由题图可知：两个力传
6、感器的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在、大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故A、C、D正确。考点一对牛顿第一定律的理解例1物体A的质量为10 kg，物体B的质量为20 kg，A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动，则下列说法中正确的是()AA的惯性比B大BB的惯性比A大CA和B的惯性一样大D不能确定解析选B质量是物体惯性大小的惟一量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B正确，选项A、C、D都错。例2(多选)(2012新课标全国卷)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
7、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惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知，没有力的作用，物体将保持原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以C错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。例3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
8、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牛顿第一定律揭示了两方面问题：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物体处于静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错。揭示了力和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。牛顿第一定律揭示了这两方面问题，不只是反映惯性大小，故选项B错。(1)惯性的两种表现形式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
9、止或匀速直线运动)。物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。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。(2)对牛顿第一定律的四点说明明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。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。理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。力是如何改变物体运动状态
10、的问题由牛顿第二定律来回答。牛顿第一定律是不受外力的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。考点二对牛顿第三定律的理解及应用1作用力与反作用力的“四同、三异、三无关”(1)四同(2)三异(3)三无关2作用力、反作用力与一对平衡力的比较 例4如图312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者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()图312A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
11、能赢得“拔河”比赛的胜利审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息两人中间位置处有一分界线两人到分界处的距离相等冰面可看成光滑两人水平方向上均只受水平绳的拉力第二步：找突破口已知两人水平拉力大小相等，根据牛顿第二定律和质量大小可得出两人运动的加速度大小关系，进而应用xat2比较两人运动的位移关系。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。设绳的张力为F，根据牛顿第二定律a知，若m甲m乙，则a甲m2)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4A一定相碰B一定不相碰C不一定相碰D无法
12、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。10. (2014浙江瑞安十校联考)建筑工人用如图5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，人拉的绳与水平面成30，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5A490 N B500 NC595 N D700 N解析：选C对建筑材料受力分析，绳子上的弹力大小FTm物(ga)210 N；对人受力分
13、析，如图所示，根据平衡条件可知，FNFTsin 30Gm人 g，代入数据得：FN595 N。即地面对人的支持力为595 N，根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小也为595 N，C正确。二、多项选择题11下列关于力的说法正确的是()A作用力和反作用力作用在同一物体上B太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因解析：选BD作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，A项错；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，B项正确，C项错；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，D项正确。12
14、.如图6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()图6A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。13.如图7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7A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物体所受重力和斜面
15、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BC物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A错。物体和斜面间的摩擦力是一对作用力和反作用力，B正确。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。14.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8所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的。关于抖空竹，
16、在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是()图8A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时，要保证拉力和重力在同一条直线上，A正确；空竹依靠绳子拉动，绳子与轴间摩擦力应越大越好，B错误；空竹抛起后上升过程中只受重力和空气阻力，C错误；因空气阻力的影响，抛起的空竹的转速会减小，故表演时要继续牵拉绳子使其加速转动，D正确。15.如图9所示，我国有一种传统的
17、民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()图9A甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜解析：选BD物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合外力不为零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，由于它们作用在不同的物体上，其效果可以不同。甲加速前
