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第三章 第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律3
[体系构建]
[考纲点击]1.牛顿运动定律、牛顿定律的应用 (Ⅱ)2.超重和失重 (Ⅰ)3.单位制 (Ⅰ)实验四：验证牛顿运动定律
[复习指导]1.对本章知识的考查常以“运动模型”为载体考查对牛顿运动定律的理解和应用，其中重点是对牛顿第二定律的考查。题型有选择、计算、实验等，难度中等或中等偏上。2.理解牛顿第一定律和牛顿第三定律，掌握理想化的物理分析方法。3.熟练应用牛顿第二定律解决动力学问题及运用超失重的知识定性分析一些力学现象。4.综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决多阶段(过程)的运动问题。
牛顿第一定律
1．牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)意义：
①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。
2．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
(2)特点：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
1．惯性和惯性定律的区别
(1)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，与物体是否受力、受力的大小无关。
(2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律。
2．牛顿第一定律的意义
(1)牛顿第一定律描述了物体不受外力时的状态，而物体不受力的情形是不存在的，因此牛顿第一定律不是实验定律。
(2)牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因。
1．下列对运动的认识正确的是(　　)
A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止
B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快
C．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因
D．伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去
解析：选BCD　力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故选项A的说法不对，B、C、D正确。
牛顿第三定律
1．作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力。力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。
2．内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
3．意义
建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。
对牛顿第三定律的理解
(1)作用力与反作用力的比较：
四同 同大小 无论在任何情况下，作用力和反作用力必定大小相等
同直线 作用力和反作用力一定在同一条直线上
同性质 作用力和反作用力一定是同一性质的力
同存在 作用力和反作用力总是同时产生，同时变化，同时消失
三不同 不同向 作用力和反作用力的方向相反
不同点 作用力和反作用力作用在两个物体上，力的作用点不同
不同效果 作用力和反作用力在两个物体上的作用效果不同
三无关 与物体的种类无关
与相互作用的两物体的运动状态无关
与是否与另外的物体相互作用无关
(2)应用牛顿第三定律应注意的问题：
①定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的。
②牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失，否则就违背了“相互关系”。
(3)相互作用力与平衡力的比较：
对应名称比较内容　　 作用力和反作用力 一对平衡力
不同点 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖关系 同时产生，同时消失，相互依存，不可单独存在 无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡
叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
力的性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力，也可以是不同性质的力
相同点 大小方向 大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
2．(2011·浙江高考)如图3－1－1所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
图3－1－1
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C　根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错；根据动量守恒定律有m1x1＝ m2x2，若甲的质量比较大，甲的位移较小，乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。
对牛顿第一定律的理解及应用
[命题分析]　牛顿第一定律是高考中的重要考点，在近几年高考中，单独被考查到的机率不大，考查的形式多为选择题，难度中等偏下。
[例1]　如图3－1－2为伽利略的“理想实验”示意图，两个斜面对接，让小球从其中一个固定的斜面滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面的倾角逐渐减小直至为零。这个实验的目的是为了说明(　　)
图3－1－2
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
B．如果没有摩擦，小球运动时机械能守恒
C．维持物体做匀速直线运动并不需要力
D．如果物体不受到力，就不会运动
[解析]　为反驳亚里士多德关于物体运动和力关系的错误观点，伽利略依据可靠的事实为基础，以抽象为主导，经过科学推理，做了这个想象中的实验，实验的真正目的是找出运动和力的关系，并非选项A和B叙述的情况，故A、B均错，C正确；在不受外力作用时，一切物体都有保持匀速直线运动或静止状态的性质，故D错误。
[答案]　C
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现实中不能完全消除一切阻力，也不能把水平木板做得无限长，所以伽利略的实验是个“理想实验”，但它却指出了物体在不受外力作用时的状态，所以仍有实际意义。
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[变式训练]
1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是(　　)
A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方
B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大则速度就越大
C．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
解析：选A　人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，由于惯性，人具有起跳时车的速度，但由于车是加速的，故人将落在起跳点的后方，这正是伽利略、牛顿的观点，亚里士多德却认为力是维持物体运动的原因，物体受力大运动就快，所以才有轻的物体下落较慢及静止状态才是物体不受力时的“自然状态”等错误看法。只有A选项是伽利略、牛顿的观点，故选A。
对牛顿第三定律的理解及应用
[命题分析]　近几年高考中对本考点单独考查的概率不大，常把本考点与其他知识综合起来考查，题型为选择题或计算题。
[例2]　一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图3－1－3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？
图3－1－3
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)环沿杆匀加速下滑时 环对杆的作用力不等于环的重力
(2)箱对地面的压力大小为多少 箱对地面的压力大小等于地面对箱的支持力大小
第二步：找解题突破口
(1)要求箱对地面的压力，可利用牛顿第三定律先求出地面对箱的支持力。
(2)以箱(不包括环)为研究对象，根据共点力平衡求出地面对箱的支持力。
第三步：条理作答
[解析]　环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受重力mg和杆给它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′，
故箱子在竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff′，
由于箱子处于平衡状态，可得，
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′＝Ff＋Mg。
[答案]　Ff＋Mg
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牛顿第三定律的应用方法
(1)根据作用力求反作用力：
①作用力与反作用力，二者一定等大、反向、分别作用在两个物体上，故本题可对箱子受力分析求出支持力。
②在箱子受力分析中最容易出错的是环给箱子的力，为避免出错，可先对环受力分析，然后结合牛顿第三定律反推环给箱子的力。
(2)研究对象的选取方法：
整体法和隔离法是高中物理中常用的方法之一，特别是涉及两个或两个以上的物体时，往往会用到此法。在本题中用到了隔离法，把环和箱子隔离开来分别受力分析，再利用牛顿第三定律和物体平衡的知识解出相应的结果。
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[变式训练]
2.如图3－1－4所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为(　　)
图3－1－4
A．(M＋m)g　　　　B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g
解析：选B　对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg，摩擦力Ff，方向向下，支持力FN，有Mg＋Ff＝FN，又因为竿对“底人”的压力FN′和“底人”对竿的支持力FN是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝(M＋m)g－ma。
纠错蓝本——对作用力和反作用力的错误认识
[示例]　一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动。则下列说法中正确的是(　　)
A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力
B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力
C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小相等
D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等
[尝试解答]　选D　绳拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力。根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，分别作用在物体上和绳子上，作用力与反作用力的关系与物体的运动状态和作用效果无关。加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C均错，D正确。
[失误探因]
1．审题方面
由于没有弄清楚物体加速减速的真正原因而错选A、B。
2．知识应用方面
由于没有正确区分相互作用力和平衡力而错选C。
[名师点评]
作用力与反作用力的关系与物体的运动状态无关，物体的运动状态如何改变取决于受力情况。第3讲　牛顿运动定律的综合应用
(对应学生用书第43页)
整体法、隔离法与连接体问题
1.连接体
(1)两个(或两个以上)相关联的物体，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况．
(2)处理连接体问题的方法：整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．
2．整体法
(1)整体法是指连接体内物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解．
(2)整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力．
3．隔离法
(1)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便 出发，把某个物体从系统中隔离出来 ，作为研究对象，分析受力情况，再列方程求解．
(2)隔离法适合求物体系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度．
【针对训练】
1.
图3－3－1
(2012·吴中模拟)如图3－3－1所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用FAB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是(　　)
A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB＝F/2
C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，可能FAB＝F/3
D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则FAB＝F/2
【解析】　若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有FAB＝ma，则FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F－2μmg＝2ma，用隔离法对木块B有FAB－μmg＝ma，则FAB＝F/2.若木块A、B未被推动，则FAB≤F/2.
【答案】　BCD
极限法与临界问题
在物体的运动变化过程中，往往达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态叫临界状态，相应的待求物理量的值叫临界值，此类问题称为临界问题．利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，这种方法称为临界条件法，又叫极限法．这种方法是将物体的变化过程推至极限——临界状态，抓住满足临界值的条件，准确分析物理过程进行求解．
常出现的临界条件为：(1)地面、绳子或杆的弹力为零；
(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
【针对训练】
2.
图3－3－2
如图3－3－2所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)
A．μmg　　　B．2μmg　　　C．3μmg　　　D．4μmg
【解析】　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.
【答案】　C
(对应学生用书第43页)
连接体问题的分析思路
(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般先用整体法由牛顿第二定律求出系统的加速度(注意F＝ma中质量m与研究对象相对应)，再根据题目要求，将其中的某个物体(受力数少的物体)进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把物体从系统中隔离出来，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．
　
图3－3－3
(2011·新课标全国高考)如图3－3－3所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)
【审题视点】　(1)开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动．
(2)当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平方向所受合力增大，加速度增大．
【解析】　在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a，a与t成正比关系，a－t关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受的是f21＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，斜率为，可知A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
【即学即用】
1．如图3－3－4甲所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m.现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；如图3－3－4乙所示，若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′.则(　　)
图3－3－4
A．a′＝a，T′＝T　　　　　B．a′＞a，T′＝T
C．a′＜a，T′＝T D．a′＞a，T′＞T
【解析】　
对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a＝，对小球受力分析如图(a)所示，因此有F－Tsin α＝ma，Tcos α＝mg；对图乙小球受力分析如图(b)所示，因此有T′sin α＝ma′，T′cos α＝mg，解得T′＝T＝mg/cos α，a＝gtan α，a′＝gtan α，由于M＞m，故a′＞a.
