2020版高三物理一轮复习学案：第三章牛顿运动定律

第三章 牛顿运动定律
[全国卷5年考情分析]

基础考点
常考考点
2018
2017
2016
2015
2014
命题概率
超重和失重(Ⅰ)

未曾独立命题
牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)
Ⅰ卷T15(6分)
Ⅰ卷T25(20分)
Ⅱ卷T24(12分)
Ⅲ卷T19(6分)
Ⅰ卷T25(20分)
Ⅱ卷T24(12分)
Ⅲ卷T25(20分)
Ⅰ卷T18(6分)
Ⅲ卷T20(6分)
Ⅲ卷T24(12分)
Ⅰ卷T20(6分)
Ⅰ卷T25(20分)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅱ卷T25(20分)
Ⅰ卷T17(6分)
Ⅰ卷T24(12分)
Ⅱ卷T17(6分)
Ⅱ卷T24(13分)
独立命题
概率100%
综合命题
概率100%
实验四：验证牛顿运动定律
—
—
Ⅲ卷T23(10分)
—
Ⅰ卷T22(6分)
综合命题
概率40%
常考角度
(1)通过牛顿第三定律考查力的相互性
(2)由牛顿第二定律分析、求解加速度
(3)动力学的两类基本问题分析与计算
(4)通过整体法与隔离法考查牛顿第二定律的应用

第1节　牛顿第一定律　牛顿第三定律

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)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
(2)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。[注1]
二、惯性
1．定义：物体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。[注2]
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
三、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，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。物体间相互作用的这一对力叫做作用力和反作用力。
2．牛顿第三定律
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。[注3]
【注解释疑】
[注1] 牛顿第一定律并不是牛顿第二定律在加速度等于零时的特例。
[注2] 当物体不受力或所受合力为零时，惯性表现为保持原来的运动状态不变；当物体受到合力不为零时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。
[注3] 可简记为：异体、等大、反向、共线。

[深化理解]
1．惯性是物体的固有属性，不是一种力。
2．牛顿第一定律的本质是力与运动的关系，即力不是维持运动的原因，而是改变运动状态的原因。
3．牛顿第三定律指出了作用力与反作用力间的关系，这种关系适用于宏观、低速运动的情况。
[基础自测]
一、判断题
(1)牛顿第一定律是实验定律。(×)
(2)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态。(×)
(3)物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止。(×)
(4)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(×)
(5)惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。(√)
(6)作用力与反作用力的效果可以相互抵消。(×)
(7)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。(×)
二、选择题
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：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
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
解析：选BCD　亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡儿也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，提出了惯性定律，即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。B、C、D正确。
2．[人教版必修1 P70 T1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，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，人向上跳起来后，还会落到原地
C．安全带的作用是防止汽车刹车时，人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
解析：选BC　飞机在目标正上方投弹时，由于惯性，炸弹会落在目标的前方，A错误；地球自西向东自转，人向上跳起后，由于惯性，还会落在原地，B正确；汽车刹车时，由于惯性，人会向前冲，安全带可以防止人的前冲，C正确；物体被向上抛出后，在空中向上运动是由于惯性，D错误。
3．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．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关
D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小
解析：选C　惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关，A、B、D错误，C正确。
4．[粤教版必修1 P71 T1]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
解析：选D　人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C错误，D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对牛顿第一定律和惯性的理解、掌握牛顿第三定律的内容、区分相互作用力与平衡力等，常结合其他知识进行综合考查，以选择题的形式呈现，难度一般。
考点一　牛顿第一定律的理解[基础自修类]
[题点全练]
1．(多选)关于牛顿第一定律的说法正确的是(　　)
A．牛顿第一定律是理想的实验定律
B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的
D．物体的运动不需要力来维持
解析：选BD　牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略理想斜面实验为基础，经过科学抽象，归纳推理总结出来的，故A错误；惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，而惯性定律即为牛顿第一定律，反映的是物体不受力作用时的运动规律，故C错误；根据牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，但物体运动状态改变时必须有力的作用，故B、D正确。
2．(多选)早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD　物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有的保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，C错误。
3．下列说法正确的是(　　)
A．在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大
B．牛顿第一定律是根据理论推导出来的
C．在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零
D．物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的
解析：选D　惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度无关，所以高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性小，故A错误；牛顿第一定律是根据实验和逻辑推理得出来的，故B错误；在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球受到阻力，小球的惯性不变，故C错误；如果加速度方向与速度方向相同，虽然加速度减小，但物体速度是增大的，所以D选项正确。
[名师微点]
1．牛顿第一定律的意义
(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。
(2)揭示力与运动的关系：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。
2．牛顿第一定律与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
考点二　牛顿第三定律的理解[基础自修类]
[题点全练]
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，从而与牛顿第一定律和牛顿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(　　)
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，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小
D．物体在地面上滑行，物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力
解析：选C　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，是同时产生的，所以选项A错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上，是一对作用力与反作用力，不是平衡力，选项B错误；人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项C正确；物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项D错误。
2．2018年9月29日12时13分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲固体运载火箭，成功将微厘空间一号试验卫星送入预定轨道。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，与地球之间不存在相互作用
解析：选A　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，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误。
3．物体静止于水平桌面上，则(　　)
A．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对相互平衡的力
B．物体的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同性质的力
D．桌面对物体的支持力大小等于物体的重力大小，这两个力是一对平衡力
解析：选D　物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，故A错误；物体的重力和物体对地球的吸引力是一对作用力与反作用力，故B错误；压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，故C错误；物体的重力是作用在物体上的力，支持力也是作用在这个物体上的力，这两个力大小相等、方向相反且作用在同一直线上，所以这两个力是一对平衡力，故D正确。
[名师微点]
1．作用力与反作用力的“六同、三异、二无关”
六同
性质相同、大小相同、同一直线
同时产生、同时变化、同时消失
三异
方向相反、不同物体、不同效果
二无关
与物体的运动状态无关
与物体是否受其他力无关
2．作用力和反作用力与一对平衡力的比较

作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
作用在两个物体上
作用在同一物体上
力的性质一定相同
对力的性质无要求
作用效果不可抵消
作用效果相互抵消
相同点
大小相等、方向相反，作用在同一直线上

考点三　应用牛顿第三定律转换研究对象 [师生共研类]

[典例]　建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．510 N　　　　　 B．490 N
C．890 N D．910 N
[思路点拨]
(1)明确物体间的相互作用：

(2)转换研究对象：
①求地面所受压力时，由于地面无其他信息，因此转换到求人受地面的支持力。
②求绳对人的拉力时，人的受力情况复杂，因此转换到求建材所受绳的拉力。
(3)根据牛顿第三定律，转换研究对象后所求的力与待求的力是“等大”的，因此问题得以巧妙地解出。
[解析]　设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝ma
F1＝m(g＋a)＝210 N
绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N
人处于静止状态，则地面对人的支持力
FN＝Mg－F2＝490 N，
由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490 N
故B项正确。
[答案]　B

