资源简介

(共60张PPT)
DISIZHANG
第四章
6　超重和失重
1.熟练掌握测量重力的两种方法(重点)。
2.掌握什么是超重和失重现象，理解超重和失重现象的本质(重点)。
3.会利用牛顿运动定律分析超重和失重的问题(重难点)。
学习目标
内容索引
一、重力的测量
二、超重和失重
课时对点练
三、超重和失重的综合应用
一
重力的测量
1.方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的 ，利用牛顿第二定律可得G＝ 。
2.方法二：利用力的平衡条件
将待测物体悬挂或放置在 上，使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小 测力计对物体的拉力或支持力的大小。
质量m
mg
测力计
等于
二
超重和失重
如图，质量为m的人站在电梯内的体重计上，电梯上升过程中经历加速、匀速和减速的过程，在加速和减速上升的过程中，体重计的示数(人对体重计的压力)会发生变化。试分析判断(设加速上升和减速上升时加速度的大小均为a)：
答案　电梯加速上升时，受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得FN－mg＝ma
得FN＝mg＋ma>mg
(1)人加速上升时，体重计对人的支持力与重力的大小关系；
(2)人减速上升时，体重计对人的支持力与重力的大小关系。
答案　电梯减速上升时，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得mg－FN＝ma
得FN＝mg－ma1.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有 (选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。
2.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有 (选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度。
小于
竖直向下
大于
竖直向上
3.完全失重状态
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 的状态。
(2)产生条件：a＝g，方向 。
等于零
竖直向下
(1)超重就是物体受到的重力增加了，失重就是物体受到的重力减少了。
(　　)
(2)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了。(　　)
(3)物体处于超重状态时，物体一定在上升。(　　)
(4)物体处于失重状态时，物体可能在上升。(　　)
(5)举重运动员高举杠铃静止时处于超重状态。(　　)
(6)跳高运动员上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态。(　　)
(7)不计空气阻力，抛向空中的矿泉水瓶中的水，对侧壁和底部的压力都为零。(　　)
×
×
×
√
×
×
√
　(2022·南通市高一统考期末)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.从a到b过程，人的加速度方向向下
B.从a到b过程，人的重力先减小后增大
C.下蹲过程中人处于失重状态
D.6 s内该同学做了2次下蹲—起立的动作
例1
√
从a到b过程，人处于下蹲失重状态，人的加速度方向向下，故A正确；
无论下蹲还是起立，人的重力都不会发生变化，故B错误；
下蹲和起立过程都有超重和失重现象，下蹲先失重后超重，起立先超重后失重，故6 s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C、D错误。
　(2023·枣庄三中高一月考)某同学站在电梯底板上，如图所示的v-t图像是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是
A.在0～20 s内，电梯向上运动，该同学始终处于
超重状态
B.在0～5 s内，电梯在加速上升，该同学处于失
重状态
C.在5～10 s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所
受的重力
D.在10～20 s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态
例2
√
在v-t图像中，图像的斜率表示加速度，0～5 s内
斜率为正，加速度为正，方向竖直向上，速度为
正，即电梯向上做加速运动，该同学处于超重状
态；在5～10 s过程中，电梯匀速运动，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于平衡状态；10～20 s过程中，斜率为负，加速度竖直向下，速度为正，即电梯向上做减速运动，该同学处于失重状态，D正确。
判断超重、失重状态的方法
1.从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
2.从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态。
3.注意：超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。
总结提升
　如图所示，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
例3
√
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选项正确。
完全失重状态的说明：在完全失重状态下，平时一切由重力产生的物理现象都将完全消失，比如物体对支持物无压力、摆钟停止摆动、液柱不再产生向下的压强等，靠重力才能使用的仪器将失效，不能再使用(如天平、液体压强计等)。
总结提升
　升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg的物体(g＝10 m/s2)，则：
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
例4
当升降机匀速上升时，
FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N。
答案　200 N　
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体对台秤的压力大小是多少？
当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，
根据牛顿第二定律得FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N，
由牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为220 N。
答案　超重状态　220 N　
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体对台秤的压力大小是多少？
当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，
加速度方向向下，物体处于失重状态，
根据牛顿第二定律得mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N，
由牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为100 N。
答案　失重状态　100 N　
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
当升降机自由下落时，
加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，
则物体对台秤的压力为0。
答案　0
物理处于超重或失重(完全失重)状态时，物体本身的重力并没有变化，只是对支持物的压力(或悬挂物的拉力)发生了变化。
总结提升
三
超重和失重的综合应用
若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体处于超重或失重状态。
　如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有
A.地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
C.地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g
D.由于不知道a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与
(M＋m)g的关系
例5
√
对斜面体和物体组成的系统，当物体具有向下的加速度而斜面体保持平衡时，可以认为系统的重心向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失
重状态，所受到的地面的支持力小于系统的重力(M＋m)g，故选C。
四
课时对点练
考点一　超重和失重的理解
1.下列关于失重的说法中，正确的是
A.失重就是物体所受重力变小
B.物体加速上升时处于失重状态
C.物体自由下落时不会产生失重现象
D.失重现象中地球对物体的实际作用力没有变化
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
基础对点练
√
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对支持物的压力或者对悬挂物的拉力变了，A错误；
物体加速上升时加速度的方向向上，处于超重状态，B错误；
物体自由下落时加速度的方向向下，产生失重现象，C错误；
失重现象中地球对物体的实际作用力没有变化，只是物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力变了，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2.(2022·遵义市高一期末)2021年12月9日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，而这源于“神舟十三号”载人飞船的成功发射。关于飞船的发射，下列说法正确的是
A.火箭在点火前处于超重状态
B.火箭在点火后质量越来越大
C.航天员在火箭加速升空时处于超重状态
D.航天员在火箭加速升空时处于失重状态
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
火箭在点火前静止，即处于平衡状态，故A错误；
火箭在点火后不是质量越来越大，因为燃料的损耗，质量会越来越小，故B错误；
火箭加速升空时具有向上的加速度，则航天员在火箭加速升空时处于超重状态，故C正确，D错误。
3.如图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的作用力，下列说法正确的是
A.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一
定为零
B.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大
于B的重力
C.在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D.在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，
处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力
为0，A正确，B、C错误；
降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故D错误。
4.(2023·珠海市高一月考)某兴趣小组为研究超重与失重现象，在电梯中放置一台体重计，一个质量为53 kg的学生站在体重计上，在电梯运动过程中，体重计示数如图所示，则下列说法中正确的是
A.该学生处于超重状态
B.该学生处于失重状态
C.电梯一定向下运动
D.电梯可能做匀速直线运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由题图知体重计示数大于该学生的质量，可知该学生处于超重状态，A正确，B错误；
当该学生处于超重状态时，电梯加速向上运动，或减速向下运动，不可能做匀速直线运动，C、D错误。
考点二　超重、失重的有关计算
5.(2022·南京市高一期末)如图所示，电梯内有一质量为m的学生站在体重计上，当时电梯正以 (g为重力加速度)的加速度竖直减速下降，则此学生对体重计的压力大小为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
6.(2022·徐州市高一期末)小明利用台秤测量电梯在加速和减速过程中的加速度。他站在置于电梯地板的台秤上面，当电梯静止时，台秤示数为50 kg；电梯加速上升时，台秤示数为60 kg；电梯减速上升时，台秤示数为40 kg。重力加速度g＝10 m/s2，则电梯
A.加速过程的加速度大小为2 m/s2
B.减速过程的加速度大小为0.2 m/s2
C.上升过程一直处于超重状态
D.上升过程一直处于失重状态
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
加速上升过程处于超重状态，减速上升过程处于失重状态，C、D错误。
7.如图，小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55 kg，电梯由启动到停止的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)
A.由图甲可知电梯此时一定处于静止状态
B.由图乙可知小明此时一定处于减速下降
状态
C.由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态
D.由图乙可知电梯此时的加速度大小约为0.7 m/s2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯
此时处于静止或匀速运动状态，A错误；
由题图乙可知小明处于超重状态，有向
上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B、C错误；
由题图乙知，此时小明受到的支持力大小为FN＝590 N，则加速度大小
为a＝ ≈0.7 m/s2，D正确。
8.(2023·福州市第一中学高一期末)如图甲，在力传感器下端悬挂一钩码。某同学手持该传感器，从站立状态下蹲，再从下蹲状态起立回到站立状态，此过程中手和上身保持静
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
止。下蹲过程传感器受到的拉力随时间变化情况如图乙，则起立过程传感器受到的拉力随时间变化情况可能是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
下蹲过程，钩码先向下加速再向下减速，则加速度方向先向下后向上，则钩码先处于失重状态再处于超重状态，传感器受到的拉力先小于钩码的重力再大于钩
码的重力。起立过程，钩码先向上加速再向上减速，则加速度方向先向上后向下，则钩码先处于超重状态再处于失重状态，传感器受到的拉力先大于钩码的重力再小于钩码的重力，故选C。
9.(2022·镇江中学高一校考期末)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三。重力加速度g取10 m/s2，由此可判断
A.电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2
B.电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2
C.乘客处于超重状态
D.乘客对电梯地板的压力为500 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－ kx＝ma，即 mg＝ma，a＝2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C错误，B正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
电梯地板对乘客的支持力大小为FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力为375 N，D错误。
10.某人在地面上最多能举起50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)
A.2 m/s2　竖直向上 B. m/s2　竖直向上
C.2 m/s2　竖直向下 D. m/s2　竖直向下
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg的物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ ，方向竖直向下，选项D正确。
11.在电梯中，把一物体置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像如图所示(g取10 m/s2)，则：
(1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程？
答案　4 s　
由题图可知：电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？
答案　30 N　不变　
根据题意知，在4～18 s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受的压力大小和物体的重力相等，
即G＝30 N
根据超重和失重的本质知物体的重力不变。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(3)电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
超重时：台秤对物体的支持力最大为
50 N，
由牛顿第二定律得F合＝ma1，则
向竖直向上
失重时：台秤对物体的支持力最小为10 N
由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.(2023·吉安市宁冈中学高一开学考试)竖直矿井中的升降机可实现地下深处和地面之间的人员快速运送。某一竖直矿井的深度约为120 m，升降机运行的最大速度为10 m/s。某次升降机从矿井底部向地面运送工作人员，先匀加速运动到最大速度，再匀速运动，最后匀减速运动到达地面。有人恰好站在吊舱内的一台秤上，在升降机上升的过程中发现台秤的读数依次为72 kg、60 kg、48 kg，最终升降机到达地面速度恰好为零。已知升降机吊舱和人员的总质量为2 t，重力加速度g＝10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)升降机匀加速运动时的加速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案　2 m/s2　
设升降机匀加速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得FN1－mg＝ma1
其中FN1＝720 N，m＝60 kg，代入数据解得
a1＝2 m/s2
(2)升降机匀减速运动时缆绳对升降机吊舱(包括人员)的拉力大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案　1.6×104 N
升降机匀减速运动阶段，设加速度大小为a2，对人有mg－FN2＝ma2，FN2＝480 N
代入数据解得a2＝2 m/s2
对人员和升降机吊舱整体有Mg－F＝Ma2
代入数据解得F＝1.6×104 N
(3)运送过程的总时间。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案　17 s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
匀加速阶段，根据公式v＝v0＋at，
匀减速阶段，根据逆向思维法得匀减速阶段的时间为t2＝
匀速阶段的位移为h3＝h－h1－h2＝70 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
所以运动总时间为t＝t1＋t2＋t3＝17 s。
13.如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)
A.A球将向上运动，B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动，C球不动
C.A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D.A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
尖子生选练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由ρ木<ρ水<ρ铁可知，A的重力大于A受到的浮力，A
下面的弹簧处于压缩状态，B和C的重力小于浮力，
则B下面的弹簧和C下面的细线处于拉伸状态。将
挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运
动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。由于弹簧弹力不能突变，细线弹力可以突变，以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动，故D正确。
BENKEJIESHU
本课结束(共51张PPT)
DISIZHANG
第四章
3　牛顿第二定律
1.知道牛顿第二定律的内容及表达式的确切含义(重点)。
2.知道国际单位制中力的单位。
3.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题(难点)。
学习目标
学习目标
内容索引
一、牛顿第二定律
二、牛顿第二定律的简单应用
课时对点练
一
牛顿第二定律
1.牛顿第二定律
内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成 ，跟它的质量成___
，加速度的方向跟作用力的方向 。
2.表达式：F＝ ，式中F指的是物体所受的 。
3.力的单位
(1)力的国际单位：牛顿，简称 ，符号为 。
(2)“牛顿”的定义：使质量为 的物体产生 的加速度的力叫作1 N，即1 N＝ 。
(3)在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝ ，此时牛顿第二定律可表示为F＝ 。
正比
反
比
相同
kma
合力
牛
N
1 kg
1 m/s2
1 kg·m/s2
1
ma
1.从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度。可是，我们用力提一个很重的箱子，却提不动它。这跟牛顿第二定律矛盾吗？应该怎样解释这个现象？
答案　不矛盾。牛顿第二定律F＝ma中，F指物体所受合力，用力提箱子却提不动，原因是箱子除受到拉力之外还受到重力、地面的支持力，物体所受合力为零，所以并不矛盾。
思考与讨论
2.下列是甲、乙两同学对加速度的认识，甲说：“由a＝ 可知物体的加速度a与Δv成正比，与Δt成反比。”乙说：“由a＝ 知物体的加速度a与F成正比，与m成反比。”你认为哪一种说法是正确的？
答案　乙的说法正确。物体的加速度的大小由物体所受合力的大小和质量共同决定，与速度的变化量及所用时间无关。其中，a＝ 是加速度的定义式，是用比值法定义的物理量，而a＝ 是加速度的决定式，加速度由物体受到的合力及其质量共同决定。
(1)公式F＝kma中，各物理量的单位都为国际单位时，k＝1。(　　)
(2)质量大的物体，其加速度一定小。(　　)
(3)物体加速度的大小由物体的质量和所受合力大小决定，与物体的速度大小无关。(　　)
(4)物体的加速度的方向不仅与它所受合力的方向有关，且与速度方向有关。(　　)
(5)物体的运动方向一定与它所受合力的方向一致。(　　)
(6)一旦物体所受合力为零，则物体的加速度和速度立即变为零。(　　)
√
×
√
×
×
×
　(2022·安康市汉阴中学高一期末)翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面如图所示，如果整个俯冲过程翠鸟做加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图可能正确表示此过程中翠鸟受力的是
例1
√
根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知只有C选项中重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，故选C。
牛顿第二定律的四个性质
1.因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度。
2.矢量性：F＝ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它所受的合力方向决定，且总与合力的方向相同。
3.瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。
4.独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和。
总结提升
二
牛顿第二定律的简单应用
　平直路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速直线运动。如果撤去推力，车的加速度大小是多少？方向如何？
例2
答案　见解析
确定研究对象为手推车，设车运动方向为正方向，对手推车受力分析，如图
F合＝F－Ff
由牛顿第二定律F－Ff＝ma得
Ff＝F－ma＝15 N
撤去推力后，车受力如图：由牛顿第二定律得－Ff＝ma′
a′＝－0.5 m/s2
负号表示方向与车运动方向相反。
　如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；
例3
答案　7.5 m/s2，方向向右　车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动
方法一　合成法
由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速
度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分
析如图所示。
由几何关系可得F＝mgtan θ
小球的加速度a＝ ＝gtan θ＝7.5 m/s2，方向向右。
则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。
方法二　正交分解法
以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。
则沿水平方向有FTsin θ＝ma
竖直方向有FTcos θ－mg＝0
联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝12.5 N
且加速度方向向右，故车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。
(2)悬线对小球的拉力大小。
答案　12.5 N
方法一　合成法
悬线对小球的拉力大小为
方法二　正交分解法
以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。
则沿水平方向有FTsin θ＝ma
竖直方向有FTcos θ－mg＝0
联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝12.5 N
且加速度方向向右，故车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。
　一个质量为20 kg的物体，从足够长的固定斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面的倾角为37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
例4
答案　4.4 m/s2，方向沿斜面向下
(1)求物体沿斜面下滑过程中的加速度。
沿斜面下滑时，物体受力如图甲：
由牛顿第二定律得
mgsin 37°－Ff＝ma1 ①
由平衡条件得FN＝mgcos 37° ②
又Ff＝μFN ③
联立①②③得a1＝gsin 37°－μgcos 37°＝4.4 m/s2，方向沿斜面向下。
(2)给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑过程的加速度。
答案　7.6 m/s2，方向沿斜面向下
物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下，物体受力如图乙：
由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋Ff′＝ma2 ④
又Ff′＝μFN′ ⑤
由平衡条件得FN′＝mgcos 37° ⑥
联立④⑤⑥得
a2＝gsin 37°＋μgcos 37°＝7.6 m/s2，方向沿斜面向下。
应用牛顿第二定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象。
(2)进行受力分析和运动状态分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程。
(3)求出合力或加速度。
①当物体受两个非共线共点力作用时，可用矢量合成法，也可用正交分解法(用矢量合成法作图时注意：合力方向与合加速度的方向相同)。
②物体受多个非共线共点力作用，求合力时需用正交分解法。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
总结提升
三
课时对点练
考点一　牛顿第二定律的理解
1.关于牛顿第二定律，下列说法正确的是
A.加速度方向总是与速度方向一致
B.加速度a与合力F同时产生，同时变化，同时消失
C.同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大
D.物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基础对点练
√
加速度的方向与合力的方向相同，与速度的方向不一定相同，故A错误；
加速度与合力的关系是瞬时对应关系，a随合力的变化而变化，故B正确；
速度变化大，加速度不一定大，则合力不一定大，故C错误；
质量是物体的固有属性，不随合力、加速度的变化而变化，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是
A.由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比
