1、2017高考备考导航考点考纲要求专家解读牛顿运动定律及其应用1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法和原理。2高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系。3本章是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高。超重与失重实验：探究加速度与力、
2、质量的关系第一节牛顿第一定律牛顿第三定律主干回顾一、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使它改变这种状态。2意义3惯性二、牛顿第三定律1作用力与反作用力：两物体间相互作用的一对力2内容自我检测1判断下列说法的正误。(1)有力物体就运动，无力时物体就静止，因此力是维持物体运动的原因。()(2)运动速度大的物体的惯性大，速度小的物体的惯性小。()(3)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。()(4)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化。()(5)作用力与反作用力大小相等，方向相反，因此其合力为零。()2导学号：6081
3、0136(多选)(2013山东理综)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物比轻的物体下落快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相
4、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。答案AC3导学号：60810137(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答案ACD4(2016长沙检测)如图312所示，用细绳把小球悬挂起来，当小
5、球静止时，下列说法中正确的是图312A小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力答案C5一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对这一现象，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因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
6、答案C考点一牛顿第一定律的理解与应用1惯性的两种表现形式(1)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牛顿第一定律的意义(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重要属性惯性，即物体总保持原来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
7、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导学号：60810138(多选)(2012全国)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
8、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。答案AD2导学号：60810139就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是A采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度。这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D摩托车转弯时
9、，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，选项A错误；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是子弹具有的动能过小，但惯性不变，选项B错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，当然它的惯性也就改变了，选项C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，选项D错误。答案C考点二牛顿第三定律的理解及应用1
10、作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：大小相同；性质相同；变化情况相同。(2)“三异”：方向不同；受力物体不同；产生效果不同。(3)“三无关”：与物体的种类无关；与物体的运动状态无关；与物体是否和其他物体存在相互作用无关。2相互作用力与平衡力的比较 对应名称比较内容作用力和反作用力一对平衡力同点受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生、同时消失不一定同时产生、同时消失叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定是同性质的力性质不一定相同相同点大小、方向大小相等、方向相反、作用在同一条直
11、线上考向1作用力与反作用力的特点例1导学号：60810140牛顿在总结C雷恩、J沃利斯和C惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是A物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而
12、平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确。答案D考向2作用力、反作用力与平衡力的区别例2导学号：60810141如图313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313A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A项中两力是
13、一对作用力与反作用力，A错；B项中两力是一对平衡力，B错；因m甲m乙，由a知a甲x甲，C项正确；由xat2知x与收绳的速度无关，D项错。答案C考点三“转移研究对象法”分析物体受力问题(思想方法)在对物体进行受力分析时，如果不便于分析物体受到的某些力，则可以通过分析其反作用力来解决问题，牛顿第三定律将起到非常重要的转换研究对象的作用，使得我们对问题的分析思路更灵活、更宽阔。 例3导学号：60810142(2016厦门模拟)如图314所示为杂技“顶竿”表演，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”的压力大小为图314A(Mm)gB(Mm)gm
14、aC(Mm)gmaD(Mm)g转换对象“底人”受力竿受力思路立现通过转换研究对象将研究对象由受力复杂的“底人”转换为受力较“少”的杆，便于分析和计算解析对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，有mgFfma、得Ffm(ga)，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，对竿分析：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MgFfFN，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与反作用力，由牛顿第三定律，得到FNFNMgFf(Mm)gma，B项正确。答案B规律总结利用转换对象法解题的思路(1)选择合适的研究对象，分析受力情况，判断物
15、体的受力是否可以直接求出；(2)转换研究对象，分析待求力的反作用力；(3)由牛顿第三定律求出待求力。导学号：60810143一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315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315AMgFfBMgFfCMgmg DMgmg解析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
16、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。答案A随堂巩固1导学号：60810144(2014北京理综)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316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图316A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
17、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、C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题，故错误。答案A2导学号：60810145(多选)(2016昆明模拟)如图317所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“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317A甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所
18、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，所以甲获胜答案BD3(2016淮安月考)双人滑冰比赛表演刚开始时两人静止不动，随着优美的音乐响起在相互猛推一下之后他们分别向相反方向运动。假定两人与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于A在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D在刚分开时，甲的加速度小于乙的加速度解析根据牛顿第三定律，在
19、推的过程中，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的，它们总是同时产生、同时消失、同时变化的，所以推力大小相等，作用时间相同。由于两人和冰面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律求得两人的加速度相同(均为g)，由运动学公式v22ax可知，加速度相同，甲在冰上滑行的距离比乙远，说明在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故选C。答案C4在平直轨道上，匀速向右行驶的封闭车厢内，悬挂着一个带滴管的盛油容器，滴管口正对车厢地板上的O点，如图318所示，当滴管依次滴下三滴油，且这三滴油都落在车厢的地板上，则下列说法中正确的是图318A这三滴油依次落在OA之间，而且后一滴比前一滴离O点远些B这三滴油依次落在OA之