18、进的原因是甲受到的地面的摩擦力大于绳子对甲的拉力；乙加速后退的原因是绳子对乙的拉力大于乙受到的地面的摩擦力；但是，根据牛顿第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小。B、D正确。16引体向上是同学们经常做的一项健身运动。该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面。下放时，两臂放直，不能曲臂(如图10所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是()图10A上拉过程中，人受到两个力的作用B上拉过程中，单杠对人的作用力大于人对单杠的作用力C下放过程中，单杠对人的作用力小于人对单杠的作用力D下放过程中，在某
19、瞬间人可能只受到一个力的作用解析：选AD上拉过程中，人受到两个力的作用，一个是重力，一个是单杠给人的作用力，A对。不论是上拉过程还是下放过程，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，与人的运动状态无关，B、C均错。在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，D对。第2节牛顿第二定律_两类动力学问题牛顿第二定律想一想如图321所示为一张在真空中拍摄的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思考苹果与羽毛重力相差很大，为什么它们总在同一相同的高度呢？图321提示：物体的加速度与力成正比，与物体的质量成反比，物体在真空中仅受重力作用，故ag，可知羽毛和苹果在真空中下落的加
20、速度相同。故它们的运动状态时刻相同，它们能时刻处在同一高度。记一记1内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式Fma。3“五个”性质试一试1(多选)(2013哈尔滨三中月考)下列说法正确的是()A牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比B亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同C笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快解析：选AD牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明
21、了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快，选项C错误，D正确。两类动力学问题记一记1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。(2)已知运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：试一试2质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()A.B. C. D.解析：选A由牛顿第二定律Fma与xat2，得出F。力学单位制想一想如图322为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。试比较三人冲刺速度
22、的大小；由此看出应怎样比较物理量的大小？图322提示：v甲11 m/s，v乙7 200 dm/min12 m/s，v丙36 km/h10 m/s，故v乙v甲v丙。由此可以看出，要比较同一物理量的大小，必须统一单位。记一记1单位制由基本单位和导出单位组成。2基本单位基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。3导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。4国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉c
23、d试一试3关于单位制，下列说法中正确的是()Akg、m/s、N是导出单位Bkg、m、C是基本单位C在国际单位制中，A是导出单位D在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的解析：选D在国际单位制中，kg、m、s属于基本单位，m/s、N、C属于导出单位，A、B均错误；A为国际单位制的基本单位，C错误；力的单位(N)是根据牛顿第二定律Fma导出的，D正确。考点一瞬时加速度问题例1(多选)(2014南通第一中学检测)如图323所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，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()图323A两个小球的瞬时加速度均沿斜
24、面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin 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设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。 例2(2014苏州第三中学质检)如图324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
25、拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()图324A.，gB.，gC.，g D.，g解析选A在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F3mg3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹2mg2ma，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mgmaA，解得aAg，故A正确。考点二动力学的两类基本问题分析1物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v0)。(2)明确物体的受力情况(F合)。(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。2两类动力学
26、问题的解题步骤例3(2013江苏高考)如图325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，重力加速度为g。图325(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，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2。若砝码移动的距离超过l0.002 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？ 思路点拨(1)纸板相对砝码运动
27、时共受几个滑动摩擦力？大小各是多少？试写出它们的表达式。提示：2个；砝码对纸板的滑动摩擦力为f1m1g，桌面对纸板的滑动摩擦力为f2(m1m2)g。(2)要使纸板相对砝码运动，两者的加速度大小有什么关系？提示：纸板的加速度大于砝码的加速度。(3)纸板抽出过程中，纸板和砝码的位移之间满足什么关系？纸板抽出后砝码做什么规律的运动？加速度是多大？拉力的最小值又对应什么关系？试写出上述关系式。提示：在纸板抽出过程中，设砝码的位移为x1，纸板的位移为x，则之间的关系应为dx1x；纸板抽出后砝码做匀减速直线运动；由牛顿第二定律可求加速度大小为a，表达式为：ag；设纸板抽出后砝码运动的位移为x2，则拉力最小
28、值时应对应关系式为：lx1x2。解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)gff1f2解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1Ff1f2m2a2发生相对运动a2a1解得F2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t12纸板运动的距离dx1a2t12纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t22lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g代入数据得F22.4 N答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N解决两类动力学问题的两个关键点(2014通州市高三联考)如图326所示
