资源简介

考试内容范围及要求
高考命题解读
内容
要求
说明
1.考查方式牛顿运动定律的理解和应用是高中物理教学中最重要的内容，因此从近几年高考看，考查的频率很高．不只在选择题中考查牛顿运动定律的应用，在实验和计算题中仍然是考查的重点．2．命题趋势本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用.
8.牛顿运动定律及其应用
Ⅱ
实验三：加速度与物体质量、物体受力的关系
加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
一、牛顿第一定律　惯性
1．牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
2．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．
深度思考　判断下列说法是否正确．
(1)牛顿第一定律不能用实验验证．(√)
(2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是因为没有外力维持木块运动的结果．(×)
(3)物体运动时受到惯性力的作用．(×)
(4)物体匀速运动时才有惯性，加速时没有惯性．(×)
二、牛顿第三定律
1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力．
2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．
3．表达式：F＝－F′.
深度思考　由于作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以作用效果可以抵消，合力为零，这种认识对吗？
答案　不对
解析　作用力与反作用力作用在两个物体上，不可相互抵消．
1．(人教版必修1P70第1至3题改编)(多选)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是(　　)
A．飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标
B．地球自西向东自转，你向上跳起来后，还会落到原地
C．安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险
D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力
答案　BC
2．(人教版必修1P82做一做改编)(多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果(如图1所示)，分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是(　　)
图1
A．作用力与反作用力同时产生
B．作用力与反作用力作用在同一物体上
C．作用力与反作用力大小相等
D．作用力与反作用力方向相反
答案　ACD
3．手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是(　　)
A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
答案　C
4．(粤教版必修1P71第1题)沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷．若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是(　　)
A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力
B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力
C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力
D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力
答案　D
命题点一　牛顿第一定律的理解和应用
例1　伽利略创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)
图1
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
答案　A
解析　根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以选项A正确．
例2　(多选)一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，正确的是(　　)
A．车速越大，它的惯性越大
B．质量越大，它的惯性越大
C．车速越大，刹车后滑行的位移越长
D．车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大
答案　BC
解析　要理解质量是惯性大小的唯一决定因素，惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大，所以选项A错误，B正确．滑行位移应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是一定的，根据v2－v＝2ax，所以车速越大，其滑行位移越大，而与其惯性大小无关，所以选项C正确，D错误．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
答案　AD
解析　物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C错．D项符合惯性定义，是正确的．
2．(多选)如图3所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是(　　)
图3
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
答案　BC
3．关于惯性的大小，下列说法中正确的是(　　)
A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大
B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大
C．两个物体只要质量相同，那么惯性的大小就一定相同
D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小
答案　C
4．某同学为了取出如图4所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则(　　)
图4
A．此同学无法取出羽毛球
B．羽毛球会从筒的下端出来
C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来
D．该同学是在利用羽毛球的惯性
答案　D
解析　羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D正确．
命题点二　牛顿第三定律的理解与应用
1．相互作用力的特点：“三同、三异、三无关”．
(1)三同
(2)三异
(3)三无关
2．一对平衡力与作用力、反作用力的不同点
　　名称项目　　
一对平衡力
作用力与反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
力的性质
不一定相同
一定相同
作用效果
可相互抵消
不可抵消
例3　(多选)如图5所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是(　　)
图5
A．水平力F跟墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力
B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力
①紧压；②静止．
答案　BD
解析　水平力F跟墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确．
5．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是(　　)
A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力
D．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力
答案　C
6．(多选)用手托着一块砖，开始时静止不动，后来手突然向上加速运动，下列判断正确的是(　　)
A．静止时，砖受到的支持力等于砖的重力
B．加速时，砖对手的压力大于砖的重力
C．静止时，砖受到的支持力等于砖对手的压力
D．加速时，砖受到的支持力大于砖对手的压力
答案　ABC
解析　静止时，重力与支持力是一对平衡力，大小相等，A正确；不论静止还是加速，支持力和压力都是一对相互作用力，大小相等，故C正确，D错误；加速时，支持力大于重力，则压力大于重力，故B正确．
命题点三　“转移研究对象法”在受力分析中的应用
1．“转移研究对象法”在受力分析中的应用，其本质是牛顿第三定律的应用．
2．由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．
例4　建筑工人用如图6所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0
kg的工人站在水平地面上，通过定滑轮将20.0
kg的建筑材料以1.0
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求：地面受到的压力和摩擦力的大小．(g取10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)
图6
答案　524
N　132
N
解析　建筑材料受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得：F1－mg＝ma
代入数据解得：F1＝220
N
因此绳对人的拉力F2＝F1＝220
N
工人受力分析如图乙所示
由平衡条件得：F2·cos
53°＝Ff
F2·sin
53°＋FN＝Mg
代入数据解得：FN＝524
N，Ff＝132
N
由牛顿第三定律得：人对地面的压力大小为524
N，地面受到的摩擦力大小为132
N.
