资源简介

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章
牛顿运动定律(必修1)
　【P40】
内容
要求
说明
牛顿运动定律及其应用
Ⅱ
实验：验证牛顿运动定律
超重和失重
Ⅰ
　【P40】
(1)新教材与旧教材相比，将牛顿运动定律的适用范围删除，在第六章第六节经典力学的局限性中增加相应内容，超重、失重没有单独列一节而是放在牛顿运动定律应用(二)中，同时将共点力的平衡放在牛顿运动定律应用(二)中．增加的内容有：“验证牛顿第二定律”．
(2)全章内容在考纲中要求理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．
2015、2016命题情况　【P40】
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
全国Ⅰ卷第20题
选择题
6分
依v－t图运用牛顿定律解题
全国Ⅰ卷第25题
计算题
20分
v－t图，牛顿第二定律，运动学公式应用
全国Ⅱ卷第20题
选择题
6分
牛顿第二定律的应用
全国Ⅱ卷第25题
计算题
20分
牛顿第二定律的应用
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
天津卷第10题
计算题
16分
牛顿第二定律的应用，摩擦力做功
重庆卷第3题
选择题
6分
牛顿第二定律
重庆卷第5题
选择题
6分
依v－t图结合牛顿第二定律解题
江苏卷第6题
选择题
4分
依a－t图求力
安徽卷第22题
计算题
14分
牛顿第二定律
2016
全国Ⅰ卷第18题
选择题
6分
牛顿第二定律
全国Ⅲ卷第20题
选择题
6分
牛顿第二定律
上海卷第4题
选择题
2分
牛顿第二定律
上海卷第7题
选择题
2分
超重、失重
天津卷第8题
选择题
6分
牛顿第二定律
上海卷第25题
填空题
4分
牛顿第二定律
上海卷第31题
计算题
12分
牛顿第二定律的应用
天津卷第10题
计算题
16分
牛顿第二定律的应用
天津卷第11题
计算题
18分
牛顿第二定律的应用
四川卷第10题
计算题
17分
牛顿第二定律的应用
第1节　牛顿第一定律　牛顿第三定律
　　【P41】
夯实基础　
一、牛顿第一定律
1．牛顿第一定律的内容：
一切物体总保持__匀速直线运动__状态或__静止__状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．
2．牛顿第一定律的理解和意义
(1)牛顿第一定律是牛顿以伽利略的__理想斜面实验__为基础，通过高度的抽象思维概括总结出来的，因此它不是实验定律．
(2)揭示了力和运动的关系，它说明力不是维持物体运动状态的原因，而是__改变物体的运动状态__的原因．
(3)牛顿第一定律指出了一切物体都具有惯性，即保持原来__运动状态(速度)__的特性．
因此牛顿第一定律又被称为惯性定律．
二、惯性
1．定义：一切物体都有保持__匀速直线运动状态或静止__状态的性质．
2．量度：质量是物体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．对惯性的理解：惯性与物体是否受力、受力怎样无关，与物体是否运动、怎样运动无关，与物体所处的地理位置无关，一切有质量的物体都有惯性．
考点突破　　
例1汽车急刹车时，乘客身体突然向前倾，这是因为(　　)
A．刹车时人产生了惯性
B．刹车时汽车对人有一个向前的惯性力
C．刹车时人的惯性突然变大
D．刹车后汽车减速，而乘客由于惯性，试图保持原来的运动速度
【解析】汽车急刹车时，人的脚随着汽车减速，而身体仍保持原来的运动状态，将向前倾倒，人的惯性大小与运动状态无关．选项D正确．
【答案】D
【小结】该题考查的是对惯性现象的分析，解决这类问题应弄清下面几点：
(1)物体原来的运动状态：静止还是匀速直线运动
(2)哪个物体受力而运动状态改变了
(3)哪个物体不受力由于惯性保持原来的状态
(4)不受力物体与受力物体的相对位置发生了怎样的改变
针对训练　
1．下列有关惯性的说法正确的是(B)
A．惯性是物体受到的一种力的作用
B．任何有质量的物体都一定有惯性
C．对同一个物体而言，施加的外力越大，该物体的状态改变的越快，说明惯性与物体的受力有关
D．物体运动的速度越大，速度变为零需要的时间越长，说明物体的惯性与速度有关
【解析】惯性是物体的固有属性，不是受到的力的作用，故A错误；惯性是物体的固有属性，任何有质量的物体都一定有惯性，故B正确；惯性大小只与质量有关，与其他任何因素没有关系，即与速度、受力情况无关，故CD错误．
2．下列说法中正确的是(B)
A．牛顿根据理想实验推论出，力不是维持物体运动的原因
B．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关
C．物体速度越大，要它停下来就越困难，所以物体速度越大，则惯性越大
D．牛顿第一定律其实就是牛顿第二定律的特例
3．关于运动和力的关系，下列叙述中正确的是(C)
A．力是使物体维持原来运动状态的原因
B．物体受到外力作用时运动状态会改变
C．惯性是物体的固有属性，与外力无关
D．物体的惯性与它受到外力成正比
　　【P41】
夯实基础　
牛顿第三定律
1．牛顿第三定律的内容：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__．
2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”
四同
三不同
考点突破　　
例2汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知(　　)
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力
C．汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力
D．汽车拉拖车的力等于拖车受到的阻力
【解析】因为汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是相互的，故它们的大小相等，选项B正确；由于汽车在水平道路上沿直线加速行驶，故汽车受到的合力方向沿拉力的方向，所以汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力，选项C正确．
【答案】BC
【小结】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
(1)不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
(2)理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．
(3)与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．
针对训练　
4．(多选)在粗糙水平面上有一木箱，用水平力拉木箱做匀加速直线运动，则(BD)
A．木箱所受拉力与地面对木箱的摩擦力是一对平衡力
B．木箱所受重力与地面对木箱的支持力是一对平衡力
C．木箱对地面的压力和木箱受的支持力是一对平衡力
D．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力
【解析】木箱匀加速运动，F－f＝ma，水平拉力F与摩擦力f大小不相等，不是平衡力．木箱的重力与地面的支持力相平衡．木箱与地面发生相互作用，木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力．选项B、D正确．
5．如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大(未超出量程)，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明(C)
A．这是两只完全相同的弹簧测力计
B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比
C．作用力与反作用力大小相等、方向相反
D．力是改变物体运动状态的原因
6．如图所示，物体静止在斜面上，斜面体静止在水平地面上，下列说法正确的是(B)
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．斜面对物体的支持力和物体对斜面的压力是对作用力与反作用力
C．物体所受重力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
7．马沿水平方向拉车，车匀速前进时，下列说法中正确的有(C)
A．马拉车的力与车拉马的力是一对平衡力
B．马拉车的力与车拉马的力是一对不同性质的力
C．马拉车的力与地面对车的阻力是一对平衡力
D．马拉车的力与地面对车的阻力是一对作用力与反作用力
【解析】马拉车的力与车拉马的力是一对作用力和反作用力，是同性质的力，A、B均错误；对车进行受力分析，根据力的平衡条件可知，C正确；马拉车的力与地面对车的阻力是作用在同一物体上的两个力，是一对平衡力，D错误．
考
点
集
训　【P281】
A组
1.牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(D)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力
B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力
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
【解析】由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力的大小，选项D正确．
2．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1、图2分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(B)
A．图1通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图1中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C．图2中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
【解析】图1是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A项错误，B项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C项错；图2中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D项错．
3．下列说法中正确的是(D)
A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B．小球由于重力的作用而自由下落时，它的惯性就不存在了
C．一个小球被竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球受到了向上的推力
D．物体的惯性是物体保持匀速直线运动状态或静止状态的一种属性，与物体的速度大小无关
4．一个物体在空中从静止开始下落(不计空气的阻力)，如果在下落的过程中物体所受的重力突然消失，该物体将(C)
A．立即停止运动
B．速度逐渐减慢，最后停止
C．保持失去重力时的速度竖直向下落
D．速度越来越大
【解析】力是改变物体运动状态的原因，重力突然消失，物体不受外力，运动状态不再发生变化，将以原有速度匀速运动下去．所以本题应选C.
