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高中物理人教版必修一
一、运动的描述
（一）质点
参考系
1．质点
(1)定义：用来代替物体的有质量的点叫做质点．
(2)条件：研究一个物体的运动时，如果物体的大小和形状对问题的影响可以忽略，该物体就可以看做质点．
2．参考系
(1)定义：描述一个物体的运动时，选定其他物体做参考，观察这个物体的位置随时间的变化，这种用来做参考的物体称为参考系．
(2)选取不同的参考系来观察同一个物体的运动，其运动性质一般是不同的．通常以地面为参考系．
（二）位移、速度和加速度
1．位移
(1)定义：表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段．
(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程．
2．位移和路程的“两点”区别
(1)决定因素不同：位移由始、末位置决定，路程由实际的运动路径决定．
(2)运算法则不同：位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的代数运算．
3．速度
(1)定义：物体运动位移与发生这个位移所用时间的比值．
(2)定义式：v＝.单位：m/s.
(3)方向：平均速度方向与位移的方向相同，瞬时速度方向即物体运动的方向．
4．平均速度与瞬时速度的区别和联系
(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．
(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．
5．用极限法求瞬时速度
由平均速度公式v＝可知，当Δx、Δt都非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx，然后可由v＝求出物体在该位置的瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化成为微小时间Δt和微小位移Δx的测量．
6．平均速度与平均速率的区别
平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小．
7．计算平均速度时应注意的两个问题
(1)平均速度的大小与物体不同的运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．
(2)＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动．
8．加速度
(1)定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值．
(2)定义式：a＝.单位：m/s2.
(3)方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与v0、v的方向无关．
(4)物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量．
9．加速度的定义式和决定式
a＝是加速度的定义式，a＝是加速度的决定式，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．
10．加速度和速度的关系
(1)加速度的大小和速度的大小无直接关系．速度大，加速度不一定大，加速度大，速度也不一定大；加速度为零，速度可以不为零；速度为零，加速度也可以不为零．
(2)加速度的方向和速度的方向无直接关系．加速度与速度的方向可能相同，也可能相反，两者的方向还可能不在一条直线上．
【典型例题】
1．(多选)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9
km，从出发地到目的地用了5
min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15
km，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150
km/h，那么可以确定的是(AD)
A．在整个过程中赛车手的位移大小是9
km
B．在整个过程中赛车手的路程是9
km
C．在整个过程中赛车的平均速度大小是180
km/h
D．经过路标时赛车的瞬时速率是150
km/h
解析：位移为初位置到末位置的有向线段，则赛车手位移大小为9
km，故A正确；赛车上的里程表指示的里程数值增加了15
km，可知路程是15
km，故B错误；平均速度大小等于位移大小与时间的比值，即v＝＝
m/s＝30
m/s＝108
km/h，故C错误；车内速度计指示的示数150
km/h为瞬时速率的大小，故D正确．
2．一位女士由于驾车超速而被警察拦住．警察走过来对她说：“太太，你刚才的车速是80
km/h！”这位女士反驳说：“不可能的！我才开了10分钟，还不到一个小时，怎么可能走了80
km呢！”“太太，我的意思是，如果您继续像刚才那样开车，在下一个小时里您将驶过80
km.”“这也不可能的．我只要再行驶20
km就到家了，根本不需要再开过80
km的路程．”你认为这位太太没有认清(C)
A．路程的概念
B．时间的概念
C．瞬时速度的概念
D．加速度的概念
解析：超速应是任意时刻超过80
km/h，是瞬时速度，不会因为她的开车时间短或路程短而改变此速度的大小，该女士没有认清瞬时速度的概念，故A、B、D错误，C正确．
3．(多选)下列关于加速度的说法中，正确的是(AC)
A．运动物体的速度的变化率越大，加速度越大
B．运动物体的速度越大，加速度越大
C．运动物体的速度变化越快，加速度越大
D．运动物体的加速度是指物体增加的速度
解析：加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，速度变化越快，则速度的变化率越大，加速度也越大，故A、C正确；加速度定义式为a＝，v大，加速度a不一定大，故B错误；加速度是指单位时间内物体速度的变化量，故D错误．
4．(多选)一辆玩具汽车以2
m/s的速度向正东方向运动了4
m，接着以3
m/s的速度向正北方向运动了3
m．下列对玩具汽车在整个运动过程中的描述正确的是(CD)
A．平均速率为1.5
m/s
B．平均速度大小为
m/s
C．平均速率为
m/s
D．平均速度大小为
m/s
解析：玩具汽车在整个运动过程中运动时间t＝t1＋t2＝
s＋
s＝3
s，整个过程运动的路程为7
m，所以平均速率为
m/s，A项错误，C项正确；玩具汽车在整个运动过程中的位移大小为s＝＝5
m，则平均速度为
m/s，B项错误，D项正确；故选CD.
5．(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4
m/s,1
s后速度的大小变为10
m/s，在这1
s内该物体的(AD)
A．加速度的大小为6
m/s2，方向与初速度的方向相同
B．加速度的大小为6
m/s2，方向与初速度的方向相反
C．加速度的大小为14
m/s2，方向与初速度的方向相同
D．加速度的大小为14
m/s2，方向与初速度的方向相反
解析：选初速度方向为正方向，若初、末速度方向相同，a＝＝
m/s2＝6
m/s2，方向与初速度的方向相同，选项A正确，B错误；若初、末速度方向相反，a＝＝
m/s2＝－14
m/s2，方向与初速度的方向相反，选项C错误，D正确．
5．如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知(C)
A．汽车在做加速直线运动
B．汽车的加速度方向与v1的方向相同
C．汽车的加速度方向与Δv的方向相同
D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反
解析：速度是矢量，速度的变化量Δv＝v2－v1，由题图可知，Δv的方向与初速度方向相反，而加速度的方向与速度变化量Δv的方向相同，与初速度方向相反，所以汽车做减速运动，故只有选项C正确．
二、匀变速直线运动的规律
（一）匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为
v1?v2?v3?…?vn＝1?2?3?…?n.
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为
x1?x2?x3?…?xn＝12?22?32?…?n2.
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为xⅠ?xⅡ?xⅢ?…?xN＝1?3?5?…?(2N－1)．
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1?t2?t3?…?tn＝1?(－1)?(－)?…?(－)．
自由落体运动和竖直上抛运动
自由落体运动
运动条件
物体只受重力作用
由静止开始下降
运动性质
（3）初速度为零的匀加速直线运动
运动规律
（4）速度公式：v
=
gt
（5）位移公式：h
=
gt2
（6）速度—位移公式：v2
=
2gh
（三）解决匀变速直线运动的常用方法
方法
解读
基本
公式法
基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向
平均
速度法
(1)定义式＝对任何性质的运动都适用
(2)＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动
中间时刻
速度法
利用“中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”，即v＝，该式适用于任何匀变速直线运动
图象法
应用v?t图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案
推论法
匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT2求解
比例法
适用于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动
逆向思
维法
把末速度为零的匀减速直线运动转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动
（四）自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的对称性
(1)时间对称性．
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝.