【答案】　B
牛顿定律与图象的综合题
此类问题的特点是物体的受力情况或运动情况由图象给出，要求能从中提取有效信息，然后将问题转化为一般动力学问题，用解牛顿定律问题的常规方法去解决．
　质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3－3－5所示．g取10 m/s2，求：
图3－3－5
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
【解析】　(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、加速度为a2，则
a2＝＝－2 m/s2①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff＝ma2②
Ff＝－μmg③
联立②③得
μ＝＝0.2.④
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、加速度为a1，则
a1＝＝1 m/s2⑤
根据牛顿第二定律，有
F＋Ff＝ma1⑥
联立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N.
(3)根据v－t图象围成的面积，得
x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m.
【答案】　(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m
【即学即用】
2.
图3－3－6
(2012·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－3－6所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
【解析】　(1)由v t图象可知，小球下落过程的加速度为
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1
所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N.
(2)小球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s
根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2
根据v－v＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度
h＝＝ m＝0.375 m.
【答案】　(1)0.2 N　(2)0.375 m
“滑块、滑板组合模型”问题
(1)滑块—滑板类问题的特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
(2)滑块和滑板常见的两种位移关系
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．
　
图3－3－7
(2013届长沙一中检测)如图3－3－7所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g＝10 m/s2)
【解析】　
在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，该状态为临界状态．本题可以借助v－t图象来解决．
设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.
在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得：
对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1
对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1
撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：μmg＝Ma3
由v－t图象知：L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－t1)＝(v1－v2)t2，v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)
联立以上各式得：t1＝1 s.
【答案】　1 s
【即学即用】
3．(2013届咸阳模拟)如图3－3－8所示，长12 m、质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板的左端，木板与人都静止．当人以4 m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g＝10 m/s2.试求：
图3－3－8
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．
(2)人在奔跑的过程中木板的加速度．
(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动的距离．
【解析】　本题中人和木板运动的特点：
相对于地面，人向右加速运动，木板向左加速运动，两者构成的整体的运动状态并不相同，所以分析、求解时不能整体分析，只能将人和木板分别隔离，即采用两次隔离进行分析、求解．
(1)设人的质量为m，加速度为a1，人受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有f＝ma1＝200 N.
(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小为f′＝200 N
设木板的质量为M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有f′－μ(M＋m)g＝Ma2代入数据解得a2＝2 m/s2，方向向左．
(3)设人从左端跑到右端的时间为t，由运动学公式得
L＝a1t2＋a2t2
其中L为木板的长度，将数据代入解得t＝2 s
故人从开始奔跑至到达木板的右端的过程中，人和木板运动的距离分别为x1＝a1t2＝8 m，x2＝a2t2＝4 m.
【答案】　(1)200 N　(2)2 m/s2，方向向左　(3)8 m　4 m
(对应学生用书第45页)
动力学中的临界极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．
1．动力学中的典型临界问题
(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N＝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)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大．
2．解题策略
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况．
　(2012·南昌一中检测)如图3－3－9所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(g＝10 m/s2)
图3－3－9
【潜点探究】　此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键．
【规范解答】　
(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．
对物块分析，
在水平方向有Nsin θ－μNcos θ＝ma1
竖直方向有Ncos θ＋μNsin θ －mg＝0
对整体有F1＝(M＋m)a1
代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N
(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sin θ＋μN′cos θ＝ma2，
竖直方向有N′cos θ－μN′sin θ－mg＝0，
对整体有F2＝(M＋m)a2
代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N
【答案】　14.4 N≤F≤33.6 N
【即学即用】
4.
图3－3－10
一弹簧秤秤盘的质量M＝1.5 kg，秤盘内放一个质量m＝10.5 kg的物体P，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，系统原来处于静止状态，如图3－3－10所示．现给P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动．已知在前0.2 s时间内F是变力，在0.2 s以后是恒力．求力F的最小值和最大值．(g取10 m/s2)
【解析】　设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时(m、M间恰无作用)弹簧的压缩量为x2，设匀加速运动的加速度为a，则有
对整体：kx1＝(M＋m)g①
对M：kx2－Mg＝Ma②
x1－x2＝at2③
由①式得x1＝＝0.15 m，
由②③式得a＝6 m/s2.
t＝0时，F小＝(M＋m)a＝72 N，
t＝0.2 s时，F大－mg＝ma，F大＝m(g＋a)＝168 N.
【答案】　72 N　168 N
(对应学生用书第45页)
●连接体的受力分析
1．(2012·铜川模拟)如图3－3－11所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是(　　)
图3－3－11
A．A受3个力，B受4个力
B．A受4个力，B受3个力
C．A受3个力，B受3个力
D．A受4个力，B受4个力
【解析】　该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A恰好不离开地面，所以地面对A的支持力为零，因此A只受到三个力的作用，而B受到四个力的作用，A选项正确．
【答案】　A
●整体法与隔离法及超重问题
2.
图3－3－12
(2011·上海高考)如图3－3－12，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力(　　)
A．小于FN　　　　　　　B．等于FN
C．等于FN＋F D．大于FN＋F
【解析】　剪断细线前，把箱子以及两小球a、b看做一个整体，静止时地面受到的压力为FN等于三个物体的总重力，即FN＝Mg＋mag＋mbg，对球b由平衡条件得F电＝mbg＋F；剪断细线后，对箱子和a球由平衡条件得FN′＝Mg＋mag＋F电′＝FN－mbg＋F电′，b球加速上升过程中，两球之间的库仑力增大，即F电′＞F电，因此FN′＞FN＋F，D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
●临界问题
3.
图3－3－13
(2013届渭南检测)如图3－3－13所示，有A、B两个楔形木块，质量均为m，靠在一起放于水平面上，它们的接触面的倾角为θ.现对木块A施一水平推力F，若不计一切摩擦，要使A、B一起运动而不发生相对滑动，求水平推力F的最大值．
【解析】　A、B一起运动，则以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝2ma
以A为研究对象，其受力情况如图所示．由图可知，A、B一起运动而不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力为N＝0
竖直方向：FBAcos θ＝mg
水平方向：F－FBAsin θ＝ma
联立上式可得F＝2mgtan θ，即水平推力F的最大值为2mgtan θ.
【答案】　2mgtan θ
●多体相连的受力计算
4.
图3－3－14
(2013届开封模拟)水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图3－3－14所示，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？
【解析】　如图所示，设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有
F＝3ma①
对B有　F－T＝ma②
对C有　Tcos α＝mg③
Tsin α＝ma④
联立①②式得：T＝2ma⑤
联立③④式得：T2＝m2(g2＋a2)⑥
联立⑤⑥式得：a＝g⑦
利用①⑦式得：F＝ mg.
【答案】　 mg
●滑块－滑板类问题
5．(2013届东北师大附中检测)如图3－3－15，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；
(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图3－3－16中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．
图3－3－15
图3－3－16
【解析】　(1)铁块和木板的受力示意图如图所示，图中f1和f′1为铁块和木板之间相互作用的滑动摩擦力，f2为地面对木板的滑动摩擦力．则f1＝f′1＝μ2mg，f2＝μ1(M＋m)g
对于铁块和木板，由牛顿第二定律分别得F－μ2mg＝ma1
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
设经时间t铁块运动到木板的左端，则x木＝a2t2
x铁＝a1t2
又x铁－x木＝L
联立以上各式解得L＝1 m.
(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2 N时，木板和铁块系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即f＝F
②当F＞μ1(m＋M)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a
F－f＝ma
解得F＝2f－2 N
此时f≤μ2mg＝4 N，即F≤6 N
所以当2 N＜F≤6 N时，f＝＋1 N.
③当F＞6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f＝μ2mg＝4 N
f－F图象如图所示．
【答案】　(1)1 m　(2)见解析
　第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用4
[随堂巩固提升]
1.如图3－3－10所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力。若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)
图3－3－10
A．加速下降　　　　　　B．加速上升
C．物块处于失重状态 D．物块处于超重状态
解析：选AC　木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态。物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，故A、C对。
2．如图3－3－11所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是(　　)
图3－3－11
A．L＋　　　　　B．L－
C．L－ D．L＋
解析：选B　对两木块整体进行分析，应用牛顿第二定律，可得F＝(m1＋m2)a，然后再隔离甲，同理可得F′＝m1a，其中F′＝k(L－L′)，解得两木块之间距离L′＝L－，故选B。
3.如图3－3－12所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物。现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速运动，则弹簧测力计的示数为(　　)
图　3－3－12
A．mg B．F
C.F D.g
解析：选C　弹簧测力计的示数等于弹簧的弹力，设为F′。先将弹簧测力计和重物看成一个整体，利用牛顿第二定律可得：F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a。然后以重物为研究对象利用牛顿第二定律可得：F′－mg＝ma取立两式可得F′＝F，故选项C正确。
4．(2012·江苏高考)如图3－3－13所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是(　　)
图3－3－13
A. B.
C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g
解析：选A　由整体法，Fm－(M＋m)g＝mam，隔离法，对木块，2f－Mg＝Mam，解得Fm＝。
5．(2012·十堰模拟)如图3－3－14所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动。由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力。
图3－3－14
(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？
(2)一物体在有动物毛皮的斜面底端以初速度v0＝2 m/s冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝30°，过了t＝1.2 s物体回到出发点。若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g取10 m/s2，则μ的值为多少？
解析：(1)因毛的生长方向向上，故物体上滑时不受摩擦力，而下滑时受到摩擦力。
(2)上滑过程：
mgsin θ＝ma1，
v0－a1t1＝0，
x＝
下滑过程：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
x＝a2t，
又t＝t1＋t2
以上各式联立可求得
μ＝＝0.433。
答案：(1)下滑时受摩擦力　(2)0.433第三章　力和运动
考　纲　要　求 高考频度 备　考　指　导
1.牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用Ⅱ ★★★★★
2.超重和失重Ⅰ ★★★★
3.单位制Ⅰ ★
实验四：验证牛顿运动定律 ★★★★ 1.理解牛顿第一定律、牛顿第三定律，认识惯性和作用力、反作用力的特点．
2.熟练掌握牛顿第二定律，会用牛顿运动定律分析解决两类典型的动力学问题．
3.综合应用匀变速直线运动的规律及运动图象、运动和力的关系、牛顿运动定律进行受力分析、运动过程分析.