7．如图7所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是(　　)
图7
A．地面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ
B．地面对斜面体的支持力为(M＋m)g
C．物体对斜面体的摩擦力的大小为F
D．斜面体对物体的作用力竖直向上
答案　A
解析　由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋Fsinθ，故A对，B错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mgsinθ，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错．
题组1　对牛顿第一定律和惯性的理解
1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是(　　)
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案　BCD
解析　亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，A错误；伽利略通过“理想实验”得出：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，B正确；笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；由牛顿第一定律知，D正确．
2．一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A处有一相对桌面静止的小球．由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是(　　)
答案　A
解析　由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，C、D错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，A对，B错．
3．如图1所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球(　　)
图1
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．无法确定
答案　B
解析　因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰．
4．“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是(　　)
A．汽车超速会增大汽车的惯性
B．汽车超载会减小汽车的刹车距离
C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间
D．汽车超载会增大汽车的惯性
答案　D
题组2　对牛顿第三定律的理解
5．(多选)如图2所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力
B．细绳对小球的拉力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力
C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力
D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力
答案　BC
6．(多选)下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(　　)
A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力
B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力
C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力
D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等
答案　BD
解析　作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失，物体对地面产生压力的同时地面对物体产生支持力，选项A错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，选项B正确；人推车前进，人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，选项C错误；物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等，选项D正确．
7．(多选)2014年8月18日11时15分，中国在太原卫星发射中心用长征四号运载火箭成功发射高分二号卫星，卫星顺利进入预定轨道，关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是(　　)
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间仍存在相互作用
答案　AD
解析　火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的推力，此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否在空气中飞行无关，故选项B、C错误，A正确；当卫星进入预定轨道后，卫星与地球之间仍然存在着相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星也吸引地球，这是一对作用力与反作用力，故选项D正确．
8．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才往前走
B．人站在地上不动时，人对地面的压力和地面对人的支持力大小相等、方向相反
C．物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的100倍，而A作用于B的力的大小等于B作用于A的力的大小
D．以卵击石，石头没损坏而鸡蛋破了，这是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
答案　BC
9．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是(　　)
A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力
D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力
答案　D
题组3　牛顿第三定律在受力分析中的应用
10．如图3所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100
N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2
cm.已知A、B两物体的重力分别是3
N和5
N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是(　　)
图3
A．8
N和0
N　　　　
B．5
N和7
N
C．5
N和3
N
D．7
N和7
N
答案　C
解析　对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3
N＋100×0.02
N＝5
N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5
N－100×0.02
N＝3
N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3
N，故选项C正确．
11．如图4所示，倾角为θ的斜面体放在水平地面上，质量为m的光滑小球放在墙与斜面体之间处于平衡状态，求小球对斜面体的压力大小和地面对斜面体的摩擦力大小．
图4
答案　　mgtanθ
解析　小球受力分析如图甲所示，由平衡条件得：
竖直方向：FN1cos
θ－mg＝0
水平方向：FN2－FN1sin
θ＝0
对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得：
水平方向：Ff－FN2＝0
解得：FN1＝
Ff＝mgtanθ
由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为
FN1′＝FN1＝.第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．
3．力学单位制
(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成．
(2)基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．
(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
深度思考　判断下列说法是否正确．
(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)
(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)
(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)
(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)
二、动力学两类基本问题
1．动力学两类基本问题
(1)已知受力情况，求物体的运动情况．
(2)已知运动情况，求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
深度思考　如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x.
图1
(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？
(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？
答案　(1)匀减速直线运动　能，由v－v＝2ax可得
(2)受重力、支持力和摩擦力　由Ff＝ma，可求摩擦力
三、超重和失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
4．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．
5．情景拓展(如图2所示)
图2
1．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是(　　)
A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变
B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变
C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态
D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同
答案　BD
2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1
s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2
cm，若还测出小车的质量为500
g，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是(　　)
A．a＝
m/s2＝120
m/s2
B．a＝
m/s2＝1.2
m/s2
C．F＝500×1.2
N＝600
N
D．F＝0.5×1.2
N＝0.60
N
答案　BD
3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　)
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
答案　D
4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是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的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10
m/s2)
答案　0.5
m/s2
解析　设阻力为Ff，则
F－Ff＝ma
解得Ff＝15
N
如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则
F＝ma′
解得a′＝0.5
m/s2.
5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40
km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12
m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10
m/s2)
答案　超速
解析　选取初速度方向为正方向，则
FN－mg＝0①
故Ff＝μFN＝μmg②
由牛顿第二定律得－Ff＝ma③
根据匀变速运动的规律有v2－v＝2ax④
联立②③④式可得v0＝
代入数据得v0＝12
m/s
汽车刹车前速度为12
m/s，即43.2
km/h，此汽车属超速行驶.
命题点一　牛顿第二定律的理解和应用
1．对牛顿第二定律的理解
瞬时性
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力
因果性
F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性
(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a＝中，F、m、a对应同一物体或同一系统(3)a＝中，各量统一使用国际单位
独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax＝，ay＝
2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧
在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：
(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；
(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
例1　(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案　BC
解析　质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．
例2　如图3，质量为1.5
kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5
kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10
m/s2)(　　)
图3
A．0
B．2.5
N
C．5
N
D．3.75
N
①B与A刚好接触但不挤压；②剪断后瞬间A、B间的作用力大小．
答案　D
解析　当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(mA＋mB)g＝20
N，弹力为F＝mAg＝15
N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5
m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75
N，D选项正确．
拓展延伸　(1)如图4甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？
甲　　　　乙
图4
(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？
(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？
答案　(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.
(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.
(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．
1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是(　　)
A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的
B．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上
C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快
D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
答案　A
解析　做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故B错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D错误．
2．如图5所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(　　)
图5
A．0
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为g，方向垂直木板向下
D．大小为g，方向水平向右
答案　C
解析　未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F＝.当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故Fx与mg的合力仍为F＝，由此产生的加速度为a＝＝g，方向与合力方向相同，故C正确．
命题点二　超重和失重问题
例3　广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图6所示．则下列相关说法正确的是(　　)
图6
A．t＝4.5
s时，电梯处于失重状态
B．5～55
s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5
s时，电梯处于超重状态
D．t＝60
s时，电梯速度恰好为零
①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．
答案　D
解析　利用a－t图象可判断：t＝4.5
s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5
s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55
s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60
s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60
s时为零，D正确．
对超重和失重的“四点”深度理解
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
3．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图7所示．不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
图7
A．她在空中上升过程中处于超重状态
B．她在空中下落过程中做自由落体运动
C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
答案　D
解析　起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D正确．
4．(多选)(2015·江苏·6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图8所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力(　　)
图8
A．t＝2
s时最大
B．t＝2
s时最小
C．t＝8.5
s时最大
D．t＝8.5
s时最小
答案　AD
命题点三　动力学的两类基本问题
例4　水平面上有相距15
m的A、B两点，一质量为2
kg的物体在大小为16
N、方向斜向上的力F作用下，从A点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F，物体到达B点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10
m/s2.求物体从A运动到B的最短时间．
①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F，物体到达B点时速度为0.