如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔。　

[题点全练]
1.如图所示，家用吊扇对悬挂点有拉力作用，正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比(　　)
A．变大 B．变小
C．不变 D．无法判断
解析：选B　吊扇不转时，F拉＝G，当吊扇转动时，风扇对空气有一个向下的力，根据牛顿第三定律，空气对风扇有一个向上的力，由平衡条件可得：F拉′＋F空＝G，故有F拉′＜F拉，选项B正确。
2．如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)。若弹簧测力计的示数变为FT＝6 N，则台秤的示数比金属块没有浸入水前(　　)
A．保持不变 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N

解析：选D　对金属块受力分析，由平衡条件可知，水对金属块的浮力为F＝G－FT＝4 N，方向竖直向上，则由牛顿第三定律可得，金属块对水的作用力大小为F′＝F＝4 N，方向竖直向下，所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N，选项D正确。
3．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的大小一定为(　　)
A．μ1(m＋M)g B．μ2mg
C．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg
解析：选B　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。


“易错问题”辨清楚——惯性的“相对性”
(一)空气中的铁球和乒乓球
1．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)(　　)
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：选C　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。
(二)水中的铁球和乒乓球
2．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，两球的运动情况是(以小车为参考系)(　　)
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：选A　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。

(1)质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的质量越大，惯性越大，状态越难改变。
(2)悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大，但悬挂在水中的乒乓球的惯性没有对应的“水球”的惯性大。

[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是(　　)
A．亚里士多德、伽利略　　 B．伽利略、牛顿
C．伽利略、爱因斯坦 D．亚里士多德、牛顿
解析：选B　伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德认为的“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确。
2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。下列各选项是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是(　　)

A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的
B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此人和车摔倒
C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地
D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了
解析：选B　人与车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑时，前轮静止，但人与车的后半部分由于具有惯性仍保持向前运动，因此人和车摔倒，故B正确，A、C、D错误。
3．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方向一定相同
解析：选B　力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误。


4．牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律。利用如图所示的装置做如下实验：物块从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动。水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，物块沿水平面滑动到的最远位置依次为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(　　)
A．如果物块不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
B．如果物块受到力的作用，它的运动状态将发生改变
C．如果水平面光滑，物块将沿着水平面一直运动下去
D．物块受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选C　根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，物块滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，物块将沿着水平面一直运动下去。故选C。
5．如图所示，甲为水平传送带，乙为倾斜传送带，当行李箱随传送带一起匀速运动时，下列判断中正确的是(　　)

A．甲上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用
B．乙上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用
C．乙上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力
D．甲上的行李箱受的支持力与重力是一对作用力与反作用力
解析：选B　由于行李箱随传送带一起匀速运动，因此行李箱处于平衡状态，所受合力为零，又因为甲上的行李箱随水平传送带匀速运动，故不受摩擦力作用，甲上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力，A、D均错误；乙上的行李箱随倾斜传送带向上匀速运动，一定受到沿传送带向上的摩擦力，且行李箱受到的支持力与重力垂直于带面向下的分力平衡，故B正确，C错误。
6．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是(　　)
A．力不是维持物体运动的原因
B．力是使物体产生加速度的原因
C．自由落体运动是一种匀变速直线运动
D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
解析：选C　测量铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故C正确。
7．鸡蛋与桌面相碰，蛋壳破裂。关于鸡蛋与桌面间的相互作用力，下列说法中正确的是(　　)
A．桌面对鸡蛋的力的大小大于鸡蛋对桌面的力的大小
B．桌面对鸡蛋的力的大小小于鸡蛋对桌面的力的大小
C．桌面对鸡蛋的力的大小与鸡蛋对桌面的力的大小相等
D．桌面对鸡蛋的力的方向与鸡蛋对桌面的力的方向相同
解析：选C　桌面对鸡蛋的力与鸡蛋对桌面的力是一对作用力与反作用力，二者总是大小相等，方向相反，故C正确，A、B、D错误。
8．关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　)
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定
D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
解析：选C　质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关。故C正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
9．远在春秋战国时代(公元前770—公元前221年)，我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快。对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是(　　)
A．墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B．墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C．此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D．此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
解析：选C　“力，刑(形)之所以奋也。”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。故C错误，A、B、D正确。
10．如图所示，将两个相同的条形磁铁吸在一起，置于桌面上，下列说法中正确的是(　　)
A．甲对乙的压力的大小小于甲的重力的大小
B．甲对乙的压力的大小等于甲的重力的大小
C．乙对桌面的压力的大小等于甲、乙的总重力大小
D．乙对桌面的压力的大小小于甲、乙的总重力大小
解析：选C　以甲为研究对象，甲受重力、乙的支持力及乙的吸引力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，乙对甲的支持力大小等于甲受到的重力和吸引力的大小之和，大于甲的重力大小，由牛顿第三定律可知，甲对乙的压力大小大于甲的重力大小，故A、B错误；以整体为研究对象，整体受重力、支持力而处于平衡状态，故桌面对乙的支持力等于甲、乙的总重力的大小，由牛顿第三定律可知乙对桌面的压力大小等于甲、乙的总重力大小，故C正确，D错误。
11．如图所示，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(　　)
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．无法确定
解析：选B　因小车表面光滑，因此小球在水平方向上不会受到外力作用，原来两小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。
12．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；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于受到的阻力
解析：选D　汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力，而一对相互作用力总是大小相等，A、C错误；因一对相互作用力总是同时产生，B错误；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，汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于受到的阻力，D正确。
13．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 (a)、(b)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(　　 )

A．图(a)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(a)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(b)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(b)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：选B　伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确。完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误。伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。
14．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C　根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错误；因为甲对绳的拉力和乙对绳的拉力作用在同一个物体(绳)上，故两力不可能是作用力与反作用力，故选项B错误；若甲的质量比乙大，则甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。
15．将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被挡板挡住时，下列实验现象正确的是(　　)

A．假设小车上表面光滑，木块将如图甲所示向前倾倒
B．假设小车上表面光滑，木块将如图乙所示向前滑动
C．假设小车上表面粗糙，木块将如图丙所示向后倾倒
D．假设小车上表面粗糙，木块将如图乙所示向前滑动
解析：选B　当小车被挡板挡住时，小车将停下。如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误，B正确；如果小车上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，此时木块将如题图甲所示向前倾倒，C、D错误。
第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

一、牛顿第二定律　单位制
1．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。[注1]
(2)表达式：F＝ma。[注2]
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 [注3]
在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、和为基本单位。
(3)导出单位
由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
二、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：[注4]