5．如右图，冰壶是冬奥会的正式比赛项目．冰壶在冰面运动时受到的阻力很小．以下有关冰壶的说法正确的是(D)
A．冰壶在冰面上的运动直接验证了牛顿第一定律
B．冰壶在冰面上做运动状态不变的运动
C．冰壶在冰面上的运动说明冰壶在运动过程中惯性缓慢减小
D．冰壶在运动过程中抵抗运动状态变化的“本领”是不变的
【解析】牛顿第一定律不可能用实验直接验证；冰壶在冰面上因受阻力做运动状态变化的运动；冰壶的惯性或抵抗运动状态变化的“本领”只跟其质量有关，是不变的．故只有选项D正确．
6．下面是摘自上个世纪美国报纸上的一篇文章：
阿波罗登月火箭在脱离地球飞向月球的过程中，宇航员通过无线电与在家中上小学的儿子汤姆通话．宇航员：“汤姆，我们现在已关闭了火箭上所有的发动机，正向月球飞去．”汤姆：“你们关闭了所有的发动机，那么靠什么力量推动火箭向前运动呢？”宇航员犹豫了半天，说：“我想大概是伽利略在推动火箭向前运动吧．”
若不计天体对火箭的引力，由上述材料可知下列说法错误的是(B)
A．汤姆问话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”
B．宇航员答话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”
C．宇航员答话所体现的物理思想是“物体运动不需要力来维持”
D．宇航员答话的真实意思是火箭正在依靠惯性飞行
7．(多选)一个大人(甲)跟一个小孩(乙)站在水平地面上手拉手比力气，结果大人把小孩拉过来了．对这个过程中作用于双方的力的关系，下列说法正确是(AC)
A．大人拉小孩的力一定等于小孩拉大人的力
B．地对大人的摩擦力大于小孩拉大人的力
C．大人拉小孩的力大于地对小孩的摩擦力
D．地对大人的摩擦力和地对小孩的摩擦力是一对相互作用力
8．一个物体放在水平桌面上，下列说法正确是(A)
A．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力
C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一性质的力
D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力
【解析】物体受两个力的作用，桌面对物体的支持力FN和地球对物体的重力，且在这两个力作用下物体处于平衡状态，它们是一对平衡力，所以A对，B错；物体对桌面的压力是弹力，跟物体的重力不是同性质的力，当然不是同一个力，所以C错；物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力分别作用在桌面和物体上，它们不是一对平衡力，所以D错．
B组
9．如图所示(俯视图)，以速度v匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线由A向B运动．则由此可判断列车(A)
A．减速行驶，向南转弯
B．减速行驶，向北转弯
C．加速行驶，向南转弯
D．加速行驶，向北转弯
10．如图所示，劈形物体M的各表面光滑，上表面水平，放在固定的斜面上．在M的水平上表面放一光滑小球m，释放M，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是(B)
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．无规则的曲线
D．抛物线
【解析】力是改变物体运动状态的原因，由于劈形物体M的各表面光滑，则小球在碰到斜面前，水平方向物体不受外力，速度为零，故其运动轨迹为竖直向下的直线．所以本题应选B.
第2节　牛顿第二定律
　　【P42】
夯实基础　
1．牛顿第二定律
(1)定律内容：物体的加速度跟物体__所受的合外力__成正比，跟__物体的质量__成反比，加速度的方向跟合外力的方向__相同__．
(2)表达式：F合＝__ma__．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k·__ma__，只有在国际单位制中才有k＝1.
力的单位的定义：使质量为1
kg的物体，获得1
m/s2的加速度的力，叫做1
N，即1
N＝__1__kg·m/s2__．
(3)适用范围
①牛顿第二定律只适用于__惯性__参考系(相对地面静止或__匀速直线__运动的参考系)．
②牛顿第二定律只适用于__宏观__物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况.
2.对牛顿第二定律的理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性(惯性)，而a则描述了物体的运动状态(v)变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：
a∝F　　a∝
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
(1)矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
(2)瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
(3)同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
(4)独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
(5)相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
3．单位制
(1)单位制：__基本__
单位和__导出__单位共同组成了单位制．
①基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有__长度__、__质量__
、__时间__，它们的国际单位分别是__米__、__千克__
、__秒__．
②导出单位是由基本单位根据__物理关系__推导出来的其他物理量的单位．有力(N)、速度(m/s)、加速度(m/s2)
等．
(2)国际单位制中的基本物理量和基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安(培)
A
热力学温度
T
开(尔文)
K
物质的量
n
摩(尔)
mol
发光强度
I
坎(德拉)
cd
特别提醒：
①有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米、克、小时等．
②有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如米/秒(m/s)、帕斯卡(Pa)、牛(顿)(N)等．
考点突破　　
例1如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为1
kg的物体A，处于静止状态．将一个质量为4
kg的物体B轻放在A上的一瞬间，B对A的压力大小为(g取10
m/s2)(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．8
N
B．0
C．16
N
D．40
N
【审题指导】
关键词语
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隐含条件
突破口
A处于静止状态
F弹＝mAg
B轻放在A上的一瞬间
弹簧弹力不变
A、B系统有向下的共同加速度，A、B之间有相互作用的压力
由牛顿第二定律对系统列方程，再隔离B或A，对隔离体列方程，即可求出A、B之间的压力
【解析】未放B时，A静止，有F＝mAg.在A上放上B瞬间，弹力F不变，对于A、B系统，设加速度为a.(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a.对于B，设A对B的支持力为NAB，mBg－NAB＝mBa.代入数据解得NAB＝8
N．由牛顿第三定律可知．NBA＝8
N．选A.