B.由m＝ 可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速
度成反比
C.由a＝ 可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成
反比
D.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知其中两个量，可求第三个量，作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，并不由它们决定，A错误；
质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；
由牛顿第二定律知物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比，故C正确；
力是产生加速度的原因，故D错误。
3.(2023·江苏高二学业考试)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当某重力为G的战斗机以速度v斜向上加速飞行时，其矢量发动机提供的推力和飞机机翼产生的升力的合力F的方向正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因为战斗机加速飞行，所以矢量发动机提供的推力和机翼产生的升力的合力F与重力的合力方向应沿机身斜向上，故选A。
考点二　牛顿第二定律的简单应用
4.(2023·江苏高二学业考试)如图所示，质量为10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F＝20 N，则物体向左运动过程中的加速度是(g取10 m/s2)
A.0 B.4 m/s2，水平向右
C.2 m/s2，水平向左 D.2 m/s2，水平向右
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
5.(2023·江苏高二学业考试)如图所示，有两辆小车放在光滑的水平面上，在相同方向和大小的力F作用下运动，其中A车的加速度为3 m/s2，B车的加速度为7 m/s2。则A车和B车的质量之比mA∶mB为
A.1∶2 B.3∶7
C.7∶3 D.4∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
两个力F大小和方向均相同，设F与水平方向夹角为θ，则两个力的水平分力都为Fcos θ，根据牛顿第二定律得Fcos θ ＝ ma，则mA∶mB ＝ aB∶aA ＝ 7∶3，C正确。
6.质量为m的翼装飞行者从高空跳下，通过调整身体实现飞行并控制方向，如图所示，当他斜向上以加速度g减速直线飞行时，所受空气作用力
A.大小等于mg
B.大小等于 mg
C.方向竖直向上
D.方向垂直于AB向上
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律可知F合＝ma＝mg，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示，
由图可得空气作用力大小为F＝mg
方向与AB成60°角，斜向左上方。故选A。
7.如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则货箱下滑的加速度大小为
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.8 m/s2
√
对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2，A正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
8.(2022·湖南省高二学业考试)如图所示，用水平恒力F推小车和货物一起在光滑的水平地面上做匀加速直线运动，小车上表面水平。在运动过程中
A.货物受到2个力的作用
B.货物受到3个力的作用
C.小车受到3个力的作用
D.小车受到4个力的作用
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
货物竖直方向上受重力和小车给货物的支持力，水
平方向上做匀加速运动，则受到小车对货物的摩擦
力作用，故货物受到3个力的作用，选项A错误，B
正确；
小车受到重力、地面的支持力、推力、货物对小车的压力以及摩擦力的作用，因此小车受到5个力的作用，选项C、D错误。
9.如图，一物块通过光滑的钩子挂在轻绳上，绳的左端固定，右端绕过光滑的轻质滑轮并施加恒力F，物块处于静止状态，此时绳两端的夹角θ＝106°。已知重力加速度为g，cos 37°＝0.8。现给物块一个竖直向下的速度，保持恒力F不变，当绳两端的夹角θ′＝74°时，该物块的加速度大小为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
设物块的质量为m，物块静止时有
2Fcos 53°＝mg
当两端的绳子夹角为74°，根据牛顿第二定律有
2Fcos 37°－mg＝ma
10.质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°斜向上的方向拉着物体向右前进，绳子的拉力为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求此时物体的加速度；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　0.5 m/s2，方向水平向右　
在拉力作用下，物体受力如图甲，由牛顿第二定律得
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2，方向水平向右；
(2)若在拉的过程中突然松手，求松手后的运动过程中物体的加速度。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　5 m/s2，方向水平向左
松手后，物体受力如图乙
由牛顿第二定律得
μmg＝ma2
解得a2＝5 m/s2，方向水平向左。
11.如图，质量为m＝5 kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ＝37°，球恰好能在杆上匀速向下滑动。若球受一大小为F＝200 N的水平推力作用，可使小球沿杆向上匀加速滑动，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；
答案　0.75
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲，由平衡条件得，平行于杆方向：mgsin θ＝Ff1
垂直于杆方向：FN1＝mgcos θ
又Ff1＝μFN1，联立解得μ＝0.75
(2)小球沿杆向上匀加速滑动时的加速度大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　2 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
水平推力F作用后，对小球受力分析，如图乙，
平行于杆方向：Fcos θ－mgsin θ－Ff2＝ma
垂直于杆方向：FN2＝Fsin θ＋mgcos θ
又Ff2＝μFN2，
解得a＝2 m/s2。
12.旅游业的快速发展增加了观光缆车的大量需求，如图是某旅游景点缆车示意图。若用该缆车运输货物，倾斜的索道与水平方向的夹角为θ＝30°，质量m＝5 kg的货物与缆车水平地板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当载重缆车沿索道以a＝0.5 m/s2的加速度斜向上做匀加速直线运动时，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，取g＝10 m/s2。求：
(1)缆车地板对货物的支持力大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
尖子生选练
答案　51.3 N　
(2)缆车地板对货物的摩擦力大小。(结果均保留3位有效数字)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　2.16 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
将a沿水平和竖直两个方向分解，则有ax＝acos 30°
ay＝asin 30°
对货物受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，在水平方向
Ff＝max
在竖直方向FN－mg＝may
代入数据解得Ff＝2.16 N
FN＝51.3 N。
BENKEJIESHU
本课结束(共45张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　动力学中的连接体问题
1.知道什么是连接体，会用整体法和隔离法分析动力学中的连接体问题(重难点)。
2.进一步熟练应用牛顿第二定律解题(重点)。
学习目标
连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法。
学习目标
内容索引
一、加速度和速度都相同的连接体问题
二、加速度和速度大小相等、方向不同的连接体问题
专题强化练
一
加速度和速度都相同的连接体问题
　如图所示，光滑水平面上A、B两物体用不可伸长的轻绳相连，用力F拉A使A、B一起运动，A的质量为mA、B质量为mB，求A、B两物体间绳的拉力FT的大小。
例1
把A、B作为一个整体，有F＝(mA＋mB)a
单独分析B，FT＝mBa
连接体问题的解题方法
1.整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解。其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力。
2.隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解。其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或物体的一部分)的受力情况或单个过程的运动情形。
总结提升
　在【例1】中，若两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间绳的拉力为多大？
拓展1
若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，然后隔离出B为研究对象，有FT－μmBg＝mBa，联立解
　如图所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F＝600 N，不计空气阻力，求此时轻绳对物体B的拉力大小。(g取10 m/s2)
拓展2
答案　400 N
对A、B整体受力分析，再单独对B受力分析，分别
如图甲、乙所示：
对A、B整体，根据牛顿第二定律有：
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律有：
FT－mBg＝mBa，
联立解得：FT＝400 N。
　如图所示，若把两物体放在固定斜面上，两物体与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的拉力F作用下沿斜面向上加速运动，A、B间绳的拉力为多大？
拓展3
以A、B整体为研究对象，
设斜面的倾角为θ，F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，
以B为研究对象，
FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”：
总结提升
注意：①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)；
②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关；
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立。
总结提升
二
加速度和速度大小相等、方向不同的连接体问题
跨过光滑轻质定滑轮的物体速度、加速度大小相等，但方向不同，此时一般采用隔离法，即对每个物体分别进行受力分析，分别根据牛顿第二定律列方程，然后联立方程求解。
　(2022·黔东南高一期末)如图所示，在光滑的水平桌面上有一个质量为3m的物体A，通过跨过定滑轮的绳子与质量为m的物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都忽略不计，绳子不可伸长。重力加速度为g，将两物体同时由静止释放，则下列说法正确的是
A.物体A的加速度大小为
B.物体B的加速度大小为g
C.绳子的拉力大小为mg
D.物体B处于失重状态
例2
√
静止释放后，物体A将向右做加速运动，物体B将加速下落，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，
对A：FT＝3ma
对B：mg－FT＝ma
物体B加速度方向竖直向下，处于失重状态，故选D。
　如图所示，在【例2】中，若平面MN变为倾角为37°的光滑斜面，求两物体的加速度大小及绳子的拉力大小。(已知sin 37°＝0.6)
拓展1
对A：3mgsin 37°－FT＝3ma
对B：FT－mg＝ma
解得a＝0.2g，FT＝1.2mg。
答案　见解析
　若A、B跨过光滑定滑轮连接，如图所示，求两物体的加速度大小及绳子的拉力大小。
拓展2
对A：3mg－FT＝3ma
对B：FT－mg＝ma
解得a＝0.5g，FT＝1.5mg。
答案　0.5g　1.5mg
三
专题强化练
1.如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体A、B的质量分别为m1和m2，且m1＝2m2。当用水平推力F向右推物体A时，两物体间的相互作用力的大小为FN，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
基础强化练
√
当用水平推力F向右推物体A时，对A、B整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a；对物体B有FN＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2.如图所示，质量分别为0.1 kg和0.2 kg的A、B两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N的拉力F作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1 N/cm，g取10 m/s2，不计空气阻力。则弹簧的形变量为
A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.4 cm
√
以A、B及弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝10 m/s2，以B为研究对象，根据牛顿第二定律得kx－mBg＝mBa，其中k＝1 N/cm，联立解得x＝4 cm，故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3.如图所示，物体A重力为20 N，物体B重力为5 N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度大小与绳子上的张力大小分别为(g取10 m/s2)
A.6 m/s2,8 N B.10 m/s2,8 N
C.8 m/s2,6 N D.6 m/s2,9 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有mAg－FT＝mAa，对B有FT－mBg＝mBa，代入数据解得a＝6 m/s2，FT＝8 N，A正确。
√
4.(2022·常州市高一统考期末)某列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，对第3节到第40节车厢根据牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则对最后两节车厢根据牛顿第二定律有F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝
C正确。
5.如图所示，物体A和B恰好做匀速运动，已知mA>mB，不计滑轮及绳子的质量，A、B与桌面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g。若将A与B互换位置，则
A.物体A与B仍做匀速运动
B.物体A与B做加速运动，加速度大小a＝
C.物体A与B做加速运动，加速度大小a＝
D.绳子中张力不变
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
开始时A、B匀速运动，绳子的张力等于mBg，且满足mBg＝μmAg，解得μ＝ ，物体A与B互换位置后，对A有mAg－FT＝mAa，对B有FT－μmBg＝mBa，联立解得FT＝mBg，a＝ g，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6.如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上(轻绳与斜面平行)，用平行于斜面向上的恒力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，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是
A.增大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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
对A、B整体运用牛顿第二定律，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，
隔离B研究，根据牛顿第二定律有
FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，
要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7.A、B两物块靠在一起放置在粗糙的水平面上，如图所示，外力F作用在A上，推着A、B一起向右加速运动，已知外力F＝10 N，mA＝mB＝1 kg，A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，g取10 m/s2，则A、B运动的加速度大小和A、B之间的弹力大小分别为
A.a＝3 m/s2，FAB＝6 N
B.a＝2 m/s2，FAB＝6 N
C.a＝3 m/s2，FAB＝5 N
D.a＝2 m/s2，FAB＝5 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A受到的摩擦力FfA＝μ1mAg，B受到的摩擦力
FfB＝μ2mBg；对A、B整体，由牛顿第二定律
有F－FfA－FfB＝(mA＋mB)a，解得a＝3 m/s2；对B，由牛顿第二定律有FAB－FfB＝mBa，解得FAB＝6 N，故选项A正确。
8.如图所示，质量为m2的物体2放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑轻质定滑轮与质量为m1的物体1相连，车厢沿水平直轨道向右行驶，某一段时间内与物体1相连的细绳与竖直方向成θ角，重力加速度为g。由此可知
A.车厢的加速度大小为gsin θ
B.细绳对物体1的拉力大小为
C.底板对物体2的支持力大小为(m2－m1)g
D.底板对物体2的摩擦力大小为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
以物体1为研究对象，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得：m1gtan θ＝m1a，解得a＝gtan θ，则车厢的加速度大小也为gtan θ，故A错误。
由图甲，细绳的拉力大小FT＝ ，故B正确。
以物体2为研究对象，受力分析如图乙所示，在竖直方向上，
由平衡条件得FN＝m2g－FT＝m2g－ ，故C错误。
在水平方向上，由牛顿第二定律得Ff＝m2a＝m2gtan θ，故D错误。
9.(2023·南通市高一统考期末)如图所示，倾角为θ＝37°
的斜面体C固定于水平面上，质量mB＝5 kg的物体B置
于斜面上，与斜面的动摩擦因数μ＝0.5；物体B通过细
绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细
绳与斜面平行，滑轮通过轻杆固定在天花板上，不计空气阻力。重力加速度为g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)若物体B恰好沿斜面匀速下滑，求物体A的质量；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案　1 kg　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B匀速下滑，A匀速上升，绳中拉力为FT＝mA0g
B匀速下滑，则mBgsin θ－FT－μmBgcos θ＝0
解得mA0＝1 kg
(2)若物体A的质量为mA＝15 kg，物体B沿斜面滑动时，求绳中拉力的大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案　B沿斜面加速向上滑动时拉力大小FT＝75 N；B沿斜面减速下滑动时拉力大小FT′＝45 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
当mA＝15 kg时，由于mAg>mBgsin θ＋μmBgcos θ
若B沿斜面加速向上滑动，对B有FT－mBgsin θ－
μmBgcos θ＝mBa
对A有mAg－FT＝mAa
解得：FT＝75 N
若B沿斜面减速向下滑动，对B有FT′－mBgsin θ＋μmBgcos θ＝mBa′
对A有mAg－FT′＝mAa′
解得：FT′＝45 N。
10.如图所示，质量为2 kg的物体A和质量为1 kg的物
体B放在水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数
均为 ，在=与水平方向成α＝37°角、大小为20 N斜
向下推力F的作用下，A、B一起做匀加速直线运动(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)A、B一起做匀加速直线运动的加速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
尖子生选练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
以A、B整体为研究对象进行受力分析，有：
Fcos α－μ[(mA＋mB)g＋Fsin α]＝(mA＋mB)a
(2)运动过程中A对B的作用力大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案　4 N　
以B为研究对象，设A对B的作用力大小为FAB，根据牛顿第二定律有：FAB－μmBg＝mBa，
代入数据解得FAB＝4 N。
(3)若3 s后撤去推力F，求撤去推力F后1 s内A、B在地面上滑行的距离。
答案　均为0.6 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
BENKEJIESHU
本课结束(共45张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　动力学中的临界问题
1.掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件(重难点)。
2.进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题(重点)。
学习目标
临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。
学习目标
内容索引
一、接触与脱离的临界问题
二、相对静止(或相对滑动)的临界问题
专题强化练
三、绳子断裂或松弛的临界问题
一
接触与脱离的临界问题
接触与脱离的临界条件
(1)加速度相同。
(2)相互作用力FN＝0。
　如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
例1
(1)当滑块A以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？
答案　g　
由牛顿第三定律知，小球对滑块压力刚好为零时，滑块对小球支持力也为零。此时滑块和小球的加速度仍相同，当FN＝0时，小球受重力和拉力作用，如图甲所示，
所以此时滑块的加速度a块＝g。
(2)当滑块以2g的加速度向左运动时，细线上的拉力为多大？(不计空气阻力)
当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离滑块，只受细线的拉力和小球的重力的作用，如图乙所示，设细线与水平方向夹角为α，此时对小球受力分析，由
牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，又FT′sin α＝mg，解得FT′＝ mg。
　如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量分别为mA＝4 kg，mB＝6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N。
(1)两物体何时分离？
例2
答案　2 s　
设两物体在t1时刻恰好分离(即两物体间的弹力为0)，此时二者的加速度仍相同，由牛顿第二定律得 ，代入数据解得t1＝2 s。
(2)求物体B在t＝1 s时和t＝5 s时的加速度大小？
答案　1 m/s2　2 m/s2
由(1)问知在0～2 s内，两物体以共同的加速度运动。t＝1 s时对A、B系统，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a1，代入数据解得a1＝1 m/s2，t＝5 s时，A、B两物体已分离，对B物体，由牛顿第二定律有FB′＝mBa2，代入数据解得a2＝2 m/s2。
二
相对静止(或相对滑动)的临界问题
如图，物块A放在物块B上，A、B质量分别为m、M，A、B间的动摩擦因数为μ，水平地面光滑，现用水平向右的力F拉A。
(1)若A、B没有发生相对滑动，求A、B的加速度大小。
(2)A、B未发生相对滑动，随着F的增大，A所受的摩擦力如何变化？
答案　对物块A：Ff＝ma
(3)A、B发生相对滑动的临界条件是什么？
答案　A所受摩擦力达到最大静摩擦力。
两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
梳理与总结
　如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ，现对物块施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将发生相对滑动，重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力，则恒力F的临界值为
A.μmg B.μMg
例3
√
物块与长木板恰好不发生相对滑动时，对整体有F＝(M＋m)a，对长木板有μmg＝Ma
　如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动且B不下滑，则力F的大小可能是
A.50 N B.100 N
C.120 N D.150 N
例4
√
若B不下滑，对B有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，则F≥(m1＋m2) ＝125 N，选项D正确。
三
绳子断裂或松弛的临界问题
绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳子上的张力为零。
　一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别
固定在车厢的A、C两点，如图所示。已知两绳拉直时，
两绳与车厢前壁的夹角均为45°，当车以加速度a＝
(g为重力加速度)向左做匀加速直线运动时，求1、2两绳拉力的大小。
例5
设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左且大小为a0，由牛顿第二定律得F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得a0＝g。
因a＝ 四
专题强化练
1.(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2 C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
基础强化练
√
书放在水平桌面上，若书恰好相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度即Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，则高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。
2.(2023·淮阴中学高一期中)在静止的电梯里放一个木块A，A的右边被一个伸长的弹簧拉着而保持静止，以下电梯的运动中，A可能被拉动的情况是
A.电梯向上匀速运动时
B.电梯向上启动时
C.电梯向上制动时
D.电梯向下制动时
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
当电梯向上匀速运动时，木块竖直方向重力与支持力平衡，
木块的受力不变，木块竖直向上匀速运动，故A错误；
当电梯向上启动时，木块具有向上的加速度，所以木块所
受向上的支持力大于向下的重力，木块的最大静摩擦力增
大，不会被拉动，故B错误；
当电梯向上制动时，加速度向下，支持力小于重力，最大静摩擦力减小，木块可能被拉动，故C正确；
当电梯向下制动时，加速度向上，支持力大于重力，最大静摩擦力增大，木块不可能被拉动，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
3.如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体放于长木板上静止，此时弹簧对物体水平向左的弹力大小为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时，则
A.物体对左侧挡板的压力等于零
B.物体对左侧挡板的压力大小等于3 N
C.物体受到4个力的作用
D.弹簧对物体的弹力大小等于6 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由题意知，物体的加速度大小为6 m/s2，方向
水平向左，故物体所受合力F＝ma＝3 N，方