【注解释疑】
[注1] 加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。
[注2] 应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。
[注3] “基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。
[注4] 既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。
[深化理解]
1.牛顿第二定律的适用范围
(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.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。
3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。
[基础自测]
一、判断题
(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(2)质量越大的物体，加速度越小。(×)
(3)物体的质量与加速度成反比。(×)
(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。(√)
(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(×)
(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√)
(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。(×)
二、选择题
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是(　　)
A．质量和时间　　　　 B．质量和位移
C．重力和时间 D．重力和位移
解析：选A　kg为质量的单位，s为时间的单位，A正确。
2．[鲁科版必修1 P121 T2]在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(　　)
A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小
B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小
C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D　由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定F＞f，且ma＝F－f；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F＜f后，此时ma＝f－F，F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综上所述，选项D正确。
3．[教科版必修1 P92 T4改编](多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　)
A．3 N　　　　　　　　　　　 B．25 N
C．30 N D．50 N
解析：选ACD　若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma＞0，解得F1＜5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma＞0，解得F1＞25 N，C、D正确。
4．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，选项图中能大致反映雨滴运动情况的是(　　)

解析：选C　根据题意，对雨滴进行受力分析，由牛顿第二定律可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动，故C正确。


高考对本节内容主要考查牛顿第二定律的理解、应用牛顿第二定律解决瞬时问题，常以选择题的形式呈现，难度一般，而对动力学的两类基本问题，及其在电场、磁场中的应用，考查形式可能是选择题，也可能是计算题，难度中等。
考点一　牛顿第二定律的理解[基础自修类]
[题点全练]
1．[对牛顿第二定律的理解]
(多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是(　　)
A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响
B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和
C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动
D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比
解析：选ABC　由牛顿第二定律的特性易知，A、B、C正确；物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，D错误。
2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]
如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)
A．木块将立即做匀减速直线运动
B．木块将立即做变减速直线运动
C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大
D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零
解析：选C　对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误。在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确。继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误。
3．[力的合成与牛顿第二定律的综合问题]
(多选)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是(　　)
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小

C．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2.5 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2
解析：选BC　根据平衡条件得知，其余力的合力大小范围为：5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝得：物体的加速度大小范围为：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小可能为2.5 m/s2，故C正确。物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。
[名师微点]
1．牛顿第二定律的五个特性

2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。
(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题[基础自修类]
[题点全练]
1．[轻绳模型和轻弹簧模型对比]
如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为cos θ∶1
解析：选D　根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细绳L1的拉力突变，沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FT＝mgcos θ，ma1＝mgsin θ；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcos θ＝mg，ma2＝mgtan θ，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，则D正确。
2．[轻弹簧模型与轻杆模型对比]
(多选)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：选CD　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。

3．[轻弹簧模型与接触面模型综合问题]
如图所示，A、B两物体质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN。不计空气阻力，关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．刚撤去力F时，FN＝
B．弹簧弹力大小为F时，FN＝
C．A、B的速度最大时，FN＝2mg
D．弹簧恢复原长时，FN＝mg
解析：选B　对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，此时弹簧弹力大小为F＋2mg。刚撤去力F时，A、B向上加速运动，由牛顿第二定律可得，a＝，对A受力分析，由牛顿第二定律有：FN－mg＝ma，解得FN＝，选项A错误。当弹簧弹力大小为F时，对A、B整体，由牛顿第二定律有，F－2mg＝2ma1，隔离A，由牛顿第二定律有，FN1－mg＝ma1，解得FN1＝，选项B正确。A、B的速度最大时，加速度为零，弹簧弹力大小为2mg，FN2＝mg，选项C错误。弹簧恢复原长时，A、B只受重力作用，FN3＝0，选项D错误。
[名师微点]
1．求解瞬时加速度的一般思路
⇨⇨
2．瞬时性问题的两类模型
加速度与合外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模型：
轻绳、轻杆和接触面
不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理
弹簧、蹦床和橡皮筋
当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变

考点三　动力学的两类基本问题[师生共研类]
动力学两类基本问题的解题步骤

[典例]　如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
[解析]　(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2 m/s2。
(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即
t1＝＝ s＝2 s时，
两者之间最大距离
xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。
(3)设推力作用的时间为t2，
根据位移公式得x1＝a1t22
则t2＝ ＝ s＝5 s
速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s
撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝μg＝2 m/s2
由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m
而t3＝＝ s＝5 s。
物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s
则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。
[答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m
[延伸思考]
撤去推力F后，当物体刚停止运动时，物体与小车的距离是否为物体在运动过程中的最近距离？如果不是，则何时物体与小车相距最近？最近距离为多少？
提示：撤去推力F后，当物体停止时，物体与小车的距离不是最近距离，当物体的速度减小到与小车的速度v0相等时，两者相距最近。设物体撤去推力后经t4时间与小车速度大小相等
由v2－a2t4＝v0，可得：t4＝3 s，
由x3＝v2t4－a2t42，可得：x3＝21 m，
物体运动的时间t′＝t2＋t4＝8 s，
物体与小车间的最近距离：d′＝v0t′＋s0－(x1＋x3)＝26 m。

本例是已知受力情况求解多过程运动问题，通过本例帮助学生掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

(2)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
　
[题点全练]
1．[已知受力情况分析物体的运动情况]
(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
解析：选BCD　木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。
2．[已知运动情况确定物体的受力情况]
将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)
A．mg　　　　　　　　 B.mg
C.mg D.mg
解析：选C　设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2，解得：＝
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝mg，C正确。
3．[动力学中的多过程问题分析]
某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，然后第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离。
解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度为a1＝＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2 m/s，位移x1＝a1t12＝0.6 m。
(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a2＝＝0.2 m/s2
第一次撤去水平推力后经过时间t2＝2.0 s
速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v22－v1′2＝2a1x1
第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x2＝＝5.2 m。
答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m
考点四　动力学的图像问题[多维探究类]
1．常见的动力学图像及问题类型

2．动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考法(一)　由运动图像分析物体的受力情况
[例1]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
[解析]　由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。
[答案]　A
[题型技法]
(1)由v­t图像可以确定物体在各时间段运动的加速度。
(2)F1、F2、F3为物体在各时间段受到的拉力，而不是物体所受的合外力。
考法(二)　由力的图像分析物体的运动情况
[例2]　如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。

(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小。
(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？
[解析]　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t)N
当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3 N
由牛顿第二定律得F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)
作出F合­t图像如图所示
从图中可以看出，在0～2 s范围内
当t＝0时，物体有最大加速度am
Fm＝mam
am＝＝ m/s2＝1 m/s2
当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′
Fm′＝mam′
am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2
负号表示加速度方向向左。
(3)由牛顿第二定律得
a＝＝1－t(m/s2)
画出a­t图像如图所示
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a­t图像在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。
[答案]　(1)0.5 m/s2　(2)当t＝0时，am＝1 m/s2；当t＝2 s时，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s

考法(三)　由已知条件确定某物理量的图像
[例3]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)

[解析]　设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
[答案]　A

[共性归纳]
解答动力学的图像问题时要注意以下三个关键点：
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，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)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像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。



