2027届高考物理大一轮复习考点+知识点+基础习题 第三章 牛顿运动定律

该高中物理高考复习资料聚焦牛顿运动定律核心考点，涵盖牛顿三定律、动力学两类问题、综合应用（连接体、多过程、临界极值）及传送带、滑块模型和实验验证，按双基落实、重点突破、题型研究、实验提能逻辑展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生构建知识体系，突破难点。 资料以科学思维和科学探究为导向，创新采用模型建构与问题分层策略，如传送带模型分水平、倾斜类型分析，瞬时性问题对比弹簧与刚性绳差异，实验强调误差控制与数据图像处理。设置基础巩固、能力提升、综合应用练习，配合方法归纳，助力学生高效掌握解题规律，为教师提供系统复习方案，把控复习节奏，提升应考能力。

第 64 页 共 83 页 第三章 第14课时　牛顿第一定律　牛顿第三定律(双基落实课) 一、物理学史 物理学家 国籍 观 点 亚里士多德 古希腊 力是维持物体运动状态的原因 伽利略 意大利 通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物理学中的“福尔摩斯” 笛卡儿 法国 如果运动中的物体不受力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不改变方向 牛顿 英国 牛顿运动定律 [小题练通] 1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是(　　) A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 2．(多选)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 3．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是(　　 ) A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D．力是维持物体运动的原因 二、牛顿第一定律的理解 1.牛顿第一定律 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. 牛顿第一定律的意义 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。 (2)指出一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。 (3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，但当物体受外力所受合力为零时，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。 3．惯性 (1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)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。 (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。 [小题练通] 1．判断正误 (1)牛顿第一定律不能用实验验证。( ) (2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是因为没有外力维持木块运动的结果。( ) (3)物体运动时受到惯性力的作用。( ) (4)物体匀速运动时才有惯性，加速时没有惯性。( ) (5)物体的惯性越大，状态越难改变。( ) 2．下列说法中正确的是(　　 ) A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大 B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大 C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关 D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小 3．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图 (a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　 ) A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 牛顿第一定律的应用技巧 (1)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯。 (2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。因此，判断物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。 三、牛顿第三定律的理解和应用 1.牛顿第三定律 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。 2．牛顿第三定律的意义 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。 3．作用力与反作用力的三个关系 4．相互作用力与平衡力的比较 一对平衡力 一对作用力和反作用力 不同点 作用在同一物体上 作用在两个相互作用的不同物体上 力的性质不一定相同 一定是相同性质的力 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 作用效果可相互抵消 作用效果不可抵消 相同点 大小相等，方向相反，作用在同一条直线上 [小题练通] 1．判断正误 (1)物体做自由落体运动，就是物体具有惯性的表现。() (2)物体运动的速度大小不是由物体的受力决定的。() (3)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。() (4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。() 2．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是(　　 ) A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力 B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力 C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力 D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力 3.一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，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小是(　　 ) A．(M＋m)g　　　　　　　 B．Ff＋mg C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g 1．应用牛顿第三定律应注意的三个问题 (1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。 (2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效果(运动效果或形变效果)便不同。 (3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。 2．“转移对象法”在受力分析中的应用 由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力。如求压力时，可先求支持力。 一、单项选择题 1．关于牛顿第一定律的说法中正确的是(　　 ) A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态 B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律 C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性 D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因 2．关于惯性，下列说法正确的是(　　 ) A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大 B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减小惯性，保证其运动的灵活性 C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性 D．快速抛出的乒乓球和网球，乒乓球运动距离小，是因为乒乓球惯性大的缘故 3．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是(　　 ) A．车速越大，它的惯性越大 B．车的质量越大，它的惯性越大 C．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越小 D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 4.如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是(　　 ) A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 5．一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.如图所示，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　 ) A．200 N　　　　　　　　　　 B．280 N C．320 N D．920 N 二、多项选择题 7.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是(　　 ) A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮 B．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮 C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮 D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮 8.在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是(　　 ) A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速 C．小车可能突然向左减速 D．小车可能突然向右减速 9．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，从而与牛顿第一定律和牛顿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，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小 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 10.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法不正确的是(　　 ) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 第15课时　牛顿第二定律(双基落实课) [命题者说]　牛顿第二定律是历年高考必考且分值较高的知识点，既有单独命题，又有综合命题。复习本课时要注重对规律的理解，理清加速度和力、质量的关系，能用牛顿第二定律解决生活中的一些问题，比如超重和失重现象等。 一、牛顿第二定律的理解 1.牛顿第二定律 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。表达式为：F＝ma。 2．适用范围 (1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。 (2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 3．牛顿第二定律的五个特性 矢量性 F＝ma是矢量式，a与F同向 瞬时性 a与F对应同一时刻 因果性 F是产生a的原因 同一性 F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位 独立性 每一个力都产生各自的加速度 4．合力、加速度、速度间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。 [小题练通] 1．判断正误 (1)物体所受合外力越大，加速度越大。() (2)物体所受合外力越大，速度越大。() (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。() (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。() 2．(多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是(　　 ) A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响 B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和 C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动 D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比 3．一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(　　 ) A．a和v都始终增大　　　　 　 B．a和v都先增大后减小 C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大 4.(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10 m/s2)(　　 ) A．3 N　　　　　　　　　 B．25 N C．30 N D．50 N (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 二、瞬时性问题 1.两类模型 (1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，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成保持不变。 2．一般思路 [小题练通] 1.(多选)如图所示，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记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　 ) A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 2.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m,2、4的质量为M，两个系统均置于水平位置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　 ) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 3.如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是(　　 ) A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上 C．a＝，方向水平向左 D．a＝，方向沿Ⅰ的延长线 (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积累的过程，不会发生突变。 三、超重和失重问题 1.超重和失重的概念 视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力 超重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度 完全失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度 2.对超、失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。 (3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (4)物体超重或失重多少由物体的质量和竖直加速度共同决定，其大小等于ma。 (5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。 [小题练通] 1．判断正误 (1)超重说明物体的重力增大了。() (2)失重说明物体的重力减小了。() (3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。() (4)物体失重时，也可能向上运动。() (5)物体完全失重时，说明物体的重力为零。() 2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　) A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 3．下列关于超重和失重的说法正确的是(　　 ) A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态 B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态 C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态 D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态 4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 判断超重和失重现象的三个角度和技巧 (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，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0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)从速度变化的角度判断 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。 四、单位制 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] cd [小题练通] 1．关于单位制，下列说法中正确的是(　　 ) A．kg、m/s、N是导出单位 B．kg、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 2．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)，用上述基本单位可表示为(　　 ) A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1 3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为(　　) A．kg·A2·m3　　　　　 B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2 一、单项选择题 1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是(　　 ) 2．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果(　　 ) A．可能是正确的 B．一定是错误的 C．如果用国际单位制，结果可能正确 D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确 3.如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)(　　 ) A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升 B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降 C．以a＝9 m/s2的加速度减速上升 D．以a＝9 m/s2的加速度减速下降 4.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　) A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 二、多项选择题 5.如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　 ) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零 6. 一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　 ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 7.在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左 C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零 8.如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 第16课时　动力学的两类基本问题(重点突破课) [必备知识] 1．动力学的两类基本问题 (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。 3．动力学中常见的图像 v ­t图像、x­t图像、F­t图像、F­a图像等。 4．解决图像问题的关键 (1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始。 (2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。 [小题热身] 1．质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(　　 ) A. N　　　　　　　　　　 　B. N C. N D. N 2．两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 提能点(一)　已知受力求运动问题 [典例]　一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间t变化的规律如图所示。g取10 m/s2。求： (1)在2～4 s时间内，物体从减速运动到停止不动所经历的时间； (2)6 s内物体的位移大小。 动力学问题的解题步骤 [集训冲关] 1．一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为(　　 ) A．8 m/s　25 m　　　　　　 B．2 m/s　25 m C．10 m/s　25 m D．10 m/s　12.5 m 2.如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手。(g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)求： (1)松手前铸件的加速度； (2)松手后铸件还能前进的距离。 3.如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，木箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等(g取10 m/s2)。求： (1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小； (2)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车末端的最小距离。 提能点(二)　已知运动求受力问题 [典例]　一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 已知运动求受力问题同样需要对物体进行受力分析，而且要在通过分析物体的运动情况得出合外力的方向的基础上，画出受力示意图。需要特别注意：产生加速度的合力是由物体实际受到的力合成而来，并非物体又另外受到这样一个力的作用。 [集训冲关] 1．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　 ) A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25 2.如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)物体滑到斜面底端时的速度大小； (2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向； (3)物体与斜面间的动摩擦因数。 提能点(三)　动力学的图像问题 考法1　由受力图像分析物体的运动情况 [例1]　一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求： (1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1； (2)物块在前6 s内的位移大小x； (3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。 