29、，质量m1 kg的小球穿在长L1.6 m的斜杆上，斜杆与水平方向成37角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数0.75。小球受水平向左的拉力F1 N，从斜杆的顶端由静止开始下滑(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)试求：图326(1)小球运动的加速度大小；(2)小球运动到斜杆底端时的速度大小。解析：(1)Fcos mgsin NmaFsin Nmgcos 联立上式可得：a1.25 m/s2。(2)由运动学公式得v22aL可求vm/s2 m/s。答案：(1)1.25 m/s2(2)2 m/s考点三牛顿第二定律与图像的综合问题 例4(2013新课标全国卷)一长木板在水平地面
30、上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图327所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g10 m/s2，求：图327(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息相对地面静止的物块物块的初速度为零，此后受滑动摩擦力开始启动物块始终在木板上物块加速到与木板同速后一起减速木板速度时间图像vt图线的折点对应的速度v1 m/s，为物块匀加速的末
31、速度第二步：找突破口分析物块、木板受力，列出相对滑动过程和一起匀减速过程牛顿第二定律关系式，由vt图线确定，木板在前后两个减速过程中的加速度及物块的加速度，再结合运动学公式列出位移关系式求解结果。解析(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同。设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小。设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定
32、律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2；由式得f2mg1mg，与假设矛盾。故f1mg由式知，物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图像如图中点画线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m答案(1)0.200.30(2)1.125 m1常见的两类动力学
33、图像问题(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。2解决图像综合问题的关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。物体在传送
34、带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。下面介绍两种常见的传送带模型。1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v02倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(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
35、a2加速情景3(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4(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 典例如图328所示为上、下两端相距L5 m，倾角30，始终以v3 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t2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：图328(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(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329所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度
36、为a。由题意得Lat2解得a2.5 m/s2；由牛顿第二定律得mgsin Ffma，又Ffmgcos 解得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，则需要物体有沿传递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a。则牛顿第二定律得mgsin FfmaFfmgcos ，vm22La联立解得vm8.66 m/s。图329答案(1)0.29(2)8.66 m/s题后悟道对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。
37、(多选)(2014山东师大附中质检)如图3210，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，达到B端的瞬时速度设为vB，则()图3210A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v4 m/s顺时针匀速转动，vB3 m/s解析：选ABC若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知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，工件达到B端
38、的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v4 m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，故D错误。随堂对点训练1(2013福建高考)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()Am2kgs4A1Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1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 J1 VAs1 kgms2m可得，1 V1 m2kgs3A1，因此选B。2(2013新课标全国卷)一物块静止在粗糙
39、的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()图3211解析：选C本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识分析问题、解决问题的能力。设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，Ffma，Fmaf，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确，A、B、D错误。3如图3212所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度
40、分别是()图3212AA、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下BA的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下CA的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下DA的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下解析：选C在细线烧断前，A、B两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B球有F绳mg对A球有F弹mgF绳在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示。由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度gA球有F弹mgmaA解得aAg，方向向上。综上分析，选C。4(2014江苏省如东高级中学月考)我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度