20、间，而且后一滴比前一滴离O点近些C这三滴油依次落在OA之间同一位置上D这三滴油都落在O点上解析在匀速行驶的封闭车厢内，车厢和油滴在水平方向上具有相同的速度，油滴落下的时候，车厢和油滴在水平方向上的位移相同，油滴一定落在滴管口正下方的O点，选项D正确。答案D5导学号：60810146(2016海口模拟)建筑工人用如图319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319A510 NB490 NC890 N D910
21、 N解析绳子对物体的拉力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限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1导学号：60810147(2016绍兴期中)下列关于力和运动关系的说法中正确的是A没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零D物体所受的合外力最大时，速度却可以为零；物体所
22、受的合外力最小时，速度却可以最大解析物体的运动并不需要力来维持，A错误。受力越大，运动并不一定越快，B错误。物体所受合外力为零，速度不一定为零，如匀速运动的汽车；物体所受合外力不为零，速度可能为零，如做竖直上抛运动的小球运动到最高点时，C错误、D正确。答案D2(2016潍坊模拟)关于惯性的认识，以下说法正确的是A物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关解析惯性大小与物体
23、的运动状态及受力情况无关，由物体的质量大小唯一确定，A、B、D均错误；要改变物体的速度，必须有外力作用，而且要经历一定的时间，C正确。答案C3如图3110所示，用质量不计的轻细绳l1和l2将A、B两重物悬挂起来，则下列说法正确的是图3110Al1对A的拉力和l2对A的拉力是一对平衡力Bl2对A的拉力和l2对B的拉力是一对作用力与反作用力Cl1对A的拉力和A对l1的拉力是一对平衡力Dl2对B的拉力和B对l2的拉力是一对作用力和反作用力答案D4导学号：60810148(多选)2014年10月7日21时49分在云南普洱市景谷县发生6.6级地震，如图3111所示，解放军某部出动直升机救助被困受伤灾民，
24、若不考虑悬索质量，下列说法正确的是图3111A只有在匀速吊起时悬索对人的拉力才等于人对悬索的拉力B当加速吊起时悬索对人的拉力等于人对悬索的拉力C当加速吊起时悬索对人的拉力大于悬索对飞机的拉力D无论如何吊起悬索对人的拉力都等于人对悬索的拉力解析悬索对人的拉力和人对悬索的拉力是一对作用力与反作用力，在任何情况下大小都相等，故A选项错误，B、D选项正确；悬索对飞机的拉力和飞机对悬索的拉力是一对作用力和反作用力，且悬索中张力处处相等，故C选项错误。答案BD5导学号：60810149(2016池州模拟)如图3112所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是图3112A小球受到的重力和细
25、绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力解析小球受到的重力与细绳对小球的拉力均作用在小球上，且等大反向，是一对平衡力，A、D错误，C正确；小球对细绳的拉力与细绳对小球的拉力才是一对作用力和反作用力，故B错误。答案C6(2016闸北模拟)如图3113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3113A变大B变小C不变D无法判断解析吊扇不转动时，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
26、，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。答案B7如图3114所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，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3114A一定相碰B一定不相碰C不一定相碰D无法确定解析因小车表面光滑，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。答案B8导学号：60810150(多选)如图3115所示为郭晶晶跳水时的起跳动作，下列说法正确的是图3115A郭晶晶受到弹力的直接原因是跳板发生了形变B
27、郭晶晶所受的支持力和重力是一对平衡力C郭晶晶能跳得高的原因之一是她对板的作用力远大于板对她的作用力D郭晶晶能跳得高的原因之一是板对她的作用力远大于她的重力解析跳板发生了形变，要恢复原状，则要对运动员产生向上的弹力，A正确；运动员所受的支持力和重力大小不相等，不是一对平衡力，运动员能跳得高的原因之一，是因为板对她的作用力大于她的重力，B、C错误，D正确。答案AD9导学号：60810151(多选)如图3116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3116A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
28、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。答案BC10如图3117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图3117A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由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳
29、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。答案A二、计算题(共30分)11导学号：60810152(15分)如图3118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L010 cm，劲度系数k100 N/m。当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L11 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
30、力，求B对地面的压力大小。(g取10 m/s2)图3118解析A受力如图所示，由平衡条件得：k(LL0)mgF0解得：F4 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FF4 N，方向竖直向下B受力如图所示，由平衡条件得：FNmgF0解得：FN9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N。答案9 N12导学号：60810153(15分)(2016天水模拟)如图3119所示，倾角为的斜面体放在水平地面上，质量为m的光滑小球放在墙与斜面体之间处于平衡状态，求小球对斜面体的压力大小和地面对斜面体的摩擦力大小。图3119解析小球对斜面体的压力和斜面体对小球的支持力是
31、一对作用力和反作用力，由于斜面体的受力情况难以确定，故以小球为研究对象分析小球对斜面体压力的反作用力；地面对斜面体的摩擦力，可选小球和斜面体整体为研究对象分析求得。小球受力如图甲所示，由平衡条件得：竖直方向：FN1cos mg0水平方向：FN2FN1sin 0对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得：水平方向：FfFN20解得：FN1Ffmgtan 由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为FN1FN1。答案mgtan 第二节牛顿第二定律两类动力学问题主干回顾自我检测1判断下列说法的正误。(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。()(2)物体所受合外力大，其加速度一定大。()(3)对静止在光
32、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)物体所受合外力与加速度成正比。()(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。()2导学号：60810154(多选)下列关于牛顿第二定律的说法中，正确的是A物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关B物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关C物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D. 一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了答案AB3(多选)(2016杭州检测)
33、下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是A基本单位和其导出单位一起组成了单位制B选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D一般说来，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系答案ABC4如图321甲所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用静止不动。现保持F1不变，F2大小变化如图乙所示，则在此过程中，能正确描述木块运动情况的速度图象是下列选项中的图321答案D5如图322所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，一物体从弹簧上方某高处自由下落，并落在
34、弹簧上，弹簧在压缩过程中始终遵守胡克定律。从物体接触弹簧开始，直到把弹簧压缩到最短为止，物体的加速度大小图322A一直变大B一直变小C先变大后变小 D先变小后变大答案D考点一牛顿第二定律瞬时性分析1两种模型：牛顿第二定律的表达式为Fma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看