向水平向左。对物体受力分析，物体受到竖直向下的重力mg、竖直向上的支持力FN，且FN＝mg，竖直方向受力平衡，又因物体与木板之间无摩擦，故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当F弹簧＝3 N时，恰好能提供合力，故物体与挡板之间无弹力，物体对左侧挡板的压力为零，物体只受3个力作用，故选A。
4.(2022·盐城市高一统考期末)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的质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，下列说法正确的是
A.当拉力F<12 N时，两物体均保持静止状态
B.两物体开始时没有相对运动，当拉力超过12 N时，
开始相对滑动
C.两物体间从受力开始就有相对运动
D.两物体间始终没有相对运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
首先以A、B整体为研究对象受力如图甲所示，
在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律得
F＝(mA＋mB)a
再以B为研究对象，如图乙所示，B水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得Ff＝mBa
当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝ ＝6 m/s2，得F＝(6＋2) ×6 N＝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；A、B、C错误，D正确。
5.(2022·保山市昌宁县第一中学高一期末)如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在质量为M＝1 kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是
A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是1 N
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4 N
C.当F>12 N时，木块才会在木板上滑动
D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
能力综合练
木板与地面间最大静摩擦力的大小为
Ff2＝μ2(m＋M)g＝4 N
木块与木板间的最大静摩擦力大小为
Ff1＝μ1mg＝6 N
当F≤4 N时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故A、B错误；
当拉力为F0时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解得F0＝12 N
所以当F>12 N时，木块才会在木板上滑动，
故C正确；
当F>4 N时，木板向右运动，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
6.(2023·德州市高一期末)如图所示，甲、乙二人想让水平地面上静止放置的A、B两小车向右运动，两小车相互接触但并不连接，质量分别为mA＝20 kg、mB＝30 kg。从t＝0时刻开始，甲给A水平向右的推力为FA，乙给B水平向右的拉力为FB，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝(10－2t) N，FB＝(2＋2t) N。车轮与地面间的摩擦忽略不计，则下列说法正确的是
A.A、B两车在2 s时分离
B.2 s内B车的位移是1.08 m
C.4 s时A车的加速度大小为0.24 m/s2
D.4 s时B车的加速度大小为 m/s2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
7.如图所示，两细绳与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g的加速度向右做匀加速直线运动时，求绳1和绳2的拉力大小。(g为重力加速度)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
绳1和绳2的拉力与小车的加速度大小有关。当小车的加速度大到一定值时物体会“飘”起来，导致绳2松弛，没有拉力，假设绳2的拉力恰为0，即FT2为0，则有FT1cos 30°＝ma′，FT1sin 30°＝mg，
8.(2022·宁波市高一余姚中学期中)如图所示，
固定在水平地面上的斜面倾角为30°，物块
A与斜面间的动摩擦因数μ＝ ，轻绳一端通
过两个滑轮与物块A相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为m，连接物块A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，物块A、B都保持静止，重力加速度为g，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若物块B的质量为 ，求物块A受到的摩擦力的大小和方向；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
对物块B受力分析，设轻绳对物块B的拉力为FT，则由平衡条件有2FTcos 45°＝mBg
再对物块A受力分析，因为FT>mgsin 30°，A有上滑趋势，故受到的静摩擦力Ff沿斜面向下，则由平衡条件有mgsin 30°＋Ff＝FT
(2)为保持物块A处于静止状态，求物块B的质量范围。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
物块A刚好要沿斜面向上滑时，物块B的质量最大M1，此时轻绳拉力F1＝mgsin 30°＋μmgcos 30°＝
物块A刚好要沿斜面向下滑时，物块B的质量最小M2，则有F2＝mgsin 30°－μmgcos 30°＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9.(2022·泉州市高一期末)如图，两个质量均为m的相同物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。轻弹簧下端固定在地面上，劲度系数为k。现对A物块施加竖直向上的恒力F＝1.6mg(g为重力加速度)，下列说法不正确的是
A.力F作用瞬间，A、B间的弹力大小为0.2mg
B.A、B刚分离时，A的加速度大小为g
C.A、B刚分离时，弹簧的弹力大小为1.6mg
D.从F开始作用到A、B刚分离，弹簧的形变量减小了
1
2
3
4
5
6
7
8
9
尖子生选练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
力F作用瞬间，A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律
可得A、B整体加速度大小为a＝
隔离A，由牛顿第二定律有F＋FN－mg＝ma
可求得A、B间的弹力大小为FN＝0.2mg，故A正确；
A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A由牛顿第二定律可得A的加速度大小为aA＝ ＝0.6g，此时A、B的加速度大小相等，
故B的加速度大小aB＝0.6g，则有F弹－mg＝maB
解得F弹＝1.6mg，故B错误，C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
依题意可得，从F开始作用到A、B刚分离，弹簧弹力的减小量为ΔF弹＝2mg－1.6mg＝0.4mg
根据胡克定律可得弹簧形变量减小了Δx＝ ，
故D正确。
BENKEJIESHU
本课结束(共52张PPT)
DISIZHANG
第四章
1　牛顿第一定律
1.了解科学家对“运动和力”认识的发展历程。
2.理解牛顿第一定律的内容和意义(重难点)。
3.明确惯性的概念，会用惯性解释有关现象，知道质量是惯性大小的唯一量度(重点)。
学习目标
内容索引
一、伽利略实验
二、牛顿第一定律
课时对点练
三、惯性与质量
一
伽利略实验
1.亚里士多德的研究
亚里士多德从日常生活经验出发：必须 ，物体才能运动；没有力的作用，物体就要 ，他得出结论，力是
的原因。
2.伽利略的研究
(1)伽利略认为，运动的物体之所以会停下来是因为 的作用。
有力作用在物体上
静止在某个地方
维持物体运动
摩擦力
(2)理想斜面实验：如图所示，让静止的小球从第一个斜面滚下，冲上第二个斜面，如果没有摩擦，小球将上升到 。减小第二个斜面的倾角，小球运动的距离增大，但所到达的高度 。当第二个斜面放平，小球将 。
原来的高度
相同
永远运动下去
(3)推理结论：力 (填“是”或“不是”)维持物体运动的原因。
不是
(4)意义：伽利略的理想实验是想象着把实际存在影响物体运动的_____
____去掉，抓住事物的 ，这种依据 把实际实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法之一。
伽利略第一次确定了物理实验在物理研究中的基础地位。
3.笛卡儿的观点：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以
沿 运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
4.牛顿在伽利略等人工作的基础上得出牛顿第一定律。伽利略理想斜面实验为牛顿第一定律提供了实验依据。
摩擦
力
本质
逻辑推理
同一速度
同一直线
(1)伽利略的理想实验是无法实现的。(　　)
(2)伽利略的理想实验说明了力是维持物体运动的原因。(　　)
(3)理想化的思想是研究物理问题的重要方法。(　　)
√
×
√
　如图所示为现代人在实验室所做的伽利略斜面实验的频闪照片的组合图，实验中把小球从左侧斜面的某个位置由静止释放，它将冲上右侧斜面，频闪照片显示小球在右侧斜面运动过程中相邻的两个小球间的距离依次减小；如果右侧斜面变成水平，频闪照片显示小球在右侧斜面运动过程中相邻的两小球间的距离几乎相等。对于这个实验，以下叙述正确的是
例1
A.小球冲上右侧斜面后做减速运动，表明“力是
维持物体运动的原因”的结论是正确的
B.小球最终也会在右侧水平面上停下来，表明
“力是维持物体运动的原因”的结论是正确的
C.因为没有绝对光滑的斜面或者平面，所以伽利略提出的“如果没有摩
擦力，小球将在水平面上永远运动下去”的结论是荒谬可笑的
D.上述实验表明“如果没有摩擦力，小球将在水平面上永远运动下去”
的结论是正确的
√
小球冲上右侧斜面后做减速运动，表明“力是
维持物体运动的原因”的结论是错误的，故A
错误；
小球最终也会在右侧水平面上停下来，是由于受到摩擦力的作用，故B错误；
因为没有绝对光滑的斜面或者平面，所以伽利略提出的“如果没有摩擦力，小球将在水平面上永远运动下去”的结论是一种理想的推论，但是却有着非常重要的现实意义，它开创了研究物理问题的新的方法，该结论是正确的，故C错误，D正确。
二
牛顿第一定律
1.牛顿第一定律的内容：一切物体总保持 状态或 状态，除非作用在它上面的力 。
说明：运动状态改变即速度发生变化，有三种情况：
(1)速度的方向不变， 改变。
(2)速度的大小不变， 改变。
(3)速度的 同时改变。
匀速直线运动
静止
迫使它改变这种状态
大小
方向
大小和方向
2.对牛顿第一定律的理解
(1)定性揭示了力和运动的关系：
①力是 物体运动状态的原因，而不是 物体运动的原因。
②物体不受外力时的运动状态： 状态或 状态。
(2)牛顿第一定律无法用实验直接验证，它所描述的是一种 状态，即不受外力的状态，但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的。
(3)揭示了一切物体都具有的一种 属性——惯性。因此牛顿第一定律也叫 定律。
3.惯性：物体保持原来 状态或 状态的性质叫作惯性。
固有
匀速直线运动
惯性
静止
改变
维持
匀速直线运动
静止
理想
(1)牛顿第一定律是在伽利略和笛卡儿工作的基础上总结出来的。
(　　)
(2)牛顿第一定律是从实验中直接得出的结论。(　　)
(3)不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义。
(　　)
√
×
×
　(2022·哈尔滨市第三十二中学高二期末)一个做匀加速直线运动的物体，在运动过程中，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿第一定律可知，该物体将
A.立即静止 B.改做匀速直线运动
C.继续做匀加速直线运动 D.改做变加速直线运动
例2
√
根据牛顿第一定律可知，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非有力来改变这种状态，所以当物体所受的一切外力都突然消失时，物体之后的运动状态将保持不变，将以该时刻的瞬时速度做匀速直线运动，故B正确。
三
惯性与质量
1.如图所示，公交车在运行时突然急刹车，车内乘客身体为什么会向前倾倒？
答案　乘客随车一起运动，当急刹车时，车停止运动，乘客的下半部分受到车的摩擦力作用也随车停止运动，而上半部分由于要保持原来的运动状态，故向前倾倒。
2.如图，一个弹簧压缩后用细线拴住，两边紧靠两辆质量不同的小车(m甲
>m乙)，剪断细线后，弹簧同时弹射两小车，我们发现质量小的乙车加速度大，运动状态容易改变，质量大的甲车加速度小，运动状态不容易改变，这说明什么？
答案　说明车的惯性与质量有关，质量大惯性大，质量小惯性小。
物体惯性大小仅与 有关， 是物体惯性大小的唯一量度，惯性大小与物体是否运动、运动快慢等因素均 关。
梳理与总结
质量
质量
无
(1)速度越大，物体的惯性越大。(　　)
(2)受力越大，物体的惯性越大。(　　)
(3)物体从竖直向上运动的气球上掉落后，立即向下运动。(　　)
(4)物体的质量越大，惯性越大。(　　)
×
×
×
√
　(2022·无锡市高一期末)关于惯性，下列说法正确的是
A.汽车的速度越大，它的惯性就越大
B.同一物体运动时的惯性大于静止时的惯性
C.各种机床的底座做得很笨重，目的是增大惯性
D.“嫦娥五号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性不同(燃料
消耗忽略不计)
例3
√
物体的惯性大小只与物体的质量有关，质量不变，则惯性不变，与物体的运动状态无关，与所处的地理位置无关，A、B、D错误；
各种机床的底座做得很笨重，目的是增大惯性，使其静止的状态不易改变，C正确。
　(2022·玉林市高一期末)如图所示，在水平且足够长的上表面光滑的小车上，质量分别为2m、m的A、B两个物块随车一起以2 m/s的速度在水平地面上向右做匀速运动。若某时刻车突然停下，空气阻力不计，则下列说法正确的是
A.A与B可能会相碰
B.A与B不可能会相碰，因为B的质量较小，惯性较小，B比A的速度更大
C.由于A的质量较大，惯性较大，A、B间的距离逐渐减小，直至A与B相碰
D.由于惯性，A、B均保持2 m/s的速度做匀速运动，A与B不会相碰
例4
√
因为小车上表面光滑，所以两个物块在水平方向上没有受到外力作用，当车突然停下时，由于惯性，
两物块将保持2 m/s的速度不变而继续做匀速运动，不会相碰，故D正确。
四
课时对点练
考点一　对牛顿第一定律的理解
1.(2022·长治市沁源县第一中学高一期末)许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是
A.牛顿的理想斜面实验说明力不是维持物体运动状态的原因
B.伽利略对牛顿第一定律的建立做出了一定的贡献
C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D.伽利略认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
基础对点练
√
伽利略的理想斜面实验说明力不是维持物体运动状态的原因，故A错误；
笛卡儿和伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；
伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故C错误；
亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2.(2022·北京市延庆区高一期末)教科书中这样表述牛顿第一定律：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。其中“改变这种状态”指的是改变物体的
A.时间 B.速度
C.位置 D.质量
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量可以是瞬时速度，与质量、位置、时间以及受力无关，故A、C、D错误，B正确。
3.下列说法正确的是
A.牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据
B.牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的
C.理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思
维方法
D.由牛顿第一定律可知，物体的运动需要力来维持
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理归纳总结出来的，无法用实验来直接验证，但其结论是正确的，故选项A、B错误；
理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法，故选项C正确；
物体的运动不需要力来维持，故选项D错误。
4.(2022·沧州市高一期末)伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德的观点。如图，实验时，水平面上铺上不同的材料，将小车由斜面体的同一高度静止释放，经过一段时间小车停止时距离斜面体底端的距离不同。则下列说法正确的是
A.通过该实验直接得出了牛顿第一定律
B.该实验说明力是维持物体运动的原因
C.如果小车与水平面间没有摩擦力，则小车最终
会停止
D.实验时，将小车由同一高度释放是为了使小车到斜面体底端的速度相等
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
牛顿第一定律不是实验定律，A错误；
该实验说明力不是维持物体运动状态的原因，
B错误；
摩擦力越小，则小车运动得越远，由此得出的
结论是如果水平面光滑，则小车将沿着水平面
一直运动下去，C错误；
控制小车从斜面同一高度滑下是为了让小车滑到水平面时的初速度相同，D正确。
考点二　惯性的理解与应用
5.《中华人民共和国道路交通安全法》规定，机动车行驶时，驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带，这是因为使用安全带可以
A.减小人的惯性 B.减小车的惯性
C.增大人的惯性 D.减小因惯性造成的伤害
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
惯性只与质量有关，故使用安全带不能改变惯性的大小，但可以减小因惯性造成的伤害，故D正确，A、B、C错误。
6.(2023·南京市高一期末)下列说法中正确的是
A.小球由于受重力的作用而自由下落时，它的惯性就不存在了
B.一个小球被竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球受到向上的推力
C.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
D.超载卡车不容易停下来，是因为卡车质量越大，惯性越大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
物体的惯性与物体的运动状态无关，其大小取决于物体质量，小球自由下落时，质量不变，惯性不变，故A错误；
小球抛出后能继续上升，是因为惯性，而不是还受到向上的推力，故B错误；
汽车惯性大小取决于其质量大小，与汽车的运动状态无关，故C错误；
质量大的物体惯性大，运动状态难以改变，所以超载卡车不容易停下来，故D正确。
7.(2022·天津市和平区高二学业考试)足球运动中蕴含着丰富的物理知识，关于惯性下列说法正确的是
A.足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为惯性的缘故
B.踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的缘故
C.踢出去的足球速度在不断变化，惯性也在不断变化
D.足球若被带到太空，惯性将会消失
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的缘故，故A错误；
惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的缘故，故B正确；
惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，故C错误；
惯性与物体所在位置无关，故D错误。
8.(2022·宜宾市高一期末)对下列有关现象的分析正确的是
A.向上抛出的物体，在空中向上运动时，其惯性方向向下
B.在水平匀速直线行驶的高铁上，小明竖直向上跳起，由于惯性，小明
将落回起跳位置
C.踢出的足球最终要停下来，是由于没有外力来维持足球的运动
D.航天员在绕地球飞行的宇宙飞船中，可以“飘来飘去”，是因为他的
惯性消失了
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
惯性是物体保持静止或匀速直线运动的性质，没有方向，选项A、C错误；
在水平匀速直线行驶的高铁上，由于惯性，小明竖直向上跳起后与高铁具有相同的水平速度，则小明将落回起跳位置，选项B正确；
惯性是物体的固有属性，不会消失，选项D错误。
9.(2022·北京人大附中高一期末)下列对牛顿第一定律的理解正确的是
A.地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B.不受力的物体运动状态有可能改变
C.公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D.惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改
变无关
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
牛顿第一定律是在实验的基础上进一步逻辑推理概括出来的科学理论，是不能直接通过实验得出的，但能经受住实践的检验，故A错误；
不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；
物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；
惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
10.很多城市公交车内的横杆上挂着多只“手环”。一乘客面向行车方向坐在车上观察前方的“手环”，下列说法正确的是
A.车突然加速时，“手环”仍然自然下垂
B.车突然减速时，“手环”仍然自然下垂
C.若“手环”偏向右侧，则说明车在右转弯
D.若“手环”偏向右侧，则说明车在左转弯
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
车突然加速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以要向后偏，故A错误；
车突然减速时，由于惯性作用，“手环”要保持原来的运动状态，所以要向前偏，故B错误；
车转弯时，由于惯性的作用，“手环”要保持原来的运动状态，此时车转弯方向和“手环”偏转的情况相反，若“手环”偏向右侧，则车向左转弯，故C错误，D正确。
11.(2022·上海市浦东新区高一期末)科学技术的不断发展，给我们的工作和生活带来了方便。如图为手机拍摄竖直放置的水瓶在向左水平直线运动时，形成的水面形状。其中(a)图反映水瓶在______运动，(b)图反映水瓶在______运动。(均选填“匀速”“加速”或“减速”)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
匀速
减速
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
题图(a)水面是水平的，表明水在水平方向并未受到其他力的影响，即水瓶做的是匀速运动；题图(b)中大部分的水聚集在瓶子的左侧，因为水瓶原本是向左运动的，当瓶子水平向左做减速运动时，瓶中
的水由于惯性保持向左的运动，但在瓶壁阻碍作用下聚集到左侧。
12.理想实验有时更能深刻地反映自然规律。如图所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是实验事实，其余是推论。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
①减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度；
②两个斜面对接，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；
③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。
(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序
排列：___________(填数字序号)。
(2)在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。下列关于事实和推论的分类正确的是_____(填选项前的字母)。
A.①是事实，②③④是推论
B.②是事实，①③④是推论
C.③是事实，①②④是推论
D.④是事实，①②③是推论
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
②③①④
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
步骤②是理想实验的实验基础，属于可靠的
事实，在此基础上利用推理，先得到小球不
受阻力作用将上升到原来释放时的高度的推论，再设想减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度，继续减小第二个斜面的倾角直至第二个斜面成为水平面，得到小球将匀速运动的推论。所以正确的顺序排列是②③①④，②是事实，①③④是推论。
13.(2023·衢州市高一期末)如图所示，要将卡在球筒中的羽毛球取出，可以有多种方案，方案一：一手拿着球筒的中部，另一手用力击打羽毛球筒的上端；方案二：手持球筒，使球与球筒一起下落敲击水平面，假设球筒与水平面碰后速度立即变为0，下列说法正确的是
A.方案一利用羽毛球的惯性，使其从球筒上端出来
B.方案一利用球筒的惯性，使羽毛球从下端出来
C.方案二利用羽毛球受到的重力，使其从下端出来
D.方案二中球筒敲击水平面后速度变为0，其惯性
随之消失
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
尖子生选练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
方案一中用力击打羽毛球筒的上端，球筒向
下运动，利用羽毛球的惯性，使其从球筒上
端出来，故A正确，B错误；
方案二中球与球筒一起下落敲击水平面，球
筒与水平面碰后速度立即变为0，利用羽毛球的惯性，使其从下端出来，故C错误；
惯性是物体本身的属性，与速度无关，故D错误。
BENKEJIESHU
本课结束(共76张PPT)
DISIZHANG
第四章
5　牛顿运动定律的应用
学习目标
1.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法(重点)。
2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁(重点)。
内容索引
一、从受力确定运动情况
二、从运动情况确定受力
课时对点练
三、多过程问题
一
从受力确定运动情况
　质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上。如果给这个物体施加两个大小都是50 N且互成60°角的水平力(如图)，求物体3 s末的速度大小和3 s内的位移大小。
例1
对物体受力分析
由牛顿第二定律F合＝ma得
由运动学公式得
　(2022·淮南市寿县正阳中学高一期末)如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
例2
(1)小孩与冰车的加速度大小；
答案　1.16 m/s2
冰车和小孩受力如图所示。
在竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg ①
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ－Ff＝ma ②
摩擦力Ff＝μFN ③
联立解得加速度a＝1.16 m/s2。
(2)冰车运动3 s时的速度大小；
答案　3.48 m/s
3 s时的速度大小
v＝at＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
答案　14.5 m
1.基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.流程图
总结提升
已知物体
受力情况
求得a
求得x、v0、v、t等
―――――――――→
二
从运动情况确定受力
　民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ＝30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到
例3
地面所用时间为2 s。求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g＝10 m/s2)
设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有
x方向mgsin θ－Ff＝ma
y方向FN－mgcos θ＝0且Ff＝μFN
　质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。如图所示，若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)
A.42 N B.6 N
C.21 N D.36 N
例4
√
因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ
＝μmgcos θ，当在推力作用下匀加速上滑时，由运
动学公式x＝ at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，D正确。
1.基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。
2.流程图
总结提升
三
多过程问题
　如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止，求A、B间距离。