[题点全练]
1．[由a­t图像分析压力的变化情况]
(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

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
解析：选AD　对人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。
2．[由a­F图像分析物体的受力情况和运动情况]
(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变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则可以计算出(　　)
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：选ACD　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。
3．[F­t图像和v­t图像的综合问题]
一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：

(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；
(2)物块在前6 s内的位移大小x；
(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。
解析：(1)由题图乙可知前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N。
(2)在v­t图像中图线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小x＝ m＝12 m。
(3)由题图乙知，在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma
在4～6 s内物块做匀速运动，有F3＝Ff2＝μmg
解得μ＝0.4。
答案：(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4


“融会贯通”归纳好——物体在五类光滑斜面上运动时间的比较
第一类：等高斜面(如图1所示)。
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。

第二类：同底斜面(如图2所示)。
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。
第四类：圆周内同底端的斜面(如图4所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。
第五类：双圆周内斜面(如图5所示)。即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1＝t2＝t3。


[典例]　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3
C．t1 [解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。
[答案]　BCD
[类题通法]




[针对训练]
1．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且在A点上方，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点。如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是(　　)
A．tA B．tA＝tC C．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
解析：选B　由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC 2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
解析：选A　因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
3．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF
B．tAB>tCD>tEF
C．tAB D．tAB＝tCD 解析：选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。
[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]

1．(2019·淮北检测)下列说法正确的是(　　)
A．物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度
B．人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力
C．物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系
D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零
解析：选C　惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误。根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。
2．(多选)如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F，物体运动的v­t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
　
A．物体在3 s内的位移x＝3 m
B．恒力F与摩擦力f大小之比为F∶f＝3∶1
C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3
D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为1∶2＝2∶1
解析：选BC　在速度—时间图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3 s内物体的位移大小应为9 m，A错误。撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，加速度大小为3 m/s2，而a2＝μg，得μ＝0.3，C正确。匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，D错误。根据牛顿第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，又由题图乙可知a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，联立解得F∶f＝3∶1，故B正确。
3．(多选)(2018·青岛二模)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当两小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图像如图所示，由图可知(　　)
A．a球的质量大于b球的质量
B．在t1时刻两小球间距最小
C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0～t3时间内b球所受的排斥力方向始终与运动方向相反
解析：选AC　由速度—时间图像可知b小球的速度—时间图线的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b小球的质量较小，故A正确；两小球做相向运动，当速度相等时两小球间距最小，即t2时刻两小球间距最小，之后距离开始逐渐增大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内做匀减速运动，排斥力与运动方向相反，故D错误。
4．如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　)
A．从A处释放的球
B．从B处释放的球
C．从C处释放的球
D．从A、B、C三处释放的球同时到达
解析：选B　假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α，下滑时小球的加速度a＝gcos α，根据位移时间公式得s＝at2，则t＝ ＝ ＝ ，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B。
5．(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　)
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝，C正确，D错误。
6．(多选)(2019·温州四校联考)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则(　　)

A．此时轻绳的拉力大小为mg
B．此时轻绳的拉力大小为Mg
C．此时A运动的加速度大小为(1－sin2α)g
D．此时A运动的加速度大小为g
解析：选AD　第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg－mgsin α＝(m＋M)a，联立得a＝(1－sin α)g＝g，对B，由牛顿第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、D正确，B、C错误。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．(2019·天津调研)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上。另一端分别连在A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C　由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
8．(多选)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中，正确的是(　　)


解析：选ACD　当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝，综上所述可知A、C项正确。
9．(2018·盐城模拟)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，求：

(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
答案：(1)15 N　(2)6 m
10.如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。若一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N，g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5 s时离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度大小v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
解析：(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有：F－mg－f＝ma，解得a＝6 m/s2
由：h＝at2，解得：h＝75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有：mg－f＝ma1，解得a1＝8 m/s2
由：v2＝2a1H，解得：v＝40 m/s。
(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有F－mg＋f＝ma2，解得a2＝10 m/s2
设飞行器恢复升力时速度大小为vm，则有：＋＝H
又由vm＝a1t1，解得：t1＝ s。
答案：(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s

[C级——难度题目适情选做]
11．(2019·银川模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　)
A．mg，竖直向上
B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，斜向右上方
解析：选D　以小球A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtan θ＝mAa，
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对物块B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，
则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝＝mg，方向斜向右上方，
故D正确。
12.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。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，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)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Ff随时间t变化的图像。
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v02＝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
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s
对斜面体与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s
对斜面体与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。

答案：(1)4.8 m/s　(2)见解析图

第3节　牛顿运动定律的综合应用

一、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：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．超重、失重和完全失重的比较

超重
失重
完全失重[注1]
现象
视重大于实重
视重小于实重
视重等于
产生条件
物体的加速度向
物体的加速度向
物体的加速度等于
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以g加速下降或减速上升
原理方程
F－mg＝ma
F＝mg＋ma
mg－F＝ma
F＝mg－ma
mg－F＝mg
F＝0

二、整体法与隔离法[注2]
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。

[注解释疑]
[注1] 物体在完全失重状态下由重力引起的现象将消失。
[注2] (1)如果以几个物体组成的系统为研究对象，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。
[深化理解]
1.不管物体的加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2.发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，即视重发生了变化。
3.整体法和隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特点有关。如用滑轮连接的两物体加速度大小相同，但方向往往不同，常采用隔离法。
[基础自测]
一、判断题
(1)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态。(√)
(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)
(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)
(6)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√)
(7)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√)
二、选择题
1．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v ­t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)

