第四章 运动和力的关系（复习课件）物理人教版2019必修第一册

第四章 运动和力的关系 人教版（2019）必修第一册 单元复习 单元学习目标 1. 精准理解力是改变物体运动状态的原因，明晰力与运动的关联，熟练掌握牛顿第一定律（惯性定律），理解惯性的概念及量度（质量），能结合生活实例（如汽车刹车、运动员起跑等）分析惯性现象，构建力与运动关系的基础认知框架。 2. 透彻掌握牛顿第二定律（F = ma ），明确力、质量、加速度的瞬时对应关系，理解定律的矢量性、同体性、独立性，熟练运用定律解决匀变速直线运动（如水平拉力下的加速、斜面下滑受力加速等）、连接体问题（轻绳连接、叠放物体等），精准计算加速度、合力及相关力的大小 。 单元学习目标 3. 深度理解牛顿第三定律，清晰区分作用力与反作用力和一对平衡力的本质差异（受力物体、同时性等），能在复杂受力情境（如人拉船、物体挤压弹簧再相互作用等）中准确识别、分析作用力与反作用力，构建对相互作用力的系统认知。 4. 熟练运用牛顿运动定律解决实际综合问题，涵盖临界极值问题（如斜面物体刚好滑动的临界受力、汽车启动最大加速度等）、多阶段运动问题（先加速后匀速、变力作用下的运动转换等），掌握受力分析、运动分析的方法步骤，实现力与运动知识的深度融合与灵活应用。 单元学习目标 5. 系统梳理“运动和力的关系”单元知识体系，构建以牛顿运动定律为核心，关联受力分析、运动学公式的知识网络，强化知识间的逻辑关联，提升综合运用知识分析、解决复杂物理问题的能力，形成科学严谨的物理思维习惯 。 1. 本章思维导图 2. 各节知识清单 3. 题型剖析及针对训练 4. 课堂巩固 5. 课堂总结 学习内容 第四章 运动和力的关系 一、本章思维导图 第四章 运动和力的关系 本章思维导图 第四章 运动和力的关系 二、各节知识清单 第四章 运动和力的关系 第1节　牛顿第一定律 一、伽利略实验 1.亚里士多德的观点 亚里士多德从日常生活经验出发:必须 ,物体才能运动;没有力的作用,物体就要 ,他得出结论,力是____________ 的原因。 有力作用在物体上 静止在某个地方 维持物体运动 第1节　牛顿第一定律 2.伽利略的研究 (1)伽利略认为,运动的物体之所以会停下来是因为 的作用。 (2)理想斜面实验:如图所示,让静止的小球从第一个斜面滚下,冲上第二个斜面,如果没有摩擦,小球将上升到 。减小第二个斜面的倾角,小球运动的距离增大,但所到达的高度 。当第二个斜面放平,小球将 。 摩擦力 原来的高度 相同 永远运动下去 一、伽利略实验 第1节　牛顿第一定律 (3)推理结论:力 (填“是”或“不是”)维持物体运动的原因。 (4)意义:伽利略的理想实验的本质是想象着把实际中存在、影响物体运动的 去掉,抓住事物的 。这种依据 把实际实验理想化的思想也是研究物理问题的重要方法之一。 伽利略第一次确定了物理实验在物理研究中的基础地位。 3.笛卡儿的观点:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以_____ 沿 运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向。 4.牛顿在伽利略等人工作的基础上得出牛顿第一定律。伽利略理想斜面实验为牛顿第一定律提供了实验依据。 不是 摩擦力 本质 逻辑推理 同一 速度 同一直线 第1节　牛顿第一定律 二、牛顿第一定律 1.牛顿第一定律的内容:一切物体总保持 状态或 状态,除非作用在它上面的力 。 说明:运动状态改变即速度发生变化,有三种情况: (1)速度的方向不变, 改变。 (2)速度的大小不变, 改变。 (3)速度的 同时改变。 匀速直线运动 静止 迫使它改变这种状态 大小 方向 大小和方向 第1节　牛顿第一定律 2.对牛顿第一定律的理解 (1)定性揭示了力和运动的关系: ①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。 ②物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态。 (2)牛顿第一定律无法用实验直接验证,它所描述的是一种理想状态,即不受外力的状态,但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的。 (3)揭示了一切物体都具有的一种 属性——惯性。因此牛顿第一定律也叫 定律。 固有 惯性 二、牛顿第一定律 第1节　牛顿第一定律 三、惯性与质量 1.惯性:物体保持原来 状态或 状态的性质叫作惯性。惯性是物体 的,一切物体都有惯性。 2.物体惯性大小仅与 有关, 是物体惯性大小的唯一量度,惯性大小与物体是否运动、运动快慢等因素 (填“有关”或“无关”)。 匀速直线运动 静止 固有 质量 质量 无关 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 一、实验装置 小车、钩码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、 、纸带、 、 。 交流电源 刻度尺 天平 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 二、实验原理与设计 1.实验思路——控制变量法 (1)探究加速度与力的关系 保持小车 不变,通过改变 改变小车所受的拉力,测得不同拉力下小车运动的加速度,分析加速度与 的定量关系。 (2)探究加速度与质量的关系 保持小车所受的 不变,通过在小车上 改变小车的质量,测得不同质量的小车对应的加速度,分析加速度与 的定量关系。 质量 槽码的个数 拉力 拉力 增加重物 质量 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 2.物理量的测量 (1)质量的测量:用 测量。在小车中 可改变小车的质量。 (2)加速度的测量 ①方法1:让小车做初速度为0的匀加速直线运动,用 测量小车移动的位移x,用秒表测量发生这段位移所用的时间t,然后由a=计算出加速度a。 ②方法2:由纸带根据公式Δx=aT2结合逐差法计算出小车的加速度。 天平 增减钩码的数量 刻度尺 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 ③方法3:不直接测量加速度,求加速度之比。例如:让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等,测出各自的位移x1、x2,则=___,把加速度的测量转换成 的测量。 位移 (3)力的测量 在阻力得到平衡的情况下,小车受到的 等于小车所受的合力。 ①在槽码的质量比小车的质量 时,可认为小车所受的拉力近似等于 。 ②使用力传感器可以直接测量拉力的大小,不需要使槽码的质量远小于小车的质量。 拉力 小得多 槽码的重力 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 三、实验步骤 1.用 测出小车的质量m,并把数值记录下来。 2.按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。 天平 3.平衡阻力:在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木,反复移动垫木位置,启动打点计时器,直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持 运动为止(纸带上相邻点间距相等),此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。 