考法2　由运动图像分析物体的受力情况 [例2]　(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零 开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g＝10 m/s2，则可以计算出(　　 ) A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14 N时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 考法3　通过图像综合分析物体的受力与运动情况 [例3]　神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v ­t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求： (1)返回舱在这一阶段的运动状态； (2)在开始时刻v0＝160 m/s时，它的加速度大小； (3)空气阻力系数k的数值。 解决图像综合问题的三点提醒 (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。 [集训冲关] 1．如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　) 2．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 3．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求： (1)当t＝0.5 s时物体的加速度大小； (2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？ 一、单项选择题 1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　 ) A．450 N　　　　　　　　　　　B．400 N C．350 N D．300 N 2．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是(　　 ) A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10 m/s，a＝0 3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　 ) A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma D．小物块受到的静摩擦力为ma 4.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　) A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 5.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v ­t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是(　　 ) A．释放瞬间甲球加速度较大 B. ＝ C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 二、多项选择题 6.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　 ) A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动 7.如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是(　　 ) 8.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(　　) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 三、计算题 9．有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(取g＝10 m/s2)求： (1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？ (2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？ (3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ 10．研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 11.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 第17课时　牛顿运动定律的综合应用(题型研究课) [命题者说]　动力学的连接体问题、多过程问题、临界极值问题是高考中常考的三大类问题，通过本课时的复习，可以掌握解决这些问题的方法。解题时，要侧重对过程的分析，弄清楚解答问题的关键。 (一)　整体法与隔离法求解动力学连接体问题 连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是： (1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。 [题型1：同一方向上的连接体问题] 这类问题一般多是连接体(系统)中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。 [例1]　(多选)如图所示，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木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　 ) A．无论粘在哪个木块上面，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 [题型2：不同方向上的连接体问题] 如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。 [例2]如图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m＝M，求： (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。 [通法归纳] 　　整体法与隔离法使用心得 (1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。 (2)整体法计算简便，但对受分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。 (3)只要按部就班受力分析、列方程，整体法能解决的问题，隔离法都能解决。 [集训冲关] 1．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1>F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为(　　 ) A.　　　　　　　 　B. C. D. 2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 3.如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是(　　 ) A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大 B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小 C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 (二)　动力学中的多过程问题 [典例]　如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f<mg)。开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等。设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离。 (1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小； (2)B至少应该多长？ 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是高考命题的热点。解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。 [集训冲关] 1．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求： (1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？ 2.“辽宁舰”在海上进行“歼­15”舰载机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小； (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。 (三)　动力学中的临界极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态； (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点； (4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2．解临界极值问题的三种方法：极限法、假设法、数学法。 [方法1：极限法] 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。 [例1]　如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的。请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　 ) A．FT1＝ B．FT1＝ C．FT1＝ D．FT1＝ [方法2：假设法] 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。 [例2]　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，则(　　 ) A．当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动 [方法3：数学法] 将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解析临界条件和极值问题。 [例3]　如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s。玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。(取g＝10 m/s2)，求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？ [通法归纳] 　　四种典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。 [集训冲关] 1.如图所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2。用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10 m/s2)(　　 ) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 2.如图所示，小车上放着由轻弹簧连接的质量为mA＝1 kg、mB＝0.5 kg的A、B两物体，两物体与小车间的最大静摩擦力分别为4 N和1 N，弹簧的劲度系数k＝0.2 N/cm。 (1)为保证两物体随车一起向右加速运动，弹簧的最大伸长是多少厘米？ (2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动，弹簧的伸长是多少厘米？ 一、选择题 1.如图所示，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(　　 ) A．M受静摩擦力增大　　　　 B．M对车厢壁的压力减小 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小 2.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连，两个物块与水平面间的动摩擦因数相同。当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1。当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　 ) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3 3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D，其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉D木块，使四个木块以同一加速度运动，则A、C轻绳的最大拉力为(　　 ) A. B. C. D．3μmg 4．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　 ) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 5．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　 ) A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 二、计算题 6.如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少。 7.如图所示，可看做质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)B落地前的加速度a的大小； (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。 8．为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定。轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为μ＝0.7，如图甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当做连续的过程，简化处理后的v ­t图像如图乙所示，g取10 m/s2，＝1.73，不计空气阻力影响，求： (1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间； (2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小。(结果保留三位有效数字) 9．如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A物体在纸带上的滑动时间； (2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v ­t图像； (3)两物体A、B停在地面上的距离。 第18课时　动力学中的两类典型模型(题型研究课) [命题者说]　传送带问题和滑块滑板问题是高考中常考的两类题型，相对于其他题型而言，这两类问题综合性较强，难度较大，且有时和能量相结合，考查综合分析能力，学习本课时，要侧重对过程的分析和理解。 (一)　传送带模型 传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识，该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为物、带同向和物、带反向两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种。 题型1　物块轻放在匀速运动的水平传送带上 题型 简述 “轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先加速后匀速。 方法 突破 (1)求解物块的加速度，a＝＝μg。 (2)根据t＝求解物块加速过程的时间。 (3)根据x＝at2求解物块加速过程的位移。 (4)将加速过程的位移x与传送带的长度L进行比较，若x≥L，说明物块一直加速，若x<L，则物块速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力立即变为零，剩下的路程物块靠惯性与传送带相对静止匀速运动。 [注意]　物块的位移x、速度v、加速度a都应以地面为参考系，并注意区分对地位移和相对位移。 [例1]　(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是(　　 ) A. ＋　　　　　　　 　B. C. D. 本题不少同学出现漏选D项现象，木块在传送带上运动，会出现这样一种可能性：木块在传送带上一直加速，但恰好在尾端达到与传送带共速。总之解答这种题型时主要是分析木块的运动，把所有可能的运动情况分门别类的列举出来，然后一一求解。 题型2　物块以初速度v0冲上匀速水平传送带 题型 简述 当物块以初速度v0冲上匀速水平传送带上时，可分为下列两种情形：v0的方向与传送带速度v的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断。 方法 突破 (1)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相同时(如图甲所示)，又会出现以下三种可能： ①v0>v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速。 ②v0<v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直加速，若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先加速后匀速。 ③v0＝v时，物块在传送带上做匀速直线运动。 (2)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相反时(如图乙所示)，又会出现以下两种可能： ①若传送带较短时，物块一直减速到达另一端离开。 ②若传送带较长时，物块速度减小到零后还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时物块速度为v，若v0<v，返回时物块速度为v0。 [例2]　水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是(　　) 有的同学凭感觉，想当然的认为传送带与物块运动方向相反时，传送带对物块的阻碍作用将加重，这是一种错觉。还有不少同学对物块滑上传送带后五种可能的运动情况分析不全。 题型3　物块轻放在匀加速启动的水平传送带上 题型 简述 当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，动摩擦因数与传送带加速度a0的大小，决定它们是否发生相对滑动。 方法 突破 (1)若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma0； (2)若μg<a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg。 　 [例3]　如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 [通法归纳] 　　分析传送带问题的三步骤 (1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。 (2)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式。 (3)运用相应规律，进行相关计算。 题型4　物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上 题型 简述 物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况。 方法 突破 (1)向上传送，如图甲所示，要想将物块往上传送，应满足μ>tan θ，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直加速；若传送带较长，物块未到达另一端前二者速度已相等，则先加速后匀速。 (2)向下传送，如图乙所示，由于物块初速度为零，则物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，则a1＝g(sin θ＋μcos θ)，当二者速度相等时，若μ>tan θ，则物块变为匀速，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若μ<tan θ，则物块继续加速，但物块所受滑动摩擦力沿传送带向上，则a2＝g(sin θ－μcos θ)。所以对于从上往下传送时物块可能一直加速，可能先加速后匀速，也可能先以a1加速，后以a2加速。 [例4]　如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。 本题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由滑动摩擦力变为静摩擦力。可以总结出，传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻，对于倾斜传送带，摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。 [集训冲关] 1．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　 ) A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5 s到达B处 C．行李提前0.5 s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 2．(多选)如图，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则(　　 ) A．若传送带不动，则vB＝3 m/s B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s 3.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　 ) 4.如图所示为一水平传送带装置示意图。A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 kg的物块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速转动。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)如果物块以最短时间到达B点，物块到达B点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下传送带至少加速运动多长时间？ (二)　滑块—滑板模型 1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 3．解题思路 题型1　水平面上的滑块—滑板模型　 [例1]　一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v ­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 题型2　斜面上的滑块—滑板模型　 [例2]　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝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μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2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，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 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g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小； (2)A在B上总的运动时间。 [通法归纳] 　　求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧 (1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 [集训冲关] 1.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图像可能是下列选项中的(　　 ) 2．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v ­t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求物体A、B间的动摩擦因数； (2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。 一、选择题 1.