解析：选B　根据v ­t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：小于重力→等于重力→大于重力→大于重力→等于重力→小于重力，故选项B正确。
2．[粤教版必修1 P98 T1改编]如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是(　　)
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2
解析：选C　由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超重状态，故A、D错误；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，则当a＝1.5 m/s2时体重计的示数最大，故C正确，D错误。
3.(多选)如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是(　　)
A．Ta增大　　　　　　　　　 B．Tb增大
C．Ta减小 D．Tb减小
解析：选AD　设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析，Tb＝ma，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对超重和失重的理解、临界极值问题分析、整体法与隔离法的应用，通常以选择题的形式呈现，难度一般，而应用牛顿第二定律和运动学规律分析板块模型和传送带模型问题，既是难点，又是热点，题型有选择题，也有计算题，难度较大。
考点一　对超重与失重的理解[基础自修类]
[题点全练]
1．[对完全失重的理解和判断]
下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态(　　)
A．高楼内正常运行的电梯中
B．沿固定于地面的光滑斜面滑行
C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动
D．不计空气阻力条件下的竖直上抛
解析：选D　高楼内正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的且大小等于g，总是处于完全失重状态，故选项D正确。
2．[根据运动状态判断超重、失重]
如图所示，一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时上端点的位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是(　　)
A．物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小
B．物体在B点时，所受合力为零
C．物体在A点时处于超重状态
D．物体在B点时处于超重状态
解析：选D　物体从A点开始，所受合力先向下但不断减小，加速度不断减小，速度不断增大，在A、B间的某个位置弹力大小等于重力时，物体所受合力等于0，速度最大，再向下运动，所受合力反向且不断增大，物体向下做减速运动，加速度向上，且不断增大，在B点具有最大的向上的加速度，故物体在A点处于失重状态，在B点处于超重状态，故D正确，A、B、C错误。
3．[根据失重分析物体的运动状态]
如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2
B．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2
解析：选C　电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mg－F＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。
考点二　整体法与隔离法在动力学中的应用[师生共研类]
[典例]　如图所示，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和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(　　)
A．此过程中物体C受五个力作用
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
[解析]　对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道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作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。
[答案]　C
[延伸思考]
(1)若在物体B上再放上质量为m的物体D，则B、C间细绳的拉力大小如何变化？若放在物体A上呢？
(2)若水平面光滑，则细绳刚好被拉断时，拉力F多大？
提示：(1)在B上放上D后，系统向右运动的加速度减小，由F绳－μ(m＋3m)g＝(m＋3m)a可知，细绳的拉力将减小。若放在物体A上，系统向右运动的加速度也减小，由F－F绳＝2ma可知，F绳将增大。
(2)由F＝(m＋3m＋2m)a，FT＝(m＋3m)a可得F＝1.5FT。

例题及相关延伸思考旨在让考生清楚在什么情况下选用整体法，什么情况下选用隔离法。
1．整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：

2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。　

[题点全练]
1．[先整体再隔离]
(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)
A．减小A物块的质量　　　　　 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
解析：选AB　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
2．[先隔离再整体]
如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。细线中的拉力大小为(　　)
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g
解析：选C　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，故D错误。
3．[整体法与隔离法交互使用]
质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F1′，如图乙所示。下列判断正确的是(　　)

A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＞F1
C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＝F1
解析：选D　先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示。

根据牛顿第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，联立以上三式解得F1＝，a＝。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示。由几何关系得F合＝mgtan α，F1′＝，由牛顿第二定律，得a′＝gtan α，由于M＞m，故a′＞a，F1′＝F1，故D正确。

考点三　动力学中的临界极值问题[多维探究类]
临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往 对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度，一般也是极值问题。　　　

考法(一)　接触与脱离的临界问题
[例1]　如图所示，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(　　)
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
[解析]　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，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，此时弹簧仍处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。
[答案]　C
[题型技法]
(1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。
(2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。
考法(二)　叠加体系统的临界极值问题
[例2]　(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　)
A．当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
[解析]　A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。
[答案]　BCD
[题型技法]　叠加体系统临界问题的求解思路

考法(三)　运动类临界极值问题
[例3]　如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，
则x＝，
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝ m
＝＝ m。
[答案]　(1)　(2)θ＝60°　 m
[题型技法]
运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数学知识求解临界条件和极值。
[题点全练]
1．[叠加体系统的临界极值问题]
如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
解析：选D　由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为fm＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2。当二者相对静止一起加速运动时，a2＝a1≤3 m/s2；当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2。综上所述，只有选项D符合题意。
2．[接触与脱离的临界极值问题]
(多选)如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则(　　)
A．A物体3 s末时的加速度是初始时刻的
B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反
解析：选ABD　对于A、B整体，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为N，则对B由牛顿第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mB－FB＝ N。当t＝4 s时N＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝，代入数据可得A物体3 s末时的加速度是初始时刻的，故选项A、B、D正确。
3．[动力学中的极值问题]
如图所示，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。
(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？
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＋at2 ①
v＝v0＋at ②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2 ③
v＝8 m/s。 ④
(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＝ma ⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥
又Ff＝μFN ⑦
联立⑤⑥⑦式，可得：
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。
答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N

考点四　滑块—滑板模型[方法模型类]
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；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，滑板位移大小为x2
同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2

反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2

(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。

[典例]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。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：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
[解析]　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。 ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12 ⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2
⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22 ⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB ⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。 ⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
[答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m
[方法归纳]
求解滑块—滑板模型问题的方法技巧
(1)弄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。
[题点全练]
1．[水平面光滑的滑块—滑板模型]
如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N。当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。从物体放上小车开始经t＝1.5 s的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)(　　)
A．1 m　　　　　　　　　　 B．2.1 m
C．2.25 m D．3.1 m
解析：选B　放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝a1t12＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确。
2．[水平面粗糙的滑块—滑板模型]
如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)

解析：选A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
3．[多个板块的组合模型]
如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝1 kg，一质量为m1＝1 kg的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2)
(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
解析：(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，
联立两式，代入数据得0.4＜μ1≤0.6。
(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，
设物体滑到木板A末端时的速度为v1，
由运动学公式得v12－v02＝－2a1l，
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
v1＝v0－a1t，
代入数据得v1＝4 m/s，t＝0.4 s。
答案：(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s

“专项研究”拓视野——传送带问题面面观
传送带问题因试题难度较大，近几年较少考查，但作为一个与现实生活息息相关的问题，能很好地考查考生学以致用的能力，其命题潜在价值不可忽视。本内容以难点深化的方式呈现，供学有余力的考生自主选用。
1．两类问题：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
2．解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。
(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＜v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。
(2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＞v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。
(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。
(4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。
3．物块在传送带上运动的六类常见情形

(1)v0＝v时，一直匀速
(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
(3)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

(1)传送带较短时，一直减速
(2)传送带较长时，先减速后返回
①v0≤v时，返回速度为v0
②v0＞v时，返回速度为v

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速

(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

(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
(4)可能一直匀速
(5)可能先减速后匀速
(6)可能一直减速

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能一直减速
(4)可能先减速后返回
①v0≤v时，返回速度为v0
②v0＞v时，返回速度为v

[例1]　如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板。在t＝0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从t＝0时刻到与挡板第二次碰撞前的v­t图像，其中可能正确的是(　　)