匀速直线 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 4.把细线绕过定滑轮系在小车上,另一端挂上槽码。保持小车质量不变,改变槽码的个数,以改变小车所受的拉力。处理纸带,测出加速度,将结果填入表1中。 表1　小车质量一定 拉力F/N           加速度a/(m·s-2)           第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 5.保持槽码个数不变,即保持小车所受的拉力不变,在小车上增减钩码,重复上面的实验,求出相应的加速度,把数据记录在表2中。 表2　小车所受的拉力一定 质量m/kg           加速度a/(m·s-2)           第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 四、数据处理 1.m一定时,分析加速度a与拉力F的定量关系 由表1中记录的数据,以加速度a为纵坐标,以拉力F为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a-F图像,如图所示,若图像是一条 ,就能说明a与F成正比。 2.分析加速度a与质量m的定量关系 过原点的倾斜直线 由表2中记录的数据,以a为纵坐标,以为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a- 图像,如图所示。若图像是一条 ,说明a与成 ,即a与m成 。 过原点的倾斜直线 正比 反比 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 3.实验结论 (1)保持物体质量不变时,物体的加速度a与所受拉力F成 。 (2)保持拉力F不变时,物体的加速度a与质量m成 。 五、误差分析 1.系统误差:本实验中用槽码的重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要 槽码的重力) 2.偶然误差 (1)质量的测量 (2)打点间隔、距离的测量 (3)倾斜角度不当,平衡阻力不足或过度 正比 反比 小于 第2节　实验:探究加速度与力、质量的关系 六、注意事项 1.平衡阻力:在平衡阻力时, (填“需要”或“不要”)把悬挂槽码的细线系在小车上,即不要给小车施加任何牵引力,并要让小车 运动。 2.质量关系:每条纸带必须在满足小车与车上所加钩码的总质量 槽码的质量的条件下打出。只有如此,小车受到的拉力才可视为等于槽码的重力。 3.打点计时器的位置:改变拉力或小车质量后,每次开始时小车应尽量______打点计时器,并应先 ,再 ,且应在小车到达定滑轮前____ 小车。 4.作图规则:作图像时,要使尽可能多的点落在所作直线上,不在直线上的点应尽可能均匀分布在直线两侧,离直线较远的点 。 不要 拖着纸带 远大于 靠近 启动电源 放开小车 按住 舍去不予考虑 第3节　牛顿第二定律 一、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成 ,跟它的质量成 ,加速度的方向跟作用力的方向 。 2.表达式:F= ,式中F指的是物体所受的 。 3.力的单位 (1)力的国际单位:牛顿,简称 ,符号为 。 (2)“牛顿”的定义:使质量为 的物体产生 的加速度的力叫作1 N,即1 N= 。  (3)在质量的单位取kg,加速度的单位取m/s2,力的单位取N时,F=kma中的k= ,此时牛顿第二定律可表示为F= 。 正比 反比 相同 kma 合力 牛 N 1 kg 1 m/s2 1 kg·m/s2 1 ma 第3节　牛顿第二定律 二、应用牛顿第二定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象。 (2)进行受力分析和运动状态分析,画出受力分析图,明确运动性质和运动过程。 (3)求出合力或加速度。 ①当物体受两个非共线共点力作用时,可用矢量合成法,也可用正交分解法(用矢量合成法作图时注意:合力方向与合加速度的方向相同)。 ②物体受多个非共线共点力作用,求合力时需用正交分解法。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 第4节　力学单位制 一、对单位制的理解 1.基本量、基本单位 在物理学中,只要选定几个物理量的单位,就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位,这些被选定的物理量叫 ,它们相应的单位叫 。 2.导出量、导出单位 由 根据物理关系推导出来的其他物理量叫 ,推导出来的相应单位叫导出单位。 3.单位制 基本单位和导出单位一起组成了一个单位制。 基本量 基本单位 基本量 导出量 第4节　力学单位制 4.国际单位制中的七个基本量和相应的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 ___ 质量 ___ 千克(公斤) kg 时间 t 秒 __ 电流 I 安[培] ___ 热力学温度 ___ 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(Iv) 坎[德拉] cd m m s A T 第4节　力学单位制 二、单位制的四个主要应用 1.简化计算过程的单位表达:在解题计算时,已知量均采用国际单位制,计算过程中不用写出各个量的单位,只要在式子末尾写出所求量的单位即可。 2.推导物理量的单位:物理公式确定了各物理量的数量关系的同时,也确定了各物理量的单位关系,所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。 第4节　力学单位制 3.判断比例系数的单位:根据公式中物理量的单位关系,可判断公式中比例系数有无单位,如公式F=kx中k的单位为N/m,Ff=μFN中μ无单位,F=kma中k无单位。 4.单位制可检查物理量关系式的正误:根据物理量的单位,如果发现某公式在单位上有问题,或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致,那么该公式或计算结果肯定是错误的。 二、单位制的四个主要应用 第5节　牛顿运动定律的应用 一、从受力确定运动情况 1.基本思路 分析物体的受力情况,求出物体所受的合力,由牛顿第二定律求出物体的加速度;再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 已知物体受力情况 求得x、v0、v、t等 第5节　牛顿运动定律的应用 二、从运动情况确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况,由运动学公式求出物体的加速度,再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 第5节　牛顿运动定律的应用 三、多过程问题 1.当题目给出的物理过程较复杂,由多个过程组成时,要将复杂的过程拆分为几个子过程。 2.分析每一个子过程的受力情况,由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要重新分析,分别求加速度,用相应规律解决。 3.特别注意两个子过程交接的位置,该交接点速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到承上启下的作用,对解决问题起重要作用。 第5节　牛顿运动定律的应用 四、动力学中的“传送带”模型 1.