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　 ) A．物块将减速下滑 B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小 D．物块受到的摩擦力变大 2.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)(　　 ) A．1∶1　　　　　　　 　B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 3.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断中正确的是(　　 ) A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v ­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　 ) A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J 5．(多选)如图甲所示，质量为M＝2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是(　　 ) A．可求得物块在前2 s内的位移5 m B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2 C．可求得物块的质量m＝2 kg D．可求得木板的长度L＝2 m 二、计算题 6. 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图。绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h＝0.45 m。现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出(不计空气阻力，g取10 m/s2)，则： (1)若行李包从B端水平抛出的初速度v＝3.0 m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以v0＝1.0 m/s的初速度从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端抛出后，飞出的水平距离等于(1)问中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件。 7.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。问： (1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？ (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 8.如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°。一质量为mA＝2 kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点。求： (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ (2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？ 9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 第19课时　验证牛顿运动定律(实验提能课) 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律。 2．探究加速度与力、质量的关系。 3．掌握利用图像处理数据的方法。 二、实验原理 采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，探究加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度a与小车质量M的关系。 三、实验器材 小车，砝码，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，复写纸，托盘天平，米尺。 四、实验步骤 1．称量质量 用天平测小盘的质量m0和小车的质量M0。 2．安装器材 按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即无小车牵引力)。 3．平衡摩擦力 在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至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为止。 4．测量加速度 (1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，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。计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中。改变小盘内砝码的个数，并多做几次。 (2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中。改变小车上砝码的个数，并多做几次。 表(一) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 表(二) 实验 次数 加速度 a/(m·s－2) 小车和砝码的总质量M/kg 小车和砝码的总质量的倒数/kg－1 1 2 3 4 五、数据处理 1．计算加速度 在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。 2．图像法处理实验数据 作图像找关系：根据记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a ­F图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a ­图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。 六、误差分析 1．因实验原理不完善引起的系统误差 以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a， 以小车为研究对象得F＝Ma，求得 F＝·mg＝·mg<mg 本实验用小盘和砝码的总重力mg代替对小车的拉力，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减小因实验原理不完善而引起的误差。 2．摩擦力平衡不准确造成的误差。在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的均与正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器等)，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各相邻两点间的距离相等。 3．质量测量误差、打点计时器打点时间间隔不等、纸带上各点距离测量误差、细绳或纸带不与木板平行等会引起误差。 七、注意事项 1．平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带匀速运动。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。 2．实验条件：每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出。只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。 3．一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车。 4．作图：作图时，两坐标轴的比例要适当，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对称地分布在所作直线两侧。 考点(一)　实验原理与操作 [例1]　某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (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。(填“远大于”“远小于”或“近似等于”) (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(填“大于”“小于”或“等于”) (1) 本实验存在系统误差。绳子的拉力小于砝码及桶的重力，当砝码及桶的质量远小于木块及其上的砝码总质量时，误差才可以忽略。 (2)可以在绳子上加上力传感器，这样就可以直接测出绳子的拉力，即木块的合外力。 考点(二)　数据处理与误差分析 [例2]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下： (1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。 (2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s ­t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。 (3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s ­t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。 n 1 2 3 4 5 a/(m·s－2) 0.20 0.58 0.78 1.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a­n图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。 (5)利用a ­n图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。 A．a­n图线不再是直线 B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a­n图线仍是直线，但该直线的斜率变大 (1)本题很巧妙的解决了[例1]中存在的系统误差，没有借助传感器，而是采取了“以不变应万变”的策略，“不变”指的是总质量不变，“万变”指的是动力依次改变。 (2)第(6)问难度较大，但是只要结合牛顿第二定律，抓住图像与函数可以互相推导和分析的特点，问题便可迎刃而解。 实验器材 的改进 用气垫导轨替代长木板，将气垫导轨调成水平，不用再平衡摩擦力。 数据测量 的改进 通过打点纸带求加速度→ 实验的 拓展延伸 以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。 [例3]　某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。 　　 (1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s； (2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)。 A．物块的质量　B．斜面的高度　C．斜面的倾角 [创新演练] 某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题： (1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。 (2)由图(b)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________________________。 1．关于“验证牛顿第二定律”实验中验证“作用力一定时，加速度与质量成反比”的实验过程，以下做法中正确的是(　　 ) A．平衡摩擦力时，应将装砂的小桶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，再接通电源 D．可以利用天平测出砂桶和砂的质量m和小车的质量M，直接用公式a＝求出加速度 2．如图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。 (1)平衡小车所受阻力的操作：取下________，把木板不带滑轮的一端垫高；接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果打出的纸带如图乙所示，则应________(选填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止。 (2)图丙为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。 3．如图所示，为某同学安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在小车的前端固定一个传感器，和砂桶连接的细线接在传感器上，通过传感器可显示出细线的拉力。在图示状态下开始做实验。 (1)从图上可以看出，该同学在装置和操作中的主要错误是____________________。 (2)若砂和砂桶的质量为m，小车和传感器的总重量为M，做好此实验________(填“需要”或“不需要”)M≫m的条件。 4．利用如图所示装置可以做力学中的许多实验。 (1)(多选)以下说法正确的是(　　 ) A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响 B．用此装置“研究匀变速直线运动”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 C．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响 D．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 (2)本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是(　　 ) A．交流220 V　　　　　　　 B．直流220 V C．交流4～6 V D．直流4～6 V (3)在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图所示。已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为________m/s。(结果保留2位有效数字) 5．用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律： (1)某同学通过实验得到如图(b)所示的a­F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)。 (2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件。 (3)某同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。Δx＝xDG－xAD＝________cm。由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)。 6．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接，在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用停表记下木板运动到PQ处的时间t。 (1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可) ________________________________________________________________________。 (2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是(　　) (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________。(填选项前的字母) A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度 7. 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略) (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为______。 (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________。 (3)以下能引起实验误差的是________。(填选项前的字母) A．滑块的质量 B．当地重力加速度的大小 C．长度测量时的读数误差 D．小球落地和滑块撞击挡板不同时 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求) 1.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的(　　) A．OA方向　　　　　　 　B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 2.假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——“木卫四”的表面。如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降。如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降。则登陆舱的质量与“木卫四”表面的自由落体加速度分别为(　　 ) A．326 kg,1.23 m/s2 B．2 650 kg,2.46 m/s2 C．2 650 kg,1.23 m/s2 D．326 kg,2.46 m/s2 3. 一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是(　　 ) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 4.如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则(　　 ) A．t1＝t2 B．t1＞t2 C．t1＜t2 D．无法确定 5．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　 ) A．A的质量为0.25 kg B．B的质量为1.25 kg C．B与地面间的动摩擦因数为0.2 D．A、B间的动摩擦因数为0.2 6．如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学(　　 ) A．体重约为650 N B．做了两次下蹲—起立的动作 C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 7.一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是(　　 ) A．稳定后弹簧仍处于伸长状态 B．稳定后弹簧一定处于压缩状态 C．μ＝ D．μ＝ 8．如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是(　　 ) A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．物块A、B运动的加速度大小不同 D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同 二、实验题 9．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ，滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的________和________，计算a的运动学公式是________。 (2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为： a＝m－μg。 他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ。若要求a是m的一次函数，必须使上式中的________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________。 10．用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验。实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。 (1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示。已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝________ m/s2。(结果保留两位有效数字) (3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a­F关系图像，如图丙所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。(选填下列选项的序号) A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大 C．所挂钩码的总质量过大 D．所用小车的质量过大 三、计算题 11.如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L＝10 m的A、B两个小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2。求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。 12.水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求： (1)物块B克服摩擦力所做的功； (2)物块A、B的加速度大小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第 64 页 共 83 页 第三章 第14课时　牛顿第一定律　牛顿第三定律(双基落实课) 一、物理学史 物理学家 国籍 观 点 亚里士多德 古希腊 力是维持物体运动状态的原因 伽利略 意大利 通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物理学中的“福尔摩斯” 笛卡儿 法国 如果运动中的物体不受力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不改变方向 牛顿 英国 牛顿运动定律 [小题练通] 1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是(　　) A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 解析：选BCD　本题考查物理学史实。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律， 即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。本题应选B、C、D。 2．(多选)早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　 ) A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力的作用，物体只能处于静止状态 C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 解析：选AD　物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，速度方向时刻在改变，C错误。 3．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是(　　 ) A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D．力是维持物体运动的原因 解析：选D　A项是伽利略的观点，B、C两项是牛顿的观点，D项是亚里士多德的观点。 二、牛顿第一定律的理解 1.牛顿第一定律 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. 牛顿第一定律的意义 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。 (2)指出一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。 (3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，但当物体受外力所受合力为零时，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。 3．惯性 (1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)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。 (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。 [小题练通] 1．判断正误 (1)牛顿第一定律不能用实验验证。( ) (2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是因为没有外力维持木块运动的结果。( ) (3)物体运动时受到惯性力的作用。( ) (4)物体匀速运动时才有惯性，加速时没有惯性。( ) (5)物体的惯性越大，状态越难改变。( ) 2．