第1讲　牛顿第一、第二定律
(对应学生用书第36页)
牛顿第一定律
内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变运动状态为止
意义 (1)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律
(2)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因
惯性
定义 物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的特性
特点 惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关
表现 物体不受外力作用时，有保持静止或匀速直线运动状态的性质；物体受到外力作用时，其惯性的大小表现在运动状态改变的难易程度上
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
【针对训练】
1．下列说法中正确的是(　　)
A．物体所受的力越大，它的惯性越大
B．物体匀速运动时，存在惯性；物体变速运动时，不存在惯性
C．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为物体静止时惯性大
D．物体的惯性大小只与物体的质量有关，与其他因素无关
【解析】　惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的唯一量度，与是否受力无关，与物体速度大小及变化都无关．D选项正确．
【答案】　D
牛顿第二定律
1.内容
物体加速度跟受到的作用力成正比，跟物体的质量成反比．
2．公式：F合＝ma.
3．物理意义
反映了物体运动的加速度与外力的关系，且这种关系是瞬时对应的，加速度的方向跟作用力的方向相同．
4．适用范围：宏观物体、低速运动．
5．单位
(1)在力学中，选出长度、质量和时间．三个物理量的单位为基本单位，在国际单位制中分别为米、千克、秒．
(2)加速度和力的单位为导出单位，在国际单位制中的符号为m/s2和N
【针对训练】
2．(2012·海南高考)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(　　)
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
【解析】　根据牛顿第二定律a＝可知物体的加速度与速度无关，所以A错；即使合力很小，也能使物体产生加速度，所以B错；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，所以C错；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，易知D正确．
【答案】　D
(对应学生用书第37页)
对牛顿第一定律的理解
牛顿第一定律
　　_(1)牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的．
(2)力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因．
　(2012·新课标全国高考)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
【解析】　物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．
【答案】　AD
【即学即用】
1.
图3－1－1
质量分别为m和M的两个物体A和B，其中M＞m，将它们放在水平且光滑的平板车上，平板车足够长，如图3－1－1所示，A和B随车一起以速度v向右运动．若车突然停止运动，则(　　)
A．A和B两物体都静止
B．A物体运动得快，B物体运动得慢，两物体相撞
C．B物体运动得快，A物体运动得慢，两物体间的距离加大
D．A、B两物体都以原来的速度v向右运动，它们之间的距离不变
【解析】　车板光滑，无摩擦，车突然停止运动，A、B两物体由于惯性还要保持原来的速度向前运动，因而它们之间的距离不变．
【答案】　D
对牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的几个特性
瞬时性 a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力
因果性 F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性 (1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)
(2)F＝ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统
(3)F＝ma中，各量统一使用国际单位
独立性 (1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律
(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
(3)分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may
2.瞬时加速度的分析
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题应注意两种基本模型的建立．
(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理．
(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．
在求解瞬时性问题时应注意：
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．
　
图3－1－2
如图3－1－2所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)
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
【审题视点】　(1)物块1、2间刚性轻质杆连接．
(2)物块3、4间轻质弹簧连接．
(3)光滑木板，突然抽出．
【解析】　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C对．
【答案】　C
【即学即用】
2．如图3－1－3所示，质量为m的球与弹簧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T1，Ⅱ中拉力大小T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是(　　)
图3－1－3
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向水平向右
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，竖直向上
【解析】　因为球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连处于平衡状态，弹簧的弹力瞬间不会发生突然变化，而绳子的弹力会发生突然变化，所以若剪断Ⅱ时弹力和重力的合力大小仍然是T2，加速度是a＝.若剪断Ⅰ时加速度是a＝g，竖直向下．
【答案】　B
(对应学生用书第38页)
应用牛顿定律解题的方法
1.合成法
若物体只受两个力作用而产生加速度时，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形定则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向．特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单．
2．正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常采用正交分解法解题，为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴的正方向常有以下两种方法：
(1)分解力而不分解加速度
分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴的正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别求得x轴和y轴上的合力Fx和Fy.根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得Fx＝ma，Fy＝0.
(2)分解加速度而不分解力
分解加速度a为ax和ay，根据牛顿第二定律得Fx＝max，Fy＝may，再求解．这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其他的力都落在或大多数力落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用．
　如图3－1－4所示，在箱内倾角为θ的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块．求：箱以加速度a匀加速上升和箱以加速度a向左匀加速运动时(线始终张紧)，线对木块的拉力F1和斜面对木块的支持力F2各多大？
图3－1－4
【潜点探究】　(1)斜面光滑，绳张紧，可确定木块受三力作用：重力、绳力、斜面支持力．
(2)木块随箱以a向上加速运动时，说明合力在竖直方向，绳力与斜面支持力合力必向上，与重力方向相反，用合成法解更好．
(3)木块随箱水平向左加速时，合力在水平方向，此时应考虑分解加速度，尽可能与分力方向同直线，以便建立方程求解．
【规范解答】　箱匀加速上升，木块所受合力竖直向上，其受力情况如图甲所示(注意在受力图的旁边标出加速度的方向)．用F表示F1、F2的合力，一定竖直向上．
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得F＝mg＋ma
再由力的分解得F1＝Fsin θ和F2＝Fcos θ
解得F1＝m(g＋a)sin θ，F2＝m(g＋a)cos θ.
箱向左匀加速，木块的受力情况如图乙所示，选择沿斜面方
向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，沿x轴由牛顿第二定律得
mgsin θ－F1＝macos θ
解得F1＝m(gsin θ－acos θ)
沿y轴由牛顿第二定律得
F2－mgcos θ＝masin θ
解得F2＝m(gcos θ＋asin θ)．
【答案】　向上加速时F1＝m(g＋a)sin θ　F2＝m(g＋a)cos θ
向左加速时F1＝m(gsin θ－acos θ)　F2＝m(gcos θ＋asin θ)
【即学即用】
3．(2012·上海高考)如图3－1－5，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)
图3－1－5
【解析】　
甲
令Fsin 53°－mg＝0，F＝1.25 N.
当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力如图甲．由牛顿定律得
Fcos θ－μFN＝ma，FN＋Fsin θ＝mg，解得F＝1 N
乙
当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力如图乙．由牛顿定律得
Fcos θ－μFN＝ma
Fsin θ＝mg＋FN
解得F＝9 N.
【答案】　1 N或9 N
(对应学生用书第39页)
●考查牛顿第二第三定律
1．(2011·浙江高考)如图3－1－6所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
图3－1－6
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】　A项中两力是一对作用力与反作用力，A错；B项中两力是一对平衡力，B错；因m甲>m乙，由a＝知a甲x甲，C项正确；由x＝at2知x与收绳的速度无关，D项错．
【答案】　C
●牛顿第二定律与瞬时加速度
2．(2011·北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图3－1－7所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为(　　)
图3－1－7
A．g　　　　B．2g　　　　C．3g　　　　D．4g
【解析】　“蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于运动员的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于F0，即mg＝F0得F0＝mg.当绳子拉力最大时，运动员处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时F最大＝F0＝3mg，方向竖直向上，由ma＝F最大－mg得最大加速度为2g，故B项正确．
【答案】　B
●结合牛顿定律进行受力分析
3.
图3－1－8
(2012·上海高考)如图3－1－8，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为(　　)
【解析】　以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a∥.因此B受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A正确．
【答案】　A
●结合牛顿定律判断运动状态
4.
图3－1－9
(2012·安徽高考)如图3－1－9所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【解析】　设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a＝＞0，即μ＜tan θ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝＝a＋，且Fsin θ－μFcos θ＞0，故a′＞a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．
【答案】　C
●牛顿第二定律与正交分解法的综合
5.
图3－1－10
如图3－1－10所示，小车在水平面上以加速度a(a【解析】　物体的受力情况及直角坐标系的建立如图所示(这样建立只需分解一个力)注意到ay＝0，则有
FT1sin θ－FT2＝ma
FT1cos θ－mg＝0
解得FT1＝，FT2＝mgtan θ－ma.