模型概述 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方,传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 第5节　牛顿运动定律的应用 （1）水平传送带常见类型及物体运动情况分析 图示 物体运动情况 (1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速后匀速。 (2)v0=v时,一直匀速。 (3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速后匀速 四、动力学中的“传送带”模型 第5节　牛顿运动定律的应用 （1）水平传送带常见类型及物体运动情况分析 四、动力学中的“传送带”模型 图示 物体运动情况 (1)传送带较短时,物体一直减速到达左端。 (2)传送带较长时: ①当v0>v时物体先向左减速运动,减速到零后再向右加速运动回到右端,回到右端时速度大小为v; ②当v≥v0时,物体回到右端时速度为v0 第5节　牛顿运动定律的应用 四、动力学中的“传送带”模型 （2）分析传送带水平运动时应注意的问题 ①摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质突变。 ②静摩擦力达到最大值是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态。 ③物体与传送带的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变。 第5节　牛顿运动定律的应用 四、动力学中的“传送带”模型 （3）倾斜传送带两种常见类型及物体运动情况 图示 物体运动情况 (1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速。 (2)若μ≥tan θ,可能先加速后匀速。 (3)若μ<tan θ,可能先以a1加速,再以a2加速 第5节　牛顿运动定律的应用 四、动力学中的“传送带”模型 （4）倾斜传送带向下传送物体,当物体加速运动到与传送带速度相等时, ①若μ≥tan θ,物体随传送带一起匀速运动。 ②若μ<tan θ,物体不能与传送带保持相对静止,物体将以较小的加速度a=gsin θ-μgcos θ继续做加速运动。 第5节　牛顿运动定律的应用 五、解决板块问题的基本思路 1.明确滑块和木板之间的相对运动情况，确定摩擦力的性质，分别画出两物体所受摩擦力的方向。 2.分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力发生突变的情况。 3.明确位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下，若同向运动，则x1-x2=L；若反向运动，则x1+x2=L。 第5节　牛顿运动定律的应用 六、等时圆”模型 1.“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 第5节　牛顿运动定律的应用 六、等时圆”模型 2.基本规律 (1)物体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,如图甲所示。 (2)物体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,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 第5节　牛顿运动定律的应用 七、连接体问题 1.常见连接体模型 两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。常见模型如图所示。 第5节　牛顿运动定律的应用 七、连接体问题 2.外力和内力 如果以物体(包括物体间的绳、弹簧等)组成的系统为研究对象,则系统之外的作用力为该系统受到的外力,而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。 3.连接体问题的处理方法 (1)整体法:把整个连接体系统作为一个研究对象,分析系统受到的外力,不必考虑系统的内力,然后运用牛顿第二定律列方程求解。 (2)隔离法:把系统中的一部分隔离出来作为研究对象,进行受力分析,此时系统的内力就有可能成为该研究对象所受的外力,在分析时应加以注意。 (3)整体法与隔离法的选择 ①整体法的研究对象少、受力少、方程少,所以连接体问题优先采用整体法。 第5节　牛顿运动定律的应用 ②涉及物体间相互作用的内力时,必须采用隔离法。 ③若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力,就可以先用整体法求出加速度,再用隔离法分析其中一个物体的受力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”。 ④若已知某个物体的受力情况,可先隔离该物体求出加速度,再以整体为研究对象求解外力。 七、连接体问题 3.连接体问题的处理方法 第5节　牛顿运动定律的应用 4.“串接式”连接体中弹力的“分配协议” 如图所示,对于一起做加速运动的物体系统,m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”: 七、连接体问题 第5节　牛顿运动定律的应用 (1)若外力F作用于m1上,则F12=FT=。 (2)若外力F作用于m2上,则F12=FT=。 注意:①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同); ②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关; ③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立。 七、连接体问题 4.“串接式”连接体中弹力的“分配协议” 第5节　牛顿运动定律的应用 八、动力学中的临界问题 1.临界问题:某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。 2.关键词语:在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语,一般都暗示了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件。 第5节　牛顿运动定律的应用 3.临界条件 临界状态 临界条件 两物体接触或脱离 弹力FN=0 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值 绳子断裂 张力等于绳子所能承受的最大张力 绳子松弛 张力FT=0 加速度最大或最小 当所受合力最大时,具有最大加速度;合力最小时,具有最小加速度 速度最大或最小 加速度为零 第5节　牛顿运动定律的应用 求解临界问题的三种常用方法 (1)极限法:在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,则一般隐含着临界问题,处理这类问题时,应把物理过程推向极限,从而使临界条件暴露出来。 (2)假设法:在有些物理过程中,没有明显出现临界问题的线索,但在变化过程中可能出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类题时,一般用假设法。 (3)数学方法:将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式求解得出临界条件。 八、动力学中的临界问题 第6节　超重与失重 一、重力的测量 1.方法一:利用牛顿第二定律 先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物体的 ,利用牛顿第二定律可得G= 。 2.方法二:利用力的平衡条件 将待测物体悬挂或放置在 上,使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小 测力计对物体的拉力或支持力的大小。 质量m mg 测力计 等于 第6节　超重与失重 二、超重和失重 1.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有 (选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 2.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。 小于 竖直向下 大于 第6节　超重与失重 (2)产生条件:物体具有 (选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 的状态。 (2)产生条件:a=g,方向 。 竖直向上 等于零 竖直向下 二、超重和失重 第6节　超重与失重 3.判断超重、失重状态的方法 （1）从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态,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g时处于完全失重状态。 （3）注意:超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。 二、超重和失重 三、题型剖析及针对训练 第四章 运动和力的关系 题型一：牛顿第二定律的性质 3. 矢量性：F=ma是一个矢量式，a与F 的方向总是相同; 4. 瞬时性： a与F是瞬时对应关系（含大小和方向），即a与F同时产生，同时变化，同时消失。加速度与力一样可以突变，而速度是无法突变的; 5. 独立性：每个力各自独立地能使物体产生一个加速度，与物体是否受其他力无关。 2. 同体性： a 、F、m对应于同一物体; 1.因果性：力是产生加速度的原因，合外力不为零时一定有加速度； 题型一：牛顿第二定律的性质 题型一：牛顿第二定律的性质 题型一：牛顿第二定律的性质 题型一：牛顿第二定律的性质 题型一：牛顿第二定律的性质 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 1.轻绳：绳子的弹力可以发生突变——瞬时产生、瞬时改变、瞬时消失。 2.轻杆：杆的弹力可以发生突变。 3.轻弹簧：弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为弹力不变。 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型三：常见的连接方式 F A B A B θ a 1.绳子或弹簧连接 题型三：常见的连接方式 2.依靠相互的挤压（压力）相联系 m 1 m 2 m 1 m 2 m 1 m 2 F F 3.依靠摩擦相联系（叠加体） m 1 m 2 F 该类问题的一般处理方法是什么呢？ 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型二：轻绳、轻杆、轻弹簧模 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型四：“传送带”模型 题型五：板块模型 A B v0 A B F A B 常见的情形有：不受力、受外力、平面和斜面及有无摩擦等。 一个物体在另一个物体上，两者之间或有相对运动、或相对静止。问题涉及时间、速度、加速度、位移及后面要学到的能量和动量等。 题型五：板块模型 题型五：板块模型 题型五：板块模型 题型五：板块模型 题型五：板块模型 题型六：“等时圆”模型 题型六：“等时圆”模型 题型六：“等时圆”模型 题型六：“等时圆”模型 题型六：“等时圆”模型 题型七：“临界极值”问题 基本思路： 1.认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括整体过程中有几个阶段)； 2.寻找过程中变化的物理量； 3.探索物理量的变化规律； 4.确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系. 题型七：“临界极值”问题 题型七：“临界极值”问题 题型七：“临界极值”问题 题型七：“临界极值”问题 题型六：“临界极值”问题 题型六：“临界极值”问题 四、课堂巩固 第二章 匀变速直线运动的研究 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 四、课堂巩固 五、课堂总结 第一章 运动的描述 五、课堂总结 1. 牛顿第一定律的内容是什么？它是如何通过理想实验（如伽利略的斜面实验）推导得出的？该定律揭示了力和运动的什么关系？结合生活实例（如冰壶在冰面滑行、人推箱子）说明惯性的表现及惯性大小的决定因素。 2. 牛顿第二定律的表达式、物理意义分别是什么？定律中“合力”“加速度”“质量”的关系怎样体现矢量性、瞬时性、同体性？通过实例（如汽车加速、起重机吊重物）分析合力变化时加速度和速度的变化情况。 3. 牛顿第三定律的内容是什么？“作用力与反作用力”和“一对平衡力”有哪些区别（从受力物体、力的性质、变化关系等角度）？举例（如人拉弹簧、鸡蛋碰石头）说明作用力与反作用力的特点 五、课堂总结 4. 什么是超重和失重现象？其产生的条件（加速度方向）分别是什么？完全失重状态下会出现哪些特殊物理现象（如自由下落的电梯中水滴的状态、卫星中的物体）？结合电梯升降、蹦极过程分析超重和失重的判断及受力变化。 5. 如何用牛顿运动定律解决两类基本问题（已知受力求运动、已知运动求受力 ）？解题的一般步骤（确定研究对象、受力分析、运动分析、列方程求解等）是怎样的？以斜面滑块下滑、汽车刹车制动为例，说明解题中如何处理力的合成与分解、加速度与运动学公式的结合。 五、课堂总结 6. 研究“合力一定时，加速度与质量的关系”“质量一定时，加速度与合力的关系”实验，实验原理、方法（控制变量法）是什么？如何平衡摩擦力？实验数据如何处理（图像法，如a-m、a - F图像 ）？分析实验误差来源（如摩擦力平衡不当、拉力测量偏差）及改进措施。 7. 传送带模型： (1)水平传送带、倾斜传送带的常见运动情境（如物体轻放上传送带、传送带变速运动）中，物体的受力和运动如何分析（分阶段讨论速度、加速度、位移关系 ）？ (2)传送带对物体的摩擦力方向、大小如何随物体与传送带的相对运动（或趋势）变化。 五、课堂总结 6. 研究“合力一定时，加速度与质量的关系”“质量一定时，加速度与合力的关系”实验，实验原理、方法（控制变量法）是什么？如何平衡摩擦力？实验数据如何处理（图像法，如a-m、a - F图像 ）？分析实验误差来源（如摩擦力平衡不当、拉力测量偏差）及改进措施。 7. 传送带模型： (1)水平传送带、倾斜传送带的常见运动情境（如物体轻放上传送带、传送带变速运动）中，物体的受力和运动如何分析（分阶段讨论速度、加速度、位移关系 ）？ (2)传送带对物体的摩擦力方向、大小如何随物体与传送带的相对运动（或趋势）变化？结合实例（如行李在机场传送带输送、工厂流水线传送带运工件）说明能量转化（摩擦力做功与动能、内能变化的关系 ）。 