例5
答案　20 m
当F作用在物体上时由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2
v1＝a1t＝4 m/s
撤去外力F后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由0－v12＝2a2x2
解得x2＝4 m
故xAB＝x1＋x2＝16＋4 m＝20 m。
　如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
例6
答案　2 m/s2　
在水平面上，根据牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma，
(2)物体到达B点时的速度是多大？
答案　6 m/s　
由M点到B点，根据运动学公式可知vB2＝2aL，
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？
在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，
mgsin θ＋μmg·cos θ＝ma1，
代入数据得加速度的大小为a1＝10 m/s2，
逆向分析可得vB2＝2a1x，
在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
代入数据可得a2＝2 m/s2
由运动学公式：vB′2＝2a2·x
1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。
2.分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。
3.特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
总结提升
四
课时对点练
训练2　动力学的多过程问题
训练1　牛顿运动定律的简单应用
考点一　从受力确定运动情况
1.(2022·南京市高二学业考试)用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，外力F作用3 s后撤去。则前3 s内物体的加速度和第5 s末物体的瞬时速度大小分别是
A.1.5 m/s2　4.5 m/s B.1.5 m/s2　7.5 m/s
C.0　4.5 m/s D.0　7.5 m/s
基础对点练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
根据牛顿第二定律可得前3 s内物体的加速度大小为a＝ ＝1.5 m/s2，撤去外力后物体做匀速直线运动，第5 s末物体的瞬时速度大小等于撤去拉力时物体的瞬时速度大小，即v＝at＝4.5 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
2.(2022·岳阳市高一期末)质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末，物体的速度为
对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°＝ma
代入数据解得a＝3 m/s2
则2 s末，物体的速度为v＝at＝6 m/s
故B正确，A、C、D错误。
A.0 m/s B.6 m/s C.12 m/s D.6 m/s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
3.(2022·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为
A.40 km/h B.50 km/h
C.60 km/h D.70 km/h
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6 m/s2，由运动学规律x＝ ，将v＝0，a＝－6 m/s2，x＝15 m代入可解得v0≈13.4 m/s≈48 km/h，约为50 km/h，B正确。
11
12
11
12
4.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，当物体运动的速度大小为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(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经5 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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
施加恒力后，物体向左运动时，水平方向上受到向右
的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑
动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝ ＝
5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝ ＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误。
11
12
11
12
考点二　从运动情况确定受力
5.车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h
(即30 m/s)，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为
A.2 100 N B.6 000 N
C.8 000 N D.1 000 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
从发生碰撞到车完全停止的1 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝ ＝－30 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－30) N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。
11
12
11
12
6.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的固定斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是
A.滑块运动的加速度大小为5 m/s2
B.滑块2 s内的位移为40 m
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
11
12
11
12
滑块的加速度大小为a＝ ＝10 m/s2，A正确；
滑块2 s内的位移x＝ ＝20 m，B错误；
对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
7.(2022·临沂市高一期末)如图所示为两个等高的光滑斜面AB、AC，将一可视为质点的滑块由静止在A点释放。沿AB斜面运动，运动到B点时所用时间为tB；沿AC斜面运动，运动到C点所用时间
为tC，则
A.tB＝tC B.tB>tC
C.tB√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设斜面倾角为θ，对滑块根据牛顿第二定律解得加速度a＝gsin θ
11
12
11
12
因斜面AB倾角较大，则tB8.(2022·新乡市高二期末)如图所示，冰壶比赛时某运动员将冰壶(可视为质点)以速度v0从栏线P沿虚线推出，假设冰壶沿虚线做匀减速直线运动，栏线P到营垒圆心O的距离是L＝44.5 m，营垒是由4个直径分别为0.15 m、0.61 m、1.22 m和1.83 m的同心圆组成。冰壶与冰面的动摩擦因数μ＝0.02，运动员把冰壶推进直径是1.22 m的圆内，重力加速度g取10 m/s2，则v0可能是
A.3.0 m/s B.4.0 m/s
C.4.2 m/s D.5.0 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
11
12
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
冰壶在冰面上沿虚线做匀减速直线运动，把冰壶
推进直径是1.22 m的圆内，冰壶匀减速运动到速
度为0的位移x＝(L± ) m＝(44.5±0.61) m，也
就是位移满足43.89 m11
12
11
12
9.(2023·安庆市宿松中学高二开学考试)一段“幼童不慎坠楼，千钧一发之际，路人扔下手机徒手接娃”的视频引起关注。某市两岁小孩意外坠楼，银行小伙果断救人，此善举引来全城市民点赞。假设小孩子突然从7.5 m高处坠落，孩子体重10 kg，楼下恰好有人双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1.5 m，接住孩子后向下做匀减速运动，孩子到地时速度恰好减为零。假设小孩子可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受多大的力
A.500 N B.450 N C.350 N D.250 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
小孩下落的运动可分为两个阶段，先是自由落体运动，下落高度为6 m，然后匀减速运动1.5 m，根据运动学公式得，自由落体阶段有v2＝2gh1
设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段有0－v2＝－2ah2
减速阶段对孩子受力分析，根据牛顿第二定律可得2F－mg＝ma
联立得F＝250 N
故选D。
11
12
11
12
13
10.(2023·台州市高一期末)某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0～4 s内做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2，t1＝4 s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2＝6 s末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为m＝2 kg，求：
(1)平台离地高度H；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
答案　24 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4 s末无人机速度大小为v＝a1t1＝8 m/s
11
12
11
12
(2)在4～6 s内空气对无人机作用力大小F。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
答案　12 N
4～6 s内无人机加速度大小为a2＝ ＝4 m/s2，方向为竖直向下；
对无人机有mg－F＝ma2
则空气对无人机作用力大小为F＝12 N。
11.(2022·镇江中学高一期末)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的加速度匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
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；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
根据牛顿第二定律可得，mgsin 30°－μmgcos 30°
＝ma，
11
12
11
12
(2)恒力F的大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
已知由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m，
由位移公式x＝ a1t2
解得加速度大小a1＝2 m/s2
由题意可知，滑块的加速度方向有向上和向下两种情况，当加速度沿斜面向上时：
Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
已知由静止开始在t＝2 s内能沿斜
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
12.(2023·淮安市高一期末)如图所示，是生活中常见的儿童滑梯，为安全起见通常将滑梯设计成倾角逐渐减小的弧形，从而确保儿童从静止下滑至地面时速度减为零。若滑行过程中动摩擦因数保持不变，则儿童滑行过程中速度大小随时间变化的图像可能正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11
12
尖子生选练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
儿童在倾斜滑道上下滑时，设滑道与水平面夹角为θ，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
当μ儿童做加速度减小的加速运动，当μ>tan θ时，加速度沿滑道向上，随着夹角的减小，儿童做加速度增大的减速运动，故B正确，A、C、D错误。
11
12
11
12
1.(2022·连云港市高一期末)以6 m/s的速度匀速上升的水火箭，当升到离地面14.5 m高时，从水火箭上落下一小球，小球的质量为0.5 kg，假设小球在运动过程所受阻力大小恒为1 N。则小球从水火箭落下后大约经过多长时间到达地面(g取10 m/s2)
A.1.7 s B.1.9 s
C.2.5 s D.4.0 s
基础对点练
1
2
3
4
5
√
小球上升阶段的加速度
则共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，故选C。
1
2
3
4
5
2.(2022·温州市啸秋中学高二期末)如图甲所示是一滑雪运动员滑雪的画面。运动过程示意图如图乙所示，斜坡AB的倾角为37°，运动员在斜坡A点从静止开始以5.5 m/s2的加速度，沿直线AB匀加速下滑，然后沿水平面BC匀减速滑行，直至停止。AB段和BC段平滑连接，运动员在BC段受到的阻力为77 N，两个过程滑行的总时间为12 s，运动员和滑板整套装备总质量为70 kg，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。求：
1
2
3
4
5
(1)运动员在斜坡上受到的阻力
大小；
1
2
3
4
5
答案　35 N　
运动员在斜坡AB上滑行过程，据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－Ff1＝ma1
解得运动员在斜坡上受到的阻力大小为Ff1＝35 N
(2)运动员在B点的速度大小；
1
2
3
4
5
答案　11 m/s　
运动员在BC段由牛顿第二定律可得Ff2＝ma2
解得a2＝1.1 m/s2
解得运动员在B点的速度大小为v＝11 m/s
(3)运动员在这两个过程中运动的
总路程。
1
2
3
4
5
答案　66 m
运动员在这两个过程中运动的总路程为
3.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个
小孩沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运
动，已知拉力F＝4.0 N，玩具的质量m＝0.5 kg。经
过时间t＝2.0 s，玩具移动了x＝4.8 m，这时小孩松开手，玩具滑行了一段距离后停下。求：(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)全过程玩具运动的最大速度是多大？
1
2
3
4
5
答案　4.8 m/s　
1
2
3
4
5
对玩具受力分析，在竖直方向上，mg＝FN＋Fsin 53°，又Ff＝μFN，在水平方向上，根据牛顿第二定律可知Fcos 53°－μFN＝ma1，
(2)松开手后玩具还能运动多远？
答案　1.728 m
松手后，对玩具，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma2，
1
2
3
4
5
4.(2023·威海市高一期末)如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，用沿斜面向上的恒力F拉着物块由静止从斜面底端沿斜面向上运动，作用一段时间后撤去拉力。从物块运动开始计时，物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
能力综合练
1
2
3
4
5
(1)撤去拉力后，物块向上运动的加
速度大小；
撤去拉力后物块匀减速上滑，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有Ff＋mgsin θ＝ma
垂直斜面方向有FN＝mgcos θ
且Ff＝μFN
联立解得a＝8 m/s2
1
2
3
4
5
答案　8 m/s2　
(2)拉力F的大小；
由速度—时间图像可知匀加速上滑与匀减速上滑的加速度大小相等，即a1＝a，匀加速上滑时，根据牛顿第二定律有
F－mgsin θ－Ff＝ma
代入数据解得F＝16 N
1
2
3
4
5
答案　16 N　
(3)物块返回斜面底端时的速度大小。
0.5 s末的速度v＝at1＝4 m/s
上滑总位移x＝ ＝2 m
下滑过程，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma2
根据速度位移公式有v12＝2a2x
联立解得v1＝4 m/s。
1
2
3
4
5
答案　4 m/s
5.(2022·中山市高一期末)风洞是能人工产生和控制气流，以模拟飞行器或物体周围气体的流动，并可量度气流对物体的作用以及观察物理现象的一种管道状实验设备，它是进行空气动力实验最常用、最有效的工
1
2
3
4
5
尖子生选练
具。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面的夹角θ为37°，现小球在F＝20 N的竖直向上的风力作用下，从A点由静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求杆对球的支持力的大小和方向；
风力垂直于杆向上的分力F1＝Fcos 37°＝20×0.8 N＝16 N
小球的重力垂直于杆向下的分力
G1＝Gcos 37°＝1×10×0.8 N＝8 N
小球在垂直于杆方向上受力平衡，所以杆对球的支持力的大小
F′＝F1－G1＝16 N－8 N＝8 N，方向垂直于杆向下
1
2
3
4
5
答案　8 N　方向垂直于杆向下　
(2)若风力F作用2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；
1
2
3
4
5
答案　12 m
1
2
3
4
5
风力F作用时，由牛顿第二定律(F－mg)sin 37°－μF′＝ma1
解得a1＝4 m/s2，方向沿杆向上。
风力作用2 s末的速度大小为
v1＝a1t1＝4×2 m/s＝8 m/s。
风力作用2 s末的位移大小为
风力撤去后，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2
解得a2＝8 m/s2，方向沿杆向下。
1
2
3
4
5
小球上滑过程中距A点的最大距离xm＝x1＋x2
＝8 m＋4 m＝12 m
(3)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若球与杆之间的动摩擦因数可以改变，求当动摩擦因数最小为多少时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。
1
2
3
4
5
答案　0.75
1
2
3
4
5
若球恰好在A点保持静止，则当风力为零时
mgsin 37°≤μ1mgcos 37°
解得μ1≥0.75
当风力较大时小球受到的静摩擦力沿杆向下，若小球在A点保持静止，则有(F－mg)sin 37°≤μ2(F－mg)cos 37°
解得μ2≥0.75
则当动摩擦因数最小为0.75时，无论吹多大的风，球都将在A点保持静止。
BENKEJIESHU
本课结束(共62张PPT)
DISIZHANG
第四章
2　实验：探究加速度与力、质量的关系
学习目标
1.学习用控制变量法探究物理规律(难点)。
2.明确实验原理，能通过实验数据及图像得出加速度与力、质量的关系(重难点)。
小车、砝码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、 、纸带、 、 。
一、实验装置
交变电源
刻度尺
天平
1.实验思路——控制变量法
(1)探究加速度与力的关系
保持小车 不变，通过改变 改变小车所受的拉力，测得不同拉力下小车运动的加速度，分析加速度与 的定量关系。
(2)探究加速度与质量的关系
保持小车所受的 不变，通过在小车上 改变小车的质量，测得不同质量的小车对应的加速度，分析加速度与 的定量关系。
二、实验原理与设计
质量
槽码的个数
拉力
拉力
增加重物
质量
2.物理量的测量
(1)质量的测量：用 测量。在小车中 可改变小车的质量。
(2)加速度的测量
①方法1：让小车做初速度为0的匀加速直线运动，用 测量小车移动的位移x，用 测量发生这段位移所用的时间t，然后由a＝ 计算出加速度a。
天平
增减砝码的数量
刻度尺
秒表
②方法2：由纸带根据公式Δx＝aT2结合逐差法计算出小车的加速度。
③方法3：不直接测量加速度，求加速度之比。例如：让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等，测出各自的位移x1、x2，
则 ，把加速度的测量转换成 的测量。
位移
(3)力的测量
在阻力得到补偿的情况下，小车受到的 等于小车所受的合力。
①在槽码的质量比小车的质量 时，可认为小车所受的拉力近似等于 。
②使用力传感器可以直接测量拉力的大小，不需要使槽码的质量远小于小车的质量。
拉力
小得多
槽码的重力
1.用 测出小车的质量m，并把数值记录下来。
2.按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。
三、实验步骤
天平
3.补偿阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，反复移动垫木位置，启动打点计时器，直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持
运动为止(纸带上相邻点间距相等)，此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。
匀速直线
4.把细线绕过定滑轮系在小车上，另一端挂上槽码。保持小车质量不变，改变槽码的个数，以改变小车所受的拉力。处理纸带，测出加速度，将结果填入表1中。
表1　小车质量一定
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
5.保持槽码个数不变，即保持小车所受的拉力不变，在小车上增减砝码，重复上面的实验，求出相应的加速度，把数据记录在表2中。
表2　小车所受的拉力一定
质量m/kg
加速度a/(m·s－2)
1.m一定时，分析加速度a与拉力F的定量关系
由表1中记录的数据，以加速度a为纵坐标，以拉力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a-F图像，如图所示，若图像是一条___________
_______，就能说明a与F成正比。
四、数据处理
斜直线
过原点的倾
2.分析加速度a与质量m的定量关系
由表2中记录的数据，以a为纵坐标，以 为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a- 图像，如图所示。若图像是一条 ，说明a与 成 ，即a与m成 。
过原点的倾斜直线
正比
反比
3.实验结论
(1)保持物体质量不变时，物体的加速度a与所受拉力F成 。
(2)保持拉力F不变时，物体的加速度a与质量m成 。
正比
反比
1.系统误差：本实验中用槽码的重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要 槽码的重力)
2.偶然误差
(1)质量的测量
(2)打点间隔、距离的测量
(3)倾斜角度不当，补偿阻力不足或过度
五、误差分析
小于
1.补偿阻力：在补偿阻力时， (填“需要”或“不要”)把悬挂槽码的细线系在小车上，即不要给小车施加任何牵引力，并要让小车______
运动。
2.质量关系：每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量______槽码的质量的条件下打出。只有如此，小车受到的拉力才可视为等于槽码的重力。
六、注意事项
不要
拖着
纸带
远大于
3.打点计时器的位置：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量______打点计时器，并应先 ，再 ，且应在小车到达滑轮前 小车。
4.作图规则：作图像时，要使尽可能多的点落在所作直线上，不在直线上的点应尽可能均匀分布在直线两侧，离直线较远的点 。
靠近
启动电源
放开小车
按住
舍去不予考虑
　在研究作用力F一定时，小车的加速度a与小车(含砝码)质量M的关系的实验中，某同学安装的实验装置和设计的实验步骤如下：
A.用天平称出小车和槽码的质量
B.按图安装好实验器材
C.把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码
D.将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，启动电源，释放小车，打点计
时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
E.保持槽码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，
重复上述实验
F.分析每条纸带，测量并计算出加速度的值
G.作a-M关系图像，并由图像确定a与M的关系
例1
(1)请改正实验装置图中的错误。
①电磁打点计时器位置___________；
应靠右端
电磁打点计时器应固定在长木板无滑轮的一端，应靠近右端；
②小车位置__________________；
应靠近打点计时器
释放小车时，小车应靠近打点计时器；
③滑轮位置_____________________。
应使细绳平行于木板
连接小车的细绳应平行于木板，故应调节滑轮位置使细绳平行于木板。
(2)该同学漏掉的重要实验步骤是__________，该步骤应排在步骤______之后。
实验前应补偿阻力，使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受阻力平衡，故应垫高长木板右端以补偿阻力。实验中把槽码的重力看成与小车所受拉力大小相等，没有考虑阻力，故必须补偿阻力且应排在步骤B之后。
补偿阻力
B
(3)在上述步骤中，有错误的是步骤_____，应把_________________改为_______________。
步骤D中电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作，必须接在8 V的交变电源上。
D
6 V电压的蓄电池
8 V的交变电源
(4)在上述步骤中，处理不恰当的是步骤______，应把________________
改为________________。
步骤G中作a-M关系图像，得到的是曲线，很难进行正确的判断，必须“化曲为直”，改作a- 关系图像。
G
作a-M关系图像
　某同学用如图所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系。所用交变电源的频率为50 Hz。
例2
(1)如图是他某次实验得到的纸带，每两个计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示。则小车的加速度是________ m/s2。
见解析
由题意可知，相邻计数点时间间隔T＝0.1 s，由Δx＝aT2得
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67
加速度a/(m·s－2) 0.618 0.557 0.482 0.403 0.317 0.235 0.152 0.086
质量倒数 /kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
(2)保持小车所受的拉力不变，改变小车质量m，分别测得不同质量时小车加速度a的数据如表所示。
请在如图所示的坐标纸中作出a- 图像。根据a- 图像可以得到的实验结论是
________。
见解析
如图所示
结论：F一定时，a- 图像是一条过原点的倾斜直线，即F一定时，a与m成反比。
　如图甲所示为某同学研究物体加速度与力和质量关系的实验装置示意图，图乙是该装置的俯视图。两个相同的小车，放在水平桌面上，前端各系一条轻细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车通过细绳用黑板擦固定，抬起黑板擦，小盘和砝码牵引小车同时开始做匀加速直线运动，按下黑板擦，两小车同时停止运动。实验中补偿阻力后，可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的合力，也可以通过增减小车上的砝码来改变小车的总质量。
例3
该同学记录的实验数据如下表所示，则下列说法中不正确的是________。
实验次数 小车1总质量m1/g 小车2总质量m2/g 小车1受合力F1/N 小车2受合力F2/N 小车1位移x1/cm 小车2位移x2/cm
1 500 500 0.10 0.20 20.1 39.8
2 500 500 0.10 0.30 15.2 44.5
3 500 500 0.20 0.30 19.8 30.8
4 250 500 0.10 0.10 39.7 20.0
5 300 400 0.10 0.10 20.3 15.1
6 300 500 0.10 0.10 30.0 18.0
A.研究小车的加速度与合外力的关系可以利用第1、2、3三次实验数据
B.研究小车的加速度与小车总质量的关系可以利用第2、3、6三次实验数据
C.研究小车的加速度与小车总质量的关系可以利用第4、5、6三次实验数据
D.可以通过比较两个小车的位移来比较两个小车的加速度大小
√
研究小车的加速度与合外力的关系必须使小车的质量不变，符合条件的是第1、2、3次实验，A正确；
研究小车的加速度与小车总质量的关系必须使拉力相同，符合条件的是第4、5、6次实验，B错误，C正确；
由于两个小车运动的时间相等，根据x＝ at2，可知，可以通过比较两个小车的位移来比较两个小车加速度大小，D正确。
课时对点练
1.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法正确的是
A.在补偿阻力时，应将槽码通过定滑轮用细绳拴在小车上
B.连接槽码和小车的细绳应与长木板平行
C.补偿阻力后，长木板的位置不能移动，每次改变小车质量时，应重新
补偿阻力
D.小车释放前应靠近打点计时器，且应先释放小车，再启动电源
1
2
3