35、成保持不变。2解题思路：1导学号：60810155(多选)(2016银川模拟)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
36、究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。答案BC2导学号：60810156如图324甲所示，一质量为m的物体系于l1、l2两根细线上，细线l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，细线l2水平拉直，物体处于平衡状态。现将细线l2剪断，求剪断瞬间物体的加速度。图324(1)下面是某同学对该题的一种解法：解：设细线l1上拉力为F1，细线l2上的拉力为F2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，即F1cos mg，F1sin F2，F2mgtan 。剪断线的瞬间，F2突然消失，物体即在F2的反方向获得加速度。因为mgtan ma，所以加速度agtan ，
37、方向为F2的反方向。你认为这个结果正确吗？请你对该解法作出评价并说明理由。(2)若将图甲中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即agtan ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。解析(1)结果不正确。因为细线l2被剪断的瞬间，细线l1上的张力大小发生了突变。(请同学们思考正确的解法是怎样的？正确答案是：细线l2被剪断瞬间，细线l1上的张力突变为Fmgcos ，物体加速度agsin )(2)结果正确。因为细线l2被剪断瞬间，弹簧的长度不能发生突变，因此弹簧的拉力F1的大小和方向都不能突变，F1与mg的合力大小和方向都不变，与F2等大
38、、反向。答案见解析规律总结在求解瞬时加速度时应注意的两个问题(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，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。考点二动力学的两类基本问题1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：2两类动力学问题的解题步骤考向1已知受力情况，确物体的运动情况 例1导学号：60810157(2016洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌
39、上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有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325所示，AC是长度L15.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令2.2)图325 审题探究撤去推力的前后，瓶子做什么运动？瓶子加速段和减速段运动的位移之和大小范围是怎样的？解析要
40、想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则Fmgma1mgma22a1x1v2a2x2vL1L2x1x2L1由以上各式联立可解得：0.4 mx10。答案A规律总结分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有注意坐标原点是否从零开始。(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。考点四“传送带”模型(物理模型)物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送
41、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v0。2.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a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可
42、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考向1水平传送带问题 例5导学号：60810161(多选)如图329所示，水平传送带A、B两端点相距x4 m，以v02 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中图329A小煤块从A运动到B的时间是 sB小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC划痕长度是4 mD划痕长度是
43、0.5 m解析小煤块刚放上传送带后，加速度ag4 m/s2，由v0at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t10.5 s，此时小煤块运动的位移x1t10.5 m，而传送带的位移为x2v0t11 m，故小煤块在带上的划痕长度为lx2x10.5 m，D正确、C错误；之后的xx13.5 m，小煤块匀速运动，故t21.75 s，故小煤块从A运动到B的时间tt1t22.25 s，A错误、B正确。答案BD考向2倾斜传送带问题(规范答题) 例6导学号：60810162(16分)如图3210所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放
44、一个质量为m0.5 kg的物体，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：图3210 (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。1审读题干，挖掘信息物体的初速度为零，与传送带发生相对滑动，它们之间的摩擦力为滑动摩擦力。初始时刻物体受摩擦力的方向：传送带顺时针转动时，f沿传送带向上；传送带逆时针转动时，f沿传送带向下。2构建情景，还原模型重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力。无论摩擦力的方向如何，物体均能沿斜面向下加速运动。传送带逆时针转动时，物体先加速运动，速度与传送带相等后再以较小的加速度加速。传送带顺时
45、针转动时，物体一直加速。(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 37cos 37)ma(2分)则agsin 37gcos 372 m/s2，(1分)根据lat2得t4 s。(2分)(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 37mgcos 37ma1(2分)则有a110 m/s2(1分)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 s1 s
46、，(1分)x1a1t5 mmgcos 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a22 m/s2(2分)x2lx111 m(1分)又因为x2vt2a2t，则有10t2t11(1分)解得：t21 s(t211 s舍去)(1分)所以t总t1t22 s。(1分)答案(1)4 s(2)2 s规律总结分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析。导学号：60810163(2016正定月考)一水平传送带以2.0 m/
47、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3211(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取10 m/s2)解析(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1s11 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s2 m由于s20.4 m，所以物块未到达斜面的最高点。(2)物块从开
48、始到第一次到达传送带右端所用时间t11.5 s物块在斜面上往返一次时间t2 s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左mgma3向左端发生的最大位移s3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sL3s22s3s5 m。答案(1)不能m(2)5 m随堂巩固1导学号：60810164(多选)(2015海南单科)如图3212所示，物块a、b和c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
49、记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间，图3212Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1得a13g，A正确、B错误。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正确、D错误。答案AC2导学号：60810165(2013全国课标)一物块静止在粗糙的水平桌面上。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
50、的加速度大小，F表示水平拉力的大小。下图中能正确描述F与a之间关系的图象是解析本题考查摩擦力、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之间关系的图象是C，选项C正确，A、B、D错误。答案C3导学号：60810166(多选)(2015课标)如图3213甲所示，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出图3213A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
51、沿斜面向上滑行的最大高度解析设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2。再结合vt图线斜率的物理意义有：a1，a2。由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确。0t1时间内的vt图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确。答案ACD4导学号：60810167(多选)(2016济宁质检)如图3214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.