五、课堂总结 8. 板块模型： (1)木板 - 滑块模型中，两物体相对静止（一起加速、减速 ）和相对滑动时，各自的受力（摩擦力情况 ）、加速度如何分析？ (2)初始速度不同（如滑块滑上静止木板、木板和滑块分别有初速度 ）或受力不同（如对木板或滑块施加拉力 ）时，两物体的运动过程（共速前、共速后状态变化 ）怎样推导？以滑块从木板左端滑向右端的典型情境为例，说明临界条件（如滑块不从木板滑落的最大初速度、最小木板长度 ）的判断及计算。 【例1】关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是(　　) A. 物体所受合外力发生改变时，其加速度可能不变 B. 物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致 C. 加速度方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 D. 牛顿第二定律的表达式可以写成，说明对某个物体来说，它的质量跟合外力成正比，跟它的加速度成反比 【解析】根据牛顿第二定律的瞬时性，可知当物体所受合外力发生变化时，其加速度一定变化，A错误；根据牛顿第二定律的矢量性可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致，但运动方向不一定与所受合力方向一致，B错误，C正确；质量是物体所含物质的多少，与所受的合外力无关，与物体的加速度无关，D错误。故选C。 【变式训练1】雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④减速阶段，运动员落地后在水平滑道减速至停止。 下列说法正确的是(　　) A. 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力 B. 起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的加速度 C. 飞行阶段，运动员始终受到和重力方向相反的空气阻力 D. 减速阶段，运动员减速所用时间仅由落地速度决定 【解析】助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，故A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据牛顿第二定律可知，增加了向上的加速度，故B正确；飞行阶段，运动员的速度方向与轨迹相切，空气阻力方向与速度方向相反，而飞行阶段速度方向不在竖直方向上，所以空气阻力方向与重力方向不在一条直线上，故C错误；减速阶段，运动员减速所用时间不仅与落地速度有关，还与地面粗糙程度有关，故D错误。故选B。 【变式训练2】一个质量为m＝1 kg的物体只受两个力，这两个力的大小分别为5 N和3 N，则物体的加速度大小可能为(　　) A. 1 m/s2 B. 2 m/s2 C. 7 m/s2 D. 10 m/s2 【解析】两个共点力的合力范围为|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，则5 N和3 N的合力范围为2 N≤F≤8 N，由牛顿第二定律知a＝，物体的加速度取值范围为2 m/s2≤a≤8 m/s2，B、C正确。 【例2】如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．小球A的加速度大小为 B．小球A的加速度大小为 C．小球B的加速度大小为 D．小球B的加速度大小为 【解析】AB．对A、B和弹簧L2整体受力分析，可得弹簧L1的弹 绳上的拉力为 ，单独对B受力分析有弹簧L2的弹力大小为 ，根据题干信息 ，可得 ，切断绳后，两个弹簧的弹力不变，A球合力与绳拉力等大反向，所以 ，故A正确，B错误；CD．对小球B，受力分析不变，加速度依然为0，故CD错误。故选A。 【变式训练3】如图所示，光滑斜面上用轻绳连接两个质量为m的滑块，斜面倾角为θ=30°，绳与斜面平行。在力F作用下，P、Q一起加速上滑，现剪断P、Q间绳瞬间，滑块Q的加速度大小为（　　） A．0 B． C．g D． 【解析】AB．对A、B和弹簧L2整体受力分析，可得弹簧L1的弹 绳上的拉力为 ，单独对B受力分析有弹簧L2的弹力大小为 ，根据题干信息 ，可得 ，切断绳后，两个弹簧的弹力不变，A球合力与绳拉力等大反向，所以 ，故A正确，B错误；CD．对小球B，受力分析不变，加速度依然为0，故CD错误。故选A。 【变式训练4】如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间（　　） A．弹簧的弹力突然减为零 B．P与箱顶的作用力仍然为零 C．P受到的合力小于Q受到的合力 D．Q对箱底的压力减为原来的一半 【解析】A．未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误； B．由于P的加速度为g，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误； C．由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力，P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误； D．未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重，剪断一瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 故选D。 【变式训练5】如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为0 C．剪断弹簧的瞬间，细线上的拉力大小瞬间突变为 D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为 【解析】A．对物体A受力分析，水平方向受到拉力F和细线的拉力T，根据平衡条件可知 在细线被烧断的瞬间，细线对物体A的拉力T变为零，由牛顿第二定律得，物体A的加速度 EMBED Equation.DSMT4 故A错误；B．在细线被烧断前，对C受力分析，由平衡条件得，弹簧对物体C的弹力 在细线被烧断的瞬间，细线对物体B的拉力变为零，对物体B，由牛顿第二定律得 ，则物体B的加速度 故B错误； 【解析】C．剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以A、B成为连接体，加速度应为 ，对物体B ，解得 ，即细线上的拉力大小瞬间突变为 ，故C正确；D．撤去F的瞬间，细线拉力会突变，A和B的加速度相等，对物体A、B整体，由牛顿第二定律得 ，则物体A的加速度 故D正确。故选CD。 【例3】如图所示，质量分别为mA、mB的物体A、B用细绳连接后跨过定滑轮，物体A放在倾角为 的光滑斜面上，物体B悬挂着，已知mA=3mB，不计滑轮摩擦，重力加速度为 ．则下列说法中正确的是（　　） A．细绳对物体B的拉力大小为 B．物体A的加速度大小为 C．物体A和物体B互换位置前后，滑轮受到细绳的作用力大小不相等 D．若将斜面倾角由 增大到 ，细绳的拉力增大 【解析】AB．设细绳的拉力大小为 ，对A、B整体，根据牛顿第二定律 ，对B，根据牛顿第二定律 ，联立解得 ， 故A错误，B正确；C．物体A和物体B互换位置后，设细绳的拉力大小为 ，对B，根据牛顿第二定律 ，对A，根据牛顿第二定律 ，解得 ，所以滑轮受到细绳的作用力大小相等，故C错误；D．