41、为120 km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.30.6 s；资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如表格所示。路面干沥青干磁石湿沥青动摩擦因数0.70.60.70.320.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上两车间的安全距离最接近()A100 m B200 mC300 m D400 m解析：选B当驾驶员的反应时间最长、路面的动摩擦因数最小时对应的行驶距离为安全距离。v120 km/h33.3 m/s，在反应时间t0.6 s内，汽车向前行驶的距离x1vt20 m；由汽车在高速公路上刹车后做匀减速直线运动知，mgma，则a3.2 m/s2，刹车距离为x2173
42、 m，所以xx1x2193 m，最接近于B，故B正确。5(多选)(2014沈阳四校协作体月考)如图3213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3213AM受静摩擦增大 BM对车厢壁的压力增大CM仍相对于车厢静止 DM受静摩擦力不变解析：选BCD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错误，D正确。水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B正确。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。6(2013扬州模拟)质量M9 kg、长L1 m的木板在动摩擦因
43、数10.1的水平地面上向右滑行，当速度v02 m/s时，在木板的右端轻放一质量m1 kg的小物块如图3214所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g10 m/s2，求：图3214 (1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；(2)小物块与木板间的动摩擦因数2。解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1v0ta1t2x2a2t2x1Lx2又v0a1ta2t代入数据得t1 s(2)根据牛顿第二定律，有1(Mm)g2mgMa1，2mgma2解得20.08答案：(1)1 s(2)0.08课时跟踪检测一
44、、单项选择题1(2013海南高考)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()Aa和v都始终增大Ba和v都先增大后减小Ca先增大后减小，v始终增大Da和v都先减小后增大解析：选C质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C。2.(2013无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图1所示。则物块减速为零的时间将()图1A变
45、大B变小C不变 D不能确定解析：选B物体在斜面上匀减速下滑，说明mgsin mgcos ma0，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，等效重力增大F，即(mgF)sin (mgF)cos ma，判断加速度大小aa，所以物块减速为零的时间将变小，B项正确。3(2014山东莱州质检)如图2所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()图2AF1不变，F2变大 BF1变大，F2不变CF1、F2都变大 DF1变大，F2减小解析：选B若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力
46、F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，选项B正确。4(2013江西省重点中学高三联考)如图3甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面从底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是()图3At1t2，a1a2，v1v2Bt1t2，a1a2，v1v2C物块全过程的速度时间图线如图乙所示D物块全过程的速度时间图线如图丙所示解析：选D由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1a2，v1v2，故A、B错误；物块全过程的速度时间图线如图
47、丙所示，故C错误D正确。5(2013安徽高考)如图4所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)()图4ATm(gsin acos )FN m(gcos asin )BTm(gcos asin )FN m(gsin acos )CTm(acos gsin )FN m(gcos asin )DTm(asin gcos )FN m(gsin acos )解析：选A本题考查受力分析和牛顿第二定律，意在考查考生对力和运动关
48、系的理解。对小球受力分析，并沿水平、竖直方向正交分解。水平方向：Tcos FNsin ma，竖直方向：Tsin FNcos mg。联立求解得选项A正确。6(2013浙江高考)如图5所示，水平木板上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g10 m/s2，下列判断正确的是()图5A5 s内拉力对物块做功为零B4 s末物块所受合力大小为4.0 NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6 s9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析：选D本题考查物体的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律及图
49、像的理解。由Fft图像知物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由mg3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数0.3，则C项错误；6 s9 s内物块所受的合力为5 N3 N2 N，由F合ma，得物块的加速度大小a2 m/s2，故D项正确。二、多项选择题7(2014徐州市第三中学质检)如图6所示，质量为m1 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
50、2 N的恒力，在此恒力作用下(取g10 m/s2)()图6A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，FfFNG3 N，根据牛顿第二定律得，a m/s25 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t s2 s，B正确，A错误。减速到零后，FFf，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。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7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
51、竖直状态运行)。则()图7A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mgmaD小物块受到的静摩擦力为mgma解析：选AD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Ffmgsin 30ma，Ffmgma，方向平行斜面向上。9如图8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，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，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(设最大静摩擦力等于滑动摩擦
52、力)()图8A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 cos )，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若gsin 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 FNma，FNmgcos ，解得agsin gcos ，故B项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin mgcos ，即当2F Dx2)(2分)(3)由平抛运动规律xvtt，Lsin 30gt2(2分)解得xL (1分)则xL得证(1分)(1)在中易出现：Mgmgsin 30ma，得a(2k1)g，此解错误的原