【答案】　　mgtan θ－ma
　　　　　　第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1.
图3－3－17
(2010·山东高考)如图3－3－17所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是(　　)
2．(2013届南京模拟)如图3－3－18所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为ma和mb，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力Fa和拉力Fb.已知Fa>Fb，则a对b的作用力(　　)
图3－3－18
A．必为推力
B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力
D．不可能为零
3.
图3－3－19
(2013届西安一中模拟)如图3－3－19所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．10 N　　　　　　　　B．20 N
C．25 N D．30 N
4．(2013届辽宁省实验中学质检)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－20所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　)
图3－3－20
5．(2013届石家庄一中质检)如图3－3－21所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是(　　)
图3－3－21
A．物体Q对地面的压力一定为2mg
B．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝
C．若P、Q之间光滑，则加速度a＝gtan θ
D．地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大
6.
图3－3－22
(2012·南昌一中模拟)如图3－3－22所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直杆，当杆上一质量为m的人以加速度a加速度下滑时，杆对地面上的人的压力大小为(　　)
A．(M＋m)g－ma
B．(M＋m)g＋ma
C．(M＋m)g
D．(M－m)g
7.
图3－3－23
(2013届银川一中质检)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图3－3－23所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法中正确的是(　　)
A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同
B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 J
C．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0. 1
8.
图3－3－24
(2013届安康一中模拟)如图3－3－24所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是(　　)
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N
9.
图3－3－25
(2013届衡水中学模拟)如图3－3－25所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是(　　)
A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2
B．若F1＝F2，M1v2
C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2
D．若F1v2
10.
图3－3－26
(2013届银川一中质检)如图3－3－26所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则(　　)
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度a＝g
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝g
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(14分)(2013届哈尔滨一中质检)如图3－3－27(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图3－3－27(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
图3－3－27
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)比例系数k.
12.
图3－3－28
(16分)(2013届陵水模拟)一小圆盘静止在一长为L的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图3－3－28所示．已知盘与滑板间的动摩擦因数为μ1，盘与地面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定的加速度a(a＞μ1g)，使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右．若水平地面足够大，则小盘从开始运动到最后停止共走了多远的距离？(以g表示重力加速度)
答案与解析
1【解析】　物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1＝μmgcos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v－t图象为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s－t图象应为一段曲线，D错．物体到达水平面后，所受摩擦力f2＝μmg＞f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.
【答案】　C
2【解析】　该题考查加速度相同的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，Fa＋Fb＝(ma＋mb)a，a＝，选b为研究对象，设作用力为FN，则FN＋Fb＝mba，FN＝＝.由于Fa>Fb，但a、b的质量关系未知，所以FN可能为正，也可能为负．故C选项正确．
【答案】　C
3【解析】　该题考查竖直方向上的连接体问题，选A、B整体为研究对象有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2.选A为研究对象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25 N，选项C正确．
【答案】　C
4【解析】　由G－t图象知：t0～t1时间内，具有向下的加速度，t1～t2时间内匀速或静止，t2～t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0～t3时间内，故A、D正确．
【答案】　AD
5【解析】　
木块P、Q组成的整体竖直方向受力平衡，所以地面对Q的支持力为2mg，由牛顿第三定律可知，Q对地面的压力为2mg，选项A正确；由Ff＝μFN可知μ＝＝，因为木块做加速运动F＞Ff，所以选项B错误；若P、Q间光滑则
木块P受力如图所示，木块P所受合力Fp＝mgtan θ，因整体无相对运动，木块P的加速度与整体加速度相同，即a＝gtan θ，选项C正确；地面与Q间的滑动摩擦力只与地面与Q间的动摩擦因数及Q与地面间的压力有关，与推力F无关，选项D错误．
【答案】　AC
6【解析】　先对杆上的人受力分析，其受到重力mg和杆对其竖直向上的摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律知mg－f＝ma；再对杆受力分析可知，站在地上的人对杆竖直向上的作用力F＝Mg＋f；联立以上两式可得F＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律知杆对地面上的人的压力大小也为(M＋m)g－ma.
【答案】　A
7【解析】　图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝maa＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝mab＝0.1 N，解得F＝f＝0.1 N，A项正确；有水平拉力时，物体位移为s＝×3 m＝12 m，故拉力做功的数值为W＝Fs＝1.2 J，B项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m，C项错误；动摩擦因数μ＝＝，D项错误．
【答案】　AB
8【解析】　取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A、B错；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力
大小为2T＝60 N，D错．
【答案】　C
9【解析】　
分别作出物块和木板运动的v－t图象，两图线包围的面积表示木板的长度L.若拉力F相等，木板质量不等，则物块加速度相等，木板质量大的加速度小，木板的v－t图线斜率小，则物块滑离木板所用时间短，滑离时速度小，即v1对应质量较大的木板如图所示，v2对应质量较小的木板，B对；同理，若拉力不等，木板的质量相等，则木板的加速度相等，受拉力大的物块的v－t图线斜率变大，物块滑离木板时间变短，滑离时速度变小，D对．
【答案】　BD
10【解析】　物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错；未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1＝＝，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝，此时对A由牛顿第二定律得F－mgsin 30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错；物块A的位移x1＋x2＝，D项正确．
【答案】　BD
11【解析】　(1)对初始时刻，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma0
由图读出a0＝4 m/s2
解得μ＝＝0.25.
(2)对于末时刻加速度为零，则
mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0
而FN＝mgcos θ＋kvsin θ
由图得出此时v＝5 m/s
联立解得k＝＝0.84 kg/s.
【答案】　(1)0.25　(2)0.84 kg/s
12【解析】　圆盘在滑板上做匀加速直线运动，设圆盘离开滑板前，加速度为a1，速度为v1，位移为x1，滑板的位移为x0.
对圆盘有a1＝μ1g，v1＝a1t1，x1＝a1t
对滑板有x0＝at，
又x0－x1＝
圆盘离开滑板后做匀减速运动，设圆盘从离开滑板到静止时的位移为x2，加速度为a2
对圆盘有a2＝－μ2g
0－v＝2a2x2
联立以上各式，解得圆盘从开始运动到最后停止的位移x＝x1＋x2＝＋＝.
【答案】　第三章 第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律4
[随堂巩固提升]
1．一天，下着倾盆大雨。某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列车进站过程中，他发现水面的形状如图3－1－5中的(　　)
图3－1－5
解析：选C　列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律
B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题
C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例
D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
解析：选BD　牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A错误；牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B正确；牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C错误；伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D正确。
3．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法正确的是(　　)
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，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力
D．拖车加速前进时，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(牵引力)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作用力和反作用力，两者一定等大、反向、分别作用在拖车和汽车上，故A项错；作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，故B项错；不论汽车匀速运动还是加速运动，作用力和反作用力大小总相等，故C项错；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(包括其他阻力)，汽车能加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它向后的拉力，符合牛顿第二定律，故D项正确。
4．下列说法正确的是 (　　)
A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化
C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力
D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小
解析：选D　惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故B错，D正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv＝at可知需要的时间长，惯性未变，故A错；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故C错。
5．下列关于力的说法正确的是(　　)
A．作用力和反作用力作用在同一物体上
B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用
C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变
D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因
解析：选BD　作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体上，A选项错误；太阳系中的行星都受到太阳的万有引力作用，B选项正确；人造地球卫星在运行过程中受到地球的吸引力始终指向地心，方向一直在变，C选项错误；伽利略的理想实验推翻了亚里士多德的“必须有力作用在物体上，物体才能运动”的观点，揭示了力不是维持物体运动的原因，D正确。第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用3
超重和失重
1．视重
(1)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。
(2)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。
2．超重、失重和完全失重比较
超重现象 失重现象 完全失重
概念 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 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 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下 物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理式 F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma
F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升
(1)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(2)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(3)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强等。
1．在下列运动过程中，人处于失重状态的是(　　)
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．运动员何冲离开跳板后向上运动
解析：选ACD　物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下，物体对支撑面的压力或者悬挂物的拉力小于物体的重力的现象。当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下加速度，滑梯对人的支持力小于人的重力，人处于失重状态；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，加速度在水平方向，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力，人不处于失重状态；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态；运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态。选项A、C、D正确。
牛顿运动定律的应用
1．整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解。
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
2．如图3－3－1所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)
图3－3－1
A．μmg　　　　　　　　　B.