答案　4
s
解析　撤去F前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
Fcos
α－Ff＝ma1①
Ff＝μFN②
FN＝mg－Fsin
α③
x1＝a1t④
撤去F后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有
μmg＝ma2⑤
x2＝a2t⑥
x1＋x2＝s⑦
a1t1＝a2t2⑧
根据v－t图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得Fcos
α－μ(mg－Fsin
α)＝ma1利用数学知识可得最大加速度a1＝－μg＝2.5
m/s2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t1＝3
s，t2＝1
s，则总时间t＝t1＋t2＝4
s.
解决动力学问题的技巧和方法
1．两个关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
2．两种方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”
(2)正交分解法：
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
5．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案　BD
解析　小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙．空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确．
6．如图9所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0
kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g取10
m/s2且sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
图9
(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50
N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ.
(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60
N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2
m(斜壁长>2
m)时的速度大小为多少？
答案　(1)0.5　(2)2
m/s
解析　(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即Ff＝F1cos
θ＝40
N
μ＝＝＝0.5
(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：
在沿斜面方向有：(F2－mg)cos
θ－Ff1＝ma；
在垂直斜面方向上有：FN＝(F2－mg)sin
θ；
则Ff1＝μ(F2－mg)sin
θ
解得：a＝1
m/s2
x＝at2
解得t＝2
s
v＝at＝2
m/s.
关于瞬时问题的拓展深化
瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：
内容
轻绳(细线)
轻杆
轻弹簧
模型的建立
不计质量，只能产生拉力，劲度系数很大，可看成不可伸长
不计质量，可提供拉力、压力或不沿杆的力，劲度系数很大，可看成不可伸长或压缩
可以被拉伸或压缩，弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内)
模型的特点
各处张力大小相等，方向沿绳收缩方向，瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等，但方向不一定沿杆方向，瞬时问题中其弹力发生突变
各处弹力大小相等，方向与形变方向相反，瞬时问题中其弹力大小不变
典例1　如图10所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小铁球，小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图10
A．a弹簧的伸长量为
B．a、b两弹簧的伸长量的比值为
C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为
D．若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g
答案　B
解析　小铁球受重力mg、FTa、FTb三个力作用，如图所示，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有FTacos
30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝，选项A错误．在水平方向上有FTasin
30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b两弹簧的伸长量的比值为＝，选项B正确．弹簧b的左端松脱瞬间，弹簧a的弹力不变，弹簧a的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mgtan
30°，由牛顿第二定律得mgtan
30°＝ma1，可得弹簧b的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a1＝gtan
30°＝g，选项C错误．弹簧a的下端松脱瞬间，弹簧b的弹力不变，弹簧b的弹力和小铁球的重力的合力方向与FTa反向，大小为，由牛顿第二定律得＝ma2，可得弹簧a的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a2＝＝g，选项D错误．
典例2　如图11所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间用一个轻杆连接，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是(　　)
图11
A．B球的受力情况未变，加速度为零
B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin
θ
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin
θ
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsin
θ
答案　B
解析　细线烧断前，ABC作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F＝3mgsin
θ，对C受力分析，沿斜面方向细线拉力FT＝mgsin
θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C受力分析，没有细线拉力，mgsin
θ＝ma1，加速度a1＝gsin
θ，选项D错误；A、B之间由轻杆连接，相对静止，对AB整体受力分析可得F－2mgsin
θ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝gsin
θ，选项A错误，B正确；对B受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力FT′－mgsin
θ＝ma2＝mgsin
θ，得轻杆弹力FT′＝mgsin
θ，选项C错误．
题组1　对牛顿第二定律的理解和应用
1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是(　　)
A．基本单位和导出单位一起组成了单位制
B．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同
C．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的
D．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系
答案　ABC
2．一个质量为m＝1
kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t＝0时刻起物块同时受到两个水平力F1与F2的作用，若力F1、F2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2，则物块在此后的运动过程中(　　)
图1
A．物块从t＝0时刻开始运动
B．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动
C．物块加速度的最大值是3
m/s2
D．物块在t＝4
s时速度最大
答案　C
解析　物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ffm＝μmg＝0.2×1×10
N＝2
N，物块在第1
s内，满足F1＝F2＋Ffm物块处于静止状态，选项A错误；第1
s物块静止，第1
s末到第7
s末，根据牛顿第二定律有F1－F2－Ffm＝ma，F2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F1方向，物块一直加速，故选项B、D均错误，在t＝4
s时加速度最大为am＝＝
m/s2＝3
m/s2，选项C正确．
3．一皮带传送装置如图2所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是(　　)
图2
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
答案　D
解析　滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．
4．(多选)如图3所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
图3
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsin
θ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin
θ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
答案　CD
解析　初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin
θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得：F弹＝FT＋mgsin
θ＝3mgsin
θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsin
θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝gsin
θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin
θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．
题组2　超重和失重问题
5．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是(　　)
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
答案　D
6.若货物随升降机运动的v－t图象如图4所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(　　)
图4
答案　B
解析　由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F7．(多选)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图5所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　)
图5
A．处于失重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用
D．所受合力竖直向上
答案　AC
解析　当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．
人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．
将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：
mg－FN＝may.FN＜mg，乘客处于失重状态，故B、D错误，A、C正确．
题组3　动力学的两类基本问题
8．(多选)如图6所示，质量为m＝1
kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10
m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2
N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10
m/s2)(　　)
图6
A．物体经10
s速度减为零
B．物体经2
s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案　BC
9．如图7所示，一质量为1
kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20
N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为.试求：
图7
(1)小球运动的加速度大小；
(2)若F作用1.2
s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离．
答案　(1)2.5
m/s2　(2)2.4
m
解析　(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin
30°－μ(F－mg)cos
30°＝ma1
解得a1＝2.5
m/s2
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3
m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8
m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin
30°＋μmgcos
30°＝ma2
解得a2＝7.5
m/s2
小球上滑时间
t2＝＝0.4
s
上滑位移x2＝t2＝0.6
m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4
m.