【答案】A
【小结】根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．在分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
(1)轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
(2)轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量；②弹力突变的特点：若释放端未连接物体，则轻弹簧的弹力可突变为零；若释放端仍连接物体，则轻弹簧的弹力不发生突变，释放的瞬间仍为原值．
针对训练　
1．(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是(AB)
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
【解析】剪断Ⅰ，Ⅱ的拉力突变为0，小球仅受重力，所以A对；剪断Ⅱ，Ⅰ的弹力不变，弹力与重力的合力大小为F2，方向水平向左，所以B对，C、D均错．
2．(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内．弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是(AC)
A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左
B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动
C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右
D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为
【解析】物块受弹力kx向左，摩擦力向右，当μmgkx时，若μmg方向向右，则加速度向右；若μmg方向向左，则加速度向左，C对．若μmg>kx，最大加速度为，方向向左．最小加速度为0，此时静摩擦力大小等于kx，方向向右，D错．
　　【P43】
夯实基础　
用牛顿第二定律解题的两大类型
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．
其中加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
考点突破　　
1．已知物体的运动情况求物体的受力情况：
例2据报道，某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流作用，使飞机在10
s内下降高度1700
m，造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假设这一运动为匀变速运动(g取10
m/s2)．试计算：
(1)飞机在竖直方向上产生的加速度；
(2)乘客所系安全带的拉力与乘客体重的比值为多少时，才能使乘客不脱离座椅；
(3)未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动，最可能受到伤害的是人体的什么部位．
【解析】(1)由运动学公式得：h＝at2
a＝34
m/s2
(2)由牛顿第二定律：F＋mg＝ma
拉力与体重比值k为：k＝＝2.4
(3)向上运动，头部
针对训练　
3．在水平地面上有一质量为4.0
kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动.10
s后水平拉力减为
F.该物体的v－t图象如图所示．求：
(1)物体受到的水平拉力F的大小；
(2)物体与地面间的动摩擦因数．(g取10
m/s2)
【解析】(1)物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：
a1＝1
m/s2，a2＝－0.5
m/s2，受力图如下
对于两个过程，由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma1
－Ff＝ma2
联立以上二式解得：F＝9
N
Ff＝5
N，方向与运动方向相反
(2)由滑动摩擦力公式得：Ff＝μFN＝μmg
解得：μ＝0.125
4．如图所示，薄板A长L＝5
m，其质量M＝5
kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3
m处放一物体B(可视为质点)，其质量m＝2
kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．(g取10
m/s2)，求：
(1)B运动的时间；
(2)力F的大小．
【解析】(1)设B刚离开A时的速度为v，根据牛顿第二定律得
B在A上滑动的加速度大小为a1＝＝μ1g＝1
m/s2
B在桌面上滑动的加速度大小为a2＝＝μ2g＝2
m/s2
由题意得，s＝＋
代入解得，v＝2
m/s
物体B运动的时间t＝＋＝3
s
(2)设B在A上滑动的时间为t1＝＝
s＝2
s
设B在A上滑动过程中A的加速度大小为a，
则有L－s＝at－a1t
代入解得，a＝2
m/s2
对A：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma
解得F＝26
N.
2．已知物体的受力情况求物体的运动情况
例3地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带．已知某传送带与水平面成θ＝37°角，皮带的AB部分长L＝5.8
m，皮带以恒定的速率v＝4
m/s按图示方向运动，若在B端无初速度地放置救灾物资P(可视为质点)，P与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10
m/s2)，求：
(1)物资P从B端开始运动时的加速度；
(2)物资P到达A端时的速度．
【审题指导】
关键词语
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隐含条件
突破口
皮带以恒定速率v＝4
m/s
P达到v之前，物体相对皮带斜向上运动
P所受滑动摩擦力沿皮带斜向下
用牛顿第二定律列方程求解a1，用v2＝2a1s，求s.
μ＝0.5
θ＝37°
P达到速度v之后，因为μ37°，P不可能相对皮带静止，还要加速下滑
P所受滑动摩擦力沿皮带斜向上
用牛顿第二定律列方程求解a2，用v－v2＝2a2(L－s)，求得v.
【解析】(1)物资P刚放在B点时，受沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，mgsin
θ＋F＝ma1
FN＝mgcos
θ　F＝μFN
其加速度为a1＝gsin
θ＋μgcos
θ＝10
m/s2，方向沿传送带向下．
(2)物资P加速到与传送带速度相同时的位移
s＝＝0.8
m
∵mgsin
37°＝0.6mg，而μcos
37°·mg＝0.4mg，∴物资P会以v＝4
m/s为初速度，以a2＝gsin
37°－μgcos
37°＝2
m/s2，继续向下加速度运动(L－s)才到A端，依v－v2＝2a2(L－s)，代入数据解得vA＝6
m/s.
【小结】应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
(1)通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
(2)分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
(3)根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．(列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程)
(4)检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
针对训练　
5．在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在固定的水平长木板上，如下图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.6
kg，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.60，cos
37°＝0.80，不计空气阻力．
(1)求木块与长木板间的动摩擦因数μ；
(2)若将实验中的长木板与水平方向成37°角放置，如图丙所示，将木块置于其上，在平行于木板的恒定拉力F作用下，以a＝2.0
m/s2的加速度从静止开始向上做匀变速直线运动．拉力F应为多大？
(3)在(2)的情况下，木块从底端由静止开始运动，恒力F作用1
s后撤除，为使木块不从上端滑离木板，木板至少多长？
【解析】(1)由乙图知，木块受到的滑动摩擦力Ff＝3
N
所以μ＝＝0.5
(2)根据牛顿第二定律有
F－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma
解得：F＝7.2
N.
(3)撤除恒力后木块做匀减速运动的加速度大小为a′＝gsin
θ＋μgcos
θ＝10
m/s2
速度从v＝at＝2
m/s减速到0的位移为x＝＝0.2
m
前1秒内的位移为x′＝at2＝1
m
所以，板长至少应为L＝1.2
m
6．如图所示，三个完全相同的木板A、B、C自左向右紧靠在一起，静止放在水平地面上，每个木板的质量均为m＝0.5
kg，长度均为L＝0.5
m，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在A木板的最左端放一个质量为M＝1
kg的小铁块，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，所有的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．现突然给小铁块一个水平向右的初速度
v0＝4
m/s，使其在木板上滑行．重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)
小铁块在A上滑行时，小铁块的加速度aM和木板的加速度am分别多大？
(2)
当小铁块刚滑上C时的速度多大？
(3)
能滑出C木板吗？请说明理由．
【解析】(1)对铁块：μ2Mg＝MaM，aM＝2
m/s2
地面给木板的摩擦力：μ1(M＋3m)g＞μ2Mg，此时木板都静止不动，am＝0
(2)滑上B木板时，地面给木板的摩擦力：μ1(M＋2m)g＝μ2Mg，木板仍静止不动．
则：v－v2＝2aM×2L
得：v＝2
m/s
(3)设能滑出C
铁块从滑上C开始到滑出C的过程中：
对铁块：xM＝vt－aMt2
对C：μ2Mg－μ1(M＋m)g＝mam′
xm＝am′t2
且：xM－xm＝L
代入数据化简得方程：1.5
t2－2
t＋0.5＝0，t＝＞0
说明能滑出C.
考
点
集
训　【P283】
A组
1．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(D)
A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B．将物体质量减小一半，其他条件不变
C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍
D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变
【解析】由牛顿第二定律：
F－μmg＝ma，∴a＝－μg.v＝at
对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错．
由v＝at得2v＝a·2t，所以D项正确．
2．甲、乙两物体静止在光滑水平面上，现对乙施加一作用力F，F与时间t的关系如图所示，在运动过程中，甲、乙两物体始终相对静止，则(A)
A．在t0时刻，甲、乙间静摩擦力最小
B．在t0时刻，甲、乙两物体速度最小
C．在2t0时刻，甲、乙两物体速度最大
D．在2t0时刻，甲、乙两物体位移最小
【解析】在0到2t0的时间内，甲、乙一起先做加速度越来越小的变加速运动，后做加速度越来越大的变减速运动，在t0时刻加速度为零，速度最大，在2t0时刻，速度为零，位移最大，所以，A选项正确．
3．纳米(10－9
m)技术是指在1纳米～100纳米(1
nm～100
nm)尺度范围内，通过直接操纵原子、分子、原子团或分子团使其重新排列从而组成新物质的技术．用纳米材料研制出一种新型涂料，喷涂在船体上能使船行驶时所受阻力减小一半．若有一艘货轮发动机保持牵引力F不变，喷涂纳米材料后货轮加速度比原来大一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料后受到阻力Ff之间的关系是(D)
A．F＝Ff
B．F＝1.5Ff
C．F＝2Ff
D．F＝3Ff
【解析】依F－2Ff＝ma，又F－Ff＝m·2a，联立解得F＝m·3a，Ff＝ma，∴F＝3Ff，D对．
4．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图象如图乙所示，下列判断正确的是(BC)
A．在0～1
s内，外力F不断增大
B．在1～3
s内，外力F的大小恒定
C．在3～4
s内，外力F不断减小
D．在3～4
s内，外力F的大小恒定
【解析】0～1
s内物体做匀加速直线运动，F不变，A错；1～3
s内物体做匀速直线运动，F不变，B正确；3～4
s内做加速度增大的减速运动，F不断减小，C对D错．
5．(多选)光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是(BD)
A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止
B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力F突然反向，而大小不变，则铁块与长木板间有可能发生相对滑动
D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力F突然反向，而大小不变，则铁块与长木板间仍将保持相对静止
【解析】A.设木板的质量为M，小铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为f，根据牛顿第二定律知，当两者的加速度不同时，发生相对滑动．故A错误，B正确．C.拉力反向，则整体加速度反向，此时两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止．故C错误，D正确．故选BD.