4
5
6
√
在补偿阻力时，应将细绳从小车上拿去，垫高长木板远离定滑轮的一端，让小车的重力沿木板方向的分力与小车受到的阻力平衡，故A错误；
若连接槽码和小车的细绳与长木板不保持平行，则细绳拉力的一个分力等于小车所受的外力，这样导致误差增大，故B正确；
补偿阻力后长木板的位置不能移动，但每次改变小车的质量时，小车的重力沿木板方向的分力和小车受到的阻力仍能抵消，不需要重新补偿阻力，故C错误；
1
2
3
4
5
6
实验时，若先放开小车，再启动打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，而且刚启动电源时打点不稳定，因此要求小车释放前应靠近打点计时器，且应先启动电源，再释放小车，故D错误。
1
2
3
4
5
6
2.(2022·北京市房山区高一期末)如图所示为某同学“探究在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图。
(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫板、小车和砝码、沙和沙桶、天平(附砝码)。除以上器材外，还需要的有_______；
A.秒表 B.刻度尺 C.交变电源 D.直流电源
BC
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
本实验中需要测位移，则需要刻度尺，电磁打点计时器需要低压交变电源，故选B、C。
(2)本实验采用的科学方法是_____；
A.理想实验法
B.控制变量法
C.建立物理模型法
1
2
3
4
5
6
B
实验“探究在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”，采用的科学方法是控制变量法，故选B。
(3)实验中，需要补偿打点计时器对小车的
阻力及其他阻力；小车放在长木板上，后
面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，
把长木板一端垫高，调节长木板的倾斜度，
使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿长木板做__________运动；
1
2
3
4
5
6
匀速直线
补偿阻力时，把长木板一端垫高，调节长木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿长木板做匀速直线运动即可。
(4)某小组在“探究外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持沙和沙桶质量不变，改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据，在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量m的图像，如图甲，然后由图像直接得出a与m成反比。乙同学认为应该继续验证a与其质量的倒数 是否成正比，并作出小车加速度a与其质量的倒数 的图像，如图乙所示。你认为同学______(选填“甲”或“乙”)的方案更合理。
1
2
3
4
5
6
乙
1
2
3
4
5
6
甲同学作出小车加速度a与其质量m的图像，图像是一条曲线，不能由图像直接得出a与m成反比；乙同学作出小车加速度a与其质量的倒数
的图像，图像是一条过原点的倾斜直线，可以得出加速度a与其质量的倒数 成正比，即与m成反比，所以乙的方案更合理。
3.(2023·天津市滨海新区塘沽第一中学高一月考)用如图所示的实验装置，保持小车质量一定，探究小车加速度a与合力F的关系。
1
2
3
4
5
6
(1)由于本实验中要用砝码和砝码盘的总重力大小作为细线对小车拉力大小。所以必须使砝码盘总质量m与小车质量M大小关系满足：_____。
A.M远小于m
B.m远小于M
B
1
2
3
4
5
6
只有当m M时，小车所受的拉力才可以认为等于砝码盘和砝码的总重力，故选B。
(2)为了消除阻力的影响，以下操作正确的是______。
A.需要调节斜面倾角，使小车在盘(盘中不放
砝码)的牵引下在斜面上匀速下滑
B.需要拿走小盘，纸带穿过打点计时器，并
固定在小车的尾端，然后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在斜面上
匀速下滑
C.每改变一次小车的质量，需要重新补偿一次阻力
1
2
3
4
5
6
B
1
2
3
4
5
6
补偿阻力时，需要拿走小盘，纸带穿过
打点计时器，并固定在小车的尾端，然
后调节斜面倾角，轻推小车，使小车在
斜面上匀速下滑，故A错误，B正确。
改变小车的质量，不需要重新补偿阻力，故C错误。
(3)多次改变砝码的质量，测得多组F、a。根据实验数据作出的a-F图像如图所示。图像未经过原点的原因可能是______。
A.补偿阻力过度
B.补偿阻力不足
1
2
3
4
5
6
A
题图中直线没过原点，当F＝0时，a≠0，也就是说当细线上没有拉力时小车就有了加速度，说明该组同学实验操作中补偿阻力过度，故选A。
4.(2022·南通市高一期末)用如图甲所示的装置“探究加速度与物体受力的关系”。把左端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细线绕过定滑轮挂有槽码。已知交流电的频率为50 Hz。
1
2
3
4
5
6
(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使________________。
细线与木板平行
1
2
3
4
5
6
小车下滑时细线的拉力方向与小车运动方向相同才能使得拉力为恒力，故在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与木板平行；
(2)图乙是某次实验得到的纸带的一部分，该纸带的______(选填“左”或“右”)端与打点计时器连接。
1
2
3
4
5
6
左
小车加速运动时速度逐渐增大，则在相同的时间内位移逐渐增大，故该纸带的左端与打点计时器连接；
(3)根据图乙中的纸带，可求出小车的加速度大小为_______ m/s2。(结果保留两位有效数字)
1
2
3
4
5
6
3.2
每相邻两个计数点的时间间隔为T＝2×0.02 s＝0.04 s
纸带上共有连续相等时间内的四段位移，结合逐差法可得
(4)某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据见下表。
1
2
3
4
5
6
答案　见解析图
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
a/(m·s－2) 0.10 0.20 0.28 0.40 0.52
请根据表中的数据，在方格纸上作出a-F图像。
根据表格数据描点画直线如图所示
1
2
3
4
5
6
(5)第(4)问中作出的a-F图线不过原点，请简要说明原因：______________________
______。
1
2
3
4
5
6
由a-F图像横截距的物理意义是，用一定的合外力拉小车，而小车的加速度为零，说明没有补偿阻力或补偿阻力不足。
没有补偿阻力或补偿阻力
不足
5.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置。图中上、下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止。
1
2
3
4
5
6
(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使_______________________；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量________(选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车的质量。
细线与轨道平行(或水平)
远小于
拉小车的细线要与轨道平行。只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为细线拉小车的力等于砝码盘和砝码的总重力。
1
2
3
4
5
6
(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为________________________________________________________。
1
2
3
4
5
6
两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等
对初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相同时，根据x＝ at2，得
，所以能用位移来比较加速度大小。
6.为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验，其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑块连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间的距离为x，槽码的质量为m，回答下列问题：
1
2
3
4
5
6
(1)实验开始前应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？
________。
1
2
3
4
5
6
见解析　
取下槽码，滑块放在任意位置都不动；或取下槽码，轻推滑块，数字计时器记录的两个光电门的光束被遮挡的时间相等。
(2)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度a
的表达式为_________________。(用Δt1、Δt2、D、x表示)
1
2
3
4
5
6
BENKEJIESHU
本课结束(共63张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　实验：验证牛顿第二定律
1.进一步理解探究加速度与力、质量的关系的实验方法(重点)。
2.会利用牛顿第二定律分析实验数据和实验误差(难点)。
学习目标
1.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，为什么当槽码质量远小于小车质量时，绳子的拉力接近于槽码的重力？
答案　对小车有FT＝Ma
对槽码有mg－FT＝ma
故当M m时，FT＝mg。
2.在探究加速度与力、质量的关系实验时，当小车质量一定时，我们得出的a-F图像如图所示，请分析出现问题的原因？
答案　①是因为补偿阻力过度
②是因为补偿阻力不彻底或未补偿阻力
③发生弯曲的原因是随着F的增大，不再满足小车质量远大于槽码质量。
　(2022·菏泽市高一期末)某同学用带有滑轮的木板、小车、打点计时器、沙和沙桶等，做“探究物体的加速度与力的关系”的实验。
例1
(1)图甲为其安装的实验装置，在该装置中有一处明显的错误，是____处
(选填“a”“b”“c”或“d”)；
a
木板带滑轮的一端应该放在桌子边缘，则错误之处是a。
(2)纠正错误后，正确实验中打出了一条纸带，从比较清晰的点开始，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有4个点没有标出，测出各计数点到A点的距离，如图乙所示。已知打点计时器工作电源的频率为50 Hz，则此次实验中打C点时小车运动的速度vC＝______ m/s，小车的加速度a＝______ m/s2(结果保留两位有效数字)；
0.54
1.0
相邻两计数点之间的时间间隔为
T＝5×0.02 s＝0.1 s
(3)实验时改变桶内沙的质量，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，如图丙中实线所示。图线的上端明显向下弯曲，造成此现象的主要原因是_____。
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.沙和沙桶的总质量过大
D.所用小车的质量过大
C
根据牛顿第二定律，对沙和沙桶有
mg－F＝ma
对小车有F＝Ma
本实验是把沙和沙桶的重力当作小车所受的合力，a与F成线性关系。
而根据F＝ 可知，只有m M时才成立。故A、B、D错误，C正确。
　(2023·淮安市高一期末)为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置。
例2
(1)以下实验操作正确的是________。
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰
好做匀速运动
B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行
C.先接通电源，后释放小车
D.实验中小车的加速度越大越好
BC
将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂
砝码及砝码盘的情况下使小车恰好做匀速
运动，以使小车重力沿木板的分力和摩擦
力抵消，那么小车所受的合力就是细线的
拉力，A错误；
细线的拉力为小车所受的合力，所以应调节定滑轮的高度，使细线与木板平行，B正确；
实验时，应使小车靠近打点计时器由静
止释放，先接通电源，后释放小车，C
正确；
实验时，为了减小实验的误差，小车的
加速度应适当大一些，但不是越大越好，D错误。
(2)在实验中得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻的计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，分别为3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则打C点时，小车速度大小vC＝________ m/s，小车加速度大小a＝________ m/s2。(结果均保留2位有效数字)
0.36
0.34
根据逐差法得
(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在木板水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图丙所示，图线______(填“①”或“②”)是在木板倾斜情况下得到的，小车及车中砝码的总质量m＝______kg。
①
0.5
由图线①可知，当F＝0时，a≠0，也就是说当细线上没有拉力时，小车就有加速度，所以图线①是木板倾斜情况下得到的，
根据F＝ma得a-F图像的斜率k＝
由a-F图像得图像斜率k＝2 kg－1，
所以m＝0.5 kg。
　(2023·南通市高一统考期末)某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为50 Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下：
例3
①按图甲所示安装好实验装置(未挂钩码)，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，
打出一条纸带，由纸带求出小车的加速
度，读出弹簧测力计的示数
④改变钩码的数量，重复步骤③，求得
小车在不同拉力作用下的加速度
根据上述实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是______。
A.钩码的质量应远小于小车的质量
B.实验过程中钩码处于超重状态
C.与小车相连的细线与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半
C
由于拉力能够由弹簧测力计测出，所
以不需要钩码的质量远小于小车的质
量，故A错误；
在实验过程中，钩码向下加速运动，
处于失重状态，弹簧测力计的读数小于钩码重力的一半，故B、D错误；
与小车相连的细线与长木板一定要平行，保持小车合力方向不变，故C正确。
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝________ m/s2。(结果保留两位小数)
6.03
相邻两计数点间还有4个点未画出，则T＝0.1 s
(3)若交流电的实际频率小于50 Hz，则(2)中a的计算结果与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
偏大
交流电的实际频率小于50 Hz，则实际周期变大，代入的周期偏小，测量的加速度偏大。
(4)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丙所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加
速度为g，忽略滑轮与细线之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则
小车和长木板之间的动摩擦因数μ＝_____。
根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，整理得F＝μMg＋Ma
　(2022·烟台市高一期末)做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，某实验小组采用如图甲所示的实验装置。实验小组在长木板上B点处安装了一个光电门，在小车上固定一遮光条，宽度为d，一端连着小车的细线另一端绕过定滑轮与力传感器相连，力传感器下方悬挂槽码。
例4
(1)下列实验操作和要求必要的是______(选填选项前的字母)；
A.该实验操作前要补偿阻力
B.该实验操作前不需要补偿阻力
C.应使A位置与光电门之间的距离适当大些
D.应使小车质量远大于槽码和力传感器的总
质量
AC
该实验操作前要补偿阻力，使细线的拉
力等于小车所受的合外力，故A正确，
B错误；
应使A位置与光电门之间的距离适当大
些，故C正确；
传感器可以直接读取拉力，故不需要满足小车质量远大于槽码和力传感器的总质量，故D错误；
(2)实验时，在力传感器下端挂上槽码，另一端通过细线连接小车。调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行。将小车从长木板上的A点处由静止释放，读出遮光条通过B点处光电门的时间t和力传感器示数F，用毫米刻度尺量出小车释放点A点处到B点处光电门的距离L，根
据以上测量数据计算得出加速度的表达式为______(用题中测量的物理量字母表示)；
由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故小车过B点时的速度
根据速度位移关系公式有vB2＝2aL
(3)保持小车的质量不变，通过增加槽码的个数来改变小车所受合外力大小，重复实验几次，记录多组实验数据。
(4)实验小组根据记录的多组F的实验数据和计算得到的加速度a的数值，画出了如图乙所示的a-F图像。图像不过原点的主要原因是____________，为了使实验结果更准确，需要把甲图中的垫块向_____(选填“右”或“左”)移动。
补偿阻力不足
右
根据题图可知，拉力达到一定值，才有加速度，所以不过原点的主要原因是补偿阻力时，木板倾角偏小，即补偿阻力不足。为了使实验结果更准确，需要把题图甲中的垫块向右移动。
专题强化练
1.某同学利用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
1
2
3
4
5
6
基础强化练
(1)如图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的5个计数点，依次为A、B、C、D和E，相邻两计数点之间还有4个点没有标出，已知打点计时器所使用的交变电源的频率为50 Hz。由纸带量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm，打点计时器打下C点时，小车的速度大小为______ m/s，小车的加速度大小为______ m/s2。(结果均保留两位有效数字)
1
2
3
4
5
6
0.49
0.43
两计数点间的时间间隔T＝0.1 s，
C点的瞬时速度等于BD段的平均
速度，故有：
1
2
3
4
5
6
根据逐差法求得加速度大小为：
(2)该同学“探究所受合外力不变，小车加速度与质量的关系”时，作出如图丙所示的图像，由图像可知，小车受到的合外力的大小是_____ N。
1
2
3
4
5
6
0.2
2.在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示。
1
2
3
4
5
6
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
a/(m·s－2) 0.11 0.19 0.29 0.40 0.51
(1)根据表中的数据在如图所示的坐标系中作出
a-F图像。
答案　见解析图
1
2
3
4
5
6
根据数据在所给坐标系中准确描点，作出的a-F图像如图所示。
(2)图像斜率的物理意义是___________________
________。
小车和砝码总质量
根据F＝Ma可以判断a-F图像斜率表示小车和砝码总质量的倒数。
的倒数
(3)小车和砝码的总质量为_____ kg。
1
1
2
3
4
5
6
(4)图线(或延长线)在F轴上的截距的物理意义是
_______________________。
1
2
3
4
5
6
小车受到的阻力为0.1 N
由a-F图像可知，当力F＝0.1 N时，小车开始运动，说明小车受到的阻力为0.1 N。
3.(2023·南通市高一统考期末)某同学用如图甲所示装置探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。已知当地的重力加速度为g，打点计时器所接交流电的频率为50 Hz。
(1)实验时，不必要的操作是______。
A.用秒表测出小车运动的时间
B.将带滑轮的长木板右端垫高以补偿阻力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车
1
2
3
4
5
6
A
打点计时器本身就是计时仪器，不需要用秒表测出小车运动的时间，选项A不必要。
(2)图乙为某次实验中打出的一条纸带，确定出O、A、B、C、D、E、F共7个计数点，图中标出相邻计数点间的距离，每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出。由该纸带可求得小车的加速度为______ m/s2。(结果保留3位有效数字)
1
2
3
4
5
6
2.97
1
2
3
4
5
6
每两个相邻的计数点之间还有1个计时点未画出，则T＝0.04 s，则加速度为
(3)测出小车和车上砝码的总质量M和对应的加速度a，该同学作出如图丙中实线所示的a- 图线，图线偏离直线的主要原因是_________________________________
_______________________，图线中a0＝____。
未满足沙和沙桶的总质量m远小于小
车和车上砝码的总质量M
g
设沙和沙桶的总质量为m，由牛顿第二定律可得：mg－FT＝ma，FT＝Ma，联立解得a＝
只有当m远小于M时，a- 图线才成线性关系，所以出现图中的图线偏离直线的主要原因是未满足沙和沙桶的总质量m远小于小车和车上砝码的总质量M；由上述分析可知，当 →∞即M→0时a0＝g
1
2
3
4
5
6
(4)该同学调整了图像的横纵坐标，描绘出如图丁所示的
M- 图像，图像中纵轴上的截距为－b，则b的物理意义是___________________。
1
2
3
4
5
6
沙和沙桶的总质量
可知绘出的M- 图像中纵轴上的截距为－b，则b的物理意义是沙和沙桶的总质量。
4.(2022·昆明市高一期末)某同学探究加速度与力的关系的实验装置示意图如图所示，在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的窄遮光条，由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。该同学直接用细线跨过定滑轮把滑块和钩码连接起来，每次滑块都从A处由静止释放。
1
2
3
4
5
6
能力综合练
(1)实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能_______运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
1
2
3
4
5
6
实验前先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码时，轻轻推动滑块使之恰好能匀速运动，则说明气垫导轨已经调至水平。
匀速
(2)实验时，该同学首先将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间Δt，用刻度尺测量A位置与光电门间的距离L，则
滑块的加速度为________。
滑块在B点的速度为v＝ ，
根据运动学公式v2＝2aL
解得a＝ 。
1
2
3
4
5
6
(3)该同学通过改变钩码的个数来改变滑块所受的合外力，实验时又测量出所挂钩码的质量m和滑块的质量M，正确操作后，实验得到的加速度a随合外力F变化的关系图像可能是____。
1
2
3
4
5
6
B
1
2
3
4
5
6
因为气垫导轨已经调至水平，所以图像通过坐标原点；又因为随着钩码个数增多不再满足钩码的质量远远小于滑块的质量，所以图像末端发生弯曲；又因为滑块的加速度不能超过重力加速度，所以图像向下弯曲，故选B。
5.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为沙和沙桶的质量。(滑轮质量不计)
1
2
3
4
5
6
(1)实验时，一定要进行的操作是________。
A.用天平测出沙和沙桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，
以补偿阻力
C.小车靠近打点计时器，先接
通打点计时器的电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测
力计的示数
D.改变沙和沙桶的质量，打出几条纸带
E.为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M
1
2
3
4
5
6
BCD
本题拉力可以由弹簧测力计测出，
不需要用天平测出砂和砂桶的质
量，也就不需要使砂和砂桶的质
量远小于车的质量，故A、E错误；
该题是弹簧测力计测出拉力大小，从而表示小车受到的合外力大小，应将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故B正确；
1
2
3
4
5
6
小车靠近打点计时器，打点计时
器使用时，先接通电源，待打点
稳定后再释放纸带，该实验探究
质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；
改变砂和砂桶的质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度a随F变化的关系，故D正确。
1
2
3
4
5
6
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______ m/s2(结果保留两位有效数字)。
1
2
3
4
5
6
1.3
由于两计数点间还有两个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔T＝0.06 s
根据逐差法Δx＝aT2
1
2
3
4
5
6
(3)以弹簧测力计的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a-F图像是一条直线，如图丙所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。
1
2
3
4
5
6
D
由牛顿第二定律得2F＝Ma
1
2
3
4
5
6
故A、B、C错误，D正确。
6.(2023·烟台二中高一期中)某实验小组探究物
块加速度a与拉力F的关系的实验装置如图甲所
示，物块上方安装有一宽度为d的遮光片，前
端安装一力传感器，可显示物块受到的拉力F
大小。细线一端连接力传感器，另一端通过定滑轮悬挂钩码，实验中细线始终保持与长木板平行。在长木板上相距为L的A、B两个位置分别安装光电门，能够显示物块通过A、B两位置时的挡光时间。保持物块、遮光片及力传感器的总质量不变，改变所挂钩码的个数，进行多次实验，整个实验过程中长木板始终保持水平。
1
2
3
4
5
6
尖子生选练
(1)某次实验记录，物块由静止释放，先后通过A、B两位置时的挡光时
间分别为tA、tB，则物块通过A位置时的速度为_____，物块的加速度为
____________(用题目中所给字母表示)；
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
(2)该小组通过多次实验，作出a-F图像，得到的图线如图乙所示，该图像不过坐标原点，原因为_______________________，已知物块、遮光片及力传感器的总质量为M，当地的重力加速度为g，则物块与长木板之
间的动摩擦因数为_____。
1
2
3
4
5
6
物块与长木板间有阻力
1
2
3
4
5
6
对物块，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma
图像不过坐标原点，即拉力不为零时，加速度为零，说明物块与长木板间有阻力；
根据题图乙可知μMg＝F0
BENKEJIESHU
本课结束(共22张PPT)
DISIZHANG
第四章
章末素养提升
再现素养
知识
物理观念 牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 ，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
(2)牛顿第一定律说明：力是 的原因
(3)惯性：物体保持 状态或 状态的性质；惯性的大小取决于 的大小
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：_______
(3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性
匀速直线运动状态或静止状态
改变物体运动状态
原来匀速直线运动
静止
质量
F＝ma
物理观念 力学单位制 (1)基本单位；(2)导出单位；(3)单位制
超重和失重 (1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受的重力，超重时物体具有 的加速度
(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受的重力，失重时物体具有 的加速度
(3)完全失重：物体对支持物(或悬挂物)的作用力为 ，物体的加速度a＝___
大于
向上
小于
向下
0
g
科学思维 理想实验法 知道伽利略的理想实验和相应的推理过程
控制变量法 用控制变量法探究加速度与力、质量的关系
用分析推理方法解决动力学两类基本问题
建立几类物理模型 (1)含弹簧的瞬时加速度问题
(2)动力学的整体和隔离问题
(3)板块模型
(4)传送带模型
x、v0、t等
科学思维 图像法 (1)由v-t、x-t图像分析物体的受力情况
(2)由F-t、F-x图像分析物体的运动情况
(3)由a-F图像分析运动或受力情况