10．如图8所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5
kg的斜面，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5
kg的小球，弹簧劲度系数k＝200
N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F的作用，使整体向右以a＝1
m/s2的加速度匀加速运动．(已知sin
37°＝0.6、cos
37°＝0.8，g＝10
m/s2)
图8
(1)求F的大小；
(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．
答案　(1)6
N　(2)0.017
m　3.7
N
解析　(1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
得F＝6
N
(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN
对小球受力分析：
在水平方向：kxcos
θ－FNsin
θ＝ma
在竖直方向：kxsin
θ＋FNcos
θ＝mg
解得：x＝0.017
m
FN＝3.7
N. 图象应用能力的培养
规范表达能力的培养
实验拓展能力的培养
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\图象应用能力的培养1.tif"
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MERGEFORMATINET
纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v－t、a－t、F－t图象居多，考查最多的是v－t图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等．
1．明确常见图象的意义，如下表：
v－t图象
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a图象
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量
a－t图象
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t图象
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．运用图象解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图象解答问题；(2)根据题意作图，用图象解答问题．在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系．
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\左括.tif"
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MERGEFORMATINET例1INCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\右括.tif"
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MERGEFORMATINET　(多选)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-115.TIF"
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MERGEFORMATINETINCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-115.TIF"
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MERGEFORMATINET
图1
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案　ACD
解析　由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝.同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝，两式联立得sin
θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝t1×＝，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\技巧点拨1.TIF"
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MERGEFORMATINETINCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\技巧点拨1.TIF"
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MERGEFORMATINET
关注图象中的函数关系及特殊值
在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F的最小值Fmin和最大值Fmax、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图．当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\规范表达能力的培养2.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\规范表达能力的培养2.TIF"
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MERGEFORMATINET
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MERGEFORMATINET例2INCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\右括.tif"
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MERGEFORMATINET　(16分)如图2甲所示，质量M＝1
kg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、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10
m/s2，试求：
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-119.TIF"
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MERGEFORMATINETINCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-119.TIF"
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MERGEFORMATINET
图2
(1)若木板长L＝1
m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8
N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力Ff2随拉力F大小变化而变化的图象．
【思维流程】
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-120.TIF"
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MERGEFORMATINETINCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-120.TIF"
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MERGEFORMATINET
答案　(1)1
s　(2)见解析图
【书面表达过程】　(1)对铁块应用牛顿第二定律：F－μ2mg＝ma1，加速度大小a1＝＝4
m/s2，(2分)
对木板应用牛顿第二定律：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，加速度大小a2＝＝2
m/s2，(2分)
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
a1t2－a2t2＝L，
解得t＝1
s．(2分)
(2)①当F≤μ1(mg＋Mg)＝2
N时，M、m相对静止且对地静止，Ff2＝F；(3分)
②设F＝F1时，M、m恰保持相对静止，此时系统的加速度a＝a2＝2
m/s2，
以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F1＝6
N.
所以，当2
N＜F≤6
N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-121.TIF"
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MERGEFORMATINETINCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-121.TIF"
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MERGEFORMATINET
其加速度a＝＝－1
以M为研究对象，根据牛顿第二定律有Ff2′－μ1(M＋m)g＝Ma，Ff2＝Ff2′，
解得Ff2＝＋1.(4分)
③当F＞6
N时，M、m发生相对运动，Ff2＝μ2mg＝4
N．如图所示．(3分)
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\反思感悟1.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\反思感悟1.TIF"
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MERGEFORMATINET
1．本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口．
2．由于本题还要作图象，它又是一道图象信息题，因此第(2)问的解答只是作出图象而没有分析过程是不规范的．
3．规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式．
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\实验拓展能力的培养3.tif"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\实验拓展能力的培养3.tif"
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MERGEFORMATINET
1．实验器材的改进
(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)长木板(如图3)
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-122.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-122.TIF"
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MERGEFORMATINET
图3
(2)利用光电门测速度(如图4)
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-123.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-123.TIF"
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MERGEFORMATINET
图4
(3)利用位移传感器测位移(如图5)
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-124.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-124.TIF"
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MERGEFORMATINET
图5
2．数据测量的改进
通过打点纸带求加速度
3．实验的拓展延伸
以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\左括.tif"
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MERGEFORMATINET例3INCLUDEPICTURE
"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\右括.tif"
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MERGEFORMATINET　甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g.
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-125.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-125.TIF"
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MERGEFORMATINET
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-126.TIF"
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"\\\\张红\\f\\2016PPT原文件\\一轮物理江苏\\3-126.TIF"
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MERGEFORMATINET
图6
(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出________(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________．
(2)乙同学的设计如图乙所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t.在坐标系中作出F－的图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c.因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为________．
根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为________．
答案　(1)A与B　　(2)光电门A、B之间的距离x　
解析　(1)当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由Ff＝μFN得，μ＝＝，为A与B之间的动摩擦因数．
(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移
x＝at2
可得：a＝
根据牛顿第二定律得
对于物块，F合＝F－μmg＝ma
则：F＝＋μmg
则图线的斜率为：k＝2mx
纵轴的截距为：b＝μmg；
k与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝＝.专题强化四　牛顿运动定律的综合应用(二)
专题解读1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．
2．通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力．
3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识．
命题点一　“传送带模型”问题
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
例1　如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6
m/s顺时针转动．现在传送带左侧轻轻放上m＝1
kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4
m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10
m/s2.试求：
图1
(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；
(2)滑块在传送带上运动的总时间t.
①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速．
答案　(1)3
m　(2)2
s
解析　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1　得：a1＝2
m/s2
设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：
v＝v0－at1
v＝a1t1
解得：v＝2
m/s，t1＝1
s
滑块位移为x1＝＝1
m
传送带位移为x2＝＝4
m
故滑块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝3
m
(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：
Ff＝ma＝4
N＞μmg＝2
N
故滑块与传送带相对滑动．
滑块做减速运动，加速度仍为a1.
滑块减速时间为t2，有：
t2＝＝1
s
故：t＝t1＋t2＝2
s.