对整体有 若将斜面倾角由 增大到 ，加速度将增大，对B有 ，可知细绳的拉力增大，故D正确。故选BD。 【变式训练6】一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，如图所示。已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°，当车以加速度 （重力加速度为g）向左做匀加速直线运动时，求1、2两绳拉力的大小。 【解析】当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度为向左的 ，竖直方向根据受力平衡可得 ，水平方向由牛顿第二定律得 ，联立解得 ，因 故细绳2松弛，拉力为零，设此时细绳1与厢壁间夹角为 ，有 ， 又 ，联立解得细绳1的拉力大小为 。 。 【变式训练7】如图所示，光滑斜面的倾角为 ，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为 的滑块 相连，质量为 的滑块 与 靠在一起（不粘连），系统处于静止状态。现对滑块 施加平行于斜面的力 ，使其沿斜面向上做匀加速直线运动， 时刻后力 恒定，整个过程中力 的最大值是最小值的 倍。重力加速度大小为 ，弹簧始终处于弹性限度内，求： (1)滑块 的加速度大小； (2)弹簧的劲度系数。 【解析】（1）由题目信息知， 时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，设此时弹簧的压缩量为 ， 时弹簧的压缩量为 ，弹簧的劲度系数为 ，整个过程中力 的最小值为 ，最大值为 ，则 施加拉力前，对A、B整体而言，由平衡条件得 时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得 时刻，对B由牛顿第二定律得 解得 （2） 内，A、B两滑块的位移为 由题意可得 时刻，对A由牛顿第二定律得 施加拉力前，对A、B系统，有 联立解得 【变式训练8】如图所示，质量M＝2kg的长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，质量 的木块A贴在铁箱后壁上与铁箱保持相对静止，质量 的小球B通过细绳与铁箱上侧连接，细绳与竖直方向的夹角α＝60°。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度 。求： (1)铁箱加速度的大小； (2)木块受到铁箱的作用力大小和方向； (3)水平拉力F的大小。 【解析】（1）对小球B，由牛顿第二定律 解得 故铁箱的加速度大小为 （2）对木块A，由牛顿第二定律可得木块受到铁箱的支持力为 竖直方向可知木块受到铁箱的摩擦力为 由矢量运算可知，木块受到铁箱的作用力大小为 方向与竖直方向夹角为 ，满足 解得 （3）对铁箱、小球及木块组成的系统，由牛顿第二定律得 解得 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 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0>v返回时速度为v，当v0<v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 【例4】如图所示，水平放置的传送带以速度 顺时针运行，A端与B端相距 ，现将质量为 的小滑块（可视为质点）以一定的初速度水平向右滑上传送带的A端，物体与传送带间的动摩擦因数 ，g取 。求： (1)欲使滑块在到达B端前能与传送带速度相同，求滑块初速度的范围； (2)若滑块以初速度 滑上A端，同时对滑块施加水平向左的恒力 ，求滑块在传送带上运动的时间； (3)若滑块以某初速度（大于5m/s）滑上A端，同时对滑块施加水平向左的恒力 ，滑块到达B端的速度刚好为零，求滑块的初速度。（若结果有根式可保留） 【解析】（1）滑块在传送带上滑行时的加速度 欲滑块与传送带速度相同，全程加速时对应最小初速度 ，全程减速时对应最大初速度 ，由运动学公式有 ， 解得： ， 可知初速度的范围为 （2）滑块以初速度 滑上A端，第一阶段滑块所受摩擦力向右，由牛顿第二定律有 解得 加速时位移 运动时间为 此后，由于 则滑块做匀速运动，时间为 总时间 【解析】（3）滑块初速度大于传送带的速度，第一阶段滑块所受摩擦力向左做减速运动，由牛顿第二定律有 解得 到B端速度减为零，必定经历了滑块速度小于传送带的速度，第二阶段滑块所受摩擦力向右，由于 可知，滑块继续减速，根据 解得 全程位移 解得 【变式训练9】传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v−t图像如图乙所示，货物质量M=20kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变 B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短 D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大 【解析】A．由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，匀加速阶段摩擦力沿传送带向上，匀速阶段摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确；B．货物从A运动到B的过程中，由v−t图像可知，传送带运动的位移为x=vt=20m，货物总位移即传送带长度为 ，故货物相对传送带的位移为 ，即货物在传送带上留下的痕迹的长度为5m，故B错误；C．传送带速率增大，货物传送过程，若先加速后匀速，则传送时间会变短，但当速率增大到一定程度，货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误；D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为 ，所以货物与传送带之间相对滑动的路程为 所以传送带的转动速率调大时，货物与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。 故选AD。 【例5】如图所示，光滑的水平面上有一辆小车 ，物块 放在小车 上。 、 质量分别为 ， ， 、 之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对 施加一水平力 ，则（　　） A．当 时， 的加速度为 B．当 时， 间的摩擦力为 C．当 时， 相对 滑动 D．若将水平力 施加在 上， 的最大加速度为 【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B之间的静摩擦力达到最大，且为 以A为对象，根据牛顿第二定律可得 ，解得A的最大加速度为 ，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 ，可知当 时，A、B相对静止，一起加速运动，当 时，A、B发生相对滑动。A．当 时，由 可知，A、B相对静止一起加速运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 ，故B的加速度为 ，故A不符合题意；B．当 时，由 可知，A、B相对静止一起加速运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 ，解得 对A分析，根据牛顿第二定律可得 ，故B符合题意；C．