下列说法中正确的是(　　 ) A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大 B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大 C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关 D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小 解析：选C　惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关，A、B、D错误，C正确。 3．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图 (a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　 ) A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 解析：选B　伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推。故A错误，B正确。完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误。伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。 牛顿第一定律的应用技巧 (1)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯。 (2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。因此，判断物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。 三、牛顿第三定律的理解和应用 1.牛顿第三定律 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。 2．牛顿第三定律的意义 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。 3．作用力与反作用力的三个关系 4．相互作用力与平衡力的比较 一对平衡力 一对作用力和反作用力 不同点 作用在同一物体上 作用在两个相互作用的不同物体上 力的性质不一定相同 一定是相同性质的力 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 作用效果可相互抵消 作用效果不可抵消 相同点 大小相等，方向相反，作用在同一条直线上 [小题练通] 1．判断正误 (1)物体做自由落体运动，就是物体具有惯性的表现。(×) (2)物体运动的速度大小不是由物体的受力决定的。(√) (3)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。(×) (4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。(×) 2．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是(　　 ) A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力 B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力 C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力 D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力 解析：选D　汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力，而一对相互作用力总是大小相等，A、C错误；因一对相互作用力总是同时产生，B错误；拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力，D正确。 3.一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，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小是(　　 ) A．(M＋m)g　　　　　　　 B．Ff＋mg C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g 解析：选C　箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，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大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。 1．应用牛顿第三定律应注意的三个问题 (1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。 (2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效果(运动效果或形变效果)便不同。 (3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。 2．“转移对象法”在受力分析中的应用 由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力。如求压力时，可先求支持力。 一、单项选择题 1．关于牛顿第一定律的说法中正确的是(　　 ) A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态 B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律 C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性 D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，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：①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。②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。 2．关于惯性，下列说法正确的是(　　 ) A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大 B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减小惯性，保证其运动的灵活性 C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性 D．快速抛出的乒乓球和网球，乒乓球运动距离小，是因为乒乓球惯性大的缘故 解析：选B　物体的质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，B正确，A、C错误；乒乓球运动距离小是空气阻力造成的，其质量小，惯性小，D错误。 3．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是(　　 ) A．车速越大，它的惯性越大 B．车的质量越大，它的惯性越大 C．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越小 D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 解析：选B　惯性是物体固有的一种属性，仅与质量有关，与车速无关，故A、C、D错误，B正确。 4.如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是(　　 ) A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 解析：选B　人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；人所受的重力与人对体重计的压力大小相等、方向相同，既不是平衡力，也不是作用力和反作用力，C、D错误。 5．一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 解析：选C　这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系。故C正确。 6.如图所示，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　 ) A．200 N　　　　　　　　　　 B．280 N C．320 N D．920 N 解析：选B　设人对绳的拉力大小为F，对重物m应用牛顿第二定律得mg－F＝ma；由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力F′与人对绳的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为FN，对人应用平衡条件可得F′＋FN＝Mg，解得FN＝Mg－mg＋ma＝280 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为280 N，B正确。 二、多项选择题 7.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是(　　 ) A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮 B．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮 C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮 D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮 解析：选AC　由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C正确，选项D错误。 8.在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是(　　 ) A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速 C．小车可能突然向左减速 D．小车可能突然向右减速 解析：选BD　原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加 速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出。②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确。 9．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，从而与牛顿第一定律和牛顿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，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小 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：选CD　由作用力和反作用力的同时性知，A错误；B项中两力为作用力和反作用力，B错误；作用力和反作用力大小相等，C、D正确。 10.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法不正确的是(　　 ) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 解析：选ABD　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，A错误；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，B错误；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<a乙，由x＝at2推知，甲的位移较小，乙先过界，C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，D错误。 第15课时　牛顿第二定律(双基落实课) [命题者说]　牛顿第二定律是历年高考必考且分值较高的知识点，既有单独命题，又有综合命题。复习本课时要注重对规律的理解，理清加速度和力、质量的关系，能用牛顿第二定律解决生活中的一些问题，比如超重和失重现象等。 一、牛顿第二定律的理解 1.牛顿第二定律 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。表达式为：F＝ma。 2．适用范围 (1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。 (2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 3．牛顿第二定律的五个特性 矢量性 F＝ma是矢量式，a与F同向 瞬时性 a与F对应同一时刻 因果性 F是产生a的原因 同一性 F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位 独立性 每一个力都产生各自的加速度 4．合力、加速度、速度间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。 [小题练通] 1．判断正误 (1)物体所受合外力越大，加速度越大。(√) (2)物体所受合外力越大，速度越大。(×) (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。(×) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。(×) 2．(多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是(　　 ) A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响 B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和 C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动 D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比 解析：选ABC　物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如：受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，故D错误。 3．一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(　　 ) A．a和v都始终增大　　　　 　 B．a和v都先增大后减小 C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大 解析：选C　质点受多个力的作用，处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来大小的过程中，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律知，a先增大后减小，v始终增大，C正确。 4.(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10 m/s2)(　　 ) A．3 N　　　　　　　　　 B．25 N C．30 N D．50 N 解析：选ACD　若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确。 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 二、瞬时性问题 1.两类模型 (1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，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成保持不变。 2．一般思路 [小题练通] 1.(多选)如图所示，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记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　 ) A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 解析：选AC　剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。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：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。 2.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m,2、4的质量为M，两个系统均置于水平位置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　 ) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：选C　在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以选项C正确。 3.如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是(　　 ) A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上 C．a＝，方向水平向左 D．a＝，方向沿Ⅰ的延长线 解析：选C　剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a＝，方向水平向左，选项C正确。 (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积累的过程，不会发生突变。 三、超重和失重问题 1.超重和失重的概念 视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力 超重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度 完全失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度 2.对超、失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。 (3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (4)物体超重或失重多少由物体的质量和竖直加速度共同决定，其大小等于ma。 (5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。 [小题练通] 1．判断正误 (1)超重说明物体的重力增大了。(×) (2)失重说明物体的重力减小了。(×) (3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×) (4)物体失重时，也可能向上运动。(√) (5)物体完全失重时，说明物体的重力为零。(×) 2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　) A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 解析：选D　手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误。在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。 3．下列关于超重和失重的说法正确的是(　　 ) A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态 B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态 C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态 D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态 解析：选B　物体有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态，A项错误；飞船返回地面时有向上的加速度，处于超重状态，C项错误；物块上滑的过程有向下的加速度，物块处于失重状态，D错误。 4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 解析：选AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。 判断超重和失重现象的三个角度和技巧 (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，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0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)从速度变化的角度判断 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。 四、单位制 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] cd [小题练通] 1．关于单位制，下列说法中正确的是(　　 ) A．kg、m/s、N是导出单位 B．kg、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　在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，故D正确，A、B错误；电流的单位A属于国际单位制中的基本单位，C错误。 2．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)，用上述基本单位可表示为(　　 ) A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1 解析：选B　根据物理公式分析物理量的单位。因U＝＝＝，故1 V＝ 1 ＝1 kg·m2·s－3·A－1，选项B正确。 3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为(　　) A．kg·A2·m3　　　　　 B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2 解析：选B　由公式F＝k得，k＝，故k的单位为，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知1 N＝1 kg·m·s－2，故1 ＝1 kg·A－2·m3·s－4，选项B正确。 一、单项选择题 1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是(　　 ) 解析：选C　对雨滴进行受力分析可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动。 2．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果(　　 ) A．可能是正确的 B．一定是错误的 C．如果用国际单位制，结果可能正确 D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确 解析：选B　由x＝(t1＋t2)可知x的单位为：·s＝＝m/s，此为速度的单位，而位移的单位为m，所以结果错误。 3.如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)(　　 ) A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升 B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降 C．以a＝9 m/s2的加速度减速上升 D．以a＝9 m/s2的加速度减速下降 解析：选B　根据运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量为10 cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1 m/s2的加速度减速上升，B正确。 4.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　) A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 解析：选A　设橡皮筋的原长为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1＝L＋；当小车向左加速，稳定时，橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，由图可知：橡皮筋上的弹力kx＝，橡皮筋悬点O距小球的高度L2＝cos θ＝Lcos θ＋。可见，L1>L2，A正确，B、C、D错误。 二、多项选择题 5.