53、因是认为细绳的拉力大小等于Mg，此错误使(1)问的5分全部丢失，还将影响(2)、(3)问题的最终结果。(2)在中易出现错误关系式vt2v022a0L(1sin 30)，原因是没有注意到a0只表示加速度的大小，此错误将丢4分。名师叮嘱(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，上一过程的末态是下一过程的初态，对每一个过程分析后，列方程，联立求解。(2)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。如本题中的小球先做匀减速运动到管口，后做平抛运动。随堂对点训练1一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图3313所示，则()图3313A
54、t3时刻火箭距地面最远Bt2t3的时间内，火箭在向下降落Ct1t2的时间内，火箭处于失重状态D0t3的时间内，火箭始终处于失重状态解析：选A由速度图像可知，在0t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确，B错误。t1t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误。2(2014贵州五校联考)如图3314所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量mAmAgCTmBg DTmBg解析：选B物体A向上加速运动，物体B向下加速运动
55、，因此A处于超重状态，TmAg，B处于失重状态，Tm)的A、B两物块，物块间夹着一处于压缩状态的轻质弹簧，两物块与桌面间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，两物块与桌面始终相对静止。则()图3A车厢运动的加速度一定小于gB若剪断弹簧，物块与桌面有可能发生相对滑动C车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小D车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时大解析：选AC先假设没有弹簧且车厢加速度达到g，则静摩擦力达到最大；再加上压缩的弹簧，一个静摩擦力要增加，另一个要减小，已经达到最大静摩擦力，不能再增加，故矛盾，故A正确。通过A选项分析，加速度ag；故剪断弹簧，两
56、个物块均不会滑动，故B错误。车厢处于减速运动状态时，物块B所受静摩擦力较大，故物块B容易滑动；恰好滑动时，有：mamgkx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kxmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，故车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故C正确。车厢处于加速运动状态时，物块A所受静摩擦力较大，故物块A容易滑动；恰好滑动时，有：mamgkx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kxmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故D错误。4(2014青岛模拟)如图4所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面
57、在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()图4A球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面对球的弹力变大D斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma解析：选A对球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：FN1FN2sin ma，FN2cos mg，由以上两式可得：FN2不随a的变化而变化，FN1随a的增大而增大，故A正确，B、C错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力才等于ma，故D错误。5(2014江苏省泰兴模拟)如图5所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B
58、始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()图5Amg，斜向右上方Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右Dmg，竖直向上解析：选A由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小agtan ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ffmamgtan ；竖直向上的支持力FNmg，小车对物块B产生的作用力的大小为Fmg，方向为斜向右上方，故A正确。6(2014湖北重点中学联考)如图6所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3
59、 m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为，在此过程中，A、B间的摩擦力为()图6AF B2FC.m(ga) Dm(ga)解析：选D由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误。设民工兄弟对A、B在竖直方向上的摩擦力为Ff，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff(m3m)g(m3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff，对A由牛顿第二定律有FfFfmgma，解得Ffm(ga)，D正确，C错误。二、多项选择题7(2013南昌铁一中摸底)弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体。当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16 N。如果从升降机的速度
60、为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)()A2 m B3 mC4 m D8 m解析：选AC根据弹簧秤的示数始终是16 N可知，升降机加速度方向向下，mgFma，解得a2 m/s2。若升降机向下加速运动，经过1 s，升降机的速度为5 m/s，经过1 s，升降机的位移可能是4 m；若升降机向上减速运动，经过1 s，升降机的速度为1 m/s，经过1 s升降机的位移可能是2 m；选项A、C正确。8(2013镇江第一中学质检)风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图7所示，对B球施加水平风
61、力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是()图7A细绳与竖直方向的夹角B轻绳拉力的大小C细杆对球的支持力D风给小球的水平力解析：选CD由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项A、B错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项C、D正确。9(2013邯郸摸底)如图8所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一
62、水平恒力F作用在C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()图8A无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小B若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大D若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小解析：选AD因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F3mgmg(3mm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力mg、绳子拉力T，FmgTma，a减小，F、mg不