科学探究 1.能完成“探究加速度与力、质量的关系”等物理实验 2.能从生活中的现象提出可探究的物理问题；能在他人帮助下制订科学探究方案，有控制变量的意识，会使用实验器材获取数据；能根据数据形成结论，会分析导致实验误差的原因 3.能参考教科书撰写有一定要求的实验报告，在报告中能对实验操作提出问题并进行讨论，能用学过的物理术语等交流科学探究过程和结果 科学态度与责任 1.通过伽利略、牛顿相关的史实，能认识物理学研究是不断完善的
2.乐于将牛顿运动定律应用于日常生活实际
3.能认识牛顿运动定律的应用对人类文明进步的推动作用
提能综合
训练
　如图所示，质量为M的人用一个轻质光滑定滑轮将质量为m的物体从高处降下，物体匀加速下降的加速度为a，aA.(M＋m)g－ma
B.M(g－a)－ma
C.(M－m)g＋ma
D.Mg－ma
例1
√
对物体受力分析，如图甲，用牛顿第二定律有
mg－FT＝ma
对人受力分析如图乙，
FN＋FT＝Mg
联立可得：
FN＝(M－m)g＋ma，故选C。
例2
　如图所示，质量为2.5 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求木块对铁箱压力的大小；
答案　见解析
木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有Ff＝m木g
又有Ff＝μ2FN
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)求水平拉力F的大小；
答案　见解析
对木块分析，在水平方向有a＝ ＝40 m/s2
对铁箱和木块整体分析，在水平方向有F－μ1(m木＋m箱)g＝(m木＋m箱)a
解得F＝129 N
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经过1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对铁箱运动的距离是多少？
答案　见解析
撤去拉力后，铁箱向右减速运动，
在t＝1 s的时间内，
木块相对铁箱运动的距离x＝x木－x箱＝0.3 m。
　如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μA.上滑的过程A、B整体处于超重状态
B.上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C.上滑过程中A与B之间的摩擦力大于下滑过程A与B之间的摩擦力
D.上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等
例3
√
在上滑和下滑的过程，A、B整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得
(mA＋mB)gsin θ＋Ff＝(mA＋mB)a，
又Ff＝μ(mA＋mB)gcos θ
因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A错误。
对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－Ff＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mAgsin θ＋Ff′＝mAa
解得：Ff′＝μmAgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mAgsin θ－Ff″＝mAa′，
解得：Ff″＝μmAgcos θ；
所以Ff″＝Ff′，即上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等，故C错误，D正确。
　(2022·沧州市高一期末)如图所示的是分拣快递件
的皮带传输机，传送装置由水平传送带AB和倾斜传
送带CD两部分组成，两部分衔接处有一小段圆弧平
滑连接，圆弧长度不计。一货物无初速度地放上水平传送带左端，最后运动到倾斜传送带顶端。已知水平传送带以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向转动，水平传送带长度为L1＝8 m，货物与水平传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物质量m＝10 kg。倾斜传送带由电动机带动以v0′＝5 m/s的速度顺时针方向匀速运行。货物与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，倾斜传送带长度为L2＝8.8 m，倾角θ＝37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
例4
(1)货物刚放上传送带时的加速度大小；
答案　2 m/s2　
货物放上水平传送带瞬间，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
(2)货物在水平传送带上运动的时间；
答案　3 s　
货物从放上水平传送带到与传送带共速，有v02＝2a1L′
又v0＝a1t1
货物与水平传送带共速后，在水平传送带上运动有
L1－L′＝v0t2
总时间t＝t1＋t2
联立解得t＝3 s
(3)货物从倾斜传送带底端运动到顶端的过程中，货物相对倾斜传送带滑动的距离(即货物在传送带上的划痕长)。
答案　1.2 m
货物滑上倾斜传送带时由牛顿第二定律有
μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2
假设货物一直加速到顶端，由匀变速运动位移公式
L2＝v0t3＋ a2t32
到顶端时的速度v′＝v0＋a2t3
v′＝4.8 m/s假设合理，该过程传送带位移
s0′＝v0′t3
相对滑动距离
Δs2＝s0′－L2＝1.2 m。
BENKEJIESHU
本课结束(共74张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　传送带模型
学习目标
1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。
2.能正确解答传送带上的物体的运动问题(难点)。
内容索引
一、水平传送带
二、倾斜传送带
专题强化练
一
水平传送带
如图所示，传送带以1 m/s的速度顺时针匀速转动。现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
(1)煤块放上传送带最初一段时间内，受到______(填“静”或“滑动”)摩擦力，方向__________，煤块做____________运动。
匀加速直线
滑动
水平向右
(2)若传送带足够长，试分析煤块在传送带上的运动过程(注意摩擦力的突变)。
答案　煤块先做匀加速运动，达到共同速度后再做匀速运动
(3)若A、B间的距离L＝2.5 m，(g取10 m/s2)，求：
①煤块从A点运动到B点所经历的时间；
答案　对煤块，根据题意得a＝ ＝μg＝1 m/s2，速度达到1 m/s，所用的时间t1＝ ＝1 s，通过的位移x1＝ ＝0.5 m＜2.5 m，x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，当煤块速度达到1 m/s后，煤块与传送带间无摩擦力，
所以煤块将以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，运动到B点所用时间t2＝ ＝2 s
因此煤块从A点运动到B点所经历的时间t＝t1＋t2＝3 s
②煤块在传送带上留下痕迹的长度。
答案　煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，在前1 s时间内，传送带的位移
x1′＝vt1＝1 m
由①可知煤块的位移x1＝0.5 m ，
故煤块在传送带上留下的痕迹长度为
Δx＝x1′－x1＝0.5 m。
　(2022·昆明市高一期末)如图所示，水平传送带以v＝10 m/s的速度顺时针匀速转动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，经过时间t＝6 s，工件到达传送带的右端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
例1
答案　5 m/s2
对工件由牛顿第二定律可得ma＝μmg
解得a＝5 m/s2
(2)工件从水平传送带的左端到右端通过的距离。
答案　50 m
工件加速运动阶段v＝at1
得t1＝2 s
x1＝ at12＝10 m
工件匀速运动阶段x2＝v(t－t1)＝40 m
工件通过的距离x＝x1＋x2＝50 m。
　如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行。初速度为v2＝4 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
例2
答案　4 m　
小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
得a＝μg＝2 m/s2
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
(2)小物块从A处出发到再回到A处所用的时间。
答案　4.5 s
由(1)分析知小物块从A出发至速度减为0经历的时间t1＝ ＝2 s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a′＝μg＝2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
t2时间内小物块向右运动的距离
最后小物块向右做匀速直线运动的位移x2＝x－x1＝3 m
所以小物块从A处出发到再回到A处所用的时间
t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
二
倾斜传送带
某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞
机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带以v＝5 m/s
的恒定速度顺时针方向运动。在传送带底端A轻放上一质
量m＝5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)货物放在传送带上最初一段时间内，受到______(填“静”或“滑动”)摩擦力作用，摩擦力的方向__________________，货物做____________运动。
匀加速直线
滑动
沿传送带斜面向上
(2)若传送带足够长，试分析货物的运动过程。(注意摩擦力的突变)
答案　货物在传送带上先做匀加速运动，当货物速度与传送带速度相等时，因最大静摩擦力Ffm＝μmgcos 30°，大于重力沿传送带向下的分力mgsin 30°，故货物与传送带速度相等后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，货物将做匀速运动。
(3)若传送带两端A、B的距离L＝10 m，求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
答案　以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
然后货物做匀速运动，运动位移x2＝L－x1＝5 m
匀速运动时间t2＝ ＝1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
　如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点)。已知物体与传送带
例3
答案　4 s
间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma，
解得a＝2 m/s2，
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
答案　2 s
传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时，物体的加速度大小为a2，则
由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
得a2＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
1.(1)求解传送带模型问题，首先要根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
(2)传送带模型分析流程
总结提升
2.水平传送带常见类型及物体运动情况
总结提升
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v时，一直匀速
(3)v0总结提升
(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端
(2)传送带足够长，①v≥v0时，物体先向左减速再向右加速回到右端
②v＜v0时，物体先向左减速再向右加速，最后匀速，回到右端时速度大小为v
总结提升
3.倾斜传送带常见类型及物体运动情况
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)若μ≥tan θ，可能先加速后匀速
(3)若μ三
专题强化练
训练2　倾斜传送带模型
训练1　水平传送带模型
1.(2022·肇庆市高一期末)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是
基础强化练
√
1
2
3
4
5
6
7
物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，B正确。
1
2
3
4
5
6
7
2.(2022·如皋市高一期末)如图所示，一火车站的传送带
以0.8 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上表面A、B
两端间的距离为2 m。旅客将行李(可视为质点)无初速度地放在A端，行李与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，则行李从A端运动到B端的时间为
A.2.4 s B.2.5 s
C.2.6 s D.2.8 s
√
1
2
3
4
5
6
7
1
2
3
4
5
6
7
开始时，行李受向右的滑动摩擦力，
根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得a＝4 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，
根据v＝at1，
代入数据解得t1＝0.2 s
可得行李从A端运动到B端的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，故选C。
3.(2022·常州市高一期末)如图所示，水平方向的传送带顺
时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，A、B两端间距
离为 3 m，一物块(可视为质点)从B端以初速度 v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，g取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图中的(以v0的方向为正方向)
1
2
3
4
5
6
7
√
4.(2022·钦州市高一期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10 m/s2，则
A.传送带的速度大小为2.0 m/s
B.小物块与传送带间的动摩擦因数
为0.2
C.小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s
D.小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m
√
1
2
3
4
5
6
7
3.0～4.0 s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0 m/s，A错误；
0～2.0 s时间内物块加速度大小为a＝ ＝1 m/s2，
根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B错误；
由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，C错误；
1
2
3
4
5
6
7
5.(2023·泉州市高一期末)如图，传送带顺时针匀速转动，在其左端无初速度的放上木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度放在传送带左端，则木块
A.加速过程中的加速度变大
B.运动到传送带右端时的速度一定变大
C.运动到传送带右端的时间一定变短
D.与传送带之间相对滑动的路程一定变大
1
2
3
4
5
6
7
√
能力综合练
对木块受力分析得μmg＝ma，即加速度为a＝μg，所以加速过程中的加速度不变，故A错误；
对木块由运动学公式v2＝2ax，可知，木块速度大小与木块加速位移有关，若木块在传送带上一直加速，则两次加速的位移都为传送带长度，则到达右端的速度相等，同理，由运动学公式x＝ at2可知，若木块在传送带上一直加速，则运动到传送带右端的时间也相等，故B、C错误；
此过程中，木块位移为L，传送带位移为x′＝vt，所以木块与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′－L，所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
6.如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2。则：
(1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间；
1
2
3
4
5
6
7
答案　2 s　
由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，
设物体做匀加速运动的时间为t
所以 t＋v(6 s－t)＝L
代入数据解得：t＝2 s
1
2
3
4
5
6
7
(2)求物体与传送带之间的动摩擦因数；
1
2
3
4
5
6
7
答案　0.1　
在匀加速运动过程中，
根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得：v＝at
联立解得：μ＝0.1
(3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。
1
2
3
4
5
6
7
答案　2 m
在煤块匀加速运动过程中，
传送带上表面相对于地面的位移x＝vt＝4 m
煤块相对于地面的位移x′＝ at2＝2 m
所以煤块在传送带上的划痕长度
Δx＝x－x′＝2 m。
7.如图所示为一水平传送带。紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s顺时针运行，一质量为m＝4 kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
尖子生选练
(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
答案　4 N　 1 m/s2 　
1
2
3
4
5
6
7
滑动摩擦力大小
Ff1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
(2)求物体由A运动到B的时间；
1
2
3
4
5
6
7
答案　2.5 s 　
则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
1
2
3
4
5
6
7
答案　2 s　2 m/s
1
2
3
4
5
6
7
物体一直做匀加速运动从A处传送到B处的时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，
当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，
得vmin＝2 m/s，
所以传送带的最小运行速率为2 m/s。
设物体传送到B的最短时间为tmin，
则vmin＝atmin，
得tmin＝2 s。
1
2
3
4
1.(2022·南京市高一期末)传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为倾斜传送带装置示意图，传送带足够长，木箱M在静止的传送带上以速度v匀速下滑，某时刻传送带突然顺时针以速度v1启动，则传送带启动后
A.木箱M开始加速上滑
B.木箱M开始减速下滑
C.木箱M继续匀速下滑
D.木箱M开始匀速上滑
√
5
6
7
基础强化练
木箱M在静止的传送带上以速度v匀速下滑，受力
平衡，说明滑动摩擦力沿传送带向上，大小等于重
力沿传送带向下的分力；传送带启动后，木箱相对
传送带下滑，受沿传送带向上的滑动摩擦力，大小不变，仍然等于重力沿传送带向下的分力，所以木箱继续匀速下滑，故选C。
1
2
3
4
5
6
7
2.如图，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在上升过程中小物体
A.加速度恒定
B.一直加速
C.所受的摩擦力方向不变
D.所受的摩擦力大小始终为12 N
1
2
3
4
5
6
7
√
开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因Ff
＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则物体
沿传送带加速向上运动，由于传送带足够长，当物
体的速度与传送带的速度相等时，因μmgcos 37°>
mgsin 37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12 N，方向沿传送带向上，则选项C正确，A、B、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
1
2
3
4
3.(2023·济宁一中高一月考)如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么
A.t1＝t2 B.t1>t2
C.t15
6
7
√
滑块受重力、支持力、滑动摩擦力作用，当传送带
以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变时，
滑块所受支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，
根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x＝ at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。
1
2
3
4
5
6
7
4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针方向运行，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是
1
2
3
4
5
6
7
√
开始时小木块相对传送带向上运动，受到的滑动摩
擦力沿传送带向下，则小木块的加速度大小为a1＝
gsin θ＋μgcos θ，则开始时小木块沿传送带向下做匀
加速直线运动，因传送带足够长，则小木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tan θ，小木块将继续加速运动，加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ，综上所述，小木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，且a1>a2，故A、B、C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
5.如图所示，倾斜传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间
距离即A、B两点间长度L＝16 m，传送带以v＝3 m/s的恒
定速率顺时针转动。现有一质量m＝0.5 kg的物块以初速
度v0＝1 m/s由底端A处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s时物块的速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
答案　3 m/s　
能力综合练
对物块受力分析，
由牛顿第二定律得
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
得a＝0.4 m/s2
物块与传送带相对运动所用时间
1
2
3
4
5
6
7
因μ>tan θ，所以5 s后物块随传送带一起匀速运动，
故6 s时物块的速度大小为3 m/s
1
2
3
4
5
6
7
物块运动的位移
(2)物块从A运动到B所用的时间。
1
2
3
4
5
6
7
答案　7 s
物块匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m，
匀速运动时间t2＝ ＝2 s
物块从A运动到B所用的时间t＝t1＋t2＝7 s。
6.倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
6
7
(1)0～0.5 s内和0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小；
答案　见解析
由题图乙知，0～0.5 s内
1
2
3
4
5
6
7
(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；
1
2
3
4
5
6
7
答案　见解析
0～0.5 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0.5～1.5 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得μ＝0.5
(3)在0～1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。
1
2
3
4
5
6
7
答案　见解析
由题图乙知，传送带的速率v1＝5 m/s，
0～0.5 s内传送带比小煤块多运动
0.5～1.5 s内小煤块比传送带多运动
痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。
1
2
3
4
5
6
7
7.(2023·广东实验中学高一期末)在工业化高度发展
的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的
组成部分。如图所示，在某物流运输线上，传送带
以v＝2 m/s的速度匀速转动，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，此后其经过B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB间距离为4 m，BC长度为3 m且与水平面的夹角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
1
2
3
4
5
6
7
尖子生选练
(1)通过计算证明包裹到达B点时已经与传送带共速；
1
2
3
4
5
6
7
答案　见解析　
在水平传送带上，共速前，
对包裹由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，
解得a1＝5 m/s2，
设经过时间t1与传送带共速，
1
2
3
4
5
6
7
联立得x1＝0.4 m<4 m，
可见包裹到达B点时已经与传送带共速。
(2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；
1
2
3
4
5
6
7
答案　1 s　
包裹进入传送带倾斜部分后，
因为μmgcos θ对包裹由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
又xBC＝vt2＋ a2t22
得a2＝2 m/s2，t2＝1 s(t2＝－3 s舍去)。
1
2
3
4
5
6
7
(3)若传送带速度很大，使包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度大小。
1
2
3
4
5
6
7
答案　10 m/s
包裹全程做加速运动，则在传送带水平部分，
由运动学公式可得2a1xAB＝vB2－0
包裹进入传送带倾斜部分时，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
由运动学公式有2a3xBC＝vC2－vB2
联立得vC＝10 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
BENKEJIESHU
本课结束(共33张PPT)
DISIZHANG
第四章
4　力学单位制
1.了解基本单位、导出单位和单位制的概念。
2.知道国际单位制及七个基本量和对应的基本单位 (重点)。
3.掌握根据物理量关系式确定物理量单位的方法(难点)。
4.掌握运算过程中单位的规范使用方法 (重点)。
学习目标
学习目标
内容索引
一、对单位制的理解
二、单位制的应用
课时对点练
一
对单位制的理解
如图，某老师健身跑步的速度可以达6 m/s，某人骑自行车的速度为19 km/h。
答案　由于两个速度的单位不同，故不能直接比较它们数值的大小，应先换算成同一单位，再进行比较。
仅凭所给两个速度的数值能否判断健身跑步的速度与骑自行车的速度的大小关系？
1.基本量、基本单位
在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫 ，它们相应的单位叫 。
2.导出量、导出单位
由 根据物理关系推导出的其他物理量叫 ，推导出来的相应单位叫导出单位。
3.单位制
基本单位和导出单位一起组成了一个单位制。
梳理与总结
基本量
基本单位
基本量
导出量
4.国际单位制中的七个基本量和相应的基本单位
说明：厘米(cm)、千米(km)、小时(h)、分钟(min)是基本量的单位，但不是国际单位制中的基本单位。
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 ___
质量 ___ 千克(公斤) kg
时间 t 秒 ___
电流 I 安[培] ___
热力学温度 ___ 开[尔文] K
物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I，(Iv) 坎[德拉] cd
m
m
s
A
T
　下列关于单位制及其应用的说法不正确的是
A.基本单位和导出单位一起组成了单位制
B.选用的基本单位不同，构成的单位制也不同
C.在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正
确应用公式，其结果的单位就一定是用这个单位制中的单位来表示的
D.一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定能确