②物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等．
(2)速度对称性．
①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反．
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一位置时的速度大小相等、方向相反．
【典型例题】
1．甲、乙两个质点处在同一地点，甲先从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后，乙沿与甲相同的方向也做初速度为零的匀加速直线运动，乙运动2t后刚好追上甲，则从两质点运动到相遇(D)
A．甲的加速度是乙的加速度的倍
B．相遇时甲的速度是乙的速度的倍
C．乙运动t时，乙和甲的距离最大
D．甲运动t时，乙和甲的速度相等
解析：由题意可知，甲运动的时间为3t时与乙相遇，则：
a甲(3t)2＝a乙(2t)2，所以a甲＝a乙，故A错误；
相遇时甲的速度：v1＝a甲·3t＝a乙·3t＝a乙t，
乙的速度：v2＝a乙·2t＝2a乙t，所以：＝，故B错误；
速度相等时，两质点相距最远．设经过t0甲与乙的速度相等，则：a甲(t＋t0)＝a乙t0，联立可得：t0＝t，故C错误；
结合C选项可知，甲运动的时间为：t＋t0＝t＋t＝t，故D正确．
2．(多选)一做匀变速直线运动的物体从A点运动到C点所用的时间为t，B为AC段的中点，物体在AB段运动的平均速度为v，在BC段运动的平均速度为2v，则(AC)
A．物体在AC段运动的平均速度为v
B．A、C之间的距离为1.5vt
C．物体运动的加速度为
D．物体运动的加速度为
解析：物体在AC段的平均速度＝＝，故A正确；AC间的距离x＝t＝vt，故B错误；AB段的平均速度为v，则＝v，BC段的平均速度为2v，则＝2v，联立两式解得vC－vA＝2v，则加速度a＝＝，故C正确，D错误．
3．(多选)如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2
m的平板车开始以a＝6.0
m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h＝0.45
m．忽略空气阻力，重力加速度g取10
m/s2.
(1)求小车左端离O点的水平距离；
(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件？
【解析】(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学方程
对小球有：h＝gt①
对平板车有：s＝at②
由①②式并代入数据可得：s＝0.27
m.
(2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为s1，由运动学方程有：s1＝a(Δt＋t0)2③
至少有2个小球落在平板车上须满足：s1≤s＋L④
由①～④式并代入数据可得：Δt≤0.4
s.
4．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2
m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1
m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48
m．问：
(1)若电梯运行时最大限速为9
m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少？
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15
s，上升的最大速度是多少．
解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝＋，代入数据解得vm＝8
m/s，
因为vm＝8
m/s<9
m/s，符合题意．
加速的时间为t1＝＝
s＝4
s.
减速的时间为t2＝＝
s＝8
s.
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12
s.
(2)设加速的时间为t′1，减速的时间为t′2，匀速上升时的速度为v，且v<8
m/s，则
加速的时间为t′1＝，减速的时间为t′2＝.
匀速运动的时间为t＝15
s－t′1－t′2.
上升的高度为h＝(t′1＋t′2)＋v(15
s－t′1－t′2)，
联立解得v＝4
m/s，另一解不合理，舍去．
5．如图所示，物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，物体到达斜面最高点C时速度恰好为零．已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．
解析：解法1：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面过程，相当于向下匀加速滑下斜面的逆过程，设物体从B到C所用的时间为tBC.
由运动学公式得xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2
又知xBC＝.联立解得tBC＝t.
解法2：基本公式法
物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v＝2axAC，v＝v－2axAB，xAB＝xAC
联立解得vB＝
又知vB＝v0－at，vB＝atBC，解得tBC＝t.
解法3：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1?x2?x3?…?xn＝1?3?5?…?(2n－1)．
因为xCB?xBA＝?＝1?3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
解法4：中间时刻速度法
利用推论，匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，即AC＝＝
又知v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝联立解得vB＝
可以看成vB正好等于AC段的平均速度，则B点对应这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.
解法5：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v?t图象，如图所示．
利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的二次方之比，得
＝且＝＝
OD＝t，DC＝tBC，OC＝t＋tBC
所以＝，解得tBC＝t.
6．从斜面上某一位置每隔0.1
s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB＝15
cm，BC＝20
cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同．求：
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄时B球的速度大小；
(3)D、C两球相距多远；
(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗．
解析：(1)由Δx＝aT2得
a＝＝＝
m/s2＝5
m/s2.
(2)vB＝＝
m/s＝1.75
m/s.
(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得
DC＝BC＋(BC－AB)＝20
cm＋5
cm＝25
cm.
(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为
tB＝＝
s＝0.35
s.