如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　 ) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零 解析：选BC　设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，C正确。 6. 一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　 ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 解析：选BC　质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。 7.在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左 C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零 解析：选ABD　未剪断轻绳时，水平面对小球的弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得竖直方向上有FTcos θ＝mg，水平方向上有FTsin θ＝F，解得弹簧弹力F＝mgtan θ＝20 N，A正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，即水平面支持力FN＝mg，水平方向上弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速度a＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向向左，B正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为零，C错误，D正确。 8.如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 解析：选AD　热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有：F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，则A项正确；加速上升过程中，速度增大，所受空气阻力也增大，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误。 第16课时　动力学的两类基本问题(重点突破课) [必备知识] 1．动力学的两类基本问题 (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。 3．动力学中常见的图像 v ­t图像、x­t图像、F­t图像、F­a图像等。 4．解决图像问题的关键 (1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始。 (2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。 [小题热身] 1．质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(　　 ) A. N　　　　　　　　　　 　B. N C. N D. N 解析：选A　由x＝at2得a＝ m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝1× N＝ N，故A正确。 2．两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析：选BD　设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知：ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。 提能点(一)　已知受力求运动问题 [典例]　一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间t变化的规律如图所示。g取10 m/s2。求： (1)在2～4 s时间内，物体从减速运动到停止不动所经历的时间； (2)6 s内物体的位移大小。 [解析]　(1)在0～2 s内，由牛顿第二定律知 F1－Ff＝ma1 Ff＝μmg v1＝a1t1 解得v1＝2 m/s 在2 s以后，物体的加速度大小 a2＝＝3 m/s2 方向与v的方向相反。 由v2－v1＝a2t2知，减速到停止所用时间 t2＝＝ s。 (2)0～2 s内物体的位移x1＝＝2 m 2～4 s内物体的位移x2＝＝ m 由周期性可知4～6 s内和0～2 s内位移相等。 所以6 s内物体的位移 x＝2x1＋x2＝ m。 [答案]　(1) s　(2) m 动力学问题的解题步骤 [集训冲关] 1．一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为(　　 ) A．8 m/s　25 m　　　　　　 B．2 m/s　25 m C．10 m/s　25 m D．10 m/s　12.5 m 解析：选C　物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝at2＝×2×25 m＝25 m，选项C正确。 2.如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手。(g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)求： (1)松手前铸件的加速度； (2)松手后铸件还能前进的距离。 解析：(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得 a＝＝1.3 m/s2。 (2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s 松手后的加速度大小a′＝＝μg＝2.5 m/s2 则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.408 m。 答案：(1)1.3 m/s2　(2)5.408 m 3.如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，木箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等(g取10 m/s2)。求： (1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小； (2)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车末端的最小距离。 解析：(1)设木箱的最大加速度为a′， 根据牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝2.25 m/s2＜2.5 m/s2 则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s2。 (2)设平板车做匀加速直线运动的时间为t1，木箱与平板车达到共同速度的时间为t2，根据速度公式得 v＝at1① v＝a′t2② 在平板车达到共同速度时，木箱由于加速度小于平板车的加速度，还要加速运动(t2－t1)时间才能达到共同速度，此时设平板车的位移为x1，则 x1＝＋v(t2－t1)③ 木箱的位移为x2，则x2＝a′t22④ 要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足 x＝x1－x2⑤ 联立解得x＝1.8 m。 答案：(1)2.25 m/s2　(2)1.8 m 提能点(二)　已知运动求受力问题 [典例]　一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律可得： mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得：μ＝。 (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。 由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2， 当加速度沿斜面向上时， Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1， 代入数据得：F＝ N 当加速度沿斜面向下时： mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入数据得：F＝ N。 [答案]　(1)　(2) N或 N 已知运动求受力问题同样需要对物体进行受力分析，而且要在通过分析物体的运动情况得出合外力的方向的基础上，画出受力示意图。需要特别注意：产生加速度的合力是由物体实际受到的力合成而来，并非物体又另外受到这样一个力的作用。 [集训冲关] 1．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　 ) A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25 解析：选C　根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g ＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确。 2.如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)物体滑到斜面底端时的速度大小； (2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向； (3)物体与斜面间的动摩擦因数。 解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有： L＝t，代入数据解得：v＝1 m/s。 (2)因v＜v0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上， 加速度的大小为：a＝＝1 m/s2。 (3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。 由牛顿定律得：Ff－mgsin θ＝ma FN＝mgcos θ Ff＝μFN 联立解得：μ＝， 代入数据解得：μ＝。 答案：(1)1 m/s　(2)1 m/s2　方向沿斜面向上　(3) 提能点(三)　动力学的图像问题 考法1　由受力图像分析物体的运动情况 [例1]　一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求： (1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1； (2)物块在前6 s内的位移大小x； (3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。 [解析]　(1)由题图乙可知前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N。 (2)在v ­t图像中图线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小 x＝ m＝12 m。 (3)由题图乙知，在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小 a＝＝ m/s2＝2 m/s2 由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma 在4～6 s内物块做匀速运动，有 F3＝Ff2＝μmg 解得μ＝0.4。 [答案]　(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4 考法2　由运动图像分析物体的受力情况 [例2]　(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零 开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g＝10 m/s2，则可以计算出(　　 ) A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14 N时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 [解析]　由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误。 [答案]　ACD 考法3　通过图像综合分析物体的受力与运动情况 [例3]　神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v ­t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求： (1)返回舱在这一阶段的运动状态； (2)在开始时刻v0＝160 m/s时，它的加速度大小； (3)空气阻力系数k的数值。 [解析]　(1)由速度图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动。 (2)开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则 a＝＝ m/s2＝－20 m/s2 故加速度大小为20 m/s2。 (3)设浮力为F，由牛顿第二定律得 在t＝0时有kv02＋F－Mg＝Ma 由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s 当返回舱匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0 故k＝＝≈0.31。 [答案]　(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动　(2)20 m/s2　(3)0.31 解决图像综合问题的三点提醒 (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。 [集训冲关] 1．如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　) 解析：选B　滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项错；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，s ­t图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h＝ssin θ，所以h­t图像也是开口向下的抛物线，A项错。 2．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选ACD　由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选 项A、C正确。由v ­t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。 3．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求： (1)当t＝0.5 s时物体的加速度大小； (2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？ 解析：(1)由题图乙可知F2的表达式为F2＝2＋2t，则 当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3 N 此时物体的加速度为a，由牛顿第二定律得，F1－F2＝ma a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物体所受的合外力为 F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N) 作出F合­t图如图所示，从图中可以看出，在0～2 s范围内当t＝0时，物体有最大加速度a0。 F0＝ma0 a0＝＝ m/s2＝1 m/s2 当t＝2 s时，物体也有最大加速度a2。 F2＝ma2 a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2 负号表示加速度方向向左。 答案：(1)0.5 m/s2 (2)t＝0或t＝2 s时加速度最大，大小为1 m/s2。 一、单项选择题 1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　 ) A．450 N　　　　　　　　　　　B．400 N C．350 N D．300 N 解析：选C　汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。 2．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是(　　 ) A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10 m/s，a＝0 解析：选A　由牛顿第二定律可知，在前3 s内物体的加速度a＝＝2 m/s2,3 s末的速率v＝at＝6 m/s，当外力F撤去后，加速度变为零，物体的速率保持不变为6 m/s，选项A正确。 3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　 ) A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma D．小物块受到的静摩擦力为ma 解析：选A　小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误。 4.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　) A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 解析：选A　由v ­t图像可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。 5.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v ­t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是(　　 ) A．释放瞬间甲球加速度较大 B. ＝ C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 解析：选C　释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，B错误；由图像知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误。 二、多项选择题 6.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　 ) A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动 解析：选BC　物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误。减速到零后，F<Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。 7.如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是(　　 ) 解析：选AC　物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ，即mgsin θ<μmgcos θ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmgcos θ，A、C正确。 8.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(　　) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 解析：选AC　已知质点在外力作用下做直线运动，根据它的速度－时间图像可知，在图中标出的t1时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，因此A选项正确；在图中标出的t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项不正确；在图中标出的t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向也相同，由此可知C选项也正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合外力的方向与速度的方向相反，故D选项错误。 三、计算题 9．有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(取g＝10 m/s2)求： (1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？ (2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？ (3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ 解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20 m/s。 (2)自由下落的位移 h′＝gt12＝20 m 设座椅匀减速运动的总高度为h，则 h＝(40－4－20)m＝16 m 由h＝t得t＝1.6 s。 (3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F， 由v＝at得a＝12.5 m/s2 由牛顿第二定律得F－mg＝ma 解得 ＝2.25。 答案：(1)20 m/s　(2)1.6 s　(3)2.25 10．研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得v02＝2as① t＝② 联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s2③ t＝2.5 s。④ (2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得 L＝v0t′＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得 Δt＝0.3 s。⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 F＝ma⑧ 由平行四边形定则得 F02＝F2＋(mg)2⑨ 联立③⑧⑨式，代入数据得 ＝。⑩ 答案：(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3) 11.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④ F＝k(m＋M)g⑤ s1＝vt－a1t2⑥ s2＝vt－a2t2⑦ s＝s1－s2⑧ l＝l0＋s0＋s2⑨ 联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。⑩ 答案：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98 m 第17课时　牛顿运动定律的综合应用(题型研究课) [命题者说]　动力学的连接体问题、多过程问题、临界极值问题是高考中常考的三大类问题，通过本课时的复习，可以掌握解决这些问题的方法。解题时，要侧重对过程的分析，弄清楚解答问题的关键。 (一)　整体法与隔离法求解动力学连接体问题 连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是： (1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。 [题型1：同一方向上的连接体问题] 这类问题一般多是连接体(系统)中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。 [例1]　(多选)如图所示，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木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　 ) A．无论粘在哪个木块上面，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]　由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a＝，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F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a都将减小，A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以FT增大，B错误；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，C错误；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，FT减小，D正确。 [答案]　AD [题型2：不同方向上的连接体问题] 如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。 [例2]如图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m＝M，求： (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。 [解析]　(1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F， 对物体A，F－Mg＝Ma， 对B、C整体，(M＋m)g－F＝(M＋m)a， 联立解得：a＝g。 