63、变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T2mg2ma，T减小，选项D对。10(2014商丘模拟)如图9(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g10 m/s2，由图线可知()图9A甲的质量是2 kgB甲的质量是6 kgC甲、乙之间的动摩擦因数是0.2D甲、乙之间的动摩擦因数是0.6解析：选BC由aF图像可知，当F48 N时，甲、乙两物体相对滑动，此过程中，Fm甲g
64、m甲a，对应图线可得：m甲6 kg，将F60 N，a8 m/s2，代入上式可得0.2，B、C正确。三、非选择题11有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图10所示，AC是长度为L15 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L21 m，瓶子质量m0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦系数0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，
65、g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：图10(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Fmgma1mgma2加速运动过程中的位移x1减速运动过程中的位移x2位移关系满足：x1x2L1又va1t1由以上各式解得：t1 s(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：L1L2v2
66、2a1d联立解得d0.4 m答案：(1) s(2)0.4 m12(2014河南三市联考)如图11所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木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s将发生变化，重力加速度g10 m/s2。图11(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当角满足什么条件时，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，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsin f，fmgcos 联立解得：。(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，m
67、gsin smgcos s0mv02，解得s。令asin cos 设cos ，则asin()当/2时，a存在最大值am2。即sin cos ，60时，s最小。对应的最小值s5m。答案：(1)(2)605m 实验三探究加速度与物体质量、物体受力的关系一、实验目的(是什么)1学会用控制变量法研究物理规律。2探究加速度与物体质量、物体受力的关系。3掌握灵活运用图像处理问题的方法。二、实验原理(是什么)控制变量法：在所研究的问题中，有两个以上的参量在发生牵连变化时，可以控制某个或某些量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法，这也是物理学中研究问题时经常采用的方法。本实验中，研究的参量为F、m和a，
68、可以控制参量m一定，研究a与F的关系，也可控制参量F一定，研究a与m的关系。三、实验器材(有哪些)电磁打点计时器、复写纸片和纸带、一端有定滑轮的长木板、小车、小盘、低压交流电源、天平、砝码、刻度尺、导线。四、实验步骤(怎么做)图实311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：小车的尾部挂上纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，将木板无滑轮的一端稍微垫高一些，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动。这样小车所受重力沿木板的分力与小车所受摩擦力平衡。在保证小盘和
69、砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以近似认为小盘和砝码的总重力大小等于小车所受的合外力的大小。4把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。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。7改变小车上砝码的个数，重复步骤(6)。五、数据处理(怎么办)1保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度填入表(一)中。表(一)实验次数加速度a/(ms2)小车受力F/N12342.保持小盘内的砝码个数不变时，计算各次小
70、车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表(二)中。表(二)实验次数加速度a/(ms2)小车和砝码的总质量M/kg12343.需要记录各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，描点画aF图像，如果图像是一条过原点的直线，便证明加速度与作用力成正比。再记录各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示总质量的倒数，描点画a图像，如果图像是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比。六、注意事项(有哪些)1平衡摩擦力时，调节长木板形成一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受
71、的摩擦阻力。在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带运动。2每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘及盘内砝码总质量的条件下打出。只有如此，小盘及盘内砝码重力才可视为小车受到的拉力。3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，且应在小车到达滑轮前按住小车。4作图像时，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分布在所作直线两侧。5作图时两轴标度比例要选择适当。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。七、误差分析(为什么)1系统误差以小车、小盘和
72、砝码整体为研究对象得mg(Mm)a；以小车为研究对象得FMa；求得Fmgmgmg。本实验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。小盘和砝码的总质量越接近于小车的质量，误差越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小。因此，满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量的目的就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差。2偶然误差摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。考查实验原理与操作典例1(2013天津高考)某实验小组利用图实32所示的装置探究加速度与力、质量的关系。图实32(
73、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33(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图实32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