6．(多选)如图所示，1、2两条直线是在A，B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别是mA和mB的物体实验得出的两个加速度a与力F的关系图线，由图分析可知(AD)
A．mAB．两地重力加速度gA>gB
C．mA>mB
D．两地重力加速度gA＝gB
【解析】对图象中直线在两轴上的截距的物理意义进行分析，便可获得解题突破．直线在纵轴上截距的物理意义是物理做自由落体运动时物体运动的加速度，即重力加速度g，故可以判定gA＝gB.直线在横轴上的截距的物理意义是竖直向上的拉力F刚好等于物体的重力，则有mAgA7．(多选)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12
m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60
kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为
3
s，g取10
m/s2，下列说法正确的是(BD)
A．下滑过程中的最大速度为4
m/s
B．加速与减速过程的时间之比为1∶2
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶2
D．加速与减速过程的位移之比为1∶2
【解析】作出消防员运动的v－t图象．
由×3＝12，∴vm＝8
m/s，A错；
加速时，加速度a1＝8
m/s2，减速时，加速度大小为4
m/s2；
加速时，摩擦力f1，mg－f1＝ma1，∴f1＝m×2；
减速时，摩擦力f2，f2－mg＝ma2，∴f2＝m×14，
∴＝，C错，又t1＋t2＝3，vm＝a1t1＝a2t2，∴t1＝1
s，
t2＝2
s，B对.＝，D对．
B组
8．以不同的初速度将两个物体A、B同时竖直向上抛出并开始计时，物体A所受空气阻力可忽略，物体B所受空气阻力大小与物体B的速率成正比，下列分别描述两物体运动的v－t图象和a－t图象，可能正确的是(B)
【解析】物体A不受空气阻力，做竖直上抛运动，加速度大小为g，速度大小v＝v0－gt，均匀减少；物体B上升时做加速度减小的减速运动，－mg－kv＝ma，在最高点物体B速度瞬间为零，加速度大小为g下降时做加速度减小的加速运动，最后加速度为0，做匀速运动，所以正确答案为B.
9．(多选)如图所示，穿在足够长的水平固定直杆上、质量为m的小球开始时静止．现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(ACD)
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
【解析】开始一段时间kvmg后，F合＝F0－μ(kv－mg)＝ma，随着速度增加，加速度减小，直至匀速，所以A正确，B不正确；当kv＝mg时加速度最大，由上式，可知C正确；当加速度为零时速度最大，可求得最大速度的表达式与D一致，D正确．
10．在光滑的水平轨道上有两个小球A和B(均可看做质点)，质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于L时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图所示．欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件？
【解析】解法1：利用牛顿第二定律和运动学公式求解
不接触的条件是v1＝v2，L＋x2－x1>0.
由牛顿第二定律得，在A球减速运动和B球加速运动的过程中，A、B两球的加速度大小为a1＝，a2＝
由匀加速运动公式得：v1＝v0－t，v2＝t，
由x1＝v0t－·t2，x2＝·t2，x1联立解得：v0<
解法2：利用图象法求解
作A、B两球的速度图象如图所示，图中C点表示v1＝v2，设此时为t0，因不接触的条件是d＝L＋x2－x1>0，
而图中两图线间包围的面积表示x1－x2，
x1－x2＝v0t0，
得d＝L－v0t0>0　①
由v1＝v2，v1＝v0－t0，v2＝t0，得t0＝
代入①式亦可求出v0必须满足的条件为：
v0<
第3节　牛顿运动定律的应用
　　【P46】
夯实基础　
1．超重和失重
(1)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．
(2)超重、失重和完全失重的比较：
现象
实质
超重
物体对水平支持物的压力或对悬挂物的拉力__大于__物体重力的现象
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
失重
物体对水平支持物的压力或对悬挂物的拉力__小于__物体重力的现象
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
完全
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力__为零__的现象
系统具有竖直向下的加速度a，且a＝g
考点突破　　
例1人站在升降机的水平地板上，随升降机运动．取竖直向上的方向为正方向，升降机在竖直方向运动的速度随时间变化的v－t图象如图所示，则人受到地板的弹力随时间变化的F－t图象是(　　)
【解析】在0～t1时间内，物体加速上升，超重，地板对人的支持力大于重力，方向向上；在t1～t2时间内，物体匀速上升，地板对人的支持力等于重力，方向向上；在t2～t4时间内，物体先减速上升后加速下降，失重，地板对人的支持力小于重力，方向向上；在t4～t5时间内，物体匀速下降，地板对人的支持力等于重力，方向向上；在t5～t6时间内，物体减速下降，超重，地板对人的支持力大于重力，方向向上；故选项B正确．
【答案】B
针对训练　
1．如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650
N，除此以外，还可以得到以下信息(B)
A．该同学做了两次下蹲—起立的动作
B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约
2
s
起立
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
【解析】下蹲时，先向下加速，后向下减速，故先失重后超重；起立时，先向上加速，后向上减速，故先超重后失重，选B.
2．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，如图所示，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．当此车加速下坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客(C)
A．乘客所受合外力可能竖直向下
B．支持力可能大于重力
C．受到向前(水平向左)的摩擦力作用
D．可能处于超重状态
【解析】当此车加速下坡时，乘客所受合外力一定沿斜面向下，一定处于失重状态，选项A、D错误．分析乘客受力，乘客受到重力、水平座椅的支持力，要使合外力沿斜面向下，必然受到向前(水平向左)的摩擦力，且支持力小于重力，选项C正确，B错误．
　　【P46】
夯实基础　
1．连接体
两个或两个以上__存在相互作用__或__有一定关联__的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．
2．解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．
解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．
3．在中学阶段，只要掌握简单的连接体问题．
考点突破　　
例2物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行(如图)，当两者以相同的初速度、始终相对静止靠惯性沿固定斜面C向上做匀减速运动时(　　)
A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上
B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下
C．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质
D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、C表面的性质
【解析】先对A、B整体受力分析，受重力、支持力和平行斜面向下的滑动摩擦力，合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有：
(m1＋m2)gsin
θ＋μ(m1＋m2)gcos
θ＝(m1＋m2)a(θ为斜面的倾角)
解得：a＝gsin
θ＋μgcos
θ……①
再隔离出物体B，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，如图：
根据牛顿第二定律，有：
m2gsin
θ－f＝m2a……②
由①②两式可解得：
f＝－μm2gcos
θ
负号表示摩擦力与假设方向相反，即A对B的静摩擦力平行斜面向下；
根据牛顿第三定律，B对A的静摩擦力平行斜面向上；
当A与斜面间的接触面光滑时，A与B间的摩擦力f为零；
故D正确，A、B、C错误；故选D.