[解析]　传送带沿顺时针方向匀速率转动，滑块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度为零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加速到与传送带的速度相同，即v0，然后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度v0向左做匀减速直线运动，当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动，与挡板发生第二次碰撞时速度为v0，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，故A正确。
[答案]　A
[例2]　(多选)如图甲所示，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(　　)
　　　
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－
[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；当木块上滑时(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像，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，由题图可知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。等速即t0后木块的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，选项D正确。
[答案]　AD
[针对训练]
1．[水平传送带模型]
(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C．划痕长度是0.5 m
D．划痕长度是2 m
解析：选BD　根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at12＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。
2．[物块初速度不为零的倾斜传送带模型]
(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1。不计空气阻力，动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的(　　)
A．从下端B离开，v＞v1　　　　 B．从下端B离开，v＜v1
C．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v＜v1
解析：选ABC　物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C。
3．[物块初速度为零的倾斜传送带模型]
如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体从A运动到底端B所用的时间；
(2)物体与传送带的相对位移大小。
解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。
物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝＝1 s。由于mgsin θ＝3 N>μmgcos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2。
由位移公式L－x1＝v0t2＋a2t22，解得时间t2＝1 s，
所以总时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动，物体一直做加速运动。
法一：整体法
整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M点)的位移大小为：x＝x传－x物＝4 m。由于M点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M点4 m。
法二：v­t图像法
相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即：
x＝－＝4(m)。
法三：分段法
第一个过程：M点的位移为v0t1＝10 m，所以物体与传送带间的相对位移大小x相对1＝v0t1－x1＝5 m。由于M点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M点后面5 m处。
第二个过程：M点的位移为v0t2＝10 m，物体的位移为L－x1＝11 m，故相对位移大小为x相对2＝1 m。此过程物体追M点，并靠近M点1 m。故相对位移大小x＝x相对1－x相对2＝4 m。即全过程物体向后远离M点4 m。
答案：(1)2 s　(2)4 m
[课时跟踪检测]
A卷——基础保分专练
1．游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。假设舱中某人用手托着一个重为50 N的铅球。下列说法正确的是(　　)
A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N
解析：选A　由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N，选项C、D错误。


2．如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　)
A．aA＝g，aB＝5g　　　　　 B．aA＝aB＝g
C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析：选D　对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，
所以T＝＝＝3mg，
对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0
对B分析：aB＝＝＝2g，故D正确。
3．(2019·汕头模拟)如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。手持手电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以(　　)
A．缓慢向上匀速运动
B．缓慢向下匀速运动
C．突然向上加速运动
D．突然向下加速运动
解析：选C　如果手电筒加速上升或减速下降，电池处于超重状态，它对弹簧的作用力将大于其重力，弹簧压缩量增大，电池上端将与电珠脱离，电珠熄灭，故只有C符合题意。
4．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变。下列说法中正确的是(　　)
A．车厢的加速度大小为gtan θ
B．绳对物体1的拉力为m1gcos θ
C．车厢底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2受车厢底板的摩擦力为0
解析：选A　以物体1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，物体1受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1a＝Tsin θ，得a＝gtan θ，T＝，故A正确，B错误。以物体2为研究对象，分析受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtan θ，故C、D错误。
5．(多选)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上。现把小圆环从A端由静止释放，同时给它施加一位于该竖直平面内的恒力F。改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则(　　)
A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向
B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向
C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mg
D．恒力F的最小值为mg
解析：选BCD　小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan 30°＝，解得F＝mg，选项C正确；当恒力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin 60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin 60°＝mg，选项D正确。
6．(2018·保定二模)如图所示，光滑长方体物块质量为M，静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1和m2的两物体，连接m1的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。不考虑一切摩擦，现对M施加水平向右的推力F，使得三物体不存在相对运动，则F的大小为(　　)
A.g B.g
C.g D.g
解析：选A　对整体水平方向有F＝(M＋m1＋m2)a，对m1水平方向有T＝m1a，对m2竖直方向有T＝m2g，联立解得F＝g，故A正确。
7．(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)
A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
B．一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为
C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
解析：选BC　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。
8．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力大小为F－μmg
C．当F＞2μmg时，绳中拉力大小为
D．无论F多大，绳中拉力大小都不可能等于
解析：选ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力大小为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力大小为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力大小为F－μmg，绳中拉力大小可能等于F，故D错误。
9．(多选)如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)

A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8 s内物体位移的大小为14 m
D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
解析：选CD　由题图乙可知小物体先向下做减速运动后向上做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，故A错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体的位移为s＝－×2×2 m＋×4 m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带运动的距离为s带＝4×6 m＝24 m，0～6 s内物体的位移为s物＝－×2×2 m＋ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos 37°·(s带－s物)＝126 J，故D正确。
10.(多选)(2015·全国卷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：选BC　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，n1＝8时，n＝5，n＝10，n＝15，n＝20，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。

11．(2019·南昌调研)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同。用平行于斜面的恒力F向上推物体A，使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面。下列说法中正确的是(　　)
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
解析：选C　将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，对B分析可得N－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得N＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力N′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误。
12．粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数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，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(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。
解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，
解得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。
答案：(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N
13．(2019·通化质检)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：

(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，
解得：a1＝6 m/s2。
对物块有：μ1mg＝ma2，解得：a2＝4 m/s2。
因为a2 设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：
＝a1t2－a2t2
代入数据解得：t＝1 s
在此过程中，木板的位移为：x1＝a1t2＝×6×12 m＝3 m，
末速度为：v1＝a1t＝6×1 m/s＝6 m/s。
物块的位移为：x2＝a2t2＝×4×12 m＝2 m，
末速度为：v2＝a2t＝4×1 m/s＝4 m/s。
在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律，
对木板有：F－μ1Mg＝Ma1′
解得：a1′＝8 m/s2。
木板发生的位移为：x1′＝v1t0＋a1′t02
解得：x1′＝1.36 m
此时木板距平台边缘的距离为：
Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。
(2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，
对物块有：μ2mg＝ma2′
解得：a2′＝μ2g
若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′＝
要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：
l＋≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。
答案：(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2
B卷——重难增分专练
1．将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ。对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　对环受力分析，受重力、拉力，还可能受弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。
(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos θ＝ma，Fsin θ＝mg
解得：F＝或F＝。
(2)若环受到的弹力的方向向上，则：
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
所以：F＝。
(3)若环受到的弹力的方向向下，则：
Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)＝ma
所以：F＝。
所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。
2．(2019·吉林调研)质量为m0＝20 kg、长为L＝2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1。将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。以下说法正确的是(　　)
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选C　木块对木板的摩擦力f1＝μ2mg＝40 N，水平面对木板的摩擦力f2＝μ1(m＋m0)g＝30 N，因为f1＞f2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛顿第二定律得a1＝＝μ2g＝4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a2＝＝0.5 m/s2，设经过时间t，小木块和木板的速度相等，v0－a1t＝a2t，解得t＝ s，共同速度v＝a2t＝ m/s，小木块的位移x1＝t＝ m，木板的位移x2＝t＝ m，小木块相对木板的位移Δx＝x1－x2＝ m＜L＝2 m，所以小木块不能滑出长木板，故C正确。
3．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三个木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍做匀加速运动且始终没有相对滑动。在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)
A．无论橡皮泥粘在哪个木块上面，系统的加速度都不变
B．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
C．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力都增大
解析：选BD　由整体法可知，无论橡皮泥粘在哪个木块上，系统的质量均增大，由牛顿运动定律可知，系统的加速度均减小，故A错误。若橡皮泥粘在b木块上，将a、c看成整体，有fab＝2ma，加速度减小，所以a、b间摩擦力减小；对c：T＝ma，绳的拉力减小，故B正确。若橡皮泥粘在a木块上，对c：T＝ma，故绳的拉力减小；对b：F－fab＝ma，摩擦力fab增大，故C错误。若橡皮泥粘在c木块上，将a、b看成整体，有F－T＝2ma，加速度减小，所以绳的拉力T增大，对b：F－fab＝ma，可知fab增大，故D正确。
4．(多选)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　)