则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗．
三、运动图像、追及和相遇问题
（一）运动图象
1．直线运动的x?t图象
(1)意义：反映了直线运动的物体位移随时间变化的规律．
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率大小：表示物体速度的大小．
②斜率的正负：表示物体速度的方向．
(3)两种特殊的x?t图象．
①若x?t图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止状态．(如图甲线所示)．
②若x?t的图象是一条倾斜的直线，说明物体在做匀速直线运动．(如图乙线所示)
2．直线运动的v?t图象
(1)意义：反映了直线运动的物体速度随时间变化的规律．
(2)图线上某点切线的斜率的意义
①斜率的大小：表示物体加速度的大小．
②斜率的正负：表示物体加速度的方向．
(3)两种特殊的v?t图象
①匀速直线运动的v?t图象是与横轴平行的直线．(如图甲线所示)
②匀变速直线运动的v?t图象是一条倾斜的直线．(如图乙线所示)
(4)图线与坐标轴围成的“面积”的意义
①图线与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移．
②若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．
3．a?t图象
(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的加速度随时间变化的规律．
(2)图象斜率的意义：图线上某点切线的斜率表示该点加速度的变化率．
(3)包围面积的意义：图象和时间轴所围的面积，表示物体的速度变化量．
4．对运动图象的认识，应注意以下三点
(1)无论是x?t图象还是v?t图象都只能描述直线运动．
(2)x?t图象和v?t图象不表示物体运动的轨迹，x、v与t一一对应．
(3)一般试题中，关键点是根据斜率判断物体的运动状况，x?t图象的斜率表示物体运动的速度，根据x?t图象的斜率判断速度变化情况；v?t图象的斜率表示物体运动的加速度，根据v?t图象的斜率判断加速度的变化情况．
5．分析图象问题时应注意“六看”
一看“轴”
二看“线”
三看“斜率”
四看“面积”
五看“纵截距”
六看“特殊点”
追及相遇问题
1．实质
讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题．
(1)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．
(2)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
2．追及问题的常见类型
(1)速度小者追速度大者
(2)速度大者追速度小者
3．追及问题的常见类型
方法
相关说明
临界法
寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离
函数法
思路一：先求出在任意时刻t两物体间的距离y＝f(t)，若对任何t，均存在y＝f(t)>0，则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t，使得y＝f(t)≤0，则这两个物体可能相遇
思路二：设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0，若方程f(t)＝0无正实数解，则说明这两物体不可能相遇；若方程f(t)＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇
图象法
(1)若用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇
(2)若用速度图象求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积
相对
运动法
用相对运动的知识求解追及或相遇问题时，要注意将两个物体对地的物理量(速度、加速度和位移)转化为相对的物理量．在追及问题中，常把被追及物体作为参考系，这样追赶物体相对被追物体的各物理量即可表示为：x相对＝x后－x前，v相对＝v后－v前，a相对＝a后－a前，且上式中各物理量(矢量)的符号都应以统一的正方向进行确定
【典型例题】
1．(多选)如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图象，由图可知(AD)
A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C．t1到t2时间内，四个质点中只有b、d两个质点的运动方向发生改变
D．t1到t2时间内，四个质点中只有b、d两个质点的速率先减小后增大
解析：在s?t图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由图甲可知，t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A项正确；由图乙v?t图象t1～t2时间内与图线所围面积表示位移，知c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点不会再相遇，故B项错误；四质点中只有b运动方向改变，a、c、d质点的运动方向未发生改变，故C项错误；根据s?t图象的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变，b质点的速率先减小后增大，由v?t图象可知，c的速度均匀减小，d的速率先减小后增大，故D项正确．故选AD.
2．A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10
m/s，B车在后，其速度vB＝30
m/s.因大雾能见度低，B车在距A车x0＝85
m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180
m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？
解析：设B车刹车过程的加速度大小为aB，
由v2－v＝2ax解得aB＝2.5
m/s2
设经过时间t两车相撞，则有vBt－aBt2＝x0＋vAt，
代入数据整理得t2－16t＋68＝0
由Δ＝162－4×68<0可知t无实数解，即两车不会相撞，速度相等时两车相距最近，此时vA＝vB－aBt1，t1＝8
s
此过程中xB＝vBt1－aBt＝160
m
xA＝vAt1＝80
m，
两车的最近距离Δx＝x0＋xA－xB＝5
m.
3．在“军事演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演，该伞兵从高空静止的直升机上跳下，在，在.他运动的速度随时间变化的规律如图所示．下列结论不正确的是(B)
A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小
B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越大
C．在t0～3t0的时间内，平均速度v<
D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小
【解析】在0～t0时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t0～3t0时间内，图线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项A正确；打开降落伞后，加速度逐渐减小，根据f－mg＝ma，则f＝mg＋ma，阻力逐渐减小，选项B错误；在t0～3t0的时间内，变减速运动的位移小于匀减速直线运动的位移，则平均速度v<，选项C正确；若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，由于第一个伞兵的速度先大于第二个伞兵的速度，然后又小于第二个伞兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，选项D正确．故选B.
4．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v?t图象正确的是(C)
解析：根据加速度随时间变化的图象可得，0～1
s为匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，选项D错误；第一秒末的速度v＝1
m/s,1～2
s加速度变为负值，而速度为正方向，因此做匀减速直线运动，v′＝1
m/s－a(t－1)，第二秒末，速度减小为0，选项B错误；2～3
s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第二秒开始又重复前面的运动，图象如C，选项C正确，A错误．
5．在水平轨道上有两车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．(请分别用上述四种方法求解)
解析：要使两车不相撞，A车追上B车时其速度最大只能与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用四种方法解答如下：
解法1：临界法利用位移公式、速度公式求解，对A车有
xA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t，
对B车有xB＝at2，vB＝at，两车位移关系有x＝xA－xB，
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB，
联立以上各式解得v0＝.
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法2：函数法利用判别式求解，由解法1可知xA＝x＋xB，即v0t＋×(－2a)×t2＝x＋at2，
整理得3at2－2v0t＋2x＝0.
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x<0时，t无实数解，即两车不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法3：图象法利用v?t图象求解，先作A、B两车的v?t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v＝v0－2at，对B车有vB＝v＝at，
以上两式联立解得t＝.
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间的距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝v0·t＝v0·＝，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法4：相对运动法巧选参考系求解．以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：vt＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式v－v＝2a′x得：
02－v＝2·(－3a)·x，所以v0＝.
即要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
四、实验：研究匀变速直线运动
（一）实验目的
1．练习正确使用打点计时器，学会利用打上点的纸带研究物体的运动．
2．掌握判断物体是否做匀变速直线运动的方法(Δx＝aT2)．
3．测定匀变速直线运动的加速度．
（二）实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片．
（三）打点计时器
1．工作条件
(1)电磁打点计时器：6
V以下交流电源．
(2)电火花计时器：220
V交流电源．
(3)当所用交流电源的频率f＝50
Hz时，每隔0.02
s打一次点．
2．处理纸带数据时区分计时点和计数点
计时点是指打点计时器在纸带上打下的点．计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”取点方法是一样的，时间间隔均为0.1
s.