【答案】D
【小结】(1)解答连结体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．
(2)在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．
(3)选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．
针对训练　
3．如图所示，B物体的质量为A物体质量的两倍，用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上．A、B与斜面的动摩擦因数均为μ.对B施加沿斜面向上的拉力F，使A、B相对静止地沿斜面向上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的沿斜面向上的推力推A,
A、B保持相对静止后弹簧长度为l2.则下列判断正确的是(D)
A．两种情况下A、B保持相对静止后弹簧的形变量相等
B．两种情况下A、B保持相对静止后两物块的加速度不相等
C．弹簧的原长为
D．弹簧的劲度系数为
【解析】以A、B为整体，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，设A的质量为m，则加速度大小为a＝－gsin
θ－μgcos
θ
设弹簧的原长为l0.根据牛顿第二定律得：
第一种情况：对A：k(l1－l0)－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma　①
第二种情况：对B：k(l0－l2)－2mgsin
θ－μ2mgcos
θ＝2ma　②
由①②解得，l0＝，k＝
.故BC错误，D正确．
第一种情况弹簧的形变量为Δl＝l1－l0＝l1－l2；
第二种情况弹簧的形变量为Δl＝l0－l2＝l1－l2；故A错误．
4．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(BC)
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
考
点
集
训　【P285】
A组
1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g＝10
m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(B)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．m＝1.5
kg，μ＝
B．m＝1
kg，μ＝0.2
C．m＝0.5
kg，μ＝0.2
D．m＝0.5
kg，μ＝0.4
【解析】由v－t图，结合F－t图象可知，物块与水平地面的滑动摩擦力大小为2
N，在2～4
s内，加速度a1＝1
m/s2，依F－f＝ma1，有3－2＝ma1，∴m＝1
kg，f＝μmg＝2，∴μ＝0.2，B对．
2．如图所示，木块A与B用一弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静止于地面，它们的质量之比为1∶2∶3，设所有接触面是光滑的，当沿水平方向迅速抽出C的瞬间，A和B的加速度分别为(C)
A．0，0
B．0，g
C．0，1.5g
D．g，1.5g
【解析】抽去C的瞬间，弹簧弹力大小为mg，对A来说，受力平衡，∴aA＝0，对B来说，依牛顿第二定律有mg＋2mg＝2maB，∴aB＝1.5
g，C对．
3．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0.则(B)
A．t1>t0，t2B．t1t1
C．t1>t0，t2>t1
D．t1【解析】空气阻力大小不变，故三种情况均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由h＝at2可知，加速度大的用时短，可知t1t1，故正确答案为B.
4．如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为0.2
kg，竖直立杆长0.5
m，有一质量为0.05
kg的小环从杆的下端以4
m/s的初速度向上运动，刚好能到达杆的顶端．g取10
m/s2，则在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力为(A)
A．1.7
N
B．1.8
N
C．2.0
N
D．2.3
N
【解析】小环上升时的加速度为a＝＝16
m/s2，设杆对环的摩擦力为f，由牛顿第二定律有：f＋mg＝ma，得f＝0.3
N．对底座，受竖直向上的环对杆的摩擦力(也为f)和地面的支持力(与所求底座对水平地面的压力N相等)以及受竖直向下的重力Mg，三力平衡．可求得N＝Mg－f＝1.7
N．故正确答案为A.
5．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M.与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的是(C)
A．滑块与平板车最终没有滑离
B．滑块与平板车的质量之比m∶M＝1∶2
C．滑块与平板车表面的动摩擦因数为μ＝
D．平板车上表面的长度为v0t0
【解析】如图乙所示，因为t0时刻滑块速度大于平板车速度，所以滑块将滑离平板车，A错；如图乙滑块和平板车的加速度大小相等，他们受到的合外力大小也相等，所以他们的质量相等，B错；滑块的加速度大小等于＝，滑块受到的摩擦力就是滑块受到的合力，即μmg＝ma＝m，∴μ＝，所以C对；因为t0时刻滑块脱离平板车，所以平板车的长度等于滑块的位移减去平板车的位移，从图乙中我们可以看出其位移差等于图乙中梯形的面积·t0·＝v0t0，所以D错．
6．(多选)如图所示，小车的质量为M，正在向右加速运动，一个质量为m的木块紧靠在车的前端相对于车保持静止，则下列说法正确的是(AC)
A．在竖直方向上，车壁对木块的摩擦力与木块的重力平衡
B．在水平方向上，车壁对木块的弹力与木块对车壁的压力是一对平衡力
C．若车的加速度变小，车壁对木块的弹力也变小
D．若车的加速度变大，车壁对木块的摩擦力也变大
7．(多选)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA＝6
kg、mB＝2
kg，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A上系一细线(图中未画出)，细线所能承受的最大拉力是20
N，现水平向右拉细线，g取10
m/s2，则(CD)
A．当拉力F<12
N时，A相对地面静止不动
B．当拉力F>12
N时，A相对B滑动
C．当拉力F＝16
N时，B受A的摩擦力等于4
N
D．无论拉力F多大，A相对B始终静止
【解析】设A、B共同运动时的最大加速度为amax，最大拉力为Fmax，对B：μmAg＝mBamax，amax＝＝6
m/s2，对A、B：Fmax＝(mA＋mB)amax＝48
N，当FN时，A、B相对静止．
因为地面光滑，故A错，当F大于12
N而小于
48
N时，A相对B静止，B错．
当F＝16
N时，其加速度a＝2
m/s2.
对B：f＝4
N，故C对．
因为细线的最大拉力为20
N，所以A、B总是相对静止，D对．
正确答案：C、D.
8．如图所示，一质量为m＝0.3
kg的物体静止于光滑水平面上的A点．当对它施加一斜向右上方的恒力F时，该物体沿水平面做匀加速直线运动到B点，测得其在B点的速度为v＝4
m/s，A、B两点的距离为s＝0.6
m．求此恒力F的取值范围．(重力加速度g取10
m/s2)
【解析】将恒力F分解为水平分力F1和竖直分力F2，
在水平方向：v2＝2··s，则F1＝＝4
N
在竖直方向要求物体不离开水平面：F2≤mg＝3
N
恒力F取值为：F＝eq
\r(F＋F)
代入数据可得：4
NN
9．如图，质量m＝2
kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20
m．用大小为30
N，沿水平方向的外力拉此物体，经t＝2
s拉至B处．(已知g＝10
m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为
N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.
【解析】(1)由动力学公式：
L＝at2，a＝10
m/s2
由牛顿第二定律：F－μmg＝ma，μ＝0.5
(2)设力F2作用时加速度为a1，
F2cos
37°－μ(mg－F2sin
37°)＝ma1，a1＝5
m/s2
撤去F2后加速度为a2，μmg＝ma2，a2＝5
m/s2
设撤去F2时速度为v，＋＝L，v＝10
m/s
该力作用的最短时间：t＝＝2
s
10．如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m＝1
kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分v－t图如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin
37°＝0.6，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物体从A到C的平均速度大小．
【解析】(1)由v－t图可知物体在AB段的加速度为
a1＝＝10
m/s2
在BC段加速度为a2＝＝－2
m/s2
由牛顿第二定律知物体在AB段有：F＋mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma1
在BC段有mgsin
θ－F＝ma2
联立并代入数值得F＝8
N，μ＝0.5.