74、关系，分别得到图实33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_乙(选填“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，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 等于摩擦力mgcos ，即mgsin mgcos (其中为木板的倾角)，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，故D正确；
75、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，故选项C错误。(2)实验中平衡好摩擦力后，绳的拉力提供木块的合外力即Fma；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mgFma，两式联立得mg(mm)a，当mm时，mmm，mgma即当mm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，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Fmgma，得aFg，即aF图像中，斜率表示质量的倒数，a轴上的截距的绝对值表示g，结合图可得m甲乙。答案(
76、1)AD(2)远小于(3)小于大于题点集训1(2013扬州模拟)如图实34甲所示是某同学设计的“探究加速度a与力F、质量m的关系”的实验装置图，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度可由纸带求得。图实34(1)该同学对于该实验的认识，下列说法中正确的是_。A该实验应用了等效替代的思想方法B该实验应用了控制变量的思想方法C实验时必须先接通电源后释放小车D实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，其前提必须保证砂和砂桶总质量远远大于小车的质量(2)如图乙所示是该同学在某次实验中利用打点计时器打出的一条纸带，A、B、C、D、E、F是该同学在纸带上选取的六个计数点，其中计数点
77、间还有若干个点未标出，设相邻两个计数点间的时间间隔为T。该同学用刻度尺测出AC间的距离为x1，BD间的距离为x2，则打B点时小车运动的速度vB_，小车运动的加速度a_。(3)某实验小组在实验时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及对应的数据如表中所示。根据表中数据，在图丙坐标纸中作出F不变时a与关系的图像。次数123456小车加速度a/ms21.721.491.251.000.750.50小车质量m/kg0.290.330.400.500.711.00/kg13.453.032.502.001.411.00解析：(1)选BC该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研
78、究，故A错误，B正确；只有先接通电源后释放纸带，因为如果先释放纸带再去接通电源，打点前物体会带着纸带向前走一段距离，甚至纸带会全部通过打点计时器，故C正确；当小车质量一定，研究小车的加速度和小车所受合力的关系时，为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，此时小车的合力就是绳子的拉力。设小车的质量为m，砝码和小桶的质量为m0，根据牛顿第二定律得：对m0：m0gF拉m0a，对m：F拉ma，解得：F拉，当m0m时，绳子的拉力近似等于砝码和小桶的总重力，故D错误。(2)相邻两个计数点间的时间间隔为T。该同学用刻度尺测出AC间的距离为x1，BD间的距离为x
79、2，根据匀变速直线运动规律，可知B点的瞬时速度等于A点到C点的平均速度，所以vAC，由a可求得加速度a。(3)直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图像，如图所示。答案：(1)BC(2)(3)见解析图2(2014郑州质检)为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图实35所示的实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：图实35(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_；A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好
80、做匀速运动D将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上(2)在实验中，得到一条打点的纸带，如图实36所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表示式为a_；图实36图实37(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图实37所示。图线_是在轨道倾斜情况下得到的(选填“”或“”)；小车及车中的砝码总质量m_ kg。解析：(1)为平衡滑动摩擦力，应使小车的重力沿斜面的分力与滑动摩擦力相等，此时不能连接钩码，故C正确
81、。(2)计算加速度可用逐差法得到三个加速度再取平均值，此时误差较小。a(3)轨道倾斜太大，即使没有钩码拉小车也将加速下滑，因此图线为轨道倾斜情况下得到的。由题图中图线可得mgsin fma0，F1mgsin fma1，可得：F1ma0ma1由图像知F11 Na02 m/s2a14 m/s2可求得m0.5 kg答案：(1)C(2)(3)0.5考查数据处理与误差分析典例2(2014南京外国语学校质检)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38(1)图实38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
82、车的加速度大小为_ m/s2(结果保留两位有效数字)。(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38所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是_。图实38(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/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67/kg14.003.453.032.502.001.411.000.60a
83、.请在坐标纸中画出a图线；图实310b根据作出的a图像可以得到的结论是：_。解析(1)由逐差法求小车的加速度a m/s20.43 m/s2(2)图线没有过原点，与F轴有交点，说明实验前没有平衡小车的摩擦力(或平衡摩擦力不充分)。图实311(3)根据数据在坐标纸上画出a图线如图实311所示，由图可知，图线为一条过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度与质量成反比。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.见解析图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题点集训3在做“探究加速度和力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加
84、速度a和拉力F的数据如下表所示：F/N0.200.300.400.500.60a/(ms2)0.110.190.290.400.51(1)根据表中的数据在图实312的坐标系上作出aF图像；图实312(2)图像斜率的物理意义是_。(3)小车和砝码的总质量为_kg。(4)图线(或延长线)与F轴截距的物理意义是_。解析：(1)根据所给数据在所给坐标系中准确描点，作出的aF图像如图所示。(2)根据(1)中图像可知，保持小车和砝码的总质量不变，小车的加速度a和拉力F成正比；若保持力F不变，改变小车和砝码的总质量，通过实验探究可知小车的加速度a与小车和砝码的总质量成反比；因此可以判断(1)中图像斜率表示小
85、车和砝码总质量的倒数。(3)由(1)中图像可得：，解得M1 kg。(4)由aF图像可知，当力F0.1 N时，小车开始运动，说明此时小车受到的阻力为0.1 N。答案：(1)见解析(2)小车和砝码总质量的倒数(3)1(4)小车受到的阻力为0.1 N4(2013通州模拟)某实验小组设计了如图实313甲所示的实验装置研究加速度和力的关系。实验装置主要部件为位移传感器的发射器和接收器，分别固定在轨道右端和小车上；通过传感器测定两者间位移变化，从而测出小车的加速度。图实313(1)在该实验中采用的方法是_。保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，用传感器测小车的加速度。通过改变钩码的数量，