（四）实验原理
1．匀变速直线运动的判断
(1)若物体在连续相等时间T内的位移之差Δx为一恒量，即Δx＝aT2，则物体做匀变速直线运动．
(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v?t图象，若图象是一条倾斜的直线，则物体做匀变速直线运动．
2．由纸带计算某点的瞬时速度
根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度vn＝来计算．
3．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)逐差法
根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻计数点之间的时间间隔)，求出a1＝，a2＝，a3＝，然后取平均值，即＝＝，即为物体的加速度．
(2)图象法
利用vn＝求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出v?t图象，用v?t图象的斜率求物体运动的加速度．
（五）实验步骤
1．仪器安装
(1)把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路．
(2)把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下边挂上合适的钩码，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面．放手后，看小车能否在木板上平稳地加速滑行．
2．测量与记录
(1)把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，后放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次．
(2)从三条纸带中选择一条比较理想的，舍掉开头一些比较密集的点，从后边便于测量的点开始确定计数点，为了计算方便和减小误差，通常用连续打点五次的时间作为时间单位，即计数点的时间间隔为T＝0.1
s．正确使用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离，并填入设计的表格中．
(3)利用某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度．
(4)增减所挂钩码数，再重复实验两次．
（六）数据处理
1．由实验数据得出v?t图象
(1)根据表格中的v、t数据，在直角坐标系中仔细描点．
(2)作一条直线，使同一次实验得到的各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧，这条直线就是本次实验的v?t图线，它是一条倾斜的直线，如图所示．
2．由实验得出的v?t图象进一步得出小车运动的速度随时间变化的规律
有两条途径进行分析：
(1)直接分析图象的特点：小车运动的v?t图象是一条倾斜的直线，如图所示，当时间增加相同的值Δt，速度也增加相同的值Δv，由此得出，小车的速度随时间均匀变化．
(2)通过函数关系进一步分析：既然小车的v?t图象是一条倾斜的直线，那么v随t变化的函数关系式为v＝kt＋b，显然v与t成“线性关系”，小车的速度随时间均匀变化．
（七）误差分析
1．根据纸带测量的位移有误差．
2．电源频率不稳定，造成相邻两点的时间间隔不完全相等．
3．纸带运动时打点不稳定引起测量误差．
4．用作图法，作出的v?t图象并不是一条直线．
5．木板的粗糙程度并非完全相同，这样测量得到的加速度只能是所测量段的平均加速度．
（八）注意事项
1．纸带和细绳要和木板平行，小车运动要平稳．
2．实验中应先接通电源，后让小车运动；实验后应先断开电源后取纸带．
3．要防止钩码落地和小车与滑轮相撞．
4．小车的加速度适当大些可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50
cm的纸带上清楚地打出6～7个计数点为宜．
【典型例题】
1．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：
(1)选出实验中所需的器材并填在横线上(填序号)．
①打点计时器②天平③交流电源④直流电源⑤细线和纸带⑥钩码⑦秒表⑧木板(带滑轮)、小车⑨刻度尺
选出的器材是：①③⑤⑥⑧⑨.
(2)某同学在实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E共5个计数点．测得计数点间的距离如图甲所示，每相邻两个计数点之间还有四个点未标出．
①试根据纸带上计数点间的距离，计算出打下B、C、D三个点时小车的瞬时速度，则vB＝0.138
m/s，vC＝0.264
m/s，vD＝0.390
m/s.(保留三位有效数字)
②在如图乙所示的坐标系中作出小车的v?t图线，并根据图线求出a＝1.26
m/s2.
答案：如图所示
③将图线延长与纵轴相交，此交点的物理意义是计时初始的速度．
解析：(1)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，所需的实验步骤：(a)木板平放，并使滑轮伸出桌面，固定打点计时器，连接好电路；(此处所需的器材有①③⑧)(b)穿纸带，挂钩码；(此处所需的器材有⑤⑥)(c)先接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，打完一条后立即关闭电源；(d)换纸带，加钩码，再做一次；(e)处理纸带，解出某位置的速度和运动过程的加速度．(此处所需的器材有⑨)由实验步骤可以看出需要的器材有①③⑤⑥⑧⑨.(2)①由于相邻两计数点间还有四个点未标出，所以相邻计数点间的时间间隔T＝0.1
s．根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，得：vB＝
m/s＝0.138
m/s.②作图时注意，尽量使描绘的点落在直线上，若不能落在直线上，尽量让其分布在直线两侧．则a＝＝
m/s2＝1.26
m/s2.③图线与纵轴的交点表示计时初始的速度．
2．某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．
(1)实验中，必需的措施是________．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50
Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59
cm，s2＝4.41
cm，s3＝5.19
cm，s4＝5.97
cm，s5＝6.78
cm，s6＝7.64
cm.则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)利用打点计时器研究小车的匀变速直线运动时，为顺利完成实验，保证实验效果，细线与长木板要平行，否则小车受力会发生变化，选项A正确；为打的点尽量多些，需先接通电源，再释放小车，选项B正确；本题中只要保证小车做匀变速运动即可，无需保证小车质量远大于钩码的质量，选项C错误；同理，小车与长木板间可以有不变的摩擦力，无需平衡摩擦力，选项D错误．故必需的措施是A、B选项．
(2)由s4－s1＝3aT2、s5－s2＝3aT2、s6－s3＝3aT2知加速度a＝＝0.80
m/s2
打B点时小车的速度vB＝＝0.40
m/s.
3．利用如图甲所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至光电门乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值．所得数据如下表所示.
x/m
0.500
0.600
0.700
0.800
0.900
0.950
t/ms
292.9
371.5
452.3
552.8
673.8
776.4
/(m·s－1)
1.71
1.62
1.55
1.45
1.34
1.22
完成下列填空和作图：
(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是________．
(2)根据表中给出的数据，在图乙给出的坐标系中画出?t图线．
(3)由所画出的?t图线，得出滑块加速度的大小为a＝________m/s2(保留两位有效数字)．
解析：(1)由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，知＝－at＋v或x＝vt－at2.
(2)如图所示．
(3)由＝－at＋v知(2)中图线的斜率k＝－，则a＝－2k≈2.0
m/s2.
五、相互作用
（一）重力
弹力
摩擦力
1．重力
(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．
(2)大小：与物体的质量成正比，即G＝mg.可用弹簧测力计测量重力．
(3)方向：总是竖直向下的．
2．重心
(1)其位置与物体的质量分布和形状有关．
(1)重心位置的确定
质量分布均匀的规则物体，重心在其几何中心；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定．
（二）形变、弹性、胡克定律
1．形变
物体在力的作用下形状或体积的变化叫形变．
2．弹性
(1)弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力时能够恢复原状的形变．
(2)弹性限度：当形变超过一定限度时，撤去作用力后，物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫弹性限度．
3．弹力
(1)定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力．
(2)产生条件：物体相互接触且发生弹性形变．
(3)方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反．
4．“三法”研判弹力的有无
5．弹力方向的判断
(1)常见模型中弹力的方向
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律判断．
6．计算弹力大小的方法
(1)弹簧、橡皮条等物体的弹力可以由胡克定律F＝kx计算．
(2)其他弹力可以根据物体的受力情况和运动情况，利用平衡条件或牛顿第二定律来确定大小．
7．胡克定律
(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．
(2)表达式：F＝kx.
①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．
②x是形变量，但不是弹簧形变以后的长度．
（三）滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力
1．静摩擦力与滑动摩擦力对比
2．动摩擦因数
(1)定义：彼此接触的物体发生相对运动时，摩擦力的大小和压力的比值．μ＝.