C．μ(M＋m)g D．ma
解析：选BD　m与M无相对滑动，故a相同。
对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝
m与整体加速度相同也为a，对m：Ff＝ma，
即Ff＝，又由牛顿第二定律隔离m，Ff＝ma，故B、D正确。
对超重、失重的理解及应用
[命题分析]　超重和失重是日常生活中的常见现象，在历年高考中经常考查，难度不大，题型常为选择题。
[例1]　一同学想研究电梯上升过程的运动规律。某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传感器上。电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到最高层停止。在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图3－3－2所示。取重力加速度g＝10 m/s2，根据表格中的数据。求：
图3－3－2
(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小；
(2)电梯在3.0～13.0 s时段内的速度v的大小；
(3)电梯在19.0 s内上升的高度H。
[解析]　(1)由牛顿第二定律F＝ma和图象所给信息得
a1＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
a2＝＝ m/s2＝0.8 m/s2
(2)3.0～13.0 s内电梯匀速运动，由匀变速直线运动的速度公式得v＝a1t1＝1.6×3 m/s＝4.8 m/s
(3)电梯在19.0 s内上升的高度H应是三阶段位移之和，即
H＝a1t＋vt2＋a2t
＝×1.6×32 m＋4.8×10 m＋×0.8×62 m＝69.6 m。
[答案]　(1)1.6 m/s2　0.8 m/s2　(2)4.8 m/s
(3)69.6 m
————————————————————————————————
判断超重和失重现象的方法
(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
—————————————————————————————————————— [变式训练]
1．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－3－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是(　　)
图3－3－3
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下
解析：选D　由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A错；由牛顿第三定律知B错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C错；由牛顿第二定律mg－FN＝ma，可知a＝，方向竖直向下，D对。
整体法和隔离法的应用
[命题分析]　整体法和隔离法是解答高考题常用的方法，不仅在牛顿运动定律中常被用到，在共点力平衡问题中也常被用到，涉及的题型既有选择也有计算。
[例2]　(2012·上海高考)如图3－3－4所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为(　　)
图3－3－4
图3－3－5
[解析]　以滑块A、B整体为研究对象，整体加速度沿斜面向下，以滑块B为研究对象，沿水平和竖直方向分解滑块B的加速度可知，滑块B受到水平向左的摩擦力，竖直向下的重力，竖直向上的支持力，选项A正确。
[答案]　A
———————————————————————————————
整体法与隔离法常涉及的问题类型
(1)涉及隔离法与整体法的具体问题类型：
①涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。
②水平面上的连接体问题：a.这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。b.建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。
③斜面体与上面物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。
(2)解决这类问题的关键：
正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解。
—————————————————————————————————————— [变式训练]
2．如图3－3－6所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的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拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(　　)
图3－3－6
A.　　　　　　　　　　B.
C. D．3μmg
解析：选B　经过受力分析，A、B之间的静摩擦力为B、C、D组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A、B间达到最大静摩擦力，即am＝＝，而绳子拉力FT给C、D组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值为FTm＝3mam＝，故选B。
应用牛顿运动定律解决多运动过程问题
[命题分析]　多运动过程往往是比较复杂的问题，在高考中常在计算题中考查，且常把牛顿运动定律与其他力学规律、电场、磁场等知识综合起来考查，难度较大。
[例3]　(2013·江西省重点中学联考)中央电视台近期推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图3－3－7所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度为L2＝1 m，瓶子质量为m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动，(g取10 m/s2)假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：
图3－3－7
(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功 瓶子能否停在有效区域内，取决于放手时瓶离有效区的距离、瓶的速度及动摩擦因数
(2)作用在瓶子上的水平推力F＝20 N 放手前瓶子做匀加速直线运动
(3)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少 瓶子停止时距离C点越近，则推力的作用时间越长
(4)推力作用在瓶子上的距离最小为多少 推力的作用距离越小，则瓶子停止时越靠近B点
第二步：找解题突破口
推力作用在瓶子上的距离越长，则推力的作用时间越长，停在有效区内时，离C点越近，离B点越远，因此解答本题的关键是求出瓶子正好停在B点或C点时，推力的作用时间或距离。
第三步：条理作答
[解析]　(1)要想获得游戏成功，瓶子滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶子的加速度为a1，t1时刻瓶子的速度为v，力停止作用后加速度为a2，由牛顿第二定律得：
F－μmg＝ma1
μmg＝ma2
加速运动过程中的位移x1＝
减速运动过程中的位移x2＝
位移关系满足x1＋x2＝L1
又v＝a1t1
由以上各式解得t1＝ s
(2)要想游戏获得成功，瓶子滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则＋＝L1－L2
v′2＝2a1d
联立解得d＝0.4 m
[答案]　(1) s　(2)0.4 m
————————————————————————————————
求解多过程问题，要能够将多过程分解为多个子过程，在每一个子过程中，对物体进行正确的受力分析，正确求解加速度和找到连接各阶段运动的物理量(速度)是关键，做出物体整个运动过程的运动示意图，可使问题的分析与求解较为直观。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
3．如图3－3－8所示，在光滑水平面AB上，水平恒力F推动质量为m＝1 kg的物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，物体到达B点时撤去F，接着又冲上光滑斜面(取g＝10 m/s2，设经过B点前后速度大小不变，最高能到达C点，用速度传感器测量物体的瞬时速度，表中记录了部分测量数据)，求：
图3－3－8
t(s) 0.0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 …
v(m/s) 0.0 0.4 0. 8 … 3.0 2.0 1.0 …
(1)恒力F的大小。
(2)斜面的倾角α。
(3)t＝2.1 s时物体的速度。
解析：(1)物体从A到B过程中a1＝＝2 m/s2
则F＝ma1＝2 N
(2)物体从B到C过程中
a2＝＝5 m/s2
由牛顿第二定律可知mgsin α＝ma2
代入数据解得sin α＝，α＝30°
(3)设B点的速度为vB，从v3＝0.8 m/s到B点过程中vB＝v3＋a1t1
从B点到v4＝3 m/s过程
v4＝vB－a2t2，t1＋t2＝1.8 s
联立解得t1＝1.6 s，t2＝0.2 s，vB＝4 m/s
所以，当t3＝2 s时物体刚好到达B点
当t4＝2.1 s时　v5＝vB－a2(t4－t3)
v5＝3.5 m/s
答案：(1)2 N　(2)30°　(3)3.5 m/s
规范答题——牛顿第二定律在临界问题中的应用
1．临界问题的界定
在物体的运动状态发生变化的过程中达到某一个特定状态时，有关物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应物理量的值为临界值，对应的问题为临界问题。当题中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，常有临界问题。
2．动力学中的典型临界问题
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0。
(2)两物体相接触且处于相对静止时，常存在静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是静摩擦力为零或达到最大。
(3)绳子断裂的临界条件是绳中张力达到它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳中张力为0。
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：物体在受变力作用运动时，其加速度、速度均在变化，当其所受的合外力最大时，其加速度最大；所受的合外力最小时，其加速度最小；当出现加速度为零时，物体处于临界状态，其对应的速度便会出现最大值或最小值。
3．分析临界问题的方法
解决临界问题一般要通过受力分析、状态分析和运动过程分析，运用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，找到临界状态所隐含的条件。
[示例]　(10分)如图3－3－9所示，在倾角为θ的上端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，，若手持挡板A以加速度a(a图3－3－9
(1)从挡板开始运动到所经历的时间；
(2)从挡板开始运动到，小球的位移。
[答题流程]
1．审题干，抓关键信息
题干信息 获取信息
① 小球只受重力、弹力、支持力、挡板压力四个力的作用
② 小球向下运动的位移等于弹簧的伸长量
③ 弹簧的弹力在增大，故挡板压力不断减小
④ 挡板压力为零时，小球与挡板刚好分离
⑤ 小球与挡板分离后，小球继续加速，但加速度减小，当加速度为零时，小球速度最大
2.审设问，找解题突破口
(1)要求小球与挡板分离所经历的时间，关键是弄清楚小球与挡板分离时的受力情况。
(2)要求小球速度最大时的位移，关键是弄清小球在什么位置时速度最大，此时受力情况如何？
3．巧迁移，调动有效信息
(1)确定研究对象―→小球
　
(2)
小球离开挡板前：
小球离开挡板后：
(3)运用规律
小球离开挡板前：应用牛顿第二定律及位移公式求出离开挡板时的时间。
小球离开挡板后：利用牛顿第二定律求出弹簧的伸长量，即为小球的位移。
4．规范解，条理作答
[解析]　(1)因小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，由牛顿第二定律知mgsin θ－kx＝ma(2分)
即小球做匀加速运动发生的位移为x＝时小球与挡板分离(2分)
由运动学公式x＝at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为
t＝ (2分)
(2)小球速度达最大时，其加速度为零，
即kx′＝mgsin θ(2分)
即从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球的位移为x′＝。(2分)
[答案]　(1) 　(2)
[名师点评]
解答临界问题时，找准临界点是解题的关键，如在本题中，小球刚离开挡板时和小球速度最大时是两个过程的临界点。第三章 第1讲 牛顿第一、第二定律2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的(　　)
2．一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
3.
图3－1－11
(2013届太原一中模拟)在水平面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图3－1－11所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是(　　)
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速运动
C．小车可能突然向左减速运动
D．小车可能突然向右减速运动
4．(2012·海南高考)下列关于摩擦力的说法，正确的是(　　)
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
5.
图3－1－12
如图3－1－12所示，力F拉一物体在水平面上以加速度a运动．用力F′＝Fcos θ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是(　　)
A．a′与a可能相等　　　　　　　　　B．a′可能小于a
C．a′可能大于a D．a′一定小于a
6.
图3－1－13
在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，小球与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3－1－13所示．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度的大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．0 B．10 m/s2
C．8 m/s2 D．2 m/s2
7.
图3－1－14
(2012·江苏高考)如图3－1－14所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是(　　)
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
8.