(2)由运动学规律知物体从B到C经历的时间为：
t2＝＝
s＝5
s　t1＝1
s
物体从A到B发生的位移为s1＝t1＝5
m
物体从B到C发生的位移为s2＝t2＝25
m
物体从A到C的平均速度大小v＝＝5
m/s.
B组
11．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的(物体的初速度为零，重力加速度g取10
m/s2)(C)
【解析】0～1
s，F＝mg，F合＝mg，a1＝5
m/s2，1～2
s，F＝0，F合＝－mg，a2＝－5
m/s2；2～3
s，F＝－mg，F合＝－mg，a3＝－15
m/s2.1
s末v1＝5
m/s，向上，2
s末v2＝0；3
s末v3＝－15
m/s，向下，C对．
12．(多选)如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运行，传送带的左、右两侧各有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是(BC)
A．若v2B．若物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端
C．若v2D．物体从传送带右端滑到左端所需的时间不可能等于物体从传送带左端滑到右端所需的时间
【解析】v2向左，物体的加速度a＝μg.方向向右，物体在皮带上向左做匀减速运动，a的大小与v1无关，设向左位移大小为s，则当v2>时，可以从右达到左端，v2<时，不能达到左端，A错，B对；若v2向右，且v213．如图所示为上、下两端相距
L＝5
m、倾角α＝30°、始终以v＝3
m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放，经过t＝2
s到达下端，重力加速度g取
10
m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
【解析】(1)物体在传送带上受力如图所示，
物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝at2解得a＝2.5
m/s2
由牛顿第二定律得mgsin
α－Ff＝ma
又Ff＝μmgcos
α，故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mgsin
α＋Ff＝ma′
又v＝2La′
故vm＝＝8.66
m/s.
第4节　实验：验证牛顿运动定律
夯实基础　【P47】
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．验证牛顿第二定律．
3．掌握利用图象处理数据的方法．
二、实验原理
探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与M的关系．
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码．
四、实验步骤
(一)测质量
1．用天平测出小车和砝码的总质量M，小盘和砝码的总质量m，把测量结果记录下来．
(二)仪器安装及平衡摩擦力
2．按右图把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在车上，即不给小车施加牵引力．
3．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块木板．反复移动木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态．这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在斜面方向上的分力平衡．
(三)保持小车的质量不变
4．把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点，打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码．
5．保持小车和砝码的质量不变，在小盘里放入适量的砝码，把小盘和砝码的总质量m′记录下来，重复步骤4.在小盘内再放入适量砝码，记录下小盘和砝码的总质量m″，再重复步骤4.
6．重复步骤5三次，得到六条纸带．
7．在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，标明计数点，测量各个计数点到O计数点间的距离，算出与每条纸带对应的小车加速度的值．
8．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，作用力的大小F等于小盘和砝码的总重力，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点，如果这些点是在一条过原点的直线上，便证明了加速度与作用力成正比．
(四)保持小盘和砝码的质量不变
9．保持小盘和砝码的质量不变，在小车上加砝码，重复上面的实验，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点．如果这些点是在一条过原点的直线上，就证明了加速度与质量成反比．
五、注意事项
1．平衡摩擦力：就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车施加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
2．实验条件：每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
3．操作顺序：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．
六、误差分析
1．质量的测量误差，纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差，拉线或纸带不与木板平行等都会造成误差．
2．因实验原理不完善造成误差：
本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力)，存在系统误差．小盘和砝码的总质量越接近小车的质量，误差就越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，误差就越小．
3．平衡摩擦力不准造成误差：
在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的都跟正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器)，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点的距离相等．
　　【P48】
考点突破　　
例1某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200
g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：
图(a)
图(b)
(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图(b)可知，a—m图线不经过原点，可能的原因是
________________________________________________________________________.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．
【解析】这是探究小车加速度与钩码质量的关系，所以该实验必须平衡摩擦力，并且要保证钩码的质量远小于小车的质量．
(1)由图象可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．
(2)a—m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力．
(3)本实验直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．
【答案】(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车的质量
【小结】a—F图线只有在F是小车实际合外力的情况下才是过原点的直线，本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力，对小车和吊盘分别列牛顿定律方程：FT＝Ma，mg－FT＝ma，可解得：a＝，FT＝·mg.本实验数据小车的合外力认为就是mg，只有在M m时FT≈mg，a—F图线才接近直线，一旦不满足M m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲．
针对训练　
1．在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到的合外力等于砂桶和砂的总重量，通常采用如下两个措施：(A)平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在小桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；(B)调整砂的多少，使砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M.请问：
(1)以上哪一个措施中有何重大错误？
__平衡摩擦力时不能挂小桶__
(2)如图所示是上述实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0.02
s，结合图中给出的数据，求出小车运动加速度的大小为__4.0__m/s2，并求出纸带中P点瞬时速度大小为__2.6__m/s.(计算结果均保留2位有效数字)
　　【P48】
考点突破　　
例2如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50
Hz交流电．小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2.
(1)下列说法正确的是________．
A．长木板C必须保持水平
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．实验中m2应远小于m1
D．作a－图象便于得出加速度与质量的关系
(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F
图象可能是图2中的图线________．(选填“甲”、“乙”或“丙”)
(3)图3为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2.(结果保留二位有效数字)
【解析】(1)必须平衡摩擦力，A错，实验时应先接通电源后释放小车，B错；m2 m1，才能将m2g看成小车受到的拉力大小，C对．F不变a＝，a－图象为直线，D对．
(2)没有平衡摩擦力，则当m2g＝f时，a＝0，a－F图象可能是丙．
(3)a＝＝＝0.50
m/s2.
【答案】(1)CD　(2)丙　(3)0.50
针对训练　
2．某同学在研究性学习中用图示装置来验证牛顿第二定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方．系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h，由静止释放后，系统开始运动．当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，B刚穿过圆环时，A的速度为v，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间．
(1)若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v＝____；
(2)若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面__C__(填正确选项的序号)等式成立，即可验证牛顿第二定律；
A．mg＝M
B．mg＝M
C．mg＝(2M＋m)
D．mg＝(M＋m)
(3)本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要__天平__；
(4)若M m，改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金属片C的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以____为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．
【解析】(1)金属片C被搁置在圆环上后，物体A、B将匀速通过两光电门，根据匀速直线运动规律可知，物体B刚穿过圆环后的速度为：v＝；
(2)在释放至金属片C被搁置在圆环上前瞬间过程中，依牛顿第二定律，有mg＝(2M＋m)a，又依v2＝2ah，得：mg＝(2M＋m)，故选项C正确；
(3)根据题意可知，刻度尺、数字计时器分别测量了物理量——距离h、d和时间t，还需测出质量，因此所用器材为天平；在释放至金属片C被搁置在圆环上前瞬间过程中，根据牛顿第二定律有：mg＝(2M＋m)a，根据匀变速直线运动规律有：2ah＝v2，由中分析知：v＝，联立以上各式有：mg＝(2M＋m)·，显然在M m时，m可以忽略，所以(2M＋m)是一个常数，因此mg与成正比例关系，它们的关系图线是一条过原点的倾斜直线．
　　【P49】
考点突破　　
例3用如图所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平．
(1)实验时，一定要进行的操作是________．(填步骤序号)
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数F0
B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
C．用天平测出砂和砂桶的质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)以拉力传感器示数的二倍作为F(F＝2F0)为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a－F图象如下图所示，则可能正确的是__________．
【解析】(1)如图装置，拉力传感器读数的2倍是实际对小车的拉力，故不需要测量砂与砂桶的重力，也不需要保证砂和砂桶的重力之和远小于车的重量．故选A、B.(2)由图可知：木板水平放置，没有平衡摩擦力，故答案选C.