(2)决定因素：与接触面的材料和粗糙程度有关．
5．摩擦力的“三个方向”
名称
释义
运动方向
一般指物体相对地面(以地面为参考系)的运动方向
相对运
动方向
指以其中一个物体为参考系，另一个物体相对参考系的运动方向
相对运动
趋势方向
由两物体间静摩擦力的存在导致，能发生却没有发生的相对运动的方向
6．静摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法
(2)状态法
根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的方向．
(3)牛顿第三定律法
先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向．
7．摩擦力的计算
(1)在确定摩擦力的大小之前，首先分析物体所处的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力．
(2)滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方程等计算．
8．静摩擦力的突变问题：静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动趋势，而且静摩擦力存在最大值.
静摩擦力为零的状态是方向变化的临界状态；静摩擦力达到最大值是物体恰好保持相对静止的临界状态．
9．滑动摩擦力的突变问题：滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的压力均成正比，发生相对运动的物体，如果接触面发生变化或接触面受到的压力发生变化，则滑动摩擦力就会发生变化．
【经典例题】
1．画出图中物体A或结点A或滑轮A所受弹力的示意图(所有接触面均光滑)．
答案：如图所示
2．在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为(D)
A．均竖直向上
B．均指向球心O
C．A点处指向球心O，B点处竖直向上
D．A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上
解析：A点处弹力的方向沿半径指向球心O，B点处弹力的方向垂直于筷子斜向上，故D正确．
3．(多选)如图所示，为一轻质弹簧的弹力大小和长度的关系，根据图象判断，正确的结论是(BC)
A．弹簧的劲度系数为1
N/m
B．弹簧的劲度系数为100
N/m
C．弹簧的原长为6
cm
D．弹簧伸长0.02
m时，弹力的大小为4
N
解析：弹力与弹簧长度的关系图象中，图象的斜率表示劲度系数，图象与横轴的交点(横轴的截距)表示弹簧的原长．k＝＝
N/m＝100
N/m，选项A错误，B正确；弹簧原长为6
cm，选项C正确；弹簧伸长2
cm，即L＝8
cm时，弹力大小为2
N，选项D错误．
4．如图所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(D)
A．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同
B．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反
C．甲、乙两图中物体A均不受摩擦力
D．甲图中物体A不受摩擦力，乙图中物体A受摩擦力，方向和F相同
解析：用假设法分析：甲图中，假设A受摩擦力，与A做匀速运动在水平方向合力为零不符，所以A不受摩擦力；乙图中，假设A不受摩擦力，A将相对B沿斜面向下运动，则知A受沿F方向的摩擦力；选项D正确．
5．(多选)如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平地面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平．从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k为常数)作用在B物体上，拉力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．据此可求(AB)
A．A、B之间的最大静摩擦力
B．水平面与B之间的滑动摩擦力
C．A、B之间的动摩擦因数μAB
D．B与水平面间的动摩擦因数μ
解析：当B被拉动后，拉力传感器才有示数，地面对B的最大静摩擦力为Ffm＝kt1，A、B相对滑动后，拉力传感器的示数保持不变，则FfAB＝kt2－Ffm＝k(t2－t1)，选项A、B正确；由于A、B的质量未知，则μAB和μ不能求出，选项C、D错误．
6．表面粗糙的长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大，最大静摩擦力大于滑动摩擦力)，另一端不动，则木块受到的摩擦力Ff随角度α变化的图象是下列图中的(C)
解析：本题涉及摩擦力的渐变和突变，我们分阶段研究：①初始木板处于水平位置，此时有a＝0，f＝0；②从木板开始转动到木块与木板发生相对滑动前，木块所受的是静摩擦力，由于木板缓慢转动，可认为木块处于平衡状态．由平衡条件可知，f静＝mgsinα，因此，静摩擦力随α的增大而增大，它们满足正弦规律变化；③木块相对于木板刚要滑动时达到临界状态，此时木块所受的静摩擦力为最大静摩擦力fm，随着α继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力变为滑动摩擦力，且满足fm>f滑；④木块相对于木板开始滑动后，f滑＝μmgcosα，则木块所受的滑动摩擦力随α的增大而减小，满足余弦规律变化；⑤最后，α＝，f＝0.据以上分析可知，选项C正确．
六、力的合成与分解
受力分析
（一）力的合成和分解
1．合力与分力
(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来那几个力叫做分力．
(2)关系：合力和分力是等效替代的关系．
2．共点力
作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力．如下图所示均是共点力．
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程．
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．如下图甲所示．
②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法．如下图乙所示．
4．两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大．
5．三个共点力的合成
(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3.
(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和．
6．几种特殊情况的共点力的合成
7．力合成的方法
(1)作图法
(2)计算法
若两个力F1、F2的夹角为θ，如图所示，合力的大小可由余弦定理得到：
F＝
tanα＝.
8．力的分解
(1)定义：求一个已知力的分力的过程．
(2)遵循原则：平行四边形定则或三角形定则．
(3)分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解．
9．按作用效果分解力的一般思路
10．正交分解法
(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．
(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，通常以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．
(3)方法：物体受到F1、F2、F3…多个力作用求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解．
x轴上的合力：
Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：
Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小：F＝
合力方向：与x轴夹角设为θ，则tanθ＝.
（二）矢量和标量
1．矢量：既有大小又有方向的量，求和时遵从平行四边形定则．
2．标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加．
（三）受力分析
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的四种方法
(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在．
(2)整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析．
(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析．
(4)动力学分析法：对加速运动的物体应用牛顿运动定律进行分析求解．
3．受力分析的四个步骤
（四）共点力的平衡
1．平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态．
2．平衡条件：
F合＝0或者
如图，小球静止不动，物块匀速运动．
则：小球F合＝F－mg＝0.
物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－mg＝0.
3．平衡条件的推论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反．
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反．
4．处理平衡问题的常用方法
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分
解法
物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三
角形法
对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
【典型例题】
1．如图所示，重力为6
N的木块静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4
N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为(C)
A．3
N
B．4
N
C．5
N
D．10
N
解析：初始时木块保持静止，相对于斜面有下滑的趋势，斜面对其沿斜面向上的静摩擦力f1＝mgsin30°＝3
N，木块受到水平力F的作用，相对于斜面有水平向左运动的趋势，斜面对其水平向右的静摩擦力大小为f2＝F＝4
N，所以斜面对木块的摩擦力大小为f＝＝5
N，选项C正确．
2．如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上的分力之和最大(A)
A．F1、F2合力的方向
B．F1、F2中较大力的方向
C．F1、F2中较小力的方向
D．任意方向均可
解析：F1和F2在L上的分力之和等价于F1、F2的合力在L上的分力，而F1和F2的合力要在L上的分力最大，就应该取这个合力本身的方向，所以A正确．
3．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(B)
A．cosθ＋μsinθB．cosθ－μsinθ
C．1＋μtanθ
D．1－μtanθ
(2)将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解．
解析：物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图所示．
将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：
F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ
Ff1＝μFN1，
F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2
FN2＝mgcosθ＋F2sinθ
Ff2＝μFN2
解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ
F2＝
故＝cosθ－μsinθ，B正确．
4．如图所示是由某种材料制成的固定在水平地面上半圆柱体的截面图，O点为圆心，半圆柱体表面是光滑的．质量为m的小物块(视为质点)在与竖直方向成θ角的斜向上的拉力F作用下静止在A处，半径OA与竖直方向的夹角也为θ，且A、O、F均在同一竖直截面内，则小物块对半圆柱体表面的压力为(D)
A.