例2　如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2
m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12
m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．
图2
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10
m/s2，已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A端．
答案　(1)10
m/s2，方向沿传送带向下
(2)1
s　7
m　(3)(2＋2)
s
解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsin
θ＋Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcos
θ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g(sin
θ＋μcos
θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10
m/s2，方向沿传送带向下．
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1＝＝1
s，x1＝t1＝7
m
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin
θ＞μmgcos
θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，
得：a2＝g(sin
θ－μcos
θ)＝2
m/s2，方向沿传送带向下．
设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1
s
沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1
m
则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8
m.
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝a2t，代入解得t3＝2
s.
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2)
s.
1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　　)
图3
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin
θ－μcos
θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan
θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin
θ
答案　A
解析　若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tan
θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan
θ，则粮袋先做加速度为g(sin
θ＋μcos
θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin
θ－μcos
θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos
θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin
θ＋μcos
θ)，选项B错误；若μ≥tan
θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．
2.如图4所示为一水平传送带装置示意图．A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2
m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2
kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2
m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动．已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10
m/s2)．
图4
(1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？
(2)上述情况下煤块运动到B点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？
答案　(1)2
m/s　(2)1
m
解析　(1)为了使煤块以最短时间到达B点，煤块应一直匀加速从A点到达B点
μmg＝ma1得a1＝1
m/s2
v＝2a1L
vB＝2
m/s
(2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2
m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短
煤块运动时间t＝＝2
s
传送带加速过程：
vB＝at1得t1＝1
s
x1＝at得x1＝1
m
传送带匀速运动过程：
t2＝t－t1＝1
s
x2＝vBt2得x2＝2
m
故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1
m.
命题点二　“滑块－木板模型”问题
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：如图5所示，L＝x1－x2
图5
反向运动时：如图6所示，L＝x1＋x2
图6
3．解题步骤
→
→
→
找出物体之间的位移 路程 关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带
例3　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin
37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图7所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2
s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27
m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10
m/s2.求：
图7
(1)在0～2
s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间．
①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2
s末，B的上表面突然变为光滑．
答案　(1)3
m/s2　1
m/s2　(2)4
s
解析　(1)在0～2
s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1①
FN1＝mgcos
θ②
Ff2＝μ2FN2③
FN2＝FN1′＋mgcos
θ④
规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin
θ－Ff1＝ma1⑤
mgsin
θ－Ff2＋Ff1′＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3
m/s2⑦
a2＝1
m/s2⑧
(2)在t1＝2
s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6
m/s⑨
v2＝a2t1＝2
m/s⑩
2
s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得
a1′＝6
m/s2
a2′＝－2
m/s2
由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为0，则有
v2＋a2′t2＝0
联立⑩ 式得t2＝1
s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
x＝－
＝12
m＜27
m
此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有
l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t
可得t3＝1
s(另一解不合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4
s.
求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
1．搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．
2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．
3．速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．
3．(多选)(2016·江苏单科·9)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)
图8
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
答案　BD
解析　桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ff＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对．
4．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12
m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23
m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4
m时，车头距制动坡床顶端38
m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos
θ＝1，sin
θ＝0.1，g＝10
m/s2.求：
图9
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
答案　(1)5
m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98
m
解析　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin
θ＝ma1①
f＝μmgcos
θ②
联立①②并代入数据得a1＝5
m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23
m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38
m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4
m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12
m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin
θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①～⑨并代入数据得
l＝98
m.
“传送带”模型的易错点
典例　如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan
θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)
图10
答案　D
解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，所以a1＝gsin
θ＋μgcos
θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan
θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，所以a2＝gsin
θ－μgcos
θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.
易错诊断　本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan
θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项．理解μ与tan
θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键．
变式拓展　(1)若将“μ＜tan
θ”改为“μ＞tan
θ”，答案应选什么？
提示　若改为μ＞tan
θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项．
(2)若将传送带改为水平呢？
提示　若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确．
题组1　“传送带模型”问题
1．如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0
m，质量为M＝10
kg的物体以v0＝6.0
m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0
m/s，(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
图1
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
答案　(1)2.2
s　(2)1
s
解析　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin
θ＋μMgcos
θ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，
t1＝②
通过的位移x1＝③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsin
θ－μMgcos
θ＝Ma2④
由μ＜tan
θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t2到达传送带B点
L－x1＝vt2－a2t⑤
联立得①②③④⑤式可得：t＝t1＋t2＝2.2
s
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，
L＝v0t′－a2t′2
t′＝1
s(t′＝5
s舍去)．
2．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v＝1
m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5
kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10
m/s2，不计空气阻力(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．
图2
(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；
(2)若B轮的半径为R＝0.2
m，求行李包在B点对传送带的压力；
(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．
答案　(1)0.1
m　(2)25
N，方向竖直向下　(3)1.25
m
解析　(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg＝ma1
若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则v＝a1t
行李包前进距离x1＝a1t2
传送带前进距离x2＝vt
行李包相对传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝0.1
m
(2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有
mg－FN＝
解得：FN＝25
N
根据牛顿第三定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25
N，方向竖直向下．
(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：
mgsin
37°－μ2mgcos
37°＝ma2
行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x
解得：x＝1.25
m.
题组2　“滑块－木板模型”问题
3．如图3所示，水平传送带以v＝12
m/s的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m＝20
kg的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5
m处．平板车的质量M＝30
kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10
m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点．(g＝10
m/s2)求：
图3
(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？
(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？
答案　(1)0.6
s　(2)x′≤50
m
解析　(1)行李包放上传送带做匀加速直线运动．
a1＝μ1g
v2＝2a1x
解得：v＝3
m/s
因v＝3
m/s＜12
m/s，符合题意
行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速．
a2＝μ2g＝3
m/s2
a3＝＝2
m/s2
v－a2t＝a3t
解得：t＝0.6
s
相对位移x＝vt－a2t2－a3t2＝0.9
m＜10
m，符合题意．
(2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长．设行李包刚滑上平板车时速度为v0，L为平板车长，则v0－a2t′＝a3t′
v0t′－a2t′2－a3t′2＝L
解得v0＝10
m/s＜12
m/s
故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动
v＝2a1x′
解得：x′＝50
m
所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50
m.