将m＝M代入，得a＝。 物体B从静止开始下落一段距离，h＝at2， 自由落体下落同样的距离，h＝gt02， 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落同样的距离所用时间的比值为3。 (2)设B对C的拉力为T，对物体C，由牛顿第二定律， mg－T＝ma， 解得T＝mg－ma＝mg。 由牛顿第三定律，物体C对B的拉力为mg。 [答案]　(1)3　(2)mg [通法归纳] 　　整体法与隔离法使用心得 (1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。 (2)整体法计算简便，但对受分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。 (3)只要按部就班受力分析、列方程，整体法能解决的问题，隔离法都能解决。 [集训冲关] 1．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1>F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为(　　 ) A.　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选B　本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量，但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项。 2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。 3.如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是(　　 ) A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大 B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小 C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 解析：选D　对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析，加速前，小球处于静止状态，重力等于绳子的拉力，加速后，小球的加速度水平向右，即拉力和重力的合力水平向右，拉力增大，弹簧秤的示数增大，故D正确。 (二)　动力学中的多过程问题 [典例]　如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(f<mg)。开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等。设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离。 (1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小； (2)B至少应该多长？ [解析]　(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a＝g，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小 aA＝， B竖直向上做匀减速运动，加速度大小 aB＝， B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动。 (2)B着地前瞬间的速度为v1＝， B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 t＝， 在此时间内A的位移x＝v1t＋aAt2， 要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件L≥x， 联立以上各式，解得L≥。 [答案]　(1)见解析　(2) 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是高考命题的热点。解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。 [集训冲关] 1．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求： (1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？ 解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得 F－μmg＝ma1 解得a1＝3 m/s2。 (2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得 μmg＝ma2 解得a2＝1 m/s2 推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2 撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2＝ 木箱停在有效区域内，要满足条件L1－L2≤x1＋x2≤L1 解得1 s≤t≤ s。 答案：(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s 2.“辽宁舰”在海上进行“歼­15”舰载机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小； (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。 解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1 v12－v02＝2a1l1 v1＝a1t1 其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有 F合′＝F－f－mgsin θ＝ma2，其中sin θ＝ v22－v12＝2a2l2 代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2， v2＝ m/s≈41.5 m/s。 (2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′， 有F合″＝F推＋F－f＝ma1′ v1′2－v02＝2a1′l1 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0 m/s2 v2′2－v1′2＝2a2′l2 根据题意，v2′＝100 m/s， 代入已知数据解得F推＝5.175×105 N。 答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.175×105 N (三)　动力学中的临界极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态； (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点； (4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2．解临界极值问题的三种方法：极限法、假设法、数学法。 [方法1：极限法] 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。 [例1]　如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的。请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　 ) A．FT1＝ B．FT1＝ C．FT1＝ D．FT1＝ [解析]　采用极限法，取滑轮的质量m＝0，则系统的加速度a＝，对A有FT1－m1g＝m1a，解得FT1＝，将m＝0代入四个选项可知C正确。 [答案]　C [方法2：假设法] 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。 [例2]　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，则(　　 ) A．当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动 [解析]　首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F＜48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确。 [答案]　D [方法3：数学法] 将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解析临界条件和极值问题。 [例3]　如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s。玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。(取g＝10 m/s2)，求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？ [解析]　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2 解得a＝ m/s2 对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得μ＝。 (2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m。 (3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0 Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ) 当θ＝30°时，拉力最小，最省力。 [答案]　(1)　(2)1.04 m　(3)30° [通法归纳] 　　四种典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。 [集训冲关] 1.如图所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2。用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10 m/s2)(　　 ) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 解析：选A　当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得F＝12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误。 2.如图所示，小车上放着由轻弹簧连接的质量为mA＝1 kg、mB＝0.5 kg的A、B两物体，两物体与小车间的最大静摩擦力分别为4 N和1 N，弹簧的劲度系数k＝0.2 N/cm。 (1)为保证两物体随车一起向右加速运动，弹簧的最大伸长是多少厘米？ (2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动，弹簧的伸长是多少厘米？ 解析：(1)为保证两物体随车一起向右加速运动，且弹簧的伸长量最大，A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向分别向右、向左。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律 a＝＝2 m/s2 对A应用牛顿第二定律FfA－kx＝mAa 解得x＝10 cm。 (2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动，A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向均向右。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律 a＝＝ m/s2 对A应用牛顿第二定律FfA－kx＝mAa 解得x≈3.33 cm。 答案：(1)10 cm　(2)3.33 cm 一、选择题 1.如图所示，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(　　 ) A．M受静摩擦力增大　　　　 B．M对车厢壁的压力减小 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小 解析：选C　分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误。水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误。因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确。 2.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连，两个物块与水平面间的动摩擦因数相同。当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1。当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　 ) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3 解析：选A　水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得x1＝；竖直放置时，F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，x2＝，故x1∶x2＝1∶1，A项正确。 3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D，其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉D木块，使四个木块以同一加速度运动，则A、C轻绳的最大拉力为(　　 ) A. B. C. D．3μmg 解析：选C　设整体加速度为a，对B木块受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，Ff1＝2ma① 对A、B、C三个木块组成的整体受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，Ff2＝4ma② 由于A、B间和C、D间的最大静摩擦力大小都为μmg，且Ff2>Ff1，所以整体加速度增大时，C、D间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取Ff2＝μmg③ 再对A、B两木块组成的整体受力分析，水平方向只受绳的拉力作用，有FT＝3ma④ 由②③④得FT＝μmg，C正确。 4．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　 ) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 解析：选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。 5．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　 ) A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 解析：选AB　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。 二、计算题 6.如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少。 解析：FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a① 设A、B间的弹力为FAB，对B有：FB＋FAB＝mBa② 由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即 FAB＝0③ 将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N代入①得：a＝2 m/s2。 结合②③得： t＝3 s。 A、B相互脱离前共同位移为：x＝at2， 代入数值得：x＝9 m。 答案：9 m 7.如图所示，可看做质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)B落地前的加速度a的大小； (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。 解析：(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正， 根据牛顿第二定律得，T＝2ma， mg－T＝ma 联立两式解得a＝g。 (2)由(1)解得B落地前轻绳的张力T＝mg 则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到轻绳的压力大小， F＝2Tcos 45°＝mg。 答案：(1)g　(2)mg 8．为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定。轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为μ＝0.7，如图甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当做连续的过程，简化处理后的v ­t图像如图乙所示，g取10 m/s2，＝1.73，不计空气阻力影响，求： (1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间； (2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小。(结果保留三位有效数字) 解析：(1)由题图乙可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 而at12＋v(t－t1)＝x， 解得t＝14.5 s。 (2)由几何关系可知绳与地面的夹角为30°，以轮胎为研究对象， 在竖直方向上有FN＝mg－Tsin 30°，Ff＝μFN， 在水平方向上有Tcos 30°－Ff＝ma， 联立解得加速阶段的拉力T＝74.1 N， 以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人， 则Ff人－Tcos 30°＝Ma， 解得Ff人＝184 N。 答案：(1)2 m/s2　14.5 s　(2)74.1 N　184 N 9．如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A物体在纸带上的滑动时间； (2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v ­t图像； (3)两物体A、B停在地面上的距离。 解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1 当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d 由以上两式可得t1＝1 s。 (2)如图所示。 (3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1 两物体在地面上运动时均有 μ2mg＝ma2 物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋ 物体B滑离纸带时at22－a1t22＝2d 物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2 物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移 x2＝＋ 两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1 由以上各式可得x＝1.25 m。 答案：(1)1 s　(2)见解析　(3)1.25 m 第18课时　动力学中的两类典型模型(题型研究课) [命题者说]　传送带问题和滑块滑板问题是高考中常考的两类题型，相对于其他题型而言，这两类问题综合性较强，难度较大，且有时和能量相结合，考查综合分析能力，学习本课时，要侧重对过程的分析和理解。 (一)　传送带模型 传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识，该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为物、带同向和物、带反向两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种。 题型1　物块轻放在匀速运动的水平传送带上 题型 简述 “轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先加速后匀速。 方法 突破 (1)求解物块的加速度，a＝＝μg。 (2)根据t＝求解物块加速过程的时间。 (3)根据x＝at2求解物块加速过程的位移。 (4)将加速过程的位移x与传送带的长度L进行比较，若x≥L，说明物块一直加速，若x<L，则物块速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力立即变为零，剩下的路程物块靠惯性与传送带相对静止匀速运动。 [注意]　物块的位移x、速度v、加速度a都应以地面为参考系，并注意区分对地位移和相对位移。 [例1]　(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是(　　 ) A. ＋　　　　　　　 　B. C. D. [解析]　若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝，C正确；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝，D正确；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝＋，A正确。 [答案]　ACD 本题不少同学出现漏选D项现象，木块在传送带上运动，会出现这样一种可能性：木块在传送带上一直加速，但恰好在尾端达到与传送带共速。总之解答这种题型时主要是分析木块的运动，把所有可能的运动情况分门别类的列举出来，然后一一求解。 题型2　物块以初速度v0冲上匀速水平传送带 题型 简述 当物块以初速度v0冲上匀速水平传送带上时，可分为下列两种情形：v0的方向与传送带速度v的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断。 方法 突破 (1)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相同时(如图甲所示)，又会出现以下三种可能： ①v0>v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速。 ②v0<v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直加速，若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先加速后匀速。 ③v0＝v时，物块在传送带上做匀速直线运动。 (2)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相反时(如图乙所示)，又会出现以下两种可能： ①若传送带较短时，物块一直减速到达另一端离开。 ②若传送带较长时，物块速度减小到零后还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时物块速度为v，若v0<v，返回时物块速度为v0。 [例2]　水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是(　　) [解析]　物块B刚滑上传送带时，速度向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，等其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝ m＝0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度就等于传送带的速度了，所以选项B正确。 [答案]　B 有的同学凭感觉，想当然的认为传送带与物块运动方向相反时，传送带对物块的阻碍作用将加重，这是一种错觉。还有不少同学对物块滑上传送带后五种可能的运动情况分析不全。 题型3　物块轻放在匀加速启动的水平传送带上 题型 简述 当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，动摩擦因数与传送带加速度a0的大小，决定它们是否发生相对滑动。 方法 突破 (1)若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma0； (2)若μg<a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg。 　 [例3]　如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 [解析]　依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即a0>μg， 由运动学公式不难求出，传送带达到匀速的时间为， 煤块达到与传送带相对静止的时间为， 根据以上分析，煤块与传送带的v ­t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。 因v ­t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。 