52、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3214A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解析若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vv2as，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
53、/s，故D错误。答案ABC限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1(2016沈阳月考)如图3215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3215AM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，FNMa，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。答案C2(2016绵阳一诊)如图3216所示，一轻弹簧竖直
54、固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，下列关于小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离x变化的关系图线正确的是3216解析小球自接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力Fkx，由牛顿第二定律可得：mgkxma，解得agx，故选项B正确、D错误；加速度随时间的变化是先减小再反向增大，但不是线性关系变化，故选项A、C错。答案B3导学号：60810168(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vt图象如图3217所示，g取10 m/s2。下列说法中正确
55、的是图3217A小球所受重力和阻力大小之比为51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析上升过程中mgfma1，代入a112 m/s2，解得f2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgfma2，可得a28 m/s2，根据hat2可得 ，选项B错误；根据va2t2，t2 s可得v8 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。答案AC4如图3218所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数
56、相同，斜面与水平面平滑连接。图中v、a、Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是图3218解析物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图象为一平行时间横轴的直线段，速度vat，其速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程sat2，路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，A、B、D均错；物体滑到水平面后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以C正确。答案C5导学号：60810169(2012安徽理综)如图3219所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑
57、，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则图3219A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析设斜面倾角为，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a0，即tan 。对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度aa，且Fsin Fcos 0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。故选项C正确，选项A、B、D错误。答案C6(2016安庆模拟)如图3220所示，车内绳AB与绳BC拴住一球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则图3220AAB绳、BC绳拉力都变大BAB绳拉力变大，BC绳拉力
58、变小CAB绳拉力变大，BC绳拉力不变DAB绳拉力不变，BC绳拉力变大答案D7导学号：60810170(2015天津联考)如图3221所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是图3221A弹簧的原长为LB水平恒力大小为mgC撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g解析分析小球B受力，由平衡条件可得：kxmgsin ，解得x，弹簧的原长为LxL，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：Fcos mgsin kx，解得：Fmg，B错
59、误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，故B球的加速度为零，由mgsin kxmaA可得：小球A此时的加速度为aAg，C正确。答案C8如图3222所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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tan ，则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是图3222解析当小木块速度小于v0时，对小木块受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mgsin mgcos ma1，可知a1gsin gcos ，当小木块速度达到v0时，因为mgcos ，所以小木块将继续加速下滑，再次对小木块受力分析可知，小木块此时受沿
60、传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mgsin mgcos ma2，可知a2gsin gcos ，a1a2，对比各vt图象可知选项D正确。答案D9导学号：60810171如图3223所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用，力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。已知此物体在t0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，取g10 m/s2，则这四个速率中最大的是图3223Av1Bv2Cv3Dv4解析(a)图中02 s内物体受沿斜面向下的
61、拉力0.5mg，重力沿斜面向下的分力为0.5mg，因此物体受到的合外力为mg，加速度方向沿斜面向下，大小为g，23 s内物体受力平衡，v120 m/s；(b)图中01 s内物体静止不动，12 s内物体向下滑动的加速度大小为0.5g，23 s内物体向下滑动的加速度大小为g，v215 m/s；(c)图中01 s内物体向下滑动的加速度大小为0.5g，13 s内物体向下滑动的加速度大小为g，v325 m/s；(d)图中02 s内物体向下滑动的加速度大小为g，23 s内物体变为加速度大小为0.5g的向下的减速运动，v415 m/s。答案C二、计算题(共46分)10导学号：60810172(15分)(20
62、15上海联考)一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图3224所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的vt图。求：(g取10 m/s2)图3224 (1)滑块冲上斜面过程中的加速度大小；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置。解析(1)滑块的加速度大小：a m/s212 m/s2。(2)滑块在冲上斜面过程中mgsin mgcos ma0.81(3)滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能
63、再下滑。x m1.5 m滑块停在距底端1.5 m处。答案(1)12 m/s2(2)0.81(3)不能返回，停在距底端1.5 m处11导学号：60810173(15分)(2016福州质检)如图3225甲所示，质量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象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：图3225(1)2 s内物块的位移大小s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)在2 s内，由图乙知：物块上升的最大距离：s121 m1 m物块下滑的距离：
64、s211 m0.5 m所以位移大小ss1s20.5 m路程Ls1s21.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有00.5 s内：Ffmgsin ma1051 s内：fmgsin ma2由式得F8 N。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N12导学号：60810174(16分)如图3226所示，水平传送带AB长L10 m，向右匀速运动的速度v04 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v16 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.4
65、，g取10 m/s2。求：图3226 (1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。解析(1)设物块与传送带间摩擦力大小为FfFfmgFfx物mvx物4.5 m(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等v1at10at11.5 sv0at2t21 s设反向加速时，物块的位移为x1，则有x1at2 m物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点x物x1v0t3t30.625 s所以t总t1t2t33.125 s。答案(1)4.5 m(2)3.125 s第三节牛顿运动定律的综合应用主干
66、回顾自我检测1判断下列说法的正误。(1)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)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。()(6)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。()2(多选)(2016济南检测)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图331所示中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则图331A钩码的重力约为4 NB钩码的重力约为3 NCA、B、C、D四段图线中，钩码