定单位关系
例1
√
基本单位和导出单位一起组成了单位制，选项A正确；
选用的基本单位不同，构成的单位制也不同，选项B正确；
在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用公式，其结果的单位一定是用这个单位制中的单位来表示的，选项C正确；
物理公式可以确定各物理量间的数量关系，同时也可以确定单位关系，选项D错误。
　(2022·张掖市第二中学高一期末)关于下面的物理量和单位，叙述正确的是
①力　②牛　③米/秒　④速度　⑤长度　⑥质量　⑦千克　⑧时间　⑨克
A.属于国际单位制中基本单位的是②⑦
B.属于国际单位制中导出单位的是②③⑦
C.属于基本量的是①⑤⑥⑧
D.属于国际单位的是②③⑦
例2
√
属于基本量的是⑤长度、⑥质量和⑧时间，C错误；
属于国际单位的是②牛、③米/秒和⑦千克，其中⑦是国际单位的基本单位，②③是国际单位的导出单位，A、B错误，D正确。
二
单位制的应用
如图所示，圆锥的高是h，底面半径是r，某同学记的圆锥体积公式是V＝ πr3h。
(1)圆锥的高h、半径r的国际单位各是什么？体积的国际单位又是什么？
答案　米(m)　米(m)　立方米(m3)
(2)将h、r的单位代入公式V＝ πr3h，计算出的体积V的单位是什么？这说明该公式是对还是错？
答案　由V＝ πr3h，可得V的单位是m4，与体积的国际单位m3相矛盾，说明该公式是错的。
　(2022·浙江6月选考)下列属于力的单位是
A.kg·m/s2 B.kg·m/s
C.kg·m2/s D.kg·s/m2
例3
√
根据牛顿第二定律有F ＝ma，
则力的单位为kg·m/s2，故选A。
　在解一道文字计算题时(由字母表达结果的计算题)，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
例4
√
公式右边的单位为 ，而公式左边的单位为m，所以公式肯定是错误的，与单位制的选取无关，故选B。
　雨滴在空气中下落速度比较大时，受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即f＝kSv2。则比例系数k的单位是
A.N·s2/m3 B.N·s/m4
C.N·s2/m4 D.N·s4/m2
例5
√
　光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是700 g，在1.4 N的水平恒力作用下开始运动。那么，5 s末物体的速度大小是多少？5 s内它的位移大小是多少？
例6
答案　10 m/s　25 m
5 s末物体的速度v＝at＝2 m/s2×5 s＝10 m/s
上述计算过程可简化为
v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s
单位制的四个主要应用
1.简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可。
2.推导物理量的单位：物理公式确定了各物理量的数量关系的同时，也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。
总结提升
3.判断比例系数的单位：根据公式中物理量的单位关系，可判断公式中比例系数有无单位，如公式F＝kx中k的单位为N/m，Ff＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位。
4.单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的。
总结提升
三
课时对点练
考点一　对单位制的理解
1.(2023·本溪市满族自治县高级中学高一月考)太阳是太阳系的中心天体，直径大约1.392×106千米，质量大约2×1030千克，表面温度约6 000开尔文。太阳围绕银河系的中心公转，公转半径约2×104光年，公转周期约2.5×108年，公转速度约250公里每秒。据以上信息，下列说法正确的是
A.“千米、千克、开尔文”都是国际单位制的基本单位
B.“公里每秒”是国际单位制的基本单位
C.在力学范围中长度、质量、温度是三个基本量
D.光年是长度单位，长度在国际单位制中的基本单位是米
1
2
3
4
5
6
7
基础对点练
√
“千米”不是国际单位制的基本单位，A错误；
“公里每秒”不是国际单位制的基本单位，B错误；
在力学范围中长度、质量、时间是三个基本量，C错误；
光年是长度单位，长度的国际单位制基本单位是米，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
2.(2022·玉林市高一期末)据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现5 000万摄氏度持续放电101.2秒的成果，在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是
A.力学基本量是长度、质量、时间，所有的物理量都有单位
B.kg、N、m/s都是导出单位
C.根据牛顿第二定律表达式可知：1 N＝1 kg·m/s2
D.新闻中涉及的“11米，400吨和101.2秒”中，米、吨和秒是国际单位
制中的基本单位
√
1
2
3
4
5
6
7
1
2
3
4
5
6
7
在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如动摩擦因数μ就没有单位，选项A错误；
千克是质量的单位，是基本单位，选项B错误；
根据牛顿第二定律表达式F＝ma，进行单位运算，可知1 N＝1 kg·m/s2，选项C正确；
在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量为力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，选项D错误。
考点二　单位制的应用
3.(2022·芜湖市期末)2021年12月9日，翟志刚、王亚平、叶光富三位航天员在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空课。航天员叶光富在完全失重的环境中做了“转身动作”的实验，该实验与物理概念“角动量”有关，在物理学中角动量是和物体到原点的位移及动量相关的物理量，其大小可以表达为mvr，其中m、v、r分别对应质量、速率、半径。由此可以看出角动量的单位用国际单位制基本单位表示为
A.kg·m/s B.kg·m2/s C.N·m/s D.N·m·s
√
由题意可知，角动量的单位用国际单位制基本单位表示为kg·m/s·m＝kg·m2/s，故选B。
1
2
3
4
5
6
7
4.一物体在2 N的外力作用下，产生10 cm/s2的加速度，求该物体的质量。下列几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是
1
2
3
4
5
6
7
√
1
2
3
4
5
6
7
在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位代入运算。带单位运算时，单位换算要准确。可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，则计算结果的单位就是用国际单位表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可。选项A中a＝10 cm/s2没有变成国际单位，B项中解题过程正确，但不简洁，D项中数据后面没有单位，只有C项运算正确且简洁而又规范。
5.(2022·潍坊市高一期末)小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为黏滞力。如果液体的黏滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的黏滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的黏滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为
能力综合练
√
1
2
3
4
5
6
7
力的单位是牛顿，用力学基本单位表示为：kg·m/s2，由f＝6πηrv可得η＝
其中r的单位是m，v的单位是m/s，所以η的单位为 ，A、C、D错误，B正确。
1
2
3
4
5
6
7
6.用国际单位制验证下列表达式，其中可能正确的是
A.x＝at(x为位移、a为加速度、t为时间)
B.a＝μg2(a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度)
C.F＝ (F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径)
D.v＝ (v为速度、R为半径、g为重力加速度)
1
2
3
4
5
6
7
√
将等式两边各物理量的国际单位制单位代入后进行单位运算，可知选项D可能正确。
7.选定了长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s之后，就足以导出力学中其他所有的物理量的单位，但导出时必须依据相关的公式。现有
一个物理量，其表达式为A＝ ，其中M是质量，r是长度，又已知
G的单位是N·m2·kg－2，据此推知A是什么物理量？
尖子生选练
答案　速度
1
2
3
4
5
6
7
BENKEJIESHU
本课结束(共69张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　板块问题
学习目标
1.能正确运用牛顿运动定律处理水平面上的滑块—木板问题(重难点)。
2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。
内容索引
一、地面光滑的板块问题
二、地面粗糙的板块问题
专题强化练
一
地面光滑的板块问题
1.如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为μ，地面光滑。
答案　对A：μmg＝maA，对B：μmg＝MaB
(1)分析A刚滑上B时，A、B的加速度大小？
(2)分析A、B各自的运动情况？
答案　A做加速度大小为μg的减速运动。B做加速度大小为 的加速运动，若木板足够长，二者最后达到共同速度。
2.若A的质量m＝1 kg，B的质量M＝4 kg，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，地面光滑，A、B开始均静止，现对A施加向右的水平恒力F，试分析在以下两种情况下A、B的可能运动情况。
(1)F＝5 N；
答案　若A、B间恰好发生相对滑动，则
对A：F0－μmg＝ma0
对B：μmg＝Ma0
得a0＝0.5 m/s2，此加速度也是B能获得的最大加速度
F0＝(M＋m)a0＝2.5 N。
因F＝5 N>F0＝2.5 N，故A、B发生相对滑动，
由F－μmg＝maA得
aA＝3 m/s2，即A在拉力F＝5 N作用下以3 m/s2的加速度做匀加速运动，B以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动；
(2)F＝2 N。
答案　因F＝2 N　如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
例1
答案　2 m/s2　1 m/s2　
对小物块μmg＝ma，a＝2 m/s2
对木板μmg＝Ma′，a′＝1 m/s2
(2)小物块的最终速度的大小；
答案　1 m/s　
木板足够长，则二者最后共速且匀速
v＝v0－at
v＝a′t
解得v＝1 m/s
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
答案　1.5 m
小物块匀减速运动的位移x＝v0t－ at2
木板匀加速运动的位移x′＝ a′t2
则Δx＝x－x′
解得Δx＝1.5 m。
　如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、
质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、
质量为mB＝2 kg的小物体B，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，求：(g取10 m/s2)
(1)当对B施加水平向右的力F＝4 N时，A、B加速度各为多大？
例1
若A、B间恰好发生相对滑动，则对A、B整体：F＝(mA＋mB)a
对A：μmBg＝mA·a
联立得F＝6 N
因F＝4 N<6 N，则A、B未发生相对滑动，
(2)当F＝10 N时，A、B加速度各为多大？
答案　1 m/s2　3 m/s2
F＝10 N>6 N，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力Ff＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得，
F－Ff＝mBaB′，
则aB′＝3 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得，
Ff′＝mAaA′，
由牛顿第三定律得Ff′＝Ff
解得aA′＝1 m/s2。
(3)当F＝10 N时，经过多长时间可将B从木板A的左端
拉到右端？
答案　0.8 s
设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示
xB－xA＝L
解得t＝0.8 s(t＝－0.8 s舍去)。
二
地面粗糙的板块问题
1.如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板，一小木块质量为m，以速度v0冲上木板，若木板与地面间动摩擦因数为μ2，木块与木板间动摩擦因数为μ1。
答案　如图所示，对木板受力分析：
发生滑动的条件：
μ1mg>μ2(M＋m)g
(1)试分析木板相对地面发生滑动的条件；
(2)若木板相对地面发生了滑动，且木块能从木板上滑下，分析在木板、木块运动的过程中各自的加速度大小。
答案　a块＝μ1g
2.如图所示，木板A、木块B静止在粗糙水平面上，质量分别为M、m，外力F作用在木块上，逐渐增大F。则：
(1)木板一定会相对水平地面滑动吗？
答案　不一定。若FfAB>FfA地，则木板相对地面滑动，若FfAB(2)若能发生相对滑动，A、B间动摩擦因数为μ1，A与地面间动摩擦因数为μ2，分析A、B加速度的大小？
答案　对B：
对A：
　如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0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)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？
例3
答案　3 m/s2　1 m/s2　
分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，
设其加速度大小为a1，则有
木板B向右做匀加速运动，
设其加速度大小为a2，则有
由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，
则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，
设为v，则有，
(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？
　如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上施加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2。
(1)求施加恒力F后铁块和木板的加速度大小；
例4
答案　4 m/s2　2 m/s2
以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝2 m/s2
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，求此时木板的速度大小。
答案　2 s　4 m/s　
设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
两者的位移关系为L＝x1－x2，
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度
v＝a2t＝4 m/s。
(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。
答案　8 m
拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，
则木板还能继续滑行的距离
解决板块问题的基本方法
1.分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。
2.明确位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下若同向运动，则x1－x2＝L；若反向运动，则x1＋x2＝L。
总结提升
三
专题强化练
训练2　地面粗糙的板块问题(选练)
训练1　地面光滑的板块问题
1.如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为
A.0 B.μg
基础强化练
1
2
3
4
5
6
√
对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小Ff＝μmg，
根据牛顿第二定律得
1
2
3
4
5
6
2.如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是
1
2
3
4
5
6
√
1
2
3
4
5
6
木块和木板可能始终保持相对静止，一起做匀加
速直线运动，加速度大小相等；木块可能相对于
木板向右滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故A、B、D错误，C正确。
3.如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，小滑块始终没有滑离长木板，求：
(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；
1
2
3
4
5
6
答案　0.15 s
1
2
3
4
5
6
根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1，μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，
根据运动学公式有v0－a1t＝a2t，
解得t＝0.15 s。
(2)长木板的最小长度lmin。
1
2
3
4
5
6
答案　0.09 m
1
2
3
4
5
6
小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，
共速时速度v＝a2t＝0.6 m/s
lmin＝x滑－x板＝0.09 m。
4.(2022·衡阳市高一期末)如图，质量为m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为L＝4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法不正确的是(g取10 m/s2)
A.木板的加速度为2 m/s2
B.物块的加速度为6 m/s2
C.经过2 s物块从木板上滑离
D.物块离开木板时的速度为8 m/s
√
1
2
3
4
5
6
能力综合练
1
2
3
4
5
6
对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2
解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；
解得t＝2 s，C正确；
物块滑离木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。
5.(2023·赣州市高一期末)如图所示，质量M＝2 kg的木板B长L＝0.5 m，放在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块A(可看成质点)置于木板右端，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.1，A、B开始均静止，现于板的右端施加一水平恒力F。g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
1
2
3
4
5
6
(1)若恒力F1＝1.5 N，物块A的加速度大小；
答案　0.5 m/s2　
1
2
3
4
5
6
设拉力为F0时，A和B之间刚要发生相对滑动，对A，
由牛顿第二定律μmg＝ma0
对B有F0－μmg＝Ma0
解得a0＝1 m/s2，F0＝3 N
因为F1解得a1＝0.5 m/s2。
(2)若恒力F2＝5 N，物块A何时离开木板B。
1
2
3
4
5
6
答案　1 s
因为F2>F0，A和B之间有相对滑动，
设A在B上的滑行时间为t
对A，aA＝a0＝1 m/s2
对B，F2－μmg＝MaB
解得t＝1 s。
6.如图所示，质量为M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝3 m/s时，在小车右端轻轻地无初速度放一个大小不计、质量m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取10 m/s2，则：
(1)刚放上小物块时，小物块及小车的加速度各为
多大？
1
2
3
4
5
6
尖子生选练
答案　2 m/s2　0.5 m/s2　
将小物块轻轻地放在小车上时，小物块和小车之间发生相对运动，根据牛顿第二定律有
对小物块：μmg＝ma1，
解得a1＝2 m/s2，
对小车：F－μmg＝Ma2，
解得a2＝0.5 m/s2。
1
2
3
4
5
6
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
1
2
3
4
5
6
答案　2 s
设两者达到相同速度所需时间为t1，由题意知，小物块和小车均做匀加速直线运动，
则小物块的末速度v1＝a1t1，
小车的末速度v2＝v0＋a2t1，
v1＝v2，解得t1＝2 s，v1＝v2＝4 m/s。
(3)从小物块放在小车上开始，经过t＝3 s小物块通过的位移为多大？
1
2
3
4
5
6
答案　8.4 m
2 s后小车和小物块相对静止，一起向右做匀加速运动，设其整体的加速度为a3，
则由牛顿第二定律得F＝(m＋M)a3，解得a3＝0.8 m/s2
1
2
3
4
5
6
则从小物块放在小车上开始，经过t＝3 s小物块通过的位移x＝x1＋x2＝8.4 m。
1
2
3
4
1.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。则下列判断正确的是
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
√
5
6
木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋
m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦
力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一
定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m1
2
3
4
5
6
2.如图所示，质量为m的木块受水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)
A.长木板受到地面的摩擦力是滑动摩擦力
B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(M＋m)g
C.μ1一定小于μ2
D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
1
2
3
4
5
6
√
长木板处于静止状态，在水平方向上受到地面的摩擦
力为静摩擦力，对长木板受力分析，可知地面对长木
板的摩擦力大小为μ1mg，A、B错误；
因长木板静止，有μ1mg≤μ2(M＋m)g，无论F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因质量关系未知，无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
3.(2022·扬州市江都区丁沟中学高一校考期末)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则
A.当0B.当F>3μmg时，A相对B滑动
C.当F＝2.5μmg时，A的加速度为0.25μg
D.无论F为何值，B的加速度不会超过0.4μg
5
6
√
A、B间的最大静摩擦力为FfAB＝2μmg
B与地面间的最大静摩擦力为Ff地B＝1.5μmg
因为Ff地B当A的加速度aA大于B的加速度aB的时候，A开始相对B滑动，对A，根据牛顿第二定律有F－FfAB＝2maA
对B，根据牛顿第二定律有FfAB－Ff地B＝maB
1
2
3
4
5
6
由aA>aB，得 ，解得F>
3μmg，此时A相对B滑动，B正确；
当F＝2.5μmg<3μmg时，A和B还未发生相对滑动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F－Ff地B＝3ma
1
2
3
4
5
6
对B，当A、B间达到最大静摩擦力时，aB最大，根据牛顿第二定律有FfAB－Ff地B＝maBm，得aBm＝0.5μg
无论F为何值，B的加速度不会超过0.5μg，D错误。
4.如图所示，放在水平地面上的木板B长为1.2 m，质量
为M＝1 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1；一质
量为m＝2 kg的小物块A放在B的左端，A、B间的动摩擦因数为μ2＝0.3。刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得v0＝3 m/s、方向水平向右的初速度(g取10 m/s2)。求：
(1)A、B刚开始运动时的加速度；
1
2
3
4
5
6
答案　3 m/s2，方向水平向左　3 m/s2，方向水平向右　
1
2
3
4
5
6
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得物块A的
加速度大小aA＝ ＝μ2g＝3 m/s2，方向水平向左
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得
木板B的加速度大小aB＝ ＝3 m/s2，方向水平向右。
(2)通过计算说明，A最终是否滑出B。
1
2
3
4
5
6
答案　没能滑出
1
2
3
4
5
6
设A在B上滑行时间t时达到共同速度v，则
v＝v0－aAt＝aBt，
解得t＝0.5 s，v＝1.5 m/s
A相对B的位移为Δx＝xA－xB＝0.75 m<1.2 m，
所以A没能从B上滑出。
5.(2023·焦作市高一期末)如图所示，水平地面上的电动
玩具车质量为2.5 kg，电机提供的牵引力恒为3.1 N，启
动后小车速度等于0.4 m/s时，将一质量为0.5 kg的小物体无初速度放在小车上，小物体与车厢间动摩擦因数为0.1，小车受到地面的阻力为总重力的0.02倍，小物体未从车厢掉下，重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力，求：
(1)小物体在车厢内滑动的时间；
答案　2 s　
1
2
3
4
5
6
小物体无初速度放在小车上后，对物体由牛顿第二定律得
μmg＝ma1
解得a1＝μg＝1 m/s2
对小车由牛顿第二定律得
F－μmg－Ff地＝Ma2
其中Ff地＝0.02×(2.5＋0.5)×10 N＝0.6 N
解得a2＝0.8 m/s2
当两者共速时满足a1t＝v0＋a2t
解得t＝2 s
1
2
3
4
5
6
(2)小物体在车厢内滑动的距离。
答案　0.4 m
1
2
3
4
5
6
此时间内小物体的位移为
解得小物体在车厢内滑动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.4 m。
6.(2022·南通市高一统考期末)某学校举行教师趣味游戏活动，其中物理科设计了这样一个游戏：如图所示，在水平地面上放置一块薄板(厚度不计)，薄板正前方有一块边长为d的方形目标区，薄板右边缘放一
1
2
3
4
5
6
个小铁块(可看成质点)，从静止开始用力向正前方拉动薄板，并把薄板从小铁块下面抽出，最终小铁块停在目标区，则可获得奖品。已知小铁块质量为m，薄板质量为3m，板长为2d，铁块、薄板、地面相互之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度取g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)要使小铁块相对薄板滑动，则所加水平恒力F1必须满足什么条件？
1
2
3
4
5
6
答案　F1>8μmg　
对铁块μmg＝ma1
对薄板F1－μmg－μ·4mg＝3ma
要使小铁块相对木板滑动，则a>a1
可得F1>8μmg
(2)若水平恒力为F2＝11μmg，则小铁块经过多长时间离开薄板？
1
2
3
4
5
6
水平恒力为F2＝11μmg时，对薄板F2－μ·4mg－μmg＝3ma2
(3)在(2)的条件下，薄板离目标区左侧距离x满足什么条件，才能使小铁块停在目标区域？
1
2
3
4
5
6
答案　3d ≤x≤4d
铁块在薄板上加速的过程，有x1＝ a1t2
＝2d
铁块滑落到地面上后，做减速运动，
由运动的对称性，可知减速位移x2＝x1
＝2d
铁块停在目标区左侧边缘时x＝x1＋x2＝4d
铁块停在目标区右侧边缘时x＝x1＋x2－d＝3d
所以使小铁块停在目标区域，薄板离目标区左侧距离x应满足3d≤ x≤4d。
1
2
3
4
5
6
BENKEJIESHU
本课结束(共44张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　动力学图像问题
学习目标
1.会分析物体受到的力随时间变化的图像和速度随时间变化的图像，会结合图像解答动力学问题。
2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。
常见的图像形式：在动力学问题中，常见的图像是v-t图像、F-t图像、a-F图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是物体的运动轨迹。
内容索引
一、由运动学图像分析物体的受力情况
二、由F-t(a-t)图像、F-x图像分析物体的运动情况
专题强化练
三、由a-F图像分析物体的受力或运动情况
一
由运动学图像分析物体的受力情况
　给一物块一定的速度使其沿粗糙固定斜面上滑，上滑到斜面某一位置后，又自行滑下，该物块的v-t图像如图所示，则由此可知(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
A.斜面倾角为30°
B.斜面倾角为53°
C.动摩擦因数μ＝0.5
D.动摩擦因数μ＝0.2