由几何知识得： L＝v0。 整理得：L＝。 [答案]　 [通法归纳] 　　分析传送带问题的三步骤 (1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。 (2)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式。 (3)运用相应规律，进行相关计算。 题型4　物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上 题型 简述 物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况。 方法 突破 (1)向上传送，如图甲所示，要想将物块往上传送，应满足μ>tan θ，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直加速；若传送带较长，物块未到达另一端前二者速度已相等，则先加速后匀速。 (2)向下传送，如图乙所示，由于物块初速度为零，则物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，则a1＝g(sin θ＋μcos θ)，当二者速度相等时，若μ>tan θ，则物块变为匀速，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若μ<tan θ，则物块继续加速，但物块所受滑动摩擦力沿传送带向上，则a2＝g(sin θ－μcos θ)。所以对于从上往下传送时物块可能一直加速，可能先加速后匀速，也可能先以a1加速，后以a2加速。 [例4]　如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。 [解析]　(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力。 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数值得：a＝2.5 m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1＝＝ m＝0.8 m<4 m 可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m。 (2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8 s 匀速运动时t2＝＝ s＝1.6 s 所以工件从P点运动到Q点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s。 [答案]　(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 本题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由滑动摩擦力变为静摩擦力。可以总结出，传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻，对于倾斜传送带，摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。 [集训冲关] 1．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　 ) A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5 s到达B处 C．行李提前0.5 s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 解析：选BD　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确。若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ s＝2 s，D项正确。 2．(多选)如图，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则(　　 ) A．若传送带不动，则vB＝3 m/s B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s 解析：选ABC　若传送带不动，工件的加速度a＝μg＝1 m/s2，由vA2－vB2＝2as，得vB＝＝3 m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3 m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3 m/s，选项C正确、D错误。 3.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　 ) 解析：选D　小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑。由分析得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ＋μcos θ)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2＝g(sin θ－μcos θ)。所以本题正确选项为D。 4.如图所示为一水平传送带装置示意图。A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 kg的物块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速转动。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)如果物块以最短时间到达B点，物块到达B点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下传送带至少加速运动多长时间？ 解析：(1)为了使物块以最短时间到达B点，物块应一直匀加速从A点到达B点，μmg＝ma1 vB2＝2a1L 解得vB＝2 m/s。 (2)设传送带加速结束时的速度为v，为了使物块能一直匀加速从A点到达B点，需满足v≥vB v＝at，解得t≥1 s。 答案：(1)2 m/s　(2)1 s (二)　滑块—滑板模型 1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 3．解题思路 题型1　水平面上的滑块—滑板模型　 [例1]　一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v ­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 [解析]　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。对小物块与木板整体由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t12③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由题图(b)可得a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s1＝Δt⑪ 小物块运动的位移为 s2＝Δt⑫ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝6.0 m ⑭ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v32＝2a4s3⑯ 碰后木板运动的位移为 s＝s1＋s3⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s＝－6.5 m⑱ 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 [答案]　(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m 题型2　斜面上的滑块—滑板模型　 [例2]　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝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μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2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，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 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g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小； (2)A在B上总的运动时间。 [解析]　(1)在0～2 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 f1＝μ1N1① N1＝mgcos θ② f2＝μ2N2③ N2＝N1′＋mgcos θ④ 规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－f1＝ma1⑤ mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥ N1＝N1′⑦ f1＝f1′⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2⑨ a2＝1 m/s2。⑩ (2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s⑪ v2＝a2t1＝2 m/s⑫ t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑬ a2′＝－2 m/s2⑭ B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零， 则有v2＋a2′t2＝0⑮ 联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 x＝－ ＝12 m＜27 m⑰ 此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32⑱ 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。 [答案]　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s [通法归纳] 　　求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧 (1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 [集训冲关] 1.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图像可能是下列选项中的(　　 ) 解析：选A　设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得： －μ1mg－μ2·2mg＝ma1 a1＝－(μ1＋2μ2)g 设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2， 对整体有－μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2| 由v ­t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。 2．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v ­t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求物体A、B间的动摩擦因数； (2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。 解析：(1)根据v ­t图像可知物体A的加速度为 aA＝＝ m/s2＝2 m/s2 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F－μmAg＝mAaA 解得μ＝＝0.4。 (2)由题图乙可知木板B的长度为 l＝×5×10 m＝25 m 若B不固定，则B的加速度为 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2 设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得 aAt2－aBt2＝l 解得t＝7.07 s。 答案：(1)0.4　(2)7.07 s 一、选择题 1.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　 ) A．物块将减速下滑 B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小 D．物块受到的摩擦力变大 解析：选B　当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确。 2.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)(　　 ) A．1∶1　　　　　　　 　B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 解析：选D　由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由xAB＝·t，xBC＝·4t，xAB＝xBC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。 3.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断中正确的是(　　 ) A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：选A　木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v02＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，所以小木块不能滑出木板，A正确。 4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v ­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　 ) A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J 解析：选ACD　由题图可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误、C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝＝ m＝5 m，x2＝＝ m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcos θ×x1－μmgcos θ×x2＝－24 J，故D正确。 5．(多选)如图甲所示，质量为M＝2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是(　　 ) A．可求得物块在前2 s内的位移5 m B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2 C．可求得物块的质量m＝2 kg D．可求得木板的长度L＝2 m 解析：选ABC　物块在前2 s内的位移x＝×1 m＋2×1 m＝5 m，A正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg＝ma1＝Ma2，则m＝M＝2 kg，C正确；由题图可知物块加速度大小为a1＝2 m/s2，则μg＝2 m/s2，μ＝0.2，B正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。 二、计算题 6. 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图。绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h＝0.45 m。现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出(不计空气阻力，g取10 m/s2)，则： (1)若行李包从B端水平抛出的初速度v＝3.0 m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以v0＝1.0 m/s的初速度从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端抛出后，飞出的水平距离等于(1)问中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件。 解析：(1)行李包从B端水平抛出后有h＝gt2 运动时间t＝0.3 s 水平距离x＝vt x＝0.9 m。 (2)法一：由牛顿运动定律μmg＝ma 由运动学公式v2－v02＝2aL 解得L＝2 m 传送带的长度L≥2 m。 法二：由动能定理 μmgL＝mv2－mv02 解得L＝2 m，传送带的长度L≥2 m。 答案：(1)0.3 s　0.9 m　(2)L≥2 m 7.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。问： (1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？ (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度， 由牛顿第二定律：ma1＝F＋μmgcos 37°－mgsin 37° 计算得：a1＝6 m/s2 t1＝＝ s x1＝＝ m 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的下滑力和最大摩擦力之和为10 N，故物块不能相对斜面向上加速。故得：a2＝0 由几何关系可得小物块总的位移x＝＝4 m， t2＝＝ s 得t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s。 (2)若达到同速后撤去恒力F，对物块受力分析， 因为mgsin 37°>μmgcos 37°， 故减速上行ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，得a3＝2 m/s2 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则： v2－vt2＝2a3(x－x1)，vt＝ m/s≈2.31 m/s t′＝≈0.85 s。 答案：(1)1.33 s　(2)0.85 s　2.31 m/s 8.如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°。一质量为mA＝2 kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点。求： (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ (2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？ 解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得 mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1 解得a1＝4 m/s2 物块A滑到木板B上时的速度为 v1＝＝ m/s＝8 m/s。 (2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为 a2＝＝μ2g＝2 m/s2 设木板B的长度为L，二者相对静止前经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得 v1t2－a2t22－a2t22＝L 对物块A有v2＝v1－a2t2 v22－v12＝－2a2(x＋L) 对木板B有v22＝2a2x 联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为 t2＝2 s，L＝8 m。 答案：(1)8 m/s　(2)2 s　8 m 9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 解析：(1)A在B上向右做匀减速运动， 加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，加速度大小 a2＝＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得 时间关系：t＝＝ 位移关系：L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右做匀加速运动，加速度大小a2′＝＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B， 由时间关系＝ 解得v′＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 答案：(1)2 m/s　(2)没有脱离　 m/s　 m/s 第19课时　验证牛顿运动定律(实验提能课) 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律。 2．探究加速度与力、质量的关系。 3．掌握利用图像处理数据的方法。 二、实验原理 采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，探究加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度a与小车质量M的关系。 三、实验器材 小车，砝码，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，复写纸，托盘天平，米尺。 四、实验步骤 1．称量质量 用天平测小盘的质量m0和小车的质量M0。 2．安装器材 按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即无小车牵引力)。 3．平衡摩擦力 在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至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为止。 4．测量加速度 (1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，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。计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中。改变小盘内砝码的个数，并多做几次。 (2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中。改变小车上砝码的个数，并多做几次。 表(一) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 表(二) 实验 次数 加速度 a/(m·s－2) 小车和砝码的总质量M/kg 小车和砝码的总质量的倒数/kg－1 1 2 3 4 五、数据处理 1．计算加速度 在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。 2．图像法处理实验数据 作图像找关系：根据记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a ­F图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a ­图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。 六、误差分析 1．因实验原理不完善引起的系统误差 以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a， 以小车为研究对象得F＝Ma，求得 F＝·mg＝·mg<mg 本实验用小盘和砝码的总重力mg代替对小车的拉力，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减小因实验原理不完善而引起的误差。 2．摩擦力平衡不准确造成的误差。在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的均与正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器等)，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各相邻两点间的距离相等。 3．质量测量误差、打点计时器打点时间间隔不等、纸带上各点距离测量误差、细绳或纸带不与木板平行等会引起误差。 七、注意事项 1．平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带匀速运动。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。 2．实验条件：每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出。只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。 3．