67、处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、CDA、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D答案AC3如图332所示，小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上。静止时弹簧伸长x。若全套装置自由下落，则在下落过程中弹簧的伸长量将图332A仍为xB大于xC小于x，大于零D等于零答案D4两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图333所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于图333A.FB.FCF D.F答案B5导学号：60810175(多选)某人乘电梯从24楼到1楼的vt图象如图334所示，下列说法正确的是图3
68、34A04 s内人做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B416 s内人做匀速直线运动，速度保持4 m/s不变，处于完全失重状态C1624 s内，人做匀减速直线运动，速度由4 m/s减至0，处于失重状态D024 s内，此人经过的位移为72 m答案AD考点一超重与失重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，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，
69、如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。考向1超重和失重的判断例1导学号：60810176在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图335所示，在这段时间内下列说法中正确的是图335A晓敏同学处于失重状态，所以她所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下解析晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作
70、用力，大小一定相等，B选项错；以竖直向下为正方向，有mgFma，即50g40g50a，解得a，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错、D选项正确。答案D考向2超重和失重的计算例2导学号：60810177(2016合肥质检)据某网站消息，安徽凤阳县7岁“大力士”杨金龙名声鹊起后，南京、天津等地诸多体育专业学校纷纷向他抛出橄榄枝。最终，在安徽省举重队推荐下小金龙选择了铜陵市业余体校举重队，教练盛红星称，在省队测试的时候，小金龙不仅举起45 kg杠铃，还背起体重高达120 kg的王军教练，简直能“秒杀同龄的施瓦辛格”，g10 m/s2，请计算：(1)在以a2 m/s2匀加
71、速下降的电梯中小金龙能举起杠铃的质量是多少？(2)在以a2 m/s2匀加速上升的电梯中小金龙能背起的质量又是多少？解析(1)小金龙的举力是一定的，则有F1mg450 N在以a2 m/s2匀加速下降的电梯中，设其能举起杠铃的质量为m1，则有m1gF1m1a解得m156.25 kg(2)小金龙能背起的重量是一定的，则有F2Mg1 200 N在以a2 m/s2匀加速上升的电梯中，设其能背起的质量为m2，则有F2m2gm2a解得m2100 kg。答案(1)56.25 kg(2)100 kg规律总结超重和失重现象的判断“三”角度1从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重
72、状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。2从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。3从速度变化角度判断(1)物体向上加速或向下减速时，超重；(2)物体向下加速或向上减速时，失重。考点二整体法与隔离法在动力学问题中的应用(思想方法)1整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。2隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就
73、需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。3整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。 例3导学号：60810178(2016无锡期中)如图336所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量相等均为
74、M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果mM，求：图336 (1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；(2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力大小。审题探究物体A与B的加速度大小是否相等？方向分别如何？分析C对B的拉力时，选B还是选C为研究对象较简单？解析(1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F，对物体A，FMgMa，对BC整体，(Mm)gF(Mm)a，联立解得：ag。将mM代入，得a。物体B从静止开始下落一段距离，hat2，自由落体下落同样的距离，hgt，解得， 3。即物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下
75、落同样的距离所用时间的比值为3。(2)设B对C的拉力为f，对物体C，由牛顿运动定律，mgfma，解得fmgmamg。由牛顿第三定律，物体C对B的拉力为mg。答案(1)3(2)mg规律总结1整体法与隔离法常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(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，建立直角坐标系时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)斜面体与物体组成的连接体问题：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，一般采用隔离
76、法分析。2解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解。1导学号：60810179(多选)(2014江苏高考)如图337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。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337A当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为mg，故当mgF3mg时，A相对B才能滑动，C对。当Fmg时，A、
77、B相对静止，对整体有：mg3mg3ma，ag，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg，故B的最大加速度aBmg，可见D正确。答案BCD考点三动力学中的临界极值问题(思想方法)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，
78、即是求收尾加速度或收尾速度。考向1用假设法分析临界问题 例4导学号：60810180(2014上海高考)如图338所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。图338 (1)求箱子加速阶段的加速度大小a；(2)若agtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。审题探究加速过程与减速过程有哪些关联量？球恰好不受箱子的作用力时，系统的加速度是多少？解析(1)由匀变速直线运动的公式有v22as1，v22as2
79、，且s1s2s解得：a(2)假设球刚好不受箱子作用，应满足FNsin ma0，FNcos mg，解得a0gtan ，箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零。此时球受力如图由牛顿第二定律得FNcos FmgFNsin ma解得Fm(g)。答案(1)(2)0m(g)考向2用函数极值法分析极值问题 例5导学号：60810181如图339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
80、的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。图339 (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？审题探究从A到B，做什么运动？满足什么规律？拉力F的大小与F和斜面夹角的关系式是怎样的？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos s
81、in sin (60)由式可知对应F最小时与斜面间的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N。答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N考点四“滑块木板”模型(物理模型)(规范答题)上下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。解题策略(1)抓紧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。(2)解题思路 例6导学号：60810182(20分)(2013新课)一长木板在水平地面上运动，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象如图3310所示。己知物块与木板的
82、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3310 (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。要充分利用vt图象提供的信息，分析物块和木板的运动情况，过程分析图如下：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a1(1分)a2(1
83、分)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，由牛顿第二定律得1mgma1(2分)(122)mgma2(2分)联立式得10.20(1分)20.30(1分)(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Ff，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Ffma1(2分)22mgFfma2(2分)假设Ff1mg，则a1a2；由式得Ff2mg1mg，与假设矛盾。故Ff1mg(2分)由式知，物块加速度的大小a1等于a
84、1；物块的vt图象如图中点划线所示。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s12(2分)s2t1(2分)物块相对于木板的位移的大小为ss2s1(1分)联立式得s1.125 m。(1分)答案(1)0.200.30(2)1.125 m规律总结分析滑块木板模型问题时应掌握的技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。(4)两者发生相对滑动的条件：摩擦力为滑动摩擦力。二者加速度不相等。2导学号：60810183(2015课标)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质