例1
√
v-t图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上滑时的加速度大小为a1＝10 m/s2；沿斜面下滑时的加速度大小为a2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律得，上滑时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1；下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由上述两式解得θ＝37°，μ＝0.5，故选C。
　(2022·长沙市第一中学高一期末)建设房屋的起重机通过钢索将质量为m的建筑材料从地面竖直向上吊起，材料运动过程中的位移x随时间t的变化关系如图所示。材料受到的拉力大小为FT、速度大小为v。重力加速度为g，则
A.0～t1内，v减小，FTB.t1～t2内，v增大，FT>mg
C.t2～t3内，v减小，FT>mg
D.t2～t3内，v减小，FT例2
√
位移—时间图像的斜率表示速度，根据图像可知0～t1内，斜率增大，速度增大，向上加速，根据牛顿第二定律可知，FT－mg＝ma，则FT>mg，故A错误；
t1～t2内，斜率先增大后减小，速度先向上增大后向上减小，则拉力先大于重力后小于重力，故B错误；
t2～t3内，斜率减小，速度减小，向上减速，加速度向下，根据牛顿第二定律可知拉力小于重力，故C错误，D正确。
二
由F-t(a-t)图像、F-x图
像分析物体的运动情况
　(2023·西安中学月考)质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、a-t图像正确的是
例3
√
第1 s内物体受力方向为负，t＝1 s时速度为0，则在
前1 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速
度为1 m/s；第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，
加速度为2 m/s2；第2～4 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，故B正确。
　如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)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。不计空气阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是
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10 m/s2
例4
√
物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，刚
开始时物体处于静止状态，重力和弹力
二力平衡，有mg＝kΔx；拉力F1为10 N
时，根据牛顿第二定律有F1＋kΔx－mg
＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；由题图乙可知Δx＝4 cm，代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m
＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。
三
由a-F图像分析物体
的受力或运动情况
　如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法不正确的是
A.当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，
物体的重力Mg>F，物体不动
B.图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小
C.物体向上运动的加速度与力F成正比
D.图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g
例5
√
当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；
当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，
F－Mg＝Ma，a＝ －g，A点表示的意
义为F＝Mg，B正确，C错误；
图线的纵轴截距为－g，D正确。
图像问题的解题策略
1.把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程。
2.特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义。注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义。
3.应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
总结提升
四
专题强化练
1.(2023·肇庆市第一中学高一阶段练习)排球是人们最喜爱的运动之一。运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基础强化练
√
上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，故上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同，故A错误，B正确；
由h＝ at2可知，上升所需的时间稍短，下落所需的时间稍长，且上
升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，且由上述分析可知，上升和下降的加速度均恒定，故C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2.(2022·如皋高一期末)某物体由静止开始运动，它所受到的合外力F随时间t变化的规律如图所示，则在0～t0这段时间的速度v随时间t变化的规律可能是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图知，合外力F减小，则加速度a减小，而物体由静止开始运动，则加速度与速度同向，物体做加速度逐渐减小的变加速直线运动，在t0时刻加速度为零，速度最大，故选D。
3.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图像如图所示，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)
A.0.2　6 N B.0.1　6 N
C.0.2　8 N D.0.1　8 N
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由v-t图像知a1＝1 m/s2，a2＝－2 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6 N，选项A正确。
4.如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体加速度a随力F变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2。则
A.加速度a与力F成正比
B.物体在力F作用下做匀加速直线运动
C.物体的质量为1 kg
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
a-F图像是不过原点的直线，所
以a与F成线性关系，但不成正
比，故A错误；
物体在力F作用下做加速度增大
的变加速直线运动，故B错误；
设物体的质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，取图中数据代入后解得m＝2 kg，μ＝0.3，故C错误，D正确。
5.(2022·皖西中学高一期末)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。以下说法正确的是
A.第2 s内物体位移大小是4 m
B.0～4 s过程中物体做匀变速直线运动
C.物体的质量m＝5 kg
D.物体与地面间的动摩擦因数为0.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
v-t图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知第2 s内物体位移为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图乙可知，物体在前2 s做匀加速直线运动，后2 s做匀速直线运动，故B错误；
由牛顿第二定律可知
前2 s内F1－μmg＝ma
后2 s内F2＝μmg
由题图甲可知F1＝15 N
F2＝5 N
解得m＝5 kg
μ＝0.1，故C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6.物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法不正确的是
A.μA＝μB，mA＜mB
B.μB＜μC，mB＝mC
C.μB＝μC，mB＞mC
D.μA＜μC，mA＜mC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝ －μg，则a-F图像的斜率k＝ ，由题图可看出，乙、丙的斜率相等且小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC。当F＝0时，a＝－μg，根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选C。
7.某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的vt图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是
A.演员的体重为800 N
B.演员在最后2 s内一直处于超重状态
C.传感器显示的最小拉力为600 N
D.滑杆长7.5 m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
演员在滑杆上静止时传感器显示
的800 N等于演员和滑杆的重力
之和，所以演员体重为600 N，
A错误；
由v-t图像可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，演员处于超重状态，B正确；
演员加速下滑时处于失重状态，滑杆所受拉力最小，此时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N，对滑杆由平衡条件得F1＝420 N＋200 N＝620 N，传感器显示的最小拉力为620 N，C错误；
由v-t图像中图线与时间轴围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误。
8.(2022·烟台市高二期末)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法错误的是
A.F的大小为8 N
B.0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反
C.t＝3 s时，物体离出发位置最远
D.3 s末物体的速度为0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦力作用下，加速度大小为2 m/s2，
由牛顿第二定律可得摩擦力大小为
Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N
在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，
由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1
F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N
A错误，符合题意；
由题图乙可知，0～1 s物体加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确，不符合题意；
t＝1 s时，物体的速度
v＝a1t＝4×1 m/s＝4 m/s
物体做减速运动的时间
即物体在t＝3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D正确，不符合题意。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
9.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块A的质量为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
刚开始时A、B一起做加速运动，根据牛顿第二定律可知：F＝(mA＋mB)a
结合题图乙斜率分析可知mA＋mB＝3 kg
当拉力F大于3 N时，A、B分开各自做加速运动，设B
受到的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律可知：F－Ff＝mBa′，代入题图乙数据可得：mB＝1 kg，则mA＝2 kg，故选C。
10.(2022·天水市甘谷县高一期末)在粗糙水平地面上，有一质量为2 kg的物体做直线运动，从t＝0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v-t图像如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法不正确的是
A.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B.物体在第4 s末回到起始位置
C.F的大小为6 N
D.F在物体上的作用时间为3 s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由题图知，力F在第3 s末撤去，撤去力F后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μmg＝ma3，根据图像得a3＝2 m/s2，解得μ＝0.2，A、D正确；
图线与横轴所围面积表示位移大小，0～4 s内位移不等于零，所以物体不是第4 s末回到起始位置，B错误；
1～3 s时间内物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma2，根据图像得a2＝1 m/s2，解得F＝6 N，C正确。
11.(2022·宁波市高一期末)如图甲所示，物块a、b之间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1.2 kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去力F，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是
A.b物块的质量为0.8 kg
B.t＝1 s时物块a、b的速度大小相同
C.t＝1 s时a的速度小于0.8 m/s
D.0～1 s内弹簧弹力先增大后减小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
尖子生选练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
t＝0时，对物块a根据牛顿第二定律得
F＝maa0＝1.2×1.0 N＝1.2 N
t＝1 s时，对整体分析F＝(ma＋mb)a1
解得mb＝0.8 kg，A正确；
根据a-t图像与t轴所围图形的面积为速度变化量，物块a、b初速度都为0，由图像可知0～1 s内a的速度变化量大于b的速度变化量，故a的速度大于b的速度，B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
根据a-t图像所围图形的面积，0～1 s
内a的图像面积Δva> ×(1.0＋0.6)×
1 m/s＝0.8 m/s，即t＝1 s时a的速度大
于0.8 m/s，C错误；
对b分析，根据牛顿第二定律，弹簧弹力提供b的加速度，则有FT＝mbab，根据题图乙可知，物块b的加速度一直在增大，故0～1 s内弹簧弹力一直增大，D错误。
BENKEJIESHU
本课结束(共37张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化　瞬时性问题
1.进一步理解牛顿第二定律的瞬时性，会分析变力作用过程中的加速度和速度变化情况(重点)。
2.会分析物体受力的瞬时变化，掌握弹簧模型和杆模型中的瞬时加速度问题(重难点)。
学习目标
学习目标
内容索引
一、变力作用下的加速度和速度分析
二、牛顿第二定律的瞬时性问题
专题强化练
一
变力作用下的加速度和速度分析
1.变力作用下的加速度分析
由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度a与合力F具有瞬时对应关系，对于同一物体，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化。
2.变力作用下物体加速、减速的判断
速度与合力(加速度)方向相同，物体做加速运动；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动。
　如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，不计空气阻力，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是
A.加速度越来越大，速度越来越小
B.加速度和速度都是先增大后减小
C.速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D.速度一直减小，加速度大小先减小后增大
例1
√
在接触的第一个阶段mg＞kx，F合＝mg－kx，合力方向
竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐渐
减小， 方向竖直向下，且逐渐
减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大。当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大，之后，小球继续向下运动，mg＜kx，合力F合＝kx－mg，方向竖直向上，小球向
下运动，x继续增大，F合增大，a＝ ，方向竖直向上，随x的增大而增大，此时a与v方向相反，所以v逐渐减小。综上所述，小球向下压缩弹簧的过程中，加速度的方向先向下后向上，大小先减小后增大；速度的方向始终向下，大小先增大后减小，故C正确。
　已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与雨滴下落速度的平方成正比，用公式表示为Ff＝kv2。假设雨滴从足够高处由静止竖直落下，则关于雨滴在空中的受力和运动情况，下列说法正确的是
A.雨滴受到的阻力逐渐变小直至为零
B.雨滴受到的阻力逐渐变大直至不变
C.雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变小直至为零
D.雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度一直变大
例2
√
设雨滴的质量为m，加速度为a，雨滴下落过程中，受重力mg和空气阻力Ff的作用，根据牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma，又Ff＝kv2，联立两式整理可得a＝g－ ，由此可知当速度v增大时，a减小，所以雨滴先做加速度减小的加速直线运动，当加速度减为零之后，速度达到最大，雨滴做匀速直线运动，此时空气阻力与重力平衡，即雨滴受到的阻力先变大后不变，阻力不断增大过程，合力不断减小，最后减为零，速度逐渐变大然后不变，故选B。
二
牛顿第二定律的瞬时性问题
两种模型的特点
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
(2)弹簧(或橡皮绳)模型：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，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。
　如图所示，质量分别是m和2m的两个物体A、B用一根轻质弹簧连接后再用细绳悬挂，稳定后将细绳剪断，则剪断的瞬间下列说法正确的是(g是重力加速度)
A.物体A加速度是0
B.物体B加速度是g
C.物体A加速度是3g
D.物体B加速度是3g
例3
√
剪断细绳后瞬间弹簧弹力不会突变，故B物体受力不变，F弹＝2mg，aB ＝0。
剪断细绳，FT变为 0，弹簧弹力不变，物体A受力如图所示，
由牛顿第二定律得F弹＋mg＝maA ，解得aA ＝3g，故选C。
　如图所示，质量为m的小球被水平细绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)
A.弹簧的拉力F＝
B.弹簧的拉力F＝mgsin θ
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a＝gsin θ
√
针对训练
烧断绳AO之前，对小球受力分析，小球受3个力，如图
所示，此时弹簧拉力F＝ ，绳AO的拉力FT＝mgtan θ，
烧断绳AO的瞬间，绳的拉力消失，但由于轻弹簧形变
的恢复需要时间，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，
A正确，B错误。
烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误。
　如图所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m，物块2、4的质量为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。重力加速度为g，则有
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
例4
√
在抽出木板的瞬间，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间的轻质弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块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的加速度a4＝ ，所以C对。
解决瞬时加速度问题的基本思路
1.分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小。
2.分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。
3.求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。
总结提升
三
专题强化练
考点一　变力作用下的加速度和速度分析
1.(2022·北京市石景山区高一期末)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化是
A.加速度增大，速度增大
B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小
D.加速度减小，速度增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
基础强化练
√
当合外力减小时，根据牛顿第二定律知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2.(2022·宿迁市高一校考期中)如图所示，在粗糙的水平桌面上，有一个物体在水平力F作用下向右做匀加速直线运动。现在使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则该物体在向右运动的过程中，加速度a和速度v的大小变化为
A.a不断减小，v不断增大
B.a不断增大，v不断减小
C.a先增大再减小，v先减小再增大
D.a先减小再增大，v先增大再减小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根据牛顿第二定律可知，物体运动的加速度为a＝
，使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则
加速度a先减小后反向增大，速度先增大后减小，故选D。
3.(2023·扬州市高一期末)如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，缓慢压缩弹簧至最低点。现撤去力F，小球向上弹起至离开弹簧的过程中，下列说法正确的是
A.小球的速度一直增大
B.小球的速度先增大后减小
C.小球的加速度一直增大
D.小球的加速度先增大后减小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
考点二　瞬时问题
4.如图所示，已知A球质量是B球质量的2倍。开始时A、B均处于静止状态，重力加速度为g，在剪断A、B之间的轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
C.3g　0 D.0　g
√
5.质量均为m的A、B两球之间系着一个水平轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然撤去力F的瞬间
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
在撤去力F的瞬间，A球受力情况不变，仍静止，
A的加速度为零，选项A、B错；
在撤去力F的瞬间，弹簧的形变不会立即恢复，弹簧的弹力大小不变，故B的加速度大小为 ，选项C错，D对。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
6.(2023·宿迁市泗阳致远中学校考期末)细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是
A.弹簧的形变量大小为
B.小球静止时细绳的拉力大小为
C.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为
D.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
以小球为研究对象，根据受力平衡可得FTcos 53°＝mg，FTsin 53°＝F弹，解得
根据胡克定律可得弹簧的形变量大小为x＝
故A、B错误；
剪断细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，弹簧弹力和重力的合力大小等
于剪断细绳前的绳子拉力大小，则有a＝ ，故C正确，故D错误。
7.如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与轻绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了1.5 cm，轻绳拉力为13.0 N。已知弹簧劲度系数k＝200 N/m，小球质量m＝0.5 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是
A.小球初始时刻静止在A点时受到的摩擦力大小为13.0 N
B.剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变
C.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为2 m/s2
D.剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小
等于弹力大小，故Ff＝kx＝3.0 N，故A错误；
剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数
变少，故B错误；
剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5 N，最大静摩擦力变为Ff′＝μFN＝2 N
则小球受力不平衡，所以加速度为a＝ ＝2 m/s2，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
剪断轻绳后，小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大；之后小球做加速度增大的减速运动，故D错误。
8.如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。当物块与弹簧接触后，下列说法中正确的是
A.物块与弹簧接触后立即做减速运动
B.物块与弹簧接触后到弹簧压缩到最短的过程中，
物块先加速后减速
C.当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度为零
D.当物块的速度为零时，它所受的合力为零
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
物块与弹簧接触后开始的一段时间内，重力沿斜
面向下的分力大于弹簧弹力，所以物块先做加速
运动，运动一段时间后，弹簧弹力大于重力沿斜
面向下的分力，物块做减速运动，故A错误，B正确；
物块减速到速度为零时，弹簧压缩到最短，压缩量最大，此时弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，物块所受合力不为零，加速度不为零，故C、D错误。
9.(2023·保定市唐县第一中学高二期中)如图所示，足够长的光滑固定斜面倾角为30°，质量为m的甲球与质量为3m的乙球被固定在斜面上的挡板挡住，甲、乙之间用轻弹簧连接，系统处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.系统静止时，弹簧的形变量为
B.系统静止时，乙对斜面的压力为
C.撤去挡板瞬间，甲的加速度大小为
D.撤去挡板瞬间，乙的加速度大小为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
尖子生选练
√
对甲进行受力分析有kx＝mgsin 30°，解得x＝ ，
A错误；
对乙进行受力分析有FN＝3mgcos 30°＝ ，由
牛顿第三定律可知乙对斜面的压力为 ，故B错误；
撤去挡板瞬间，对于甲，弹簧的弹力不能突变，故甲的合力依然为零，加速度也为零，故C错误；
撤去挡板前，对甲乙整体进行受力分析，可知挡板对乙的支持力FN1＝4mgsin 30°＝2mg，撤去挡板瞬间，挡板对乙的支持力消失，其他力不变，由牛顿第二定律有2mg＝3ma，解得a＝ ，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
BENKEJIESHU
本课结束

展开更多......

收起↑