B．mgcosθ
C.
D.
解析：质量为m的小物块受3个力的作用：重力mg、支持力FN、拉力F，根据几何关系可知FN＝F＝，根据牛顿第三定律可得FN′＝FN＝，D正确．
5．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则(B)
A．FN＝(m2－m1)g
B．FN＝m2g
C．FT＝m1g
D．FT＝g
解析：分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力FT＝0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：FN＝m2g，故A错误，B正确．
6．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1
kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是(C)
A．小物块可能只受三个力
B．弹簧弹力大小一定等于4
N
C．弹簧弹力大小可能等于5
N
D．斜面对物块支持力可能为零
解析：由于μmgcos37°＝4
N，mgsin37°＝6
N，故μmgcos37°N，解得FN≥4
N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，D错误．
7．在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b，放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是(B)
A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
解析：
以ab为整体受力分析，受重力、筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，筒底对两球的支持力等于两球整体的重力，故A项错误；根据整体法分析知筒壁两侧的两个支持力是相等的，再用隔离法分析上面球的受力情况，如图所示，由几何知识可知F筒＝，故侧壁的弹力与上面球的重力成正比，由于a球质量大于b球，故乙图中两侧的弹力较大，故B正确．
七、实验：探究弹力与弹簧深长的关系
（一）实验目的
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系．
2．学会利用图象法处理实验数据，探究物理规律．
（二）实验原理
1．如图所示，在弹簧下端悬挂钩码时，弹簧会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．
2．用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立直角坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中描出实验所测得的各组(x，F)对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，可探知弹力大小与弹簧伸长量间的关系．
（三）实验器材
铁架台、毫米刻度尺、弹簧、钩码(若干)、三角板、铅笔、重垂线、坐标纸等．
（四）实验步骤
1．根据实验原理图，将铁架台放在桌面上(固定好)，将弹簧的一端固定于铁架台的横梁上，在靠近弹簧处将刻度尺(最小分度为1
mm)固定于铁架台上，并用重垂线检查刻度尺是否竖直．
2．记下弹簧下端不挂钩码时所对应的刻度l0，即弹簧的原长．
3．在弹簧下端挂上钩码，待钩码静止时测出弹簧的长度l，求出弹簧伸长量x和所受的外力F(等于所挂钩码的重力)．
4．改变所挂钩码的数量，重复上述实验，要尽量多测几组数据，将所测数据填写在表格中．
记录表：弹簧原长l0＝________cm.
次数
1
2
3
4
5
6
拉力F/N
弹簧总长/cm
弹簧伸长/cm
（五）数据处理
1．以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作图，连接各点得出弹力F随弹簧伸长量x变化的图线．
2．以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式，并解释函数表达式中常数的物理意义．
（六）误差分析
1．系统误差
钩码标值不准确和弹簧自身重力的影响造成系统误差．
2．偶然误差
(1)弹簧长度的测量造成偶然误差，为了减小这种误差，要尽量多测几组数据．
(2)作图时的不规范造成偶然误差，为了减小这种误差，画图时要用细铅笔作图，所描各点尽量均匀分布在直线的两侧．
（七）注意事项
1．所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出其弹性限度，要注意观察，适可而止．
2．每次所挂钩码的质量差适当大一些，从而使坐标点的间距尽可能大，这样作出的图线准确度更高一些．
3．测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量，以免增大误差．
4．描点画线时，所描的点不一定都落在一条线上，但应注意一定要使各点均匀分布在线的两侧．
5．记录实验数据时要注意弹力、弹簧的原长l0、总长l及弹簧伸长量的对应关系及单位．
6．坐标轴的标度要适中．
【经典例题】
1．某同学要探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上．然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度值记作l0，弹簧下端每增加一个50
g的砝码时，指针示数分别记作l1、l2、…、l5，g取9.8
m/s2.
(1)下表记录的是该同学测出的5个值，其中l0未记录.
代表符号
l0
l1
l2
l3
l4
l5
刻度值/cm3.40
5.10
6.85
8.60
10.30
以砝码的数目n为纵轴，以弹簧的长度l为横轴，根据表格中的数据，在如图所示坐标纸中作出n?l图线；
答案：如图所示
(2)根据n?l图线，可知弹簧的劲度系数k＝28
N/m；(保留两位有效数字)
(3)根据n?l图线，可知弹簧的原长l0＝1.70(1.65～1.75均可)
cm.
解析：(1)根据表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；(2)充分利用测量数据，弹簧弹力与伸长量Δx之间的关系图象的斜率代表弹簧的劲度系数：k＝＝28
N/m；(3)图象与横轴的交点的横坐标为弹簧的原长，故由图可知，原长约为1.70
cm.
2．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73
cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为6.93
cm；
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是A(填选项前的字母)；
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度．
解析：由乙图可读出刻度尺的读数为14.66
cm，弹簧的伸长量Δl＝14.66
cm－7.73
cm＝6.93
cm.
3．用如图甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙中ab虚线所示，再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙中cd虚线所示，已知每个钩码质量为50
g，重力加速度g＝9.8
m/s2，则被测弹簧的劲度系数为70
N/m.挂三个钩码时弹簧的形变量为2.10
cm.
解析：由图可知，当钩码增加1个时，弹力增大mg，弹簧的长度伸长量增加0.70
cm，则由平衡关系可知，mg＝kx，解得劲度系数k＝＝70
N/m；对3个钩码由3mg＝kx1；解得x1＝2.10
cm.