4.一平板车，质量M＝100
kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h＝1.25
m，一质量m＝50
kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b＝1
m，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行
驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x0＝2.0
m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x(不计路面摩擦，g＝10
m/s2)．
图4
答案　1.625
m
解析　设小物块在车上运动时，车的加速度为a1，物块的加速度为a2.则
a2＝＝μg＝0.2×10
m/s2＝2
m/s2.
由x＝at2得：x0＝a1t2，x0－b＝a2t2.
故有＝＝＝，a1＝2a2＝4
m/s2.
对车，由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1.
F＝Ma1＋μmg＝100×4
N＋0.2×50×10
N＝500
N.
小物块滑落时车速v1＝＝
m/s＝4
m/s，
小物块速度v2＝＝
m/s＝2
m/s
物块滑落后，车的加速度a′＝＝
m/s2＝5
m/s2
小物块落地时间t′＝＝
s＝0.5
s.
车运动的位移x车′＝v1t′＋a′t2＝4×0.5
m＋×5×0.52
m＝2.625
m.
小物块平抛的水平位移x物′＝v2·t′＝2×0.5
m＝1
m.
物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x车′－x物′＝2.625
m－1
m＝1.625
m.专题强化三　牛顿运动定律的综合应用(一)
专题解读1.本专题是动力学方法处理连接体问题、图象问题和临界极值问题，高考时选择题为必考，计算题也曾命题．
2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．
3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．
命题点一　动力学中的连接体问题
1．连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体．
2．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
3．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
4．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”．
例1　(多选)我国高铁技术处于世界领先水平．如图1所示，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)
图1
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案　BD
解析　列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；动车组运动的加速度a＝＝－kg，则对6、7、8节车厢的整体有F56＝3ma＋3kmg＝F，对7、8节车厢的整体有F67＝2ma＋2kmg＝F，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56∶F67＝3∶2，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得·8mv2＝8kmgx，解得x＝，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2＝，则＝，选项D正确．
例2　如图2所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)
图2
A．此过程中物体C受重力等五个力作用
B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为
①三个物体以同一加速度向右运动；②轻绳刚好被拉断．
答案　C
解析　A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误．对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，解得FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确．水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误．
连接体问题的情景拓展
1.
2.
3.
1．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8
B．10
C．15
D．18
答案　BC
解析　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
2．如图3所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为(　　)
图3
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos
θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确．
3．如图4所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(　　)
图4
A．小车静止时，F＝mgsin
θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcos
θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有F＝
D．小车向左以加速度a运动时，F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan
α＝
答案　D
解析　小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力F＝mg，方向竖直向上，选项A、B错误；小车向右以加速度a运动时，如图甲所示，只有当a＝gtan
θ时，才有F＝，选项C错误；小车向左以加速度a运动时，根据牛顿第二定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan
α＝，选项D正确．
命题点二　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
例3　如图5所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上．小滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6
m/s沿斜面上滑．斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m＝1
kg，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2.试求：
图5
(1)小滑块回到出发点时的速度大小．
(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力大小Ff随时间t变化的图象．
①整个过程斜面体保持静止不动；②滑块在斜面上减速至0然后下滑．
答案　(1)4.8
m/s
(2)如图所示
解析　(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，
解得a1＝9.6
m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v＝2a1L
解得L＝4.8
m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，解得a2＝2.4
m/s2
由v2＝2a2L，解得v＝4.8
m/s
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1
s
对斜面受力分析可得Ff1＝ma1cos
θ＝7.68
N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2
s
对斜面受力分析可得Ff2＝ma2cos
θ＝1.92
N
Ff随时间变化规律如图所示．
4．在图6甲所示的水平面上，用水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化．设F的方向为正方向，则物块的速度－时间图象可能正确的是(　　)
图6
答案　A
解析　若水平面光滑，则加速度a＝，即a∝F，满足a1∶a2∶a3＝F1∶F2∶F3＝1∶3∶2，可见A、B、C、D四个选项均不符合．若水平面不光滑，对A图进行分析：0～1
s内，a1＝＝＝2
m/s2,1～2
s内，a2＝＝＝2
m/s2,2～3
s内，a3＝＝＝1
m/s2，联立以上各式得Ff＝1
N，m＝1
kg，且a1∶a2∶a3＝2∶2∶1，符合实际，A项正确；同理，分析B、C、D项均不可能．
5．如图7甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1
kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接)．此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10
m/s2，求：
图7
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量．
答案　(1)
N　(2)2.5
m　(3)1.5
kg
解析　(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：F＝mgtan
θ
代入数据可得：F＝
N
(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10
m/s
当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：
mgsin
θ＋Fcos
θ＝ma
解得：a＝10
m/s2
下滑的位移：x＝
解得：x＝5
m
故滑块开始下滑时的高度：h＝xsin
30°＝2.5
m
(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2
二者共同减速时的加速度大小a1＝1
m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1
m/s2，滑块减速的加速度大小为：a3＝4
m/s2
对整体受力分析可得：a1＝＝μ1g
可得：μ1＝0.1
在0～2
s内分别对m和M做受力分析可得：
对M：＝a2
对m：＝a3
代入数据解方程可得：M＝1.5
kg.
命题点三　动力学中的临界极值问题
1．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：FT＝0.
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时．
2．“四种”典型数学方法
(1)三角函数法；
(2)根据临界条件列不等式法；
(3)利用二次函数的判别式法；
(4)极限法．
例4　如图8所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：
图8
(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．
①滑块与斜面体一起加速运动；②滑块做自由落体运动．
答案　(1)　(2)
解析　(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示．
设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：
FNcos
α＋Ffmsin
α＝mg①
Ffmcos
α－FNsin
α＝ma②
由题意知Ffm＝μFN③
联立解得a＝g
对整体受力分析F＝(M＋m)a
联立解得F＝
(2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，则对M：F＝MaM
当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有＝tan
α，即＝tan
α联立解得F＝.