图3－1－15
如图3－1－15所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上向左匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的合力的大小和方向是(　　)
A．ma，水平向左
B．ma，水平向右
C．m，斜向右上方
D．m，斜向左上方
9.
图3－1－16
(2013届榆林模拟)如图3－1－16所示，足够长的传送带与水平面夹角为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，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)
10．(2012·宝鸡一模)如图3－1－17所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一个轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法正确的是(　　)
图3－1－17
A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行
B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向
D．小车匀速运动时θ＝α
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图3－1－18
(15分)如图3－1－18所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上减速运动，a与水平方向的夹角为θ.求人所受到的支持力和摩擦力．
12．(15分)(2013届大同一中质检)如图3－1－19所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．
图3－1－19
(1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？
(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？
答案及解析
一、1．【解析】　列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
【答案】　C
2．【解析】　这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为相同大小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．选项C正确．
【答案】　C
3.【解析】　如果小车正在向左匀速运动，突然加速，则碗中的水由于惯性仍保持原有的速度，就会向右洒出，故B正确；如果小车正向右匀速运动，突然减速，则碗中的水由于惯性仍保持原来的速度，就会向右洒出，故D正确．
【答案】　BD
4．【解析】　根据牛顿第二定律，无论是静摩擦力，还是滑动摩擦力都能产生加速度；当加速度与速度同向时，都可以使物体加速，当加速度与速度方向反向时，都可以使物体减速．
【答案】　CD
5.【解析】　由牛顿第二定律可得：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，将F换为水平方向的Fcos θ后：Fcosθ－μmg＝ma′，由此可见：若μ＝0，则a′＝a，若μ≠0，则a′＜a，故A、B正确，C、D错误．
【答案】　AB
6.【解析】　绳断前由共点力的平衡知，弹簧弹力大小F＝mg，绳断瞬间对球根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝8 m/s2.
【答案】　C
7.【解析】　对整个系统应用牛顿第二定律：
F－(M＋m)g＝(M＋m) a①
对M应用牛顿第二定律：2f－Mg＝Ma②
由①②联立可得：F＝，故A正确．
【答案】　A
8.【解析】　设其他西瓜对它的作用力竖直向上的分力为Fy，水平向右的分力为Fx，由牛顿第二定律知，Fx＝ma，Fy＝mg，所以其他西瓜对它的作用力的大小为F＝＝m，方向斜向右上方，故选C.
【答案】　C
9.【解析】　小木块被释放后做匀加速直线运动，所受摩擦力沿传送带向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带的速度相同后，因μ＜tanθ，所以小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿传送带向上，所以a1＞a2，在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．
【答案】　D
10．【解析】　设细线对小铁球的弹力为F线，由牛顿第二定律得：F线sin α＝ma，F线cos α＝mg，可得：tan α＝，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F杆，由牛顿第二定律可得：F杆·cos β＝mg，F杆·sin β＝ma，可得：tan β＝＝tan α，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A正确，B、C错误；当小车匀速运动时，α＝0，故D错误．
【答案】　A
二、11.【解析】　以人为研究对象，受力分析如图所示．因摩擦力f为待求，且必沿水平方向，设为水平向右．建立如图所示坐标系．根据牛顿第二定律得
x方向：
mgsin θ－Nsin θ－fcos θ＝ma
y方向：
mgcos θ＋fsin θ－Ncos θ＝0
由以上两式可解得
N＝m(g－asin θ)，f＝－macos θ
f为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左．
【答案】　m(g－asin θ)，方向竖直向上　macos θ，方向水平向左
12．【解析】　(1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：
mgcos α＝m·g
解得cos α＝，sin α＝.
设地面对A的支持力为N，则有
N＝mg－mgsin α＝mg
由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.
(2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则
a0＝gcot θ＝g，
故当a2＝g＞a0时，物体已飘起．此时物体所受合力为mg，
则由三角形知识可知，拉力
F2＝＝ mg.
【答案】　(1)mg　(2) mg第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题3
牛顿第二定律
1．内容
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表达式
F＝ma。
3．适用范围
(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系；
(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题。
牛顿第二定律的“五个性质”
(1)矢量性：
公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a同向。
(2)瞬时性：
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，则F为该时刻物体所受到的力。
(3)因果性：
F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力。
(4)同一性：
①加速度a相对同一惯性系(一般指地面)。
②F＝ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统。
③F＝ma中，各量统一使用国际单位。
(5)独立性：
①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。
②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。
③分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may。
1．关于力和运动关系的几种说法中，正确的是(　　)
A．物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向
B．物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零
C．物体所受合外力不为零时，其加速度一定不为零
D．物体所受合外力变小时，一定做减速运动
解析：选C　由牛顿第二定律F＝ma可知，物体所受合外力的方向就是物体加速度的方向，但合外力的方向与运动方向没有必然联系。合外力的方向可以与物体的运动方向相同(例如匀加速直线运动)，也可以与物体的运动方向相反(例如匀减速直线运动)，还可以与物体的运动方向不在同一条直线上(例如曲线运动)，故A错；物体所受合外力不为零，说明其加速度不为零，但其速度可能为零(如物体竖直上抛上升到最高点时)，故B错，C对；当物体所受合外力减小时，其加速度一定减小，若此时合外力的方向与物体的运动方向相同，则物体仍做加速运动，故D错。
牛顿运动定律的应用
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况；
(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图3－2－1。
图3－2－1
1．两类动力学问题的基本解题方法
(1)由受力情况判断物体的运动状态：
①先求出几个力的合力；
②由牛顿第二定律求出加速度；
③根据运动学公式，求出物体在任一时刻的速度和位移。
(2)由运动情况判断物体的受力情况：
①已知加速度或根据运动规律求出加速度；
②应用力的合成和分解法则或正交分解法求出牛顿第二定律中的合力；
③由合力确定各方向上未知力的大小。
2．两类动力学问题的解题步骤
(1)明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。
(2)分析物体的受力情况和运动情况。画好受力分析图和过程图，明确物体的运动性质和运动过程。
(3)选取正方向或建立坐标系。通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。
(4)求合外力F合。
(5)根据牛顿第二定律F＝ma列方程求解，必要时要对结果进行讨论。
2．如图3－2－2所示，抗震救灾运输机在某场地缷放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m＝2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若A点距离水平面的高度h＝5.0 m，重力加速度g取10 m/s2(不计斜面和地面接触处的能量损耗)，求：
图3－2－2
(1)包装盒由A滑到B所经历的时间；
(2)若小包装盒与地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？
解析：(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：
mgsin θ＝ma，a＝gsin θ＝5 m/s2
包装盒沿斜面由A到B的位移为xAB＝＝10 m
设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t
则xAB＝at2
解得：t＝ ＝2 s。
(2)由牛顿第二定律有μmg＝ma′
在B点速度v＝at
代入数据，得x＝＝10 m。
答案：(1)2 s　(2)10 m
单位制
1．单位制
由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
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kg、s、m。
3．导出单位
由基本量根据逻辑关系推导出的其他物理量的单位。
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
3．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，时间的基本单位是s
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CD　kg、m是基本单位，m/s、N、C是导出单位，在国际单位制中，时间的基本单位是s，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，C、D选项正确。
瞬时性问题分析
[命题分析]　加速度与力的瞬时对应关系是高考中的重要考点，考查的题型有选择和计算；在高考中可单独命题，也可与其他知识综合命题。
[例1]　在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 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3－2－3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。求：
图3－2－3
(1)此时轻弹簧的弹力大小；
(2)小球的加速度大小和方向。
[解析]　(1)水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力FT、重力mg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有：FTcos θ＝mg，
水平方向有：FTsin θ＝F，
解得弹簧的弹力为：F＝mgtan θ＝10 N
(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡FN＝mg，在水平方向上，由牛顿第二定律得小球的加速度为：
a＝＝8 m/s2，方向水平向左。
[答案]　(1)10 N　(2)8 m/s2　方向水平向左
———————————————————————————————
瞬时性问题的分析方法及注意事项
(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：
　特性模型　 受外力时的形变量 力能否突变 产生拉力或支持力 质量 内部弹力
轻绳 微小不计 可以 只有拉力没有支持力 不计 处处相等
橡皮绳 较大 不能 只有拉力没有支持力
轻弹簧 较大 不能 既可有拉力也可有支持力
轻杆 微小不计 可以 既可有拉力也可有支持力
(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意：
①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
②加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
—————————————————————————————————————— [变式训练]
1．如图3－2－4所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　)
图3－2－4
A．a1＝0，a2＝g
B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g
D. a1＝g，a2＝g
解析：选C　木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg。木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg。由平衡条件和牛顿第二定律可得a1＝0，a2＝g。
两类动力学问题的分析
[命题分析]　动力学问题属高考中的重要考点，常结合直线运动规律、电场、磁场等知识综合考查，题型较全，难度中等偏上。
[例2]　(2012·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－2－5所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
图3－2－5
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图所示 下落过程做匀加速直线运动，加速度等于图线的斜率
(2)球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 球与地面碰撞时有机械能的损失
(3)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 球反弹后做匀减速直线运动，加速度与下落时的加速度不相等
第二步：找解题突破口
(1)要求空气阻力f的大小，需先利用v－t图象求出加速度，并应用牛顿第二定律进行求解。
(2)根据反弹后球的受力情况求出反弹后的加速度，再应用匀变速直线运动规律求出上升的高度h。
第三步：条理作答
[解析]　(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2①
根据牛顿第二定律得
mg－f＝ma1②
f＝m(g－a1)＝0.2 N③
(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则
v2＝v1＝3 m/s④
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则
mg＋f＝ma2
a2＝12 m/s2⑤
于是，有