八、实验：验证力的平行四边形定则
（一）实验目的
1．验证互成角度的两个共点力合成时的平行四边形定则．
2．学会用作图法处理实验数据和得出实验结论．
（二）实验原理
等效思想：使一个力F′的作用效果和两个力F1和F2的作用效果相同，都是使同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点O，即伸长量相同，所以F′为F1和F2的合力，作出力F′的图示，再根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示，比较F、F′在实验误差允许的范围内是否大小相等、方向相同．
（三）实验器材
方木板、白纸、弹簧测力计(两个)、橡皮条、细绳套(两个)、三角板、刻度尺、图钉、铅笔．
（四）实验步骤
1．仪器安装
(1)按实验原理图所示，用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上．
(2)用图钉把橡皮条的一端固定在A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套．
2．测量与记录
(1)用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与绳的结点伸长到某一位置O，记录两弹簧测力计的读数F1、F2，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳的方向．
(2)只用一个弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的读数F′和细绳的方向．
(3)改变两弹簧测力计拉力的大小和方向，再重做两次实验．
（五）数据处理
1．用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线即为合力F的图示．
2．用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤中只用一个弹簧测力计的拉力F′的图示．
3．比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则．
（六）误差分析
1．读数误差
减小读数误差的方法：弹簧测力计数据在条件允许的情况下，尽量大一些．读数时眼睛一定要平视，要按有效数字的读数规则正确地读数和记录．
2．作图误差
减小作图误差的方法：作图时两力的对边一定要平行，两个分力F1、F2间的夹角越大，用平行四边形作出的合力F的误差ΔF就越大，所以实验中不要把F1、F2间的夹角取得太大．
（七）注意事项
1．位置不变
在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同．
2．角度合适
用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°之间为宜．
3．尽量减少误差
(1)在合力不超出弹簧测力计量程及在橡皮条弹性限度内，形变应尽量大一些．
(2)细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．
4．统一标度
在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些．
【典型例题】
1．在做“探究求合力的方法”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的是(B)
A．同一次实验过程中，O点位置允许变动
B．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
C．实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点
D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两弹簧测力计之间夹角应取90°，以便于算出合力的大小
解析：从橡皮条固定点到O点的连线表示合力的大小和方向，如果O点变动，那么合力就会变化，就不能验证力的平行四边形定则，A错误；C选项中，因一个弹簧测力计已拉到最大量程，再通过另一个弹簧测力计拉橡皮条到O点时，第一个弹簧测力计可能超过最大量程，造成损坏，或读数不准，C错误；互成角度的两个力是利用平行四边形定则合成的，两个分力成任意角度都适用，不必成90°角，D错误．
2．用图甲所示的装置做“验证力的平行四边形定则”实验．
(1)某同学的实验操作如下，请完成相关内容．
①在桌面上放一方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上．
②用图钉把橡皮条一端固定在A点，另一端系上两条细绳，细绳的另一端系有绳套．
③用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O.记下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数，并记下两条细绳的方向．
④按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F.
⑤只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示．
(2)某次实验中弹簧测力计的示数如图乙所示，则两弹簧测力计的拉力的大小分别为2.50
N、4.00
N.
(3)某同学完成“验证力的平行四边形定则”实验操作后得到的数据如图所示，请选好标度在方框中作图完成该同学未完成的实验处理．请写出得到的实验结论．
(4)若两个弹簧测力计的读数分别为3.00
N、4.00
N，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则能不能用一个量程为5
N的弹簧测力计测出它们的合力？理由是什么？
答案：(3)如图所示在误差允许范围内，合力与分力是等效替代的关系，且互成角度的两个力合成时遵循平行四边形定则
(4)不能合力大小超过弹簧测力计的量程
解析：(1)③用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O，此时需要用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧测力计的示数．
⑤只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，此时需要读出弹簧测力计的示数，并记下细绳的方向．
(2)两个弹簧测力计的读数分别为2.50
N和4.00
N.
(3)如图所示．根据所作的图象可得到的结论是：在误差允许范围内，合力与分力是等效替代的关系，且互成角度的两个力合成时遵循平行四边形定则．
(4)不能用一个量程为5
N的弹簧测力计测出它们的合力，因为这两个力的合力会大于5
N，超过弹簧测力计的量程．
九、牛顿运动定律
（一）牛顿第一定律
1．内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律．
3．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
(2)性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关．
(3)量度：质量是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．
4．惯性的两种表现形式
(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．
（二）牛顿第三定律
1．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．意义
建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系．
3．作用力与反作用力的“六同、三异、二无关”
(1)六同：大小相同、性质相同、同一直线、同时产生、同时变化、同时消失．
(2)三异：方向相反、不同物体、不同效果．
(3)二无关：与物体的运动状态无关、与物体是否受其他力无关．
4．一对平衡力与作用力、反作用力的不同点
特别提醒定律中的“总是”二字说明对于任何事物，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
（三）牛顿第二定律
1．牛顿第二定律
(1)内容
物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力方向相同．
(2)表达式：F＝ma.
(3)适用范围
①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)．
②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．
2．单位制
(1)单位制
由基本单位和导出单位一起组成了单位制．
(2)基本单位
基本物理量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s.
(3)导出单位
由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
3．牛顿第二定律的“四性”
瞬时性
a与F对应同一时刻
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＝
4．两种常见模型
加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种常见模型：
5．求解瞬时加速度的一般思路
??
6.合力、加速度、速度的关系
(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．
(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．
(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝是加速度的决定式．
（四）两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况．
第二类：已知运动情况求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
（五）动力学的图象问题
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．动力学图象问题的类型
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)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．
4．解决图象综合问题的三点提醒
(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，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．
（六）超重与失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关．
(2)视重：
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．
2．超重、失重和完全失重的比较
（七）牛顿运动定律的应用
1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况．运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法：当求系统内物体间相互作用力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
3．外力和内力
(1)如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．
(2)应用牛顿第二定律对整体列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转变为隔离体的外力．
（八）涉及传送带的动力学问题
1．水平传送带模型
情景
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＝v时，一直匀速
(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(3)v0情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中当v0>v时，返回时速度为v，当v02.倾斜传送带模型
情景
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能从左端滑下
(2)可能静止
(3)可能一直加速
(4)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
（九）“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：如图所示，L＝x1－x2
反向运动时：如图所示，L＝x1＋x2
3．解题步骤
【典型例题】
5．如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是(B)
A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
C．若小车加速向右运动，表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D．若小车加速向右运动，表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
解析：甲拉小车的力和乙拉小车的力作用在同一物体上，不是作用力和反作用力，A错误；不计小车与地面之间的摩擦力，小车静止时受到两个拉力而处于平衡状态，这两个拉力是一对平衡力，B正确；小车拉甲的力跟甲拉小车的力是作用力和反作用力，两力大小是相等的，C错误；同理，D错误．
2．(多选)关于牛顿第一定律的理解正确的是(ABD)
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析：牛顿第一定律描述了物体不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，选项A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦阻力的作用而改变了木块的运动状态，奔跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，选项C错误，D正确．
3．(2017·上海单科)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上．当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图(A)
解析：当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A所示的情形符合要求，故选项A正确．
4．如图所示，物体A、B质量分别是5
kg和12
kg，不计滑轮与绳间摩擦及绳的重力，整个系统静止．则地面对B的摩擦力及物体B对地面的压力大小分别为(g取10
m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(B)
A．30
N70
N
B．30
N80
N
C．70
N30
N
D．80
N30
N
解析：
由于A处于平衡状态，受力分析可知绳子上的拉力FT＝mAg①
对物体B受力分析，如图所示，由于B静止，则有
水平方向：FTcos53°＝f②
由①②两式得地面对B的摩擦力f＝30
N
对物体B，在竖直方向分析，有mBg＝FTsin53°＋FN
代入数据解得FN＝80
N
由牛顿第三定律可知FN′＝－FN，故物体B对地面的压力大小为80
N，方向竖直向下，故选项B正确．
5．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力大小一定为(B)
A．μ1(m＋M)g
B．μ2mg
C．μ1mg
D．μ1mg＋μ2Mg
解析：木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对木块水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于长木板处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，故B正确．
6．如图所示，一容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂一只铁球和一只乒乓球，容器中铁球和乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动情况是(以小车为参考系)(C)
A．铁球向左，乒乓球向右
B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左
D．铁球和乒乓球都向右
解析：由于惯性，当容器随小车突然向右运动时，铁球和乒乓球都相对容器向左运动，C正确．
7．如图所示，一盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)(A)
A．铁球向左，乒乓球向右
B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左
D．铁球和乒乓球都向右
解析：因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积
的“水球”的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起向右运动，所以小车向右运动时，铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．
8．如图所示，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向右做匀加速直线运动(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(A)
A.