6．如图9所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离．下列说法正确的是(　　)
图9
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
答案　C
解析　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma.
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
又2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．
7．如图10所示，一质量m＝0.4
kg的小物块，以v0＝2
m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2
s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10
m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10
m/s2.
图10
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
答案　(1)3
m/s2　8
m/s　(2)30°　
N
解析　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3
m/s2③
v＝8
m/s④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcos
α－mgsin
θ－Ff＝ma⑤
Fsin
α＋FN－mgcos
θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由数学知识得
cos
α＋sin
α＝sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝
N.
应用图象分析动力学问题的深化拓展
一、利用表达式判断图象形状
当根据物理情景分析物体的x－t图象、v－t图象、a－t图象、F－t图象、E－t图象等问题，或根据已知图象确定相应的另一图象时，有时需借助相应的函数表达式准确判断，其思路如下：
1．审题，了解运动情景或已知图象信息．
2．受力分析，运动分析(若是“多过程”现象，则分析清楚各“子过程”的特点及“衔接点”的数值)．
3．根据物理规律确定函数关系式(常用规律：牛顿第二定律、运动学规律、功能关系等)．
4．根据函数特点判断相应图象是否正确(要弄清所导出的待求量表达式的意义，如变化趋势、截距、斜率等的物理含义)．
典例1　如图11所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图象中正确的是(　　)
图11
答案　A
解析　开始阶段水平力F较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，即a＝＝t，两物体的加速度相同，且与时间成正比．随着水平力F的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－Ff＝m2a2，其中Ff＝μm2g，故a2＝＝t－μg，a2－t图象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝，保持不变．综上可知，A正确．
二、用图象进行定性分析
当物体的运动过程不是典型的匀速直线运动或匀变速直线运动，用公式求解问题比较困难或不可能时，一般可以用(速度)图象进行定性分析．典例2就是利用速率图象比较时间的长短，把速度图象中“面积”表示位移迁移到本题中，可得出速率图象中“面积”表示路程．
典例2　(多选)如图12所示，
图12
游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有(　　)
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
答案　BD
解析　对小孩受力分析，如图(a)所示，由牛顿第二定律得a＝gsin
θ，由于甲所在轨道倾角逐渐减小，乙所在轨道倾角逐渐增大，当倾角相同时a甲＝a乙，之后，a甲题组1　动力学中的连接问题
1．如图1所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为.最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)
图1
A．1∶1
B．2∶3
C．1∶3
D．3∶2
答案　C
解析　将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，则对物体B根据牛顿第二定律：μmg－·2mg＝ma1，解得a1＝μg；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，则对物体A：μmg＝ma2，解得a2＝μg，则a1∶a2＝1∶3，故选C.
2．(多选)如图2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μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则(　　)
图2
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
答案　BCD
解析　当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确．
3．如图3所示，质量为M的吊篮P通过细绳悬挂在天花板上，物块A、B、C质量均为m，B、C叠放在一起，物块B固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k(弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)
图3
A．静止时，弹簧的形变量为
B．剪断细绳瞬间，C物块处于超重状态
C．剪断细绳瞬间，A物块与吊篮P分离
D．剪断细绳瞬间，吊篮P的加速度大小为
答案　D
解析　静止时，弹簧受到的压力F大小等于B、C的重力2mg，则由胡克定律F＝kΔx，求出弹簧的形变量Δx为，A错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C物块所受合力为0，加速度为0，C处于静止状态，B错误；剪断细绳瞬间，将吊篮和A物块当作一个整体，受到重力为(M＋m)g，以及弹簧的弹力2mg，则吊篮P和物块A的加速度a＝，D正确；剪断细绳瞬间，A物块和吊篮P的加速度相同，均为，则A物块与吊篮P不会分离，C错误．
题组2　动力学中的图象问题
4．如图4所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可以正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是(　　)
图4
答案　C
解析　设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2.根据牛顿第二定律得mgsin
α＋μmgcos
α＝ma1，mgsin
β－μmgcos
β＝ma2，得a1＝gsin
α＋μgcos
α，a2＝gsin
β－μgcos
β，则知a1>a2，而v－t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x＝at2知，上滑过程时间较短；上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图线都是直线；由于物块克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物块到达c点的速度小于v0.故只有选项C正确．
5．(多选)如图5甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)
图5
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan
θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后木块的加速度为2gsin
θ－
答案　AD
解析　若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin
θ>μmgcos
θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin
θ<μmgcos
θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确．木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin
θ＋μgcos
θ，由图可知a1＝，则μ＝－tan
θ，选项B错误．当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误．等速后的加速度a2＝gsin
θ－μgcos
θ，代入μ值得a2＝2gsin
θ－，选项D正确．
6．一物体在水平推力F＝15
N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图6所示，g取10
m/s2，求：
图6
(1)0～4
s和4～6
s物体的加速度大小；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ和物体的质量m；
(3)在0～6
s内物体运动平均速度的大小．
答案　(1)2.5
m/s2　5
m/s2　(2)0.5　2
kg　(3)5
m/s
解析　(1)由图可得：a1＝＝
m/s2＝2.5
m/s2，
a2＝＝
m/s2＝5
m/s2
(2)根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2
解得：μ＝＝0.5
根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
解得：m＝＝2
kg
(3)平均速度＝＝＝＝
m/s＝5
m/s
题组3　动力学中的临界极值问题
7．如图7所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b.两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg.
图7
(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大．(要求画出受力图)
答案　(1)g　见解析图甲　(2)3g　见解析图乙
解析　(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为
AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与AB垂直，θ＝45°.
由牛顿第二定律，得
mgtan
θ＝ma.
可得a＝g.
(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示．
由牛顿第二定律，得
FTm＋mgtan
θ＝mam.
因FTm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.