0－v＝－2a2h⑥
解得h＝ m⑦
[答案]　(1)0.2 N　(2) m
———————————————————————————————
解答动力学两类问题的基本程序
(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程。
(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有。
(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果。
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[变式训练]
2．质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3－2－6所示。g取10 m/s2，求：
图3－2－6
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小。
解析：(1)由题中图象知，t＝6 s时撤去外力F，此后6～10 s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度为a1＝＝－2 m/s2
又因为a1＝－＝－μg
联立得μ＝0.2。
(2)由题中图象知0～6 s内物体做匀加速直线运动
其加速度大小为a2＝＝1 m/s2
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2
联立得，水平推力F＝6 N。
(3)设0～10 s内物体的位移为x，则
x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m。
答案：(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m
万能模型——传送带模型
1．模型特点
传送带包括水平传送带与倾斜传送带，分析处理传送带问题时，一定要做好“受力分析、状态分析、过程分析”，具体流程如下：
2．求解传送带问题应注意以下几点
(1)在确定研究对象并进行受力分析后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段，而突变点一定发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。物体在传送带上运动时的极值点也都发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口。
(2)在倾斜传送带上需根据mgsin θ与Ff的大小和方向，来确定物体的运动情况。
(3)考虑传送带长度，判断物体与传送带共速之前是否滑出，物体与传送带共速以后是否一定与传送带保持相对静止。
[示例]　如图3－2－7所示，传送带水平部分xab＝2 m，斜面部分xbc＝4 m，bc与水平方向夹角α＝37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2 m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)
图3－2－7
[解析]　物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有
a1＝＝2.5 m/s2
发生位移x1＝＝ m＝0.8 m
经历时间t1＝＝0.8 s
此后物体随传送带匀速运动到b点时间为
t2＝＝0.6 s
当物体A到达bc斜面时，因mgsin 37°＝0.6 mg>μmgcos 37°＝0.2 mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动
其加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2
物体A在传送带bc上所用时间满足
xbc＝vt3＋a2t
代入数值得t3＝1 s
即物体A从a点被传送到c点所用的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s。
[答案]　2.4 s
[模型构建]
(1)物体在传送带上运动时，往往会涉及摩擦力的突变和相对运动问题。当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力。当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移。
(2)解答传送带问题时常应用的知识点有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系等。
[变式训练]
传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图3－2－8所示。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24 m，g取10 m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？
图3－2－8
解析：小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma解得a＝12 m/s2
设小物块加速到12 m/s运动的距离为x1，所用时间为t1
由v2－0＝2ax1得，x1＝6 m
由v＝at1得t1＝1 s
当小物块的速度加速到12 m/s时，因mgsin θ＝μmgcos θ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动。
设AB间的距离为L，则L－x1＝vt2
解得t2＝1.5 s
从A到B的时间t＝t1＋t2
解得t＝2.5 s。
答案：2.5 s第三章 第2讲 两类动力学问题、超重和失重2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题 (本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中(　　)
A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大
B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小
C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小
D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变
2.
图3－2－12
(2013届西安一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中(　　)
A．起跳时杆对她的弹力大于她的重力
B．起跳时杆对她的弹力小于她的重力
C．起跳以后的下落过程中她处于超重状态
D．起跳以后的下落过程中她处于失重状态
3.
图3－2－13
(2012·银川模拟)如图3－2－13所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员(　　)
A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后
B．在空中水平方向先加速后减速
C．在空中机械能不变
D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置
4.
图3－2－14
(2013届延安一中质检)如图3－2－14所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A．0.35mg　 　B．0.4mg
C．0.3mg D．0.2mg
5．如图3－2－15甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是(　　)
甲 　乙
图3－2－15
A．t0时间内加速度最小 B．t3时刻加速度最小
C．t3时刻物块的速度最大 D．t2时刻物块的速度最大
6.
图3－2－16
(2013届陕西师大附中质检)如图3－2－16所示，质量为10 kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5 N，物体处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动，则(g＝10 m/s2)(　　)
A．物体相对小车仍然静止
B．物体受到的摩擦力增大
C．物体受到的摩擦力大小不变
D．物体受到的弹簧拉力增大
7.
图3－2－17
(2013届大连模拟)如图3－2－17所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是(　　)
A．若传送带不动，vB＝3 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s
8．(2012·南京四校12月月考)如图3－2－18所示，光滑水平面上放置有质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块；使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
图3－2－18
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为T
9.
图3－2－19
(2013届渭南高三调研)如图3－2－19所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员(　　)
A．下滑过程中的最大速度为4 m/s
B．加速与减速过程的时间之比为1∶2
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7
D．加速与减速过程的位移之比为1∶4
10．(2010·福建高考)质量为2 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为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图3－2－20所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为(　　)
图3－2－20
A．18 m　　　　　　　B．54 m
C．72 m D．198 m
二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11． (15分)(2013届海口实验中学模拟)如图3－2－21所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．
图3－2－21
t/s 0.0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 …
v/(m·s－1) 0.0 1.0 2.0 … 3.3 2.1 …
试求：
(1)斜面的倾角α；
(2)恒力F的大小；
(3)t＝1.6 s时物体的瞬时速度．
12．(15分)(2013届杭州模拟)如图3－2－22所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A处无初速度的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图3－2－22
答案与解析
1【解析】　雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确；由mg－Ff＝ma得：a＝g－，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大，而是Ff增大，故B错误，C正确．
【答案】　CD
2【解析】　当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A对；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故D对．
【答案】　AD
3【解析】　由于人竖直向上跳起，则脚与滑板作用力在竖直方向，A错误；忽略阻力，人在空中的运动仅受重力作用，则机械能守恒，C正确；根据牛顿运动定律，水平方向上人继续以与滑板相同的初速度运动，则B错误，D正确．
【答案】　CD
4【解析】　
重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N－mg＝masin 37°，f＝macos 37°，解得f＝0.2mg，即D正确．
【答案】　D
5【解析】　在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D正确．
【答案】　AD
6【解析】　由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供水平向左的静摩擦力，大小为5 N，且物体和小车间的最大静摩擦力fm≥5 N；若小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二定律可知：F＋f＝ma，得f＝5 N≤fm，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项A、C正确．
【答案】　AC
7【解析】　当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度vB＝ ＝3 m/s.
当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3 m/s.
当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．
【答案】　ABD
8【解析】　由于三木块一起做匀加速运动，所以2m的木块对m的木块有水平向右的静摩擦力. 2m的木块受重力、绳的拉力、上下面的弹力和m的静摩擦力共五个力的作用，A错误；对系统整体受力分析，得F＝6ma；对2m物块受力分析，得T－fm＝2ma；对m受力分析，得fm＝ma，联立三式可得，F增大到2T时，轻绳上的力才达到临界T，故B、D错误，C正确．
【答案】　C
9【解析】　a1t1＝vmax＝a2t2，利用a1＝2a2得t1∶t2＝1∶2，B正确；下滑的最大速度vmax＝2＝＝8 m/s，A错误；加速过程中有mg－Ff1＝ma1，减速过程中有Ff2－mg＝ma2，而a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，所以Ff1∶Ff2＝1∶7，C正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x1＝t1，x2＝t2，x1∶x2＝t1∶t2＝1∶2，D错误．
【答案】　BC
10【解析】　本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，因此前3 s内物体静止.3 s～6 s，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，x1＝at＝×2×32 m＝9 m；6 s～9 s，物体做匀速直线运动，x2＝vt2＝at1·t2＝2×3×3 m＝18 m；9 s～12 s，物体做匀加速直线运动，x3＝vt3＋at＝6×3 m＋×2×9 m＝27 m；x总＝x1＋x2＋x3＝9 m＋18 m＋27 m＝54 m，故B选项正确．
【答案】　B
11【解析】　(1)经分析可知，当t＝2.2 s时，物体已通过B点．因此减速过程加速度大小a2 ＝ m/s2＝6 m/s2，mgsin α＝ma2，解得α＝37°.
(2)a1＝ m/s2＝5 m/s2
F－mgsin α＝ma1，解得F＝11 N.
(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有
5t1＝2.1＋6(2.4－t1)，t1＝1.5 s
可见，t＝1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得
v＝2.1 m/s＋6(2.4－1.6) m/s＝6.9 m/s.
【答案】　(1)37°　(2)11 N　(3)6.9 m/s
12【解析】　物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的
速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为
t1＝＝ s＝1 s
物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为
s＝a1t＝5 m
由于μ由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2
由L－s＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以，物体从A运动到B所用时间t＝t1＋t2＝2 s.
【答案】　2 s第2讲　两类动力学问题　超重和失重
(对应学生用书第39页)
动力学的两类基本问题
应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：
(1)已知受力情况求运动情况．
(2)已知运动情况求受力情况．
在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下．
【针对训练】
1．如图3－2－1所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是(　　)
图3－2－1
A.＋　　　B.　　　C. 　　　D.