86、多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。该实验小组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aF图线，如图乙所示，可知在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的图线是_(选填“”或“”)。(2)随着钩码的数量逐渐增大，图乙中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_。A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大解析：(1)在研究加速度与力的关系时，要控制小车的质量不变，这种方法叫做控制变量法，aF图线中图线与a轴正半轴有交点，表明拉力F为零时，小车具有沿轨道向下的加速度，一定是轨道右侧抬高为斜面的情况。(2)由牛顿第二定律可得：
87、a，又Fmg，故aF，可见aF图线的斜率k，当Mm时，斜率几乎不随m改变，但当所挂钩码的总质量太大时，图线斜率k将随m的增大而减小，因此图线发生弯曲，故C正确。答案：(1)控制变量法(2)C考查实验的改进与创新典例3某同学设计了如图实314所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d。开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，
88、然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t。图实314(1)木块的加速度可以用d和t表示为a_。(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F的关系。图实315中能表示该同学实验结果的是_。图实315(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_。A可以改变滑动摩擦力的大小B可以更方便地获取更多组实验数据C可以获得更大的加速度以提高实验精度解析(1)由dat2可得：a。(2)由牛顿第二定律可知，FF0ma，故aF，C选项正确。(3)挂钩码的方法不能连续改变细绳拉力大小，因此不能准确测出摩擦力的大小，也不利于获得多组测量数据，故B正确。答案(1)(2)C(
89、3)B一、本题创新点分析1.源于教材本例中的实验目的及实验中用到的器材：一端带滑轮的长木板、滑块，与课本实验是相同的，利用aF图像处理实验数据的方法也是相同的。2.高于教材本例中没有平衡摩擦力，而是用缓慢向瓶中加水的办法比较准确地测出木块的滑动摩擦力大小和细绳拉力大小，实验数据处理时，不是作木块加速度a与合力的关系图线，而是作木块加速度a与细绳拉力F的关系图线。二、本实验还可以从以下方面进行改进创新1.实验目的创新如果要测量木块与木板间的动摩擦因数，实验应如何操作？提示：长木板水平放置，木板与钩码间的细绳长些，测出钩码落地后，木块前进过程中做匀减速的加速度，由ag可得的大小。2.实验器材的创新
90、(1)用气垫导轨代替长木板，实验应如何操作？提示：将气垫导轨调成水平，不用再平衡摩擦力了，其他操作不变。(2)如果提供光电门(两个)该实验应如何操作？提示：在长木板上固定两个光电门，量出两光电门的距离D和遮光条的宽度d，可用2aD求出木块的加速度，而不再使用打点计时器。题点集训5(2013苏北四市调研)某实验小组利用如图实316甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系。(1)做实验时，将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d。则滑块
91、经过光电门1时的速度表达式v1_；滑块加速度的表达式a_(以上表达式均用已知字母表示)。如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为_mm。图实316(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图实415甲)。关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法有_。AM增大时，h增大，以保持二者乘积增大BM增大时，h减小，以保持二者乘积不变CM减小时，h增大，以保持二者乘积不变DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小解析：(1)由速度的定义式可得滑块经过光电门1时的速度表达式v1；经过光电门2时的速度表达式v2；由2axv22v12，解得滑块
92、加速度的表达式a；游标卡尺主尺上读出8 mm，游标上第3刻度线与主尺对齐，30.05 mm，游标卡尺读数为8 mm30.05 mm8.15 mm。(2)滑块沿斜面向下运动所受合外力为MgsinMgh/L，为了保持滑块所受的合力不变，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；或M减小时，h增大，以保持二者乘积不变，选项B、C正确。答案：(1)8.15(2)BC6(2013新课标全国卷)图实317甲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：甲乙图实317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；调整轻滑轮，使细
93、线水平；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tA和tB，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数。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1mm)的示数如图乙所示，其读数为_cm。(2)物块的加速度a可用d、s、tA和tB表示为a_。(3)动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为_。(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于_(选填“偶然误差”或“系统误差” )。解析：(1)游标卡尺主尺读数为0.9 cm，游标为20分度，读数为120.05 mm0.060 cm，游标卡尺的读数为
94、0.9 cm0.060 cm0.960 cm。(2)遮光片通过光电门A的速度为vA，通过光电门B的速度为vB，根据vB2vA22as可解得a()2()2。(3)设细线拉力为T，以物块为研究对象，水平方向上：TMgM，以重物为研究对象，竖直方向上：mgTm，两式联立解得。(4)由于仪器未调整好造成的误差，属于系统误差。答案：(1)0.960(2)(3)(4)系统误差7(2014宜春质检)如图实318为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L48.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率。图
95、实318(1)实验主要步骤如下：将拉力传感器固定在小车上；平衡摩擦力，让小车做_运动；序号F(N)vB2vA2(m2/s2)a(m/s2)10.600.770.8021.041.611.6831.422.3142.624.654.8453.005.495.72把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；改变所挂钩码的数量，重复的操作。(2)下表中记录了实验测得的几组数据，vB2vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a_。请将表中第3次的实验数据填写完整。
96、(3)由表中数据，在图实319中的坐标纸上作出aF关系图线。图实319(4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线)，造成上述偏差的原因是_。解析：(1)摩擦力是否平衡，要根据小车不受拉力作用时，沿长木板能否做匀速直线运动来判断。(2)小车在拉力作用下做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得：a。小车在不同拉力作用下均做匀变速直线运动，由vB2vA2与a成正比可得：a2.40 m/s2。(3)根据表中a与F的数据描点，发现各点基本处于同一条直线上，通过各点作直线即可。(4)没有完全平衡摩擦力。当没有完全平衡摩擦力时，由FFfma得：aF，aF图线交于F轴的正半轴。答案：(1)匀速直线(2)2.40(3)见解析图(4)没有完全平衡摩擦力