85、灾害。某地有一倾角为37(sin 37)的山坡C，上面有一质量为m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3311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，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3311(1)在02 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运
86、动时间。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f11N1N1mgcos f22N2N2N1mgcos 规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin f1ma1mgsin f2f1ma2联立式，并代入题给条件得a13 m/s2a21 m/s2(2)在t12 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/stt1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
87、为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2即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s12 m27 m此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有ls(v1a1t2)t3a1t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t1t2t14 s。答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s随堂巩固1导学号：60810184(2015重庆理综)若货物随升降机运动的vt图象如图3312所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是图3312
88、解析由vt图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：Fmg)向上加速(超重：Fmg)向上匀速(Fmg)向上减速(失重：Fa0所以小球离开斜面(如图所示)向右加速运动所以FT 2.83 N，FN0。答案拉力为2.83 N，弹力为零限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1导学号：60810188如图3316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的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为图3316A.B.CL DL解析两个小球一起做匀加
89、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(m2m)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：kxma，则此时两球间的距离为L，选项C正确。答案C2导学号：60810189(多选)(2013浙江理综)如图3317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g10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是图3317A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持
90、不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)460(100.5) N4 830 N，A项正确。加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误。浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度vat5 m/s，C项错误。匀速上升时，F浮Ffmg，所以FfF浮mg4 830 N4 600 N230 N，D项正确。答案AD3导学号：60810190(多选)电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力
91、计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动(如图3318所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)图3318A电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2解析匀速运动时，F1mg示数为8 N时，mgF2ma解得：a2 m/s2，方向向下，因此物体向下加速运动或向上减速运动，故B、C正确。答案BC4导学号：60810191(多选)(2016温州检测)将一质量为M的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨
92、过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图3319所示，在托盘中放上一定量的砝码。已知盘和砝码的总质量为m，M2m，重力加速度取g，忽略一切摩擦力和阻力。当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是图3319A砝码的加速度为gB物块的加速度为C绳子的拉力为mgD盘中的砝码处于完全失重状态解析应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mgFma，对物块分析，由牛顿第二定律得F2ma，可知加速度大小为ag，故A错误、B正确；将ag代入F2ma得Fmg，C正确；由于砝码加速度向下且大小为，所以砝码处于失重状态，但不是完全失重，则D错误。答案BC5(多选)如图3320所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人
93、的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是图3320A甲车的加速度大小为B甲车的加速度大小为0C乙车的加速度大小为D乙车的加速度大小为0解析对甲图中的人和车当成系统，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲0，选项A错误、选项B正确。对乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车的系统，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙，则选项C正确、选项D错误。故选B、C。答案BC6导学号：60810192(多选)将一倾角为的斜面体固定在水平面上，用一小段轻绳连接两个物块A和B放在斜面
94、上，如图3321所示。已知A的质量为m1、B的质量为m2，且两物块与斜面间的动摩擦因数相同，现有一沿斜面向上的恒力F作用在物块A上，使两物块沿斜面向上运动，则轻绳对物块B的拉力 图3321A斜面的倾角越大，拉力越大B物块B与斜面间的动摩擦因数越大，拉力越大C恒力F越大，拉力越大D轻绳的拉力为FT，与两物块质量有关解析对整体分析，由牛顿第二定律得：F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，所以agsin gcos ，对B分析有FTm2gsin 2gcos m2a，联立解得FT，则绳子的拉力与斜面的倾角无关，与物块的斜面间的动摩擦因数无关，与恒力F的大小和两物块的质量有关，则答
95、案为C、D。答案CD7如图3322所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为mg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为图3322Amg B2mgC3mg D4mg解析当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为mg，由牛顿第二定律知aAg；对于A、B整体，加速度aaAg，由牛顿第二定律得F3ma3mg。答案C8一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA1 kg和mB2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如
96、图3323所示(重力加速度g10 m/s2)。则图3323A若F1 N，则物块、木板都静止不动B若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND若F8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2解析A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F1.5 N，对A、B及轻质木板整体有a0.5 m/s2，对A物块分析有FfmAa，解得f1 N，选项B错误；若F4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a
97、可得a1 m/s2，选项D正确。答案D9如图3324所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是图3324AB和A刚分离时，弹簧为原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速运动解析在施加外力F前，对A、B整体受力分析可得2mgkx1，A、B两物体分离时，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A、B错误；对物体A，mgkx2，由于x1x2h，所以弹簧的劲度系数为k，选项C正确；在B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项D错误。答案C二
98、、计算题(共46分)10导学号：60810193(15分)如图3325所示，质量分别为mA3 kg、mB1 kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F13 N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为A0.1、B0.2，取g10 m/s2。求：图3325 (1)物块A、B一起做匀加速运动的加速度；(2)物块A对物块B的作用力大小；(3)某时刻A、B的速度为v10 m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块B滑行的距离。解析(1)设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则FAmAgBmBg(mAmB)a代入数据解得a2 m/s2方向与力F的方向相同，
99、即方向水平向右(2)设物块A对物块B的作用力大小为F，则FBmBgmBa代入数据解得F4 N(3)撤去水平力F后，物块A、B一起做匀减速运动，设加速度大小为a，滑行距离为s，则AmAgBmBg(mAmB)a2asv2联立两式并代入数据解得s40 m。答案(1)2 m/s2，方向水平向右(2)4 N(3)40 m11导学号：60810194(15分)如图3326所示，可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M4 kg，长度为L2 m，小物块质量为m1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，两物体间才能产生