一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车。 4．作图：作图时，两坐标轴的比例要适当，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对称地分布在所作直线两侧。 考点(一)　实验原理与操作 [例1]　某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (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。(填“远大于”“远小于”或“近似等于”) (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(填“大于”“小于”或“等于”) [解析]　(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确。 (2)由整体法和隔离法得到绳的拉力F＝Ma＝M＝mg，可见，当砝码桶和桶内砝码的质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg。 (3)不平衡摩擦力，则F－μmg＝ma，a＝－μg，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙。 [答案]　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于 (1) 本实验存在系统误差。绳子的拉力小于砝码及桶的重力，当砝码及桶的质量远小于木块及其上的砝码总质量时，误差才可以忽略。 (2)可以在绳子上加上力传感器，这样就可以直接测出绳子的拉力，即木块的合外力。 考点(二)　数据处理与误差分析 [例2]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下： (1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。 (2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s ­t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。 (3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s ­t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。 n 1 2 3 4 5 a/(m·s－2) 0.20 0.58 0.78 1.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a­n图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。 (5)利用a ­n图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。 A．a­n图线不再是直线 B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a­n图线仍是直线，但该直线的斜率变大 [解析]　(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39 m/s2。 (4)描点及图像如图所示。 (5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。 (6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见a－n图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。 [答案]　(3)0.39　(4)见解析图　(5)0.44　(6)BC (1)本题很巧妙的解决了[例1]中存在的系统误差，没有借助传感器，而是采取了“以不变应万变”的策略，“不变”指的是总质量不变，“万变”指的是动力依次改变。 (2)第(6)问难度较大，但是只要结合牛顿第二定律，抓住图像与函数可以互相推导和分析的特点，问题便可迎刃而解。 实验器材 的改进 用气垫导轨替代长木板，将气垫导轨调成水平，不用再平衡摩擦力。 数据测量 的改进 通过打点纸带求加速度→ 实验的 拓展延伸 以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。 [例3]　某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。 　　 (1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s； (2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)。 A．物块的质量　B．斜面的高度　C．斜面的倾角 [解析]　(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm， 由a＝得a＝ m/s2＝3.25 m/s2， 其中C点速度 v＝＝ m/s≈1.79 m/s。 (2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F合＝mgsin θ－μmg cos θ，即a＝gsin θ－μgcos θ得μ＝，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ。 [答案]　(1)3.25　1.79　(2)C [创新演练] 某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题： (1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。 (2)由图(b)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)根据题图(b)坐标系中给出的数据，连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系。 (2)根据题图(b)中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力。 (3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量。 答案：(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车的质量 1．关于“验证牛顿第二定律”实验中验证“作用力一定时，加速度与质量成反比”的实验过程，以下做法中正确的是(　　 ) A．平衡摩擦力时，应将装砂的小桶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，再接通电源 D．可以利用天平测出砂桶和砂的质量m和小车的质量M，直接用公式a＝求出加速度 解析：选B　平衡摩擦力时，使小车的重力沿斜面向下的分力与小车运动所受摩擦力平衡，所以不能将小桶系在小车上，A错误；平衡摩擦力后，小车和板间的动摩擦因数μ＝tan α，与小车的质量无关，所以改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，B正确；实验时，应先接通电源，待打点稳定后，再放开小车，C错误；本实验是探究作用力一定时，加速度与质量成反比，不能直接用公式a＝求加速度，D错误。 2．如图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。 (1)平衡小车所受阻力的操作：取下________，把木板不带滑轮的一端垫高；接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果打出的纸带如图乙所示，则应________(选填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止。 (2)图丙为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。 解析：(1)平衡小车所受阻力时，需要将砝码取下；题图纸带反映了小车在做加速运动，即垫木垫高了，应减小木板的倾角，直到纸带打出的点迹均匀为止。 (2)当小车上的砝码为零时，小车加速度为a0＝，设小车的质量为M，则小车受到的拉力为F＝Ma0＝；图中直线的函数关系式为＝km＋b，根据牛顿第二定律F＝(m＋M)a，可解得：M＝，F＝。 答案：(1)砝码　减小　间隔相等(均匀)　(2)　 3．如图所示，为某同学安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在小车的前端固定一个传感器，和砂桶连接的细线接在传感器上，通过传感器可显示出细线的拉力。在图示状态下开始做实验。 (1)从图上可以看出，该同学在装置和操作中的主要错误是____________________。 (2)若砂和砂桶的质量为m，小车和传感器的总重量为M，做好此实验________(填“需要”或“不需要”)M≫m的条件。 解析：不加传感器时将砂和砂桶的重力作为细线的拉力，而接了传感器后细线的拉力可以直接读出。 答案：(1)未平衡摩擦力；细线与木板不平行；开始实验时，小车离打点计时器太远　(2)不需要 4．利用如图所示装置可以做力学中的许多实验。 (1)(多选)以下说法正确的是(　　 ) A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响 B．用此装置“研究匀变速直线运动”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 C．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响 D．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量 (2)本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是(　　 ) A．交流220 V　　　　　　　 B．直流220 V C．交流4～6 V D．直流4～6 V (3)在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图所示。已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为________m/s。(结果保留2位有效数字) 解析：(1)用此装置“研究匀变速直线运动”时，没必要消除小车和木板间的摩擦阻力的影响，也没有必要使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，A、B错误。在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响。还应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，这样才可认为细绳对小车的拉力等于盘和盘内砝码的重力，D正确。 (2)甲是电火花计时器，可直接接220 V交流电源，A正确。 (3)打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为vA＝ m/s≈0.53 m/s。 答案：(1)CD　(2)A　(3)0.53 5．用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律： (1)某同学通过实验得到如图(b)所示的a­F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)。 (2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件。 (3)某同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。Δx＝xDG－xAD＝________cm。由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)。 解析：(1)根据所给的F­a图像可知，当F＝0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的。 (2)根据牛顿定律，对小车F＝Ma，对砝码和盘mg－F＝ma，解得F＝＜mg，只有当M≫m时，小车受到的拉力才近似等于mg，从而减少误差。 (3)由题图读出xAD＝2.10 cm，xDG＝3.90 cm，所以Δx＝xDG－xAD＝1.80 cm，根据Δx＝aΔt2，解得a＝5.0 m/s2。 答案：(1)偏大　(2)小于　M≫m　(3)1.80　5.0 6．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接，在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用停表记下木板运动到PQ处的时间t。 (1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可) ________________________________________________________________________。 (2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是(　　) (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________。(填选项前的字母) A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取多组实验数据 C．可以比较精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度 解析：(1)由d＝at2可得a＝。减小偶然误差的主要方法是多次测量，求平均值。 (2)由题意可知，F1是水瓶的重力，设绳中拉力为FT，对木板，a＝，在M板≫m水时FT≈F1，a＝，排除A、B选项；逐渐增加水的质量，将不再满足FT≈F1，而是FT＜F1，将导致小车加速度实际值较理论值偏小，故选项C正确。 (3)改变质量且可以连续改变，可更方便地获取多组实验数据；可比较准确地测出摩擦力的大小。 答案：(1)　保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值　(2)C　(3)BC 7. 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略) (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为______。 (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________。 (3)以下能引起实验误差的是________。(填选项前的字母) A．滑块的质量 B．当地重力加速度的大小 C．长度测量时的读数误差 D．小球落地和滑块撞击挡板不同时 解析：(1)设剪断细绳后，小球和滑块下落的时间均为t，则 对小球：H＝gt2； 对滑块：x＝at2； 联立解得：＝。 (2)由牛顿第二定律可知：a＝gsin α－μgcos α 则μ＝tan α－＝－ ＝。 (3)根据μ＝可知，动摩擦因数与滑块的质量和当地的重力加速度无关，选项A、B错误；长度测量时的读数误差和小球落地和滑块撞击挡板不同时会引起测量的误差，故选项C、D正确。 答案：(1) (2)　(3)CD 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求) 1.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的(　　) A．OA方向　　　　　　 　B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 解析：选D　据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。 2.假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——“木卫四”的表面。如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降。如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降。则登陆舱的质量与“木卫四”表面的自由落体加速度分别为(　　 ) A．326 kg,1.23 m/s2 B．2 650 kg,2.46 m/s2 C．2 650 kg,1.23 m/s2 D．326 kg,2.46 m/s2 解析：选C　登陆舱以恒定速率下降时有F1－mg＝0；加速下降时，由牛顿第二定律得mg－F2＝ma，联立解得m＝2 650 kg，g＝1.23 m/s2，选项C正确。 3. 一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是(　　 ) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 解析：选D　滑块放上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故A、B、C错误，D正确。 4.如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则(　　 ) A．t1＝t2 B．t1＞t2 C．t1＜t2 D．无法确定 解析：选A　设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝＝gcos α，滑杆的长度为x＝Dcos α，则根据x＝at2得，t＝ ＝ ＝ ，可见时间t与α无关，故有t1＝t2，因此选项A正确。 5．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　 ) A．A的质量为0.25 kg B．B的质量为1.25 kg C．B与地面间的动摩擦因数为0.2 D．A、B间的动摩擦因数为0.2 解析：选C　由题图乙知，B与地面的最大静摩擦力Ff＝3 N，当F1＝9 N时，A、B达到最大的共同加速度a1＝4 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得F1－Ff＝(mA＋mB)a1。水平力再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4 m/s2，B的加速度随水平力的增大而增大，当F2＝13 N时，aB＝8 m/s2，对B有F2－Ff－mAa1＝mBaB，解得mB＝1 kg，mA＝0.5 kg，进一步求得B与地面间的动摩擦因数μ1＝＝0.2，A、B间的动摩擦因数μ2＝＝0.4，C正确，A、B、D错误。 6．如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学(　　 ) A．体重约为650 N B．做了两次下蹲—起立的动作 C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 解析：选AC　当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数等于该同学的体重值，由图线可知：该同学的体重为650 N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后读数F大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重、后小于体重。由图线可知：C正确，B、D错误。 7.一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是(　　 ) A．稳定后弹簧仍处于伸长状态 B．稳定后弹簧一定处于压缩状态 C．μ＝ D．μ＝ 解析：选AD　平衡时，对小球分析F1＝mgsin θ；木板运动后稳定时，对整体分析有：a＝gsin θ－μgcos θ；则a<gsin θ，根据牛顿第二定律得知，弹簧对小球的弹力应沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态，对小球有mgsin θ－F2＝ma，而tan θ＝；联立以上各式计算可得μ＝，故A、D正确。 8．如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是(　　 ) A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．物块A、B运动的加速度大小不同 D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同 解析：选BD　因摩擦因数0.5＜tan 37°，所以A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。 二、实验题 9．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ，滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的________和________，计算a的运动学公式是________。 (2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为： a＝m－μg。 他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ。若要求a是m的一次函数，必须使上式中的________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________。 解析：(1)由x＝at2可知，a＝，故要测量滑块的加速度a，需要测出它在A、B间运动的位移和时间。 (2)要使a是m的一次函数，则应保持不变，故在多次改变m时，应使(m′＋m)保持不变，即实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上。 答案：(1)位移　时间　a＝　(2)m′＋m　滑块上 10．用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验。实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。 (1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示。已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝________ m/s2。(结果保留两位有效数字) (3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a­F关系图像，如图丙所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______。(选填下列选项的序号) A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大 C．所挂钩码的总质量过大 D．所用小车的质量过大 解析：(1)使平面轨道的右端垫起，让小车重力沿斜面方向的分力与它受到的摩擦阻力平衡，才能认为在实验中小车受的合外力就是钩码的重力，所以这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力。 (2)由逐差法可知 a＝＝ m/s2 ≈1.0 m/s2。 (3)在实验中认为细绳的张力F就是钩码的重力mg 实际上，细绳张力F′＝Ma，mg－F′＝ma 即F′＝·mg a＝·mg＝F 所以当细绳的张力F变大时，m必定变大，必定减小。当M≫m时，a­F图像为直线，当不满足M≫m时，便有a­F图像的斜率逐渐变小，选项C正确。 答案：(1)平衡小车运动中所受的摩擦阻力　(2)1.0　(3)C 三、计算题 11.如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L＝10 m的A、B两个小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2。求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。 解析：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有t1＝＝1 s A球滑上斜坡后由牛顿第二定律得 mgsin θ＝ma 解得a＝gsin θ＝5 m/s2 设此时A球向上运动的位移为x，则 x＝v0t1－at12＝7.5 m 此时A球速度v1＝v0－at1＝5 m/s B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以v＝v0－v1＝5 m/s做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，则有 t2＝＝1.5 s 则相遇时间t＝t1＋t2＝2.5 s。 答案：2.5 s 12.水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求： (1)物块B克服摩擦力所做的功； (2)物块A、B的加速度大小。 解析：(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s① 物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg② 物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs。③ (2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得 F－μmg－T＝maA④ 2T－4μmg＝4maB⑤ 由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥ 联立④⑤⑥式得 aA＝⑦ aB＝。⑧ 答案：(1)2μmgs　(2)　 学科网（北京）股份有限公司 $