B.
C.
D.
解析：把m1、m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确．
9．(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g取10
m/s2，则可以计算出(ACD)
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14
N时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
解析：由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7
N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7
N，a1＝0.5
m/s2，F2＝14
N，a2＝4
m/s2代入上式可得m＝2
kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14
N时物体的速度，B错误．
十、实验：验证牛顿运动定律
（一）实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．探究加速度与力、质量的关系．
3．掌握利用图象处理数据的方法．
（二）实验原理
采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，探究加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度a与小车质量M的关系．
（三）实验器材
小车，砝码，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线，纸带，复写纸，托盘天平，米尺．
（四）实验步骤
1．称量质量
用天平测小盘的质量m0和小车的质量M0.
2．安装器材
按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即无小车牵引力)．
3．平衡摩擦力
在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木板，反复移动薄木块的位置，直至小车在不挂小盘和砝码的情况下能沿木板做匀速直线运动为止．
4．测量加速度
(1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带．计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中．改变小盘内砝码的个数，并多做几次．
(2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上运动打出纸带．计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中．改变小车上砝码的个数，并多做几次．
表(一)
实验次数
加速度a/(m·s－2)
小车受力F/N
1
2
3
4
表(二)
实验
次数
加速度
a/(m·s－2)
小车和砝码的总质量M/kg
小车和砝码的总质量的倒数/kg－1
1
2
3
4
（五）数据处理
1．计算加速度
在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度．
2．图象法处理实验数据
作图象找关系：根据记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a?F图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比．再根据记录的各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a?图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比．
（六）误差分析
1．因实验原理不完善引起的系统误差
以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a，
以小车为研究对象得F＝Ma，求得
F＝·mg＝·mg本实验用小盘和砝码的总重力mg代替对小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小．因此，满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量，就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差．
2．摩擦力平衡不准确造成的误差．在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的均与实验规范操作一致(比如要挂好纸带、接通打点计时器等)，小车匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各相邻两点间的距离相等．
3．质量的测量、打点计时器打点时间间隔不等、纸带上各点距离的测量、细绳或纸带不与木板平行等都会引起误差．
（七）注意事项
1．平衡摩擦力
在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带匀速运动．平衡了摩擦力后，不论实验中是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
2．实验条件
每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
3．一先一后一按住
改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且在小车到达定滑轮前按住小车．
4．作图
作图时，两坐标轴的比例要适当，要使尽可能多的点落在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称地分布在所作直线两侧．
【典型例题】
1．用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
(1)某同学通过实验得到如图乙所示的a?F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大(选填“偏大”或“偏小”)．
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力小于(选填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足M?m的条件．
(3)某同学得到如图所示的纸带．已知打点计时器所接电源频率为50
Hz.A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δx＝xDG－xAD＝1.80
cm.由此可算出小车的加速度a＝5.0(保留两位有效数字)m/s2.
解析：(1)根据所给的a?F图象可知，当F＝0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的．
(2)根据牛顿第二定律，对小车，有F＝Ma，对砝码和盘，有mg－F＝ma，解得F＝(3)由题图读出xAD＝2.10
cm，xDG＝3.90
cm，所以Δx＝xDG－xAD＝1.80
cm，根据Δx＝aΔt2，解得a＝5.0
m/s2.
2．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：
(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乙所示的纸带，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2位有效数字)
(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，如图丙所示．图线________(填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量m＝________kg.
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，故选项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，故选项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.
3．用如图甲所示装置做“探究物体的加速度与力的关系”的实验．实验时保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．
(1)实验时先不挂钩码，反复调整垫块的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力．
(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图所示．已知打点计时器接在频率为50
Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝1.0
m/s2.(结果保留两位有效数字)
(3)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a?F关系图象，如图丙所示．此图象的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是C.(选填下列选项的序号)
A．小车与平面轨道之间存在摩擦
B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂钩码的总质量过大
D．所用小车的质量过大
解析：(1)使平面轨道的右端垫起，让小车重力沿斜面方向的分力与它受到的摩擦阻力平衡，才能认为在实验中小车受的合外力就是钩码的重力，所以目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力．
(2)由逐差法可知
a＝＝
m/s2
≈1.0
m/s2.
(3)在实验中认为小车所受的合外力F就是钩码的重力mg，实际上，小车所受的合外力F′＝Ma，mg－F′＝ma，即F′＝·mg，a＝·mg＝F，所以当小车所受的合外力F变大时，m必定变大，必定减小．当M?m时，a?F图象为直线，当不满足M?m时，则a?F图象的斜率逐渐变小，选项C正确．
4．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离x；
②调整轻滑轮高度，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求出a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1
mm)的示数如图所示，其读数为0.950
cm.
(2)物块的加速度a可用d、x、ΔtA和ΔtB表示为a＝.
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝.
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差(选填“偶然误差”或“系统误差”)．
解析：(1)由图读出d＝0.9
cm＋10×0.05
mm＝0.950
cm.
(2)因为vA＝，vB＝，由2ax＝v－v，
可得a＝.
(3)设细线上的拉力为T，则
mg－T＝mT－μMg＝M
两式联立得μ＝.
（4）细线没有调整到水平，属于实验方法上的问题，这样会引起系统误差．

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