由以上分析可知，可知当 时，A、B相对静止，一起加速运动，当 时，A、B发生相对滑动，故C不符合题意；D．若将水平力 施加在A上，当A、B间刚要发生相对滑动时，B的加速度达到最大，对B分析，根据牛顿第二定律可得 ，解得 ，故D不符合题意。 故选B。 【变式训练10】如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。长木板的速度图像如图乙所示，已知长木板P的质量为 ，小滑块Q的质量为 ，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度 。则下列说法正确的是（　　） A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.1 B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 C． 时长木板P停下来 D．恒力F的大小为 【解析】A．作出滑块Q在 的速度时间图像，如图 由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=10m/s，6s时两者速度相同为v2=6m/s，在0～6s的过程，对Q由牛顿第二定律得 根据图乙可知 代入数据可得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1=0.1，故A正确； B．5s～6s对P由牛顿第二定律 由乙图可知5s～6s长木板P的加速度大小为 代入数据可得μ2=0.2，故B错误； 【解析】C．共速后，对小滑块Q受力分析由牛顿第二定律 解得 对长木板P和小滑块Q整体受力分析，由牛顿第二定律 解得 故共速后，两者仍发生相对滑动，则6s末到长木板P停下的过程，对长木板P由牛顿第二定律得 代入数据可得 继续运动的时间 故长木板P运动的时间为 所以8.25s时长木板P停下来，故C错误； D．由力F作用时，对长木板P受力分析，由牛顿第二定律 其中 代入数据解得 ，故D正确。 故选AD。 如图，设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为s＝dsin α，所以运动时间为 t0＝eq \r(\f(2s,a))＝eq \r(\f(2dsin α,gsin α))＝eq \r(\f(2d,g)). 即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动 具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关. 【例6】如图所示，两个圆形框架均与水平地面相切于O点，E点位于O点的正上方，以框架为支撑搭设光滑的斜面ABO、CDO和EC，B点和D点均为斜面与小的圆形框架的交点，已知斜面ABO与EO之间的夹角为 ，斜面ABO与斜面EC平行，重力加速度为g，将可视为质点的小滑块分别从三个斜面的顶端由静止释放（小滑块的运动不会受到框架的影响），下列说法正确的是（    ） A．小滑块在斜面ABO上运动时的加速度大小为 B．小滑块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为 C．小滑块在三个斜面上运动的时间均相同 D．小滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相同 【解析】A．小滑块在斜面ABO上运动时，根据牛顿运动定律 ，解得 ，故A错误；B．根据几何关系可知，AO垂直CO，小滑块在斜面CDO上运动时 ，解得 ，所以小滑块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为 ，故B正确；C．小滑块在CE上运动 ，在斜面ABO上运动时 ，在斜面CDO上运动时 ，在斜面CE上运动 ，解得 故C正确；D．设小圆半径为r，则在CD段运动 ，在AB段运动 所以AB和CD运动时间相等，而AO、CO运动时间也相等，则小滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相同，故D正确。故选BCD。 【变式训练11】如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环都从O点由静止释放，分别沿OA、OB、OC、OD下滑，设滑到斜面上所用的时间依次为 、 、 、 。下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【解析】以OA为直径画圆，由等时圆模型，对小圆环分析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为 （ 为杆与竖直方向的夹角）。由图知，小圆环的位移为 所以 t与 无关，可知从图上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即 OB不是一条完整的弦，时间最短，即 OD长度超过一条弦，时间最长，即 故选AD。 【例7】如图，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为 、其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为 ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是（　　） A．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力减小 B．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加 C．若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力F的最大值 D．若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做 的加速运动，则滑块受到的摩擦力沿斜面向上 【解析】AB．滑块与斜面一起水平向右加速运动过程中，对滑块受力分析如图所示，水平恒力F变大后，滑块的加速度增大，竖直方向保持平衡，所以，滑块所受的摩擦力 增大，支持力 减小，根据牛顿第三定律可知，滑块对斜面的压力减小，故A正确，B错误； 【解析】C．当水平向右的力F最大时，滑块与斜面间的静摩擦力恰好增大到最大静摩擦力，设此时整体的加速度大小为a，将重力与加速度a沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示，根据牛顿第二定律得 ， 又 ，联立，得 对整体根据牛顿第二定律得 故C正确； 【解析】若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做 的加速运动，假设滑块受到的摩擦力沿斜面向上，将重力与加速度a沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示 沿斜面方向根据牛顿第二定律有 ，又 联立，得 EMBED Equation.DSMT4 为负值，说明此时滑块受到的摩擦力沿斜面向下，故D错误。故选AC。 【变式训练12】如图所示，一质量M=3kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m=1kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10m/s²，下列判断错误的是 （　　） A．系统做匀加速直线运动 B．