A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
解析：选AD　设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，
得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，
经历时间：t＝×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝at2＝5.4 m，则D正确；
当t＝2 s时，F2＝1.8 N，由F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；
当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，
得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。
5．在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3。下列说法正确的是(　　)

A．μ1＞μ2
B．μ3＜μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ
解析：选D　对题图甲中两本词典整体分析，根据共点力平衡有2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，对题图乙中两本词典整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－μ1·2mgcos θ＝2ma，由两式可知μ1＜μ2，故A错误；题图甲中英语词典所受静摩擦力f1＝mgsin θ，因为2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，所以f1＝μ2mgcos θ，故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcos θ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B错误；题图乙中a＝gsin θ－μ1gcos θ，对汉语词典有mgsin θ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcos θ，故C错误。
6．(2018·佛山模拟)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2＝＝。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－＝L－H。
答案：(1)F≤mg　(2)L－H
7．(2019·珠海调研)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处。已知该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：
(1)行李从A运送到B所用的时间t；
(2)电动机运送该行李需多消耗的电能E；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。
解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v＝at1，s1＝at12，解得t1＝1 s，s1＝0.5 m
行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2
则t2＝＝1.5 s
所以行李从A运送到B共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故
E＝mv2＋μmgΔL
行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，
代入数据解得E＝4 J。
(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短
有l＝at2
代入数据得t＝2 s，
此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
答案：(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s
8．(2019·洛阳模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：
　　
(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v­t图像；
(3)物体A、B停在地面上时，两者之间的距离。
解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1
当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d
由以上两式可得t1＝1 s。
(2)如图所示。
(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1
两物体在地面上运动时均有
μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋
物体B滑离纸带时at22－a1t22＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
x2＝＋
两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
答案：(1)1 s　(2)见解析　(3)1.25 m
9．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。
解析：(1)对A、C整体分析，由牛顿第二定律得mg＝2ma
又v02＝2ah，解得v0＝。
(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，
由牛顿第二定律得mg－μ·4mg＝2ma′
解得a′＝0
即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，
B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝
设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0
解得L＝2h。
(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB1＝＝2g
t1＝＝ ，Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
共速后全部向右加速：B的加速度aB2＝＝g，
A、C共同的加速度aAC＝＝g，
由Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t22
解得t2＝ ，故B滑出A时的速度为
vB2＝v0＋aB2t2＝ 。
答案：(1)　(2)2h　(3)
实验四　验证牛顿运动定律

一、实验目的
1．学会利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．学会利用图像法处理实验数据的方法。
二、实验原理
1．保持质量不变，探究加速度a与合外力F的关系。
2．保持合外力不变，探究加速度a与质量M的关系。
3．作出a­F图像和a­图像，确定a与F、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。
[部分器材用途]
天平
测量小车、小盘的质量
砝码
放入小盘、小车，改变小车的合外力和小车质量

四、实验步骤
1．称量质量：用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M。
2．仪器安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细线系在小车上(即不给小车牵引力)。

3．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车在斜面上做匀速直线运动。
4．操作记录
(1)把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，小盘里放砝码，先接通电源再放开小车，取纸带，编号码。
(2)保持小车的质量M不变，改变小盘中砝码的重力，重复步骤(1)。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。
(3)保持小盘和砝码质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，重复以上步骤。并将所对应的质量和加速度填入表(二)中。
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)
小车和小车上砝
码的总质量M/kg


1


2


3



五、数据处理
1．计算加速度：先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．作图像找关系：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a­F图像。如果图像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与小车和小车上砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a­图像，如果图像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．偶然误差
(1)摩擦力平衡不准确，故在平衡摩擦力时，不给小车牵引力，使打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。
(2)质量测量以及计数点间距测量不准确，故要采取多次测量取平均值。
(3)作图不准确，故在描点作图时，要用坐标纸，使尽量多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布两侧，舍去偶然误差较大的点。
2．系统误差：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。故要满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量。
七、注意事项
1．平衡摩擦力：平衡摩擦力时，要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。此时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，要让小车拖着纸带运动。
2．实验条件：M≫m。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：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，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。
4．作图：作图时两轴标度比例要适当，各物理量采用国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。
[基础考法]
考法(一)　实验原理与操作
1．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置图进行实验：

(1)实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是：
________________________。
(2)实验中，已知测出小车的质量为M，砝码(包括砝码盘)的总质量为m，若要将砝码(包括砝码盘)的总重力大小作为小车所受拉力F的大小，这样做的前提条件是________________________________________________________________________。
(3)在实验操作中，下列说法正确的是________(填序号)。
A．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量M′和m′，以及小车质量M，直接用公式a＝g求出
B．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车
C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度
D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系
解析：(1)本实验木板表面不可能光滑，摩擦力会影响实验结果，所以要平衡摩擦力。
(2)根据牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝，则绳子的拉力F＝Ma＝＝，可知当砝码(包括砝码盘)的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包括砝码盘)的总重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的总质量远小于小车的质量。
(3)本实验的目的是：探究加速度与力、质量的关系，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器时，都应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后μ＝tan θ，与重物的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确。
答案：(1)平衡摩擦力　(2)m≪M　(3)BD
2．某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

(1)下列做法正确的是________(选填字母代号)。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(均选填“大于”“小于”或“等于”)
解析：(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确。
(2)由整体法和隔离法得到细绳中的拉力F＝Ma＝M＝mg，可见当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg。
(3)不平衡摩擦力，则F－μmg＝ma，a＝－μg，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙。
答案：(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于
考法(二)　数据处理与误差分析
3．某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的关系。


(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车和木板之间的动摩擦因数为μ，则tan θ________μ(选填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)实验得到如图乙所示的纸带。O点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点记为A、B、C、D、E、F、G，他们到O点的距离已标出，则小车的加速度大小为________ m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度。若用m、M和g表示小车的加速度，则测量值为________，理论值为________。
解析：(1)当平衡摩擦力后，由力的平衡条件可知mgsin θ＝μmgcos θ，则μ＝tan θ。
(2)对打出的纸带由A到G的过程中，xDG－xAD＝9aT2，T＝0.1 s，代入数据解得a＝0.99 m/s2。
(3)在探究加速度与合外力及小车质量的关系时，小车加速度的测量值为a＝，而其实际值应为a＝。
答案：(1)＝　(2)0.99　(3)　
4．用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。
(1)实验中打出的一条纸带的一部分如图乙所示。纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上。则打点计时器打B点时，小车的速度vB＝________ m/s。多测几个点的速度做出v­t图像，就可以算出小车的加速度。