100、相对滑动，设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g10 m/s2。图3326(1)求小物块和长木板间的动摩擦因数。(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为fm，当F2.5 N作用于小物块时，对整体，由牛顿第二定律有F(Mm)a对长木板，由牛顿第二定律有fmMa联立可得fm2 N小物块在竖直方向上受力平衡，所受支持力Nmg，由摩擦力性质有fmmg解得0.2。(2)F12 N作用于长木板时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块加速度分别为a1、a2对长木板，由牛顿第二定律有FfmMa1，解得a12
101、.5 m/s2对小物块，由牛顿第二定律有fmma2，解得a22 m/s2由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移为s1a1t2，s2a2t2小物块刚滑下长木板时s1s2L，联立解得t2 s。答案(1)0.2(2)2 s12导学号：60810195(16分)(2016苏州模拟)如图3327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v0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，重力加速度为g。图3327(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
102、行的距离最小，并求出此最小值。解析(1)当30时，对物块受力分析：mgsin FNFNmgcos 0则动摩擦因数tan tan 30(2)当变化时，设物块的加速度为a，则：mgsin mgcos ma物块的位移为s，则：v2as则s令tan ，则当a90时s最小，即60，小物块沿木板滑行的距离最小smin。答案(1)(2)60实验四探究加速度与力、质量的关系【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掌握利用图象处理数据的方法。【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，
103、再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与M的关系。【实验器材】打点计时器；纸带及复写纸；小车；一端附有定滑轮的长木板；小盘和砝码；细绳；低压交流电源；导线；天平；刻度尺。【实验步骤】1用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。2按图实1所示把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车加牵引力)。图实13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直线运动状态。这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在斜面方向上的分力平衡。4把小车停在打点计时器处，并在小盘内放
104、入适量的砝码，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)。【数据处理】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/kg12
105、343.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图象，如果图象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图象，如果图象是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比。【误差分析】1因实验原理不完善造成误差：本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力)，存在系统误差。2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
106、平行都会引起误差。【注意事项】1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，并要让小车拖着打点的纸带运动。2实验步骤2、3不需要重复，即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每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出。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，且应在小车到达滑轮前按住小车。考点一实验原理及操作例1导学号：60810196某实验小组利用图实2所示
107、的装置探究加速度与力、质量的关系。图实2(1)(多选)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3(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图实2所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，
108、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3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
109、的摩擦力抵消，不需要重新调节木板倾斜度，故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，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图象中，斜率表示质量的倒数，a
110、轴上的截距的绝对值表示g，结合图可得m甲乙。答案(1)AD(2)远小于(3)小于大于规律总结1在平衡摩擦力时，要取下细线和砝码盘(含砝码)，但小车应连着纸带且接通电源。用手给小车一个初速度，如果纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。平衡摩擦力后，不管以后是改变砝码盘和砝码的总质量还是改变小车和钩码的总质量还是改变小车和钩码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。2在满足小车与车上所加钩码的总质量远大于砝码盘和砝码的总质量的条件下，小车受到的拉力才可视为等于砝码盘和砝码的总重力。1导学号：60810197(2014课标)某同学利用图实4甲所示实验装置及数字化信
111、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：图实4(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，am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)将图乙中各点连线，得到的是一条曲线，故a与
112、m的关系是非线性的。(2)由图乙可知，当钩码质量不为零时，在一定范围内小车加速度仍为零，即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度，故可能的原因是存在摩擦力。(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力，则应满足三个条件，一是摩擦力被平衡，二是绳平行于轨道平面，此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力，设绳的拉力为T，由mgTma、TMa有Tg，可见当mM时才有Tmg，故第三个条件为mM。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考点二实验数据的处理例2导学号：60810198(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
113、：图实5(1)图实5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6所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是_。图实6(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/kg0.25
114、0.290.330.400.500.711.001.67/kg14.003.453.032.502.001.411.000.60请在坐标纸中画出a图线；图实7根据作出的a图象可以得到的结论是：_。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)。(3)根据数据在坐标纸上画出a图线如图所示，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)如图所示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
115、比2导学号：60810199(2016江西联考)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图实8所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)图实8(1)(多选)下列实验步骤正确的是_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图实9所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流
116、电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2(结果保留两位有效数字)。图实9 (3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。图实10A2tan B.Ck D.解析(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，A、E错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D对。(2)
117、由逐差法可得：小车的加速度a，将T3 s0.06 s，代入可得a1.3 m/s2(3)由题图结合牛顿第二定律，有2FMa，得aF则图象斜率k，得小车的质量M，故A、B、C错，D对。答案(1)BCD(2)1.3(3)D考点三实验的改进与创新1实验器材的改进用气垫导轨长木板，这样就不用平衡摩擦力了。2数据处理方法的改进小车的加速度可以利用传感器，借助于计算机来处理。3实验方案的改进(1)用气垫导轨和两个光电门来完成此实验。(2)先让砂桶和小车一起做匀速运动，绳上拉力等于砂桶重力，然后剪断细绳，则砂桶重力大小即为小车所受合外力大小。例3导学号：60810200某同学利用如图实11甲所示的装置探究“小