8．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5
m，如图8(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1
s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1
s时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10
m/s2.求：
图8
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
答案　(1)0.1　0.4　(2)6
m　(3)6.5
m
解析　(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4
m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4
m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小
a2＝
m/s2＝4
m/s2.
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1
s，位移x＝4.5
m，末速度v＝4
m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1
m/s2
小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝
m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4
m/s2
由于a2＞a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1
s
此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a3t＝
m,
末速度v1＝
m/s
小物块向右运动的位移x2＝t1＝2
m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4
m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝
m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5
s
此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝
m，末速度v2＝v1－a3t2＝2
m/s
小物块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5
m
此时二者的相对位移最大，Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6
m，此后小物块和木板一起匀减速运动．
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6
m.
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1
m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2
m
所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5
m.实验三　加速度与物体质量、物体受力的关系
1．实验原理
(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．
(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．
(3)作出a－F图象和a－图象，确定其关系．
2．实验器材
小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．
3．实验步骤
(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.
(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．
图1
(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．
(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．
②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①.
③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.
④描点作图，作a－F的图象．
⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－图象．
1．注意事项
(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．
(2)不重复平衡摩擦力．
(3)实验条件：m m′.
(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．
2．误差分析
(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．
(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．
3．数据处理
(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．
(3)以a为纵坐标，为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比.
命题点一　教材原型实验
例1　用图2甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.
图2
(1)关于实验操作，下列说法正确的是(　　)
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车
(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50
Hz，打B点时小车的速度v＝______
m/s，小车的加速度a＝______
m/s2.
(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是________．
答案　(1)AD　(2)0.316　0.93　(3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足M m
解析　(1)在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mgsin
θ＝μMgcos
θ，故tan
θ＝μ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面方向的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误．
(2)已知打点计时器电源频率为50
Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02
s＝0.1
s
根据Δx＝aT2可得：xCE－xAC＝a(2T)2，
小车运动的加速度为
a＝＝
m/s2
＝0.93
m/s2
B点对应的速度：vB＝＝
m/s＝0.316
m/s，
(3)随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M m，因此图线上部出现弯曲现象．
1．(1)我们已经知道，物体的加速度a同时跟合外力F和质量M两个因素有关．要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是________．
(2)某同学的实验方案如图3所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：
图3
a．用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是________．
b．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________．
(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：
A．利用公式a＝计算
B．根据逐差法利用a＝计算
两种方案中，选择方案________比较合理．
答案　(1)控制变量法　(2)平衡摩擦力　砂桶的重力　(3)B
2．为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图4所示的实验装置：
图4
(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
(2)在实验中，得到一条如图5所示的纸带，已知相邻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，则小车的加速度a＝________
m/s2.(结果保留两位有效数字)
图5
(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，他们在轨道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6所示．图线________是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”)；小车及车中砝码的总质量m＝________
kg.
图6
答案　(1)BC　(2)0.34　(3)①　0.5
解析　(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是细线的拉力，故选项A错误；细线的拉力为小车的合力，所以应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，故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，故选项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．故D错误．
(2)根据逐差法得：a＝＝0.34
m/s2.
(3)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是轨道倾斜情况下得到的，根据F＝ma得a－F图象的斜率k＝，由a－F图象得图象斜率k＝2，所以m＝0.5
kg.
命题点二　实验拓展创新
例2　某物理课外小组利用图7中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010
kg.实验步骤如下：
图7
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.
(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的st图象如图8所示；由图求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
图8
(4)利用表中的数据在图9中补齐数据点，并作出an图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
图9
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8
m·s－2)．
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
答案　(3)0.39　(4)见解析图　(5)0.44　(6)B
解析　(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图中点(2,0.78)代入s＝at2可得，a＝0.39
m/s2.
(4)根据描点法可得如图所示图线．
(5)根据牛顿第二定律可得nmg＝(M＋5m)a，则a＝n，图线斜率k＝＝，可得M＝0.44
kg
(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n的数值相同的情况下，加速度a变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图象不过原点，选项B正确．
利用图象处理数据的方法技巧
1．利用图象处理实验数据是实验中最常用的方法，解决本题的基本对策是写出图象对应的函数，困难便迎刃而解．
2．画a－n图象时，所画直线要符合以下要求：让尽可能多的点落在直线上；不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两侧；一定要利用直尺画线．
例3　某同学用图10(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50
Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
图10
(1)物块下滑时的加速度a＝________
m/s2，打C点时物块的速度v＝________
m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．
A．物块的质量
B．斜面的高度
C．斜面的倾角
答案　(1)3.25　1.79　(2)C
解析　(1)根据纸带数据可知，
加速度a＝＝3.25
m/s2；
打C点时物块的速度vC＝≈1.79
m/s.
(2)由牛顿第二定律得加速度a＝gsin
θ－μgcos
θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角．
3．在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图11(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示．
图11
(1)小车与轨道的滑动摩擦力Ff＝________
N.
(2)从图象中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为________
kg.
(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan
θ＝________.
答案　(1)0.67　(2)0.67　(3)0.1
解析　(1)根据图象可知，当F＝0.67
N时，小车开始有加速度，则Ff＝0.67
N，
(2)根据牛顿第二定律a＝＝F－，则a－F图象的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数，则M＝＝＝≈0.67
kg.
(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsin
θ＝μMgcos
θ
解得：tan
θ＝μ，
根据Ff＝μMg得：μ＝＝0.1
所以tan
θ＝0.1.
4．如图12所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．
图12
(1)实验得到一条如图13所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1
s，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是______
m/s2.(计算结果保留两位有效数字)
图13
(2)读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图14所示．已知滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．则滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________.
图14
答案　(1)2.4　(2)
解析　(1)加速度a＝＝
m/s2＝2.4
m/s2
(2)滑块受到的拉力FT为弹簧测力计示数的两倍，即：FT＝2F
滑块受到的摩擦力为：Ff＝μmg
由牛顿第二定律可得：FT－Ff＝ma
解得力F与加速度a的函数关系式为：F＝a＋
由图象所给信息可得图象截距为：b＝
解得：μ＝.

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