(2)为研究加速度和力的关系，要保证________的总质量不变，改变砂桶内砂的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。
(3)在研究加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变。若砂和砂桶的质量m与小车的总质量M间的关系不满足条件m≪M，由实验数据作出a和的图线，则图线应如下图中的________所示(选填正确选项的字母)。

解析：(1)因相邻计数点之间还有4个点没有标出，故相邻计数点的时间为T＝0.1 s，根据平均速度的推论得，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：
vB＝＝×10－2 m/s＝0.44 m/s。
(2)为研究加速度和力的关系，要保证小车的质量不变。
(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg－F＝ma，对小车：F＝Ma，联立得：a＝mg，而砂和砂桶的质量m不变，由此可知a­是一条通过原点的直线，故选C。
答案：(1)0.44(0.43～0.45均可)　(2)小车　(3)C


5．某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。

(1)图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为________ m/s，小车的加速度大小为________ m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图像(如图丙所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图像。

(3)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丁，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因。
答：_________________________________________________________________。
解析：(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故
vB＝＝ m/s＝1.6 m/s。
由逐差法求解小车的加速度，a＝
＝ m/s2＝3.2 m/s2。
(2)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示：

(3)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
答案：(1)1.6　3.2　(2)见解析
(3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够


[例1]　实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20 g的钩码共n个，打点计时器，电源，纸带，细线等。实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度。


(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T＝0.02 s，则木块的加速度a＝________ m/s2。(保留三位有效数字)
(2)将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a­m图像如图丙所示。已知当地重力加速度g＝9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是________________________(写出一个即可)。
(3)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
[三步稳解题]
1．分析实验目的：利用牛顿第二定律测量木块与木板间的动摩擦因数。
2．确定实验原理：利用牛顿第二定律：
mg－μ(M＋0.02n－m)g＝(M＋0.02n)a
可得：a＝m－μg。
结合a­m图像求出木块与木板间的动摩擦因数。
3．制定数据处理方案
木块的加速度大小可由逐差法求得。
由牛顿第二定律可知，a­m图线在纵轴上的截距大小为μg，可代入g＝9.8 m/s2，求出μ大小。
[解析]　(1)已知打点周期T＝0.02 s，根据逐差法可得木块的加速度为：
a＝
＝ m/s2
＝3.33 m/s2。
(2)设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有，mg－f＝(M＋0.02n)a，f＝μ(M＋0.02n－m)g，联立可解得加速度为：a＝m－μg，由丙图可知，当m＝0时，a＝μg＝3.3 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝0.34，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值。
(3)实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
[答案]　(1)3.33　(2)0.33(0.32～0.36均可)　大于　滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等　(3)不需要
[例2]　为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图(a)所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。

(1)实验时，一定要进行的操作是________。
A．用天平测出砂和砂桶的总质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．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，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______ m/s2(结果保留三位有效数字)。

(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a­F图线是一条直线，如图(c)所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝________。
A.　　　　　　　　　 B.－m0
C.－m0 D.

(4)乙同学根据测量数据作出如图(d)所示的a­F图线，该同学做实验时存在的问题是________________________________________________________________________。

[三步稳解题]
1．分析实验目的：验证质量一定时加速度与力的关系。
2．确定实验原理：对小车和滑轮组成的系统，由牛顿第二定律可得2F＝(m0＋M)a，可得出a＝F。
3．制定数据处理方案：由力传感器测出绳的拉力大小F，平衡摩擦力后，小车的合外力为2F，由纸带利用逐差法可求出小车的加速度a，此时k＝；如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，则2F－f＝(M＋m0)a，a＝F－，图线与横轴有交点。
[解析]　(1)验证牛顿第二定律的实验原理是F＝Ma，本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，A、D错误。用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，B正确。释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要记录力传感器的示数，C正确。
(2)由逐差法计算加速度，
a＝，其中T＝0.1 s，代入数据解得a＝2.00 m/s2。
(3)对小车与滑轮系统，由牛顿第二定律得a＝F，图线的斜率为k，则k＝，故小车的质量M＝－m0，故选项C正确。
(4)图线在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。
答案：(1)BC　(2)2.00　(3)C　(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
[创新领悟]
实验原理的创新

1.利用力传感器可得轻绳上拉力大小。
2.将探究加速度与合力的关系转化为探究加速度与力传感器的示数的关系。
实验器材的创新

利用位移传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度。

1.用光电门代替打点计时器，结合遮光条的宽度可测滑块的速度。
2.利用气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力。
3.由力传感器测滑块受到的拉力，无需满足m≪M。
实验过程的创新

1.结合光电门得出物块在A、B两点的速度，由vB2－vA2＝2ax得出物块的加速度。
2.结合牛顿第二定律mg－μMg＝(M＋m)a得出物块与水平桌面间的动摩擦因数。

[创新考法]
1．如图甲所示是研究小车加速度与力的关系的实验装置。木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变砂桶中砂的质量并多次实验。请回答下列问题：

(1)实验中需要________。
A．测量砂和砂桶的总质量
B．保持细绳与长木板平行
C．保持小车的质量不变
D．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)如图乙所示为实验中得到的一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，打点计时器所接电源的频率为50 Hz，则打B点时小车的速度大小为________ m/s，小车的加速度大小为________ m/s2。

(3)实验中描绘出a­F图像如图丙所示，图像不过原点的原因是____________________________________________________。
解析：(1)细绳上的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用砂和砂桶的重力代替，故不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，也不需要用天平测出砂和砂桶的质量，A、D错误；为了使细绳的拉力等于小车受到的合外力，需要平衡摩擦力，且要调整长木板上滑轮的高度使细绳平行于木板，B正确；本实验采用控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，C正确。
(2)因相邻计数点间有四个点未标出，故纸带上相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s，B点对应的速度大小vB＝＝ m/s＝0.416 m/s，根据Δx＝aT2可得a＝＝ m/s2＝1.48 m/s2。
(3)由题图丙可知，拉力为零时小车具有加速度，说明在平衡摩擦力时斜面倾角过大，即平衡摩擦力过度。
答案：(1)BC　(2)0.416　1.48　(3)平衡摩擦力过度
2．(2018·江苏高考)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________。
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？______________________________________________________________________
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g＝____________________。
解析：(1)对同一物理量多次测量取平均值的目的是减小偶然误差。
(2)设系统运动的加速度为a，则根据牛顿第二定律得
mg＝(2M＋m)a，即a＝，而H＝at2，在H一定时，a越小，则t越长，这时测量时间t的误差越小。因此实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了使重锤1下落的时间长一些，选项B正确。
(3)可利用橡皮泥平衡摩擦阻力，其方法为在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落。
(4)根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m＋m0)a，
又H＝at2，解得g＝。
答案：(1)偶然　(2)B
(3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落。
(4)
3．如图所示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条的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝0.950 cm；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，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条经过光电门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a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出物块与水平