【答案】(1)AB　(2)C
针对训练　
3．某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50
Hz.实验步骤如下：
A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
B．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；
C．挂上砝码盘，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；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．
根据以上实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是__C__．
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．实验过程中砝码盘处于超重状态
C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半
E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝__0.88__
m/s2(结果保留两位有效数字)．
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验原理相符合的是__A__．
　
【解析】(1)由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；由于不是砝码的重力即为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；
(2)根据Δx＝aT2得：
解得：a＝
m/s2＝0.88
m/s2.
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合．
考
点
集
训　【P288】
1．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中．一个同学在探究“当质量一定时加速度与力之间的关系”时，将打点计时器接到频率为50
Hz的交流电源上，得到多条纸带，其中一条纸带如图所示．
他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，以后依次标出B、C、D、E四个点．他测得A点到B、C、D、E的长分别为2.56
cm、5.32
cm、8.29
cm、11.26
cm，则打C点时小车的瞬时速度的大小为__1.43__m/s，小车运动的加速度大小为__3.88__m/s2，比较其他纸带，该同学用a—F图象法处理数据得到如图所示图象，试分析图线未过原点O的原因：__平衡摩擦力时倾角过大__．
2．图甲是用来探究小车质量一定时，其加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是该装置的俯视图．
(1)本实验有以下步骤，将实验步骤补充完整：
A．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在近似光滑的水平长木板上．
B．在两小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着质量不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量．
C．在两小车的后端分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳．
D．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，__关上夹子，让两个小车同时停下来__，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小．
E．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受力的关系．
(2)若测得砝码盘和盘内砝码的总质量分别为m1、m2，对应小车的位移大小分别为x1、x2，经过多次重复实验，在误差允许的范围内若关系式__m1∶m2＝x1∶x2__总成立，则表明小车的质量一定时，其小车的加速度与合力成正比．
【解析】(2)因x＝at2，故小车的位移x与加速度a成正比；故若砝码盘和盘内砝码的总质量m与小车的位移x成正比，即满足m1∶m2＝x1∶x2成立，则表明小车的质量一定时，其小车的加速度与合力成正比，
3．现用如图所示的装置探究“加速度与物体受力的关系”．小车所受拉力及其速度可分别由拉力传感器和速度传感器记录下来．速度传感器安装在距离L＝48.0
cm的长木板的A、B两点．
实验主要步骤如下：
A．将拉力传感器固定在小车上；
B．__平衡摩擦力__，让小车在没有拉力作用时能做__匀速直线运动__；
C．把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与轻质小盘(盘中放置砝码)相连；
D．接通传感器电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；
E．改变小盘中砝码的数量，重复D的操作．
(1)请将以上实验步骤补充完整．由以上实验可得出加速度的表达式a＝__eq
\f(v－v,2L)__．
(2)(多选)某同学用描点法根据实验所得数据，在坐标纸上作出了由实验测得的a－F图线，可能是下面的哪些图象(AB)
【解析】B.平衡摩擦力，让小车在没有拉力作用时能做匀速直线运动；加速度的表达式a＝eq
\f(v－v,2L)；因为质量一定时，加速度与拉力成正比，若实验中平衡摩擦力适当，则图线为A，若没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，则图线为B，故选AB.
4．如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门．质量为M的滑块A上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为Δt1和Δt2，另外测得两光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d(重力加速度为g)．
(1)若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足(B)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．M m
B．M m
(2)若木板PM水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为__－·__(用题中测量的物理量的符号表示)．
【解析】(1)略
(2)根据匀变速直线运动的规律v2－v＝2ax，可得：－＝2aL，解得：a＝；木板水平放置，以系统为研究对象，利用整体法，根据牛顿第二定律可得：mg－μMg＝(M＋m)a，解得：μ＝－·.
5．某同学利用如图(甲)所示的装置探究加速度与合外力的关系．小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧秤的示数)．
(1)下图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50
Hz，则C点的速度为
__0.8__m/s，小车的加速度__4__m/s2.(以上两空保留一位有效数字)
(2)根据实验数据画出了如图(乙)所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为__D__．(选填字母代号)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.
B.
C．mg
D．F
(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于(乙)图的说法，正确的是__C__．(选填字母代号)
A．图线逐渐偏向纵轴
B．图线逐渐偏向横轴
C．图线仍保持原方向不变
【解析】(1)做匀变速直线运动过程中一段过程中的中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，故vC＝＝f＝0.8
m/s，根据逐差法可得xDE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，联立可得a＝4
m/s2
(2)从图中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得F＝ma，当质量一定时，加速度与外力成正比，故D正确．
(3)由于图象的斜率为k＝，所以增大砂和砂桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确．
6．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10
m/s2.
(1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的__位移__与__时间__，计算a的运动学公式是__a＝__；
(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝m－μg，他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的__m＋m′__保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于__滑块上__；
(3)实验得到a与m的关系如图所示，由此可知μ＝__0.23(0.21～0.25)__(取两位有效数字)．
【解析】(1)滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据s＝at2得a＝，所以需要测量的是位移和时间．
(2)a＝m－μg，若要求a是m的一次函数必须使不变，即使m＋m′不变，在减小m时等量增大m′，所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．
(3)将取为k，有k＝＝，在图象上取两点将坐标代入解得μ＝0.23(在0.21到0.25之间是正确的)
7．两辆大小相同的小车并排放在光滑水平桌面上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里分别放有不同质量的砝码(图a)．小车所受的水平拉力F的大小可以认为等于砝码(包括砝码盘)所受的重力大小．小车后端也系有细线，用一只夹子夹住两根细线(图b)，控制两辆小车同时开始运动和结束运动．
由于两辆小车初速度都是零，运动时间又相同，s＝at2，即
s∝a，只要测出两辆小车的位移s之比就能得出它们的加速度a之比．
实验结果是：当小车质量相同时，__加速度与拉力成正比__；当拉力F相等时，__加速度与质量成反比__．实验中用砝码(包括砝码盘)所受的重力G＝mg的大小作为小车所受拉力F的大小，这样做会引起实验误差．为了减小这个误差，G与小车所受重力Mg之间需要满足的关系是：__Mg G__．
【解析】本实验是控制变量法的实验，实验结果是：当小车质量相同时，加速度与拉力成正比．当拉力F相等时，加速度与质量成反比．小车的加速度为a，拉力为F，设砝码盘和砝码的总质量为m，小车质量为M，对砝码盘和砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma；联立得：F＝，故只有在M m即Mg G的情况下近似认为拉力等于mg.