【解析】　因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt2，得：t＝ ，C正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则L＝t，有：t＝，D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v(t－)＝L，有：t＝＋，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B错误．
【答案】　B
超重与失重
1.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叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．
2．超重、失重与完全失重
超重 失重 完全失重
定义 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 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 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态
续表　　
超重 失重 完全失重
产生
条件 物体有向上的加速度 物体有向下的加速度 a＝g，方向向下
视重 F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
超重与失重并不是物体重力变化了，而是“视重”——即对悬挂物的拉力或对支持面的压力不等于物体的重力了．
【针对训练】
2.
图3－2－2
(2010·浙江高考)如图3－2－2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是(　　)
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
【解析】　对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．
【答案】　A
(对应学生用书第40页)
两类动力学问题分析
1.求解两类动力学问题涉及的知识主要有：一是牛顿第二定律(有时需用牛顿第三定律)F合＝ma，二是运动学公式vt＝v0＋at，s＝v0t＋at2，v－v＝2as，s＝(v0＋vt)t/2.其中加速度a是联系力和运动的桥梁．
2．牛顿第二定律的应用步骤
分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：
(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．
(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．
(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．
(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如Fx＝max，Fy＝may.
(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．
　
图3－2－3
(2011·上海高考)如图3－2－3，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.
【解析】　(1)物体做匀加速运动L＝at
则a＝＝ m/s2＝10 m/s2
由牛顿第二定律F－f＝ma
f＝30 N－2×10 N＝10 N
则μ＝＝＝0.5.
(2)F作用的最短时间为t，设物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma
则a＝－μg
＝[－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2
a′＝＝μg＝5 m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′
则t′＝t＝t＝2.3t
L＝at2＋a′t′2
则t＝＝ s＝1.03 s.
【答案】　(1)0.5　(2)1.03 s
动力学问题的处理技巧
该题第(1)问是已知运动情况求受力情况，第(2)问是由受力情况求运动情况，但不管哪种情况都要进行受力分析和运动分析，都要从受力或运动的一方求出加速度，然后转入另一方，所以求加速度是关键．
【即学即用】
1．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【解析】　木板水平时，小物块的加速度a1＝μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝；木板改成倾角为45°的斜面后，小物块上滑的加速度为：
a2＝＝，
滑行时间为：t′＝＝，
因此＝，A项正确．
【答案】　A
对超重、失重的进一步理解
　　超　　重　　与　　失　　重　　
　举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：
(1)升降机运动的加速度；
(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)
【审题视点】　(1)地面上能举起120 kg，说明运动员的最大举力为1 200 N.
(2)在超失重环境中，人的最大举力不变，但举起的重物可能小于或大于120 kg物体．
【解析】　运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力
F＝m0g＝1 200 N.
(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.
(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2
对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2
解得：m2＝160 kg.
【答案】　(1)2 m/s2　(2)160 kg
【即学即用】
2．(2011·四川高考)如图3－2－4是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(　　)
图3－2－4
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
【解析】　对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力FT和浮力F平衡，即FT＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a，对降落伞应用牛顿第二定律：F－FT′－mg＝ma，FT′＝F－mg－ma【答案】　A
(对应学生用书第41页)
动力学中“动态变化”问题
动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．因为加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．
动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”，这些问题重在分析合力的变化以及潜在的状态(如平衡状态、收尾速度)．
　
图3－2－5
(2013届宝鸡模拟)如图3－2－5为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是(　　)
A．经过b点时，运动员的速率最大
B．经过c点时，运动员的速率最大
C．从c点到d点，运动员的加速度增大
D．从c点到d点，运动员的加速度不变
【潜点探究】　(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．
(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．
(3)d为最低点，说明vd＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．
【规范解答】　运动员的下落过程从O→b为自由落体运动，b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B、C.
【答案】　BC
【即学即用】
3.
图3－2－6
(2012·四川高考)如图3－2－6所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则(　　)
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为－μg
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(x0－)
【解析】　撤去F后，物体向左做加速运动，其加速度大小a1＝＝－μg，随物体向左运动，x逐渐减小，所以加速度a1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a2＝＝μg－，a2随x的减小而增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a3＝＝μg，所以选项A错误；根据牛顿第二定律，刚撤去F后，物体的加速度a＝＝－μg，选项B正确；物体做匀减速运动的位移为3x0，则3x0＝a3t2，得物体做匀减速运动的时间t＝＝，选项C错误；当物体的速度最大时，加速度a′＝0，即kx＝μmg，所以x＝，所以物体克服摩擦力做的功为：W＝μmg(x0－x)＝μmg(x0－)，选项D正确．
【答案】　BD
(对应学生用书第42页)
●动力学中的转折点问题
1．如图3－2－7所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动为(　　)
图3－2－7
A．物块先向左运动，再向右运动
B．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
【解析】　木板受拉力作用后，物块相对木板滑动，说明木板加速度大于物块加速度；滑了一段距离后仍有滑动说明这时木板速度还是大于物块速度；此时撤掉拉力，物块的加速度方向与运动方向相同，做匀加速运动；木板的加速度方向与运动方向相反，做匀减速运动．当二者速度相同时，一起做匀速运动．C、D选项正确．
【答案】　CD
●失重问题
2．如图3－2－8所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N物体的存在而增加的读数不可能是(　　)
图3－2－8
A．4 N　　　　B．2 N
C．2 N D．3 N
【解析】　当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度ay，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg－may，而ay＝asin θ，又因mgsin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mgsin2 θ＝3 N；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg＝4 N，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N<ΔF<4 N，所以选C.
【答案】　C
●由运动情况推断受力情况
3.
图3－2－9
(2011·上海高考)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－9所示，则(　　)
A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大
B．在t1时刻，外力F为零
C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小
D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大
【解析】　由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a增大的减速运动，由a＝可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C、D正确．
【答案】　CD
●与图象结合的超失重问题
4.
图3－2－10
(2013届兰州新亚中学模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－10所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是(　　)
A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面
B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度
C. t1～t2时间内卫星处于超重状态
D. t2～t3时间内卫星处于超重状态
【解析】　卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．
【答案】　C
●动力学的基本问题
5.
图3－2－11
(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图3－2－11所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
【解析】　(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
v－0＝2gH①
得：vA1＝.②
(2)方法一：“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合＝F浮＋fA－mg③
F合＝maA④
0－v＝－2aAhA⑤
由题意：F浮＝mg
综合上述各式，得fA＝mg(－)．⑥
方法二：对“A鱼”运动的全过程应用动能定理可得，
mg(H＋hA)－mghA－fAhA＝0
解得fA＝mg(－)．
(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有
fB＝mg(－)⑦
综合⑥、⑦两式，得
＝.
【答案】　(1)　 (2)mg(－)　(3)第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题4
[随堂巩固提升]
1．(2012·海南高考)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(　　)
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
解析：选D　物体加速度的大小由合外力与质量的比值决定，跟其质量与速度的乘积无关，A错；物体所受合外力不为零，即有加速度产生，不需要达到某一数值，B错；物体加速度大小与合外力成正比，C错；在水平方向应用牛顿第二定律，当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，D对。
2．放在水平面上的一物体质量为45 kg，现用90 N的水平推力推该物体，此时物体的加速度为1.8 m/s2。当物体运动后，撤掉水平推力，此时该物体的加速度大小为(　　)
A．1. 8 m/s2　　　　　　　　　　B．0.2 m/s2
C．2 m/s2 D．2.8 m/s2
解析：选B　有90 N的水平推力时F－Ff＝ma1，得到Ff＝9 N，撤掉水平推力后，物体所受合力等于摩擦力，因此Ff＝ma2，得到加速度的大小为a2＝0.2 m/s2。
3．(2013·湖南调研)如图3－2－9甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　)
图3－2－9
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为2 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
解析：选CD　设物体的质量为m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由牛顿第二定律可得k·Δx＝mg①
现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得
10＝ma②
30－mg＝ma③
联立①②③可以解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度a＝5 m/s2，k＝500 N/m，故C、D正确。
4．如图3－2－10所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧。现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是(　　)
图3－2－10
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　物体在水平方向上受向左的推力F、弹簧向右的弹力kx，起初合力方向向左、大小为F合＝F－kx，随着x的增大，合力越来越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，因加速度与速度同向，故速度越来越大；当弹簧的弹力kx增大到与F相等时，合力为零，加速度为零，速度最大；由于惯性，物体继续向左运动，弹簧向右的弹力大于F，合力方向向右、大小F合＝kx－F，随着x的增大，合力越来越大，加速度越来越大，因加速度与速度反向，故速度越来越小。故选D。
5．(2012·上海高考)如图3－2－11所示，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)
图3－2－11
解析：令Fsin 53°＝mg，F＝1.25 N，当F<1.25 N时，杆对环的弹力向上，
由牛顿第二定律Fcos θ－μFN＝ma，
FN＋Fsin θ＝mg，
解得F＝1 N，
当F>1.25 N时，杆对环的弹力向下，
由牛顿第二定律Fcos θ－μFN＝ma，
Fsin θ＝mg＋FN，
解得F＝9 N
答案：1 N或9 N

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