F=40N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为 D．增大力 F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 【解析】AB．对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 ，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有 ，可得 ， 故AB不符合题意；C．斜面体对楔形物体的作用力 故C符合题意；D．外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D不符合题意。故选 C。 1．如图所示，两个质量均为m的相同货物A、B叠放在自卸货车的车厢底板上保持相对静止一起加速下滑，车厢底板与水平面的夹角为α，A、B间的动摩擦因数为μ1，B与车厢底板间的动摩擦因数为μ2，货车在水平地面上始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．货车受到地面的静摩擦力方向水平向左 B．货车对地面的压力大于货车与货物的总重力 C．货物A受到的摩擦力大小一定为 D．μ1与μ2的关系满足μ1≥μ2 【解析】A.由题意，货车受到货物A、B整体的压力大小为F压=2mgcosα，根据牛顿第二定律可知，A、B整体所受合外力沿斜面向下，所以B所受滑动摩擦力的大小满足Ff＜2mgsinα，根据牛顿第三定律可知，A、B整体对货车的摩擦力大小同样满足Ff’＜2mgsinαF压沿水平向左的分量为F压x=2mgcosαsinαFf’沿水平向右的分量满足Ffx’＜2mgsinαcosα= F压x，所以A、B整体对货车的作用力存在水平向左的分量，货车有向左运动的趋势，故货车受到地面的静摩擦力方向水平向右，故A错误；B．由于A、B整体沿车厢底板加速下滑，故A、B以及货车组成的系统存在竖直向下的加速度分量，整体处于失重状态，故货车对地面的压力小于货车与货物的总重力，故B错误；CD．设A、B整体加速下滑的加速度大小为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有2ma=2mgsinα-2μ2mgcosα，单独对A同理有ma=mgsinα-f，且f≤μ1mgcosα，联立上述三式可得μ1≥μ2，由此可知，只有当μ1=μ2时，货物A受到的摩擦力大小才等于为μ1mgcosα，否则将小于μ1mgcosα。故C错误，D正确。故选D项。 2．两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（　　） A．a环与杆有摩擦力 B．d球处于失重状态 C．杆对a、b环的弹力大小相等 D．细线对c、d球的弹力大小可能相等 【解析】A．令倾斜杆与水平面的夹角为 ，对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力 因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为 ，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为 ，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误；B．对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；D．细线对c球的拉力 ，对d球的拉力 因此不相等，故D错误；C．对a和c整体受力分析有 ，对b和d整体受力分析 ，因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确。故选C。 3．如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动 B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出 C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出 D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出 【解析】A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移大小为x，根据牛顿第二定律得 ，解得 ，则 ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；B．若传送带的速度为5m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；C．若小物块的速度为4m/s，小物块向左减速运动的位移大小为 ，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移大小为 ，以后小物块以v1＝2m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s，C正确；D．若小物块的速度为1m/s，小物块向左减速运动的位移大小为 ，则小物块速度减到零后再向右加速，由于 ，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误。故选BC。 4．图所示，质量m=1kg的光滑小球用细线系在质量为M=8kg、倾角为α=37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10m/s2。试求： (1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？ (2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？ 【解析】(1)小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0，对小球受力分析如图由牛顿第二定律得 =ma 解得 对整体由牛顿第二定律得F=（M+m）a=120N (2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为0，对小球受力分析如图 由牛顿第二定律得mgtan37°=ma′ 解得a′=gtan37°=7.5m/s2 对整体由牛顿第二定律得F′=（M＋m）a′=67.5N 5．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）B与木板相对静止时，木板的速度大小； （2）木板在地面上运动的距离一共是多少？ 【解析】（1）对B分析有 解得物块B加速度大小为 对木板分析有 解得木板加速度大小为 设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得 解得 则B与木板相对静止时，木板的速度大小为 【解析】（2）对A分析有 解得物块A加速度大小为 由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为 时 ，A速度大小也减为 B与木板相对静止后，对B与木板整体有 解得B与木板的加速度大小为 设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得 代入数据解得 此时三者具有共同速度为 最后三者一起做匀减速运动，则可得 解得共同加速度大小为 木板在地面上运动的距离为 $$