备
课
札
记
专题突破(三)　牛顿第二定律的系统表达式　【P50】
应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式的正交分解式为：
∑Fx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx
∑Fy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany
例1质量为m2，倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，将一质量为m1的物块放到斜面上，沿斜面做加速度为a的匀加速直线运动．斜面始终静止．求地面对斜面体的支持力和摩擦力．
【解析】把a正交分解
ax＝a·cos
θ，ay＝a·
sin
θ
对系统，在y方向：(m1＋m2)g－FN＝m1ay＋m2×0
在x方向：f＝m1ax＋m2×0
∴FN＝(M＋m)g－masin
θ
f＝m1acos
θ，水平向左．
【归纳总结】应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：
(1)正确分析系统受到的外力；
(2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；
(3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程求解．
例2如图，A为电磁铁，C为胶木支架，A和C的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当磁铁通电，铁片被吸引上的过程中，轻绳上的拉力为F(　　)
A．F＝mg
B．MgC．F＝(M＋m)g
D．F>(M＋m)g
【解析】
设A、B、C为一系统，设绳的拉力为F
F－Mg－mg＝ma＋M×0
F＝ma＋(M＋m)g，D对．
【答案】D
【归纳总结】对组合体问题若用隔离法逐一分析各物体的受力及运动情况，再列方程求解会比较繁琐且容易出错，对系统用牛顿第二定律的优越之处就在于从系统整体着手，化繁为简，化难为易．
针对训练　
1．(多选)如图所示，斜面体ABC置于粗糙的水平地面上，小木块m在斜面上静止或滑动时，斜面体均保持静止不动．下列哪种情况，斜面体受到地面向右的静摩擦力(BC)
A．小木块m静止在BC斜面上
B．小木块m沿BC斜面加速下滑
C．小木块m沿BA斜面减速下滑
D．小木块m沿AB斜面减速上滑
【解析】将斜面体与物块m看成一个整体，当小木块m静止在BC斜面上时，该整体受到的重力与支持力相等，斜面体不受摩擦力的作用，选项A错误；当小木块m沿BC斜面加速下滑时，相当于整体有一个向右的分加速度，故整体一定受到向右的合外力，即地面对斜面体产生向右的摩擦力，选项B正确；当小木块m沿BA斜面减速下滑，整体也有一个向右的分加速度，故此时斜面体也产生向右的摩擦力，选项C正确；而当小木块m沿AB斜面减速上滑时，相当于整体有一个向左的分加速度，斜面体受到向左的摩擦力，选项D错误．
2．如图所示，倾角α＝30°，质量M＝34
kg的斜面体始终停在粗造的水平地面上，质量mA＝14
kg，mB＝2
kg的物体A和B，由细线通过定滑轮连接．若A以a＝2.5
m/s2
的加速度沿斜面下滑，求此过程中地面对斜面体的摩擦力和支持力各是多少？
【解析】取A、B斜面体为研究对象，它受到的外力是竖直向下的重力(mA＋mB＋M)g，地面支持力FN，地面静摩擦力Ff.把A的加速度正交分解，ax＝acos
α，ay＝asin
α依牛顿第二定律的系统表达式，地面对斜面体的摩擦力应为水平向左大小为Ff＝mAax＝mA·acos
α＝30.3
N
在竖直方向上有：FN－(mA＋mB＋M)g＝mBa－mAay
∴地面对斜面体的支持力
FN＝(mA＋mB＋M)g＋mBa－mAay＝487.5
N.
3．在倾角为θ的光滑斜面上，有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m.现用一沿斜面向上的恒力拉A，当B刚离开挡板时．A沿斜面向上的加速度大小为a，在此后的运动过程中，当A的加速度为0时，B的加速度为多少？
【解析】当A、B都在斜面上运动时，对于A、B系统．
F－(mA＋mB)sin
θ＝mAaA＋mBaB
B刚离开挡板时，aA＝a，aB＝0.
当A的加速度为0时，设B的加速度为aBx.
则有F－(mA＋mB)sin
θ＝3ma＋2m×0＝3m×0＋2maBx.
∴aBx＝a.
4．如图，小车放在光滑水平面上，小车的质量M＝10
kg，滑块质量m1＝2
kg，m2＝1
kg，在水平力F作用下，m1的加速度a1＝2
m/s2.M的加速度a2＝1
m/s2.g取10
m/s2.求：
(1)F的大小；
(2)地面对小车的支持力．
【解析】m2水平方向的加速度为a2，竖直方向加速度为ay，
ayt2＝(a1－a2)t2.
∴ay＝a1－a2＝1
m/s2.
对于M、m1和m2所组成的系统．
水平方向：F＝(M＋m2)a2＋m1a1＝15
N.
竖直方向：(M＋m1＋m2)g－N＝m2ay.
∴N＝129
N.
备
课
札
记
章末总结　提高
知
识
网
络　【P52】
解题思路与方法　【P52】
一、应用牛顿运动定律解题的基本思路
1．取对象——根据题意确定研究对象；
2．画力图——分析研究对象的受力情况，画出受力图；画图时，力的方向要准，大小与实际情况不能相差太大，否则可能造成假象；
3．定方向——规定正方向(或建立坐标系)，通常以加速度方向为正方向较为适宜；
4．列方程——根据牛顿定律列方程，根据运动学公式列运动方程；
5．求解——统一单位，求解方程；对结果分析检验或讨论．
二、解决动力学问题的常用方法
1．合成法与分解法：当物体受两个力的作用且加速度方向已知时，常利用合成法；当物体受多个力的作用时常用正交分解法．
2．整体法与隔离法：在确定研究对象或物理过程时，经常使用的方法，整体法与隔离法是相对的．
3．图象法：在研究两个物理量之间的关系时，可利用图象法将其关系直观地显示出来，以便更准确地研究它们之间相互依赖制约的关系，如探究加速度a与合外力F的关系，可作a－F图象．
4．假设法：当物体的运动状态或受力情况不明确时，可以根据题意作某一假设，从而根据物理规律进行推断，验证或讨论．
如可假定加速度的方向，建立牛顿第二定律的方程，求出a，从而判断物体的运动情况．
5．极限分析法：用“放大”或“缩小”的思想把物理过程所蕴含的临界状态“暴露”出来的方法，本章中涉及不少，注意体会．
6．程序法：依顺序对研究对象或物理过程进行分析研究的方法，要注意对象与对象之间、过程与过程之间的关系(F、a、v、t、s等关系)．
7．“超重”、“失重”分析法：当物体具有竖直向上或竖直向下的加速度a时，物体就“超重ma”或“失重ma”，据此就能够迅速快捷地判断物体对支持物的压力或对悬绳的拉力与重力的大小关系．
体
验
高
考　　【P52】
1．(多选)(2015全国Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
图(a)
　　图(b)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【解析】由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin
θ＋f＝ma1，mgsin
θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin
θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos
θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
【答案】ACD
2．(多选)(2015全国Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．8
B．10
C．15
D．18
【解析】设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．
【答案】BC
3．(多选)(2016全国Ⅰ)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
【解析】质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．
【答案】BC
4．(2015重庆)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg
B.－mg
C.＋mg
D.－mg
【解析】方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝＋mg.
方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg.选项A正确．
【答案】A
5．(多选)(2016全国Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【解析】设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3
知：ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．
【答案】BD
6．(2016四川)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，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12
m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23
m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4
m时，车头距制动坡床顶端38
m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos
θ＝1，sin
θ＝0.1，g＝10
m/s2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
【解析】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin
θ＝ma1①
f＝μmgcos
θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5
m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23
m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38
m
的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4
m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12
m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin
θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98
m⑩
7．(2015全国Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5
m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1
s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1
s时间内小物块的
v－t
图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10
m/s2.求：
图(a)
　图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
【解析】(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4
m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1
s，s0＝4.5
m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b)可得
a2＝⑥
式中，t2＝2
s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位

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