118、车的加速度与所受合外力的关系”，具体实验步骤如下：图实11A按照图示安装好实验装置，挂上砂桶(含少量砂子)；B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；C取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质最m，并记下；D保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时显示的时间；E重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复B、C、D步骤。(1)若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为_。(忽略空气阻力)(2)如图乙所示，用游标卡尺测得小车上遮光片的宽度为_
119、mm。(3)若遮光片的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为l，通过光电门甲和乙时显示的时间分别为t1、t2，则小车的加速度a_。(4)有关本实验的说法正确的是A砂桶和砂子的总质量必须远小于小车的质量B小车的质量必须远小于砂桶和砂子的总质量C平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶D平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶解析(1)根据题述实验步骤B可知取下细绳和砂桶后，小车加速下滑时所受合力大小等于砂桶和砂子的总重力mg；(2)根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度为6 mm150.05 mm6.75 mm；(3)遮光片通过两个光电门的速度分别为v1、v2，由vv2al解得a；(4)设平衡摩擦力时木板的倾角为，则mgMgc
120、os Mgsin ，可以看出m与M之间只需满足上式即可，选项A、B错误，由于此题中实验步骤B在砂桶拉力作用下小车平衡，取下细绳和砂桶后，小车加速下滑时所受合力大小等于砂桶和砂子的总重力mg，平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶，小车重力沿斜面的分力必须与砂桶和砂子的总重力以及小车向下运动所受摩擦力之和相等，选项C错误、D正确。答案(1)mg(2)6.75(3)(4)D1在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下做法正确的是A平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的
121、质量(M和m)以及小车质量M，直接用公式ag求出解析平衡摩擦力时，不能给小车任何牵引力，A错误；由mgsin mgcos ，小车质量能约去，故B正确；实验时，要先接通电源，再放开小车，C错误；此实验是验证牛顿第二定律，而不是应用牛顿第二定律，D错误。答案B2导学号：60810201做“验证牛顿第二定律”实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A保持小盘和其中砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B保持小车质量不变，改变小盘里砝码的质量，测出加速度，重复几次C用天平测出小车和小盘的质量D在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力
122、E根据测出的数据，分别画出aF和a图象F用秒表测出小车运动的时间G将装有砝码的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是_，正确步骤的合理顺序是_。(填写代表字母)解析此实验中不需要用秒表测量小车的运动时间。答案FCDGBAE3导学号：60810202(2012安徽理综)图实12所示为“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。图实12(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
123、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AM200 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM200 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、1
124、00 g、120 gCM400 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gDM400 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g解析(1)需要将长木板一端适当垫起一定高度，以平衡摩擦力，完成此项工作的标志就是在不挂砂桶情况下小车能带动纸带匀速运动(通过打点计时器点痕间隔是否均匀判定)。(2)根据实验原理：实验中小车的实际加速度为a，实验时把mg当成对M的拉力，即忽略m对加速度的影响，使加速度约为a，显然需mM，据此可知C组最合理。答案(1)B(2)C4导学号：60810203(2016潍坊月考)在探究加速度与力、质量的关系活动中，某小组设计了如图
125、实13所示的实验装置。图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止。图实13(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使_；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量_小车的质量(选填“远大于”“远小于”“等于”)。(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为_。(3)实验中获得数据如下表所示：小车、的质量均为200 g。实验次数小车拉力F/N位移x/cm10.10.246.5120.229.040.343.6330.341.160.444.8
126、040.436.430.545.56在第1次实验中小车从A点运动到B点的位移如图实14所示，请将测量结果填到表中空格处。通过分析，可知表中第_次实验数据存在明显错误，应舍弃。图实14解析(1)拉小车的水平细线要与轨道平行。只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力大小等于细线拉小车的力。(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据xat2，得。(3)刻度尺的最小刻度是1 mm，要估读到毫米的下一位。读数为23.86 cm0.50 cm23.36 cm。答案(1)细线与轨道平行(或水平)远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等(3
127、)23.36(23.3423.38均对)35导学号：60810204(2016广州模拟)某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图实15所示为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。图实15(1)图实16所示为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度大小为_ m/s，小车的加速度大小为_ m/s2。(结果均保留两位有效数字)图实16(2)在“探究加速度a与质量m的关系
128、”时，某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图实17所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图象。图实17解析(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故vB m/s1.6 m/s。由逐差法求解小车的加速度a m/s23.2 m/s2(2)将坐标系中各点连成一条直线，连接时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示。答案(1)1.63.2(2)见解析图6导学号：60810205利用如图实18所示的装置可以测量滑块在气垫导轨上运动的加速度。滑块上安装
129、有遮光板，气垫导轨上安装有两个光电门，其中光电门1的位置固定，光电门2的位置可移动。滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计就可以记录滑块从光电门1到光电门2所用的时间t。改变光电门2的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一位置由静止开始运动，从导轨标尺上读出光电门1、2之间的距离x，并从数字毫秒计上读出相应的时间t，所得数据如下表所示：图实18x(m)0.500 00.600 00.700 00.800 00.900 01.000 0t(ms)500565620679725780x/t(m/s)1.001.061.131.181.241.28(1)若忽略所有阻力的影响，则滑块的加
130、速度大小a，滑块经过光电门1时的速度v0，光电门1、2之间的距离x和对应的时间t四个物理量之间应满足的关系式为_。(2)根据表中给出的数据，在图实19所示的坐标纸上画出t图线。图实19(3)由所画出的t图线，可求得滑块加速度大小为a_m/s2。(结果保留两位有效数字)(4)事实上，滑块在气垫导轨上运动的过程中，要受到空气粘滞阻力的影响。若滑块和遮光板的总质量M0.3 kg、重物的质量m0.1 kg，取g9.8 m/s2，则可求出空气的平均粘滞阻力f_N。(结果保留两位有效数字)解析(1)由运动学的知识可知，滑块的加速度大小a，滑块经过光电门1时的速度v0，光电门1、2之间的距离x和对应的时间t
131、四个物理量之间应满足的关系式为xv0tat2；(2)如图所示；(3)由xv0tat2可知v0at，所以t图线的斜率ka，从图上可以看出，斜率k m/s20.95 m/s2，所以a1.9 m/s2；(4)由牛顿第二定律可知mgf(Mm)a，代入数据可得f0.22 N。答案(1)xv0tat2(2)如解析图所示(3)1.9(4)0.227导学号：60810206某实验小组应用如图实20所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz。实验步骤如下：A按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
132、B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。图实20根据以上实验过程，回答以下问题：(1)对于上述实验，下列说法正确的是A小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B实验过程中砝码盘处于超重状态C与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量(2)实验中打出的一条纸带如图实21所示，由该纸带可求得小车的加速度为_m/s2。(结果保留两位有效数字)图实21(3)由本
133、实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_。解析(1)由实验装置可知当砝码下落的高度为h时，小车沿木板下滑的距离为2h，故加速度不同，即选项A错误；由于砝码盘加速下落，处于失重状态，故选项B错误；如果细绳不与木板平行，则木板方向是由细绳拉力的分力产生加速度，给实验带来误差，所以要求细绳一定沿木板方向，故选项C正确；对于砝码和砝码盘，由受力分析知mg2FTma，解得FT(mgma)，故选项D错误；由于本实验利用弹簧测力计可以直接读出细绳的拉力，所以不需要满足砝码和砝码盘的质量远小于小车质量，故选项E错误。(2)由题意知时间间隔T0.1 s，根据纸带可知连续相等时间间隔内的位移差为x0.001 6 m，由xaT2可知a m/s20.16 m/s2(3)根据牛顿第二定律可知选项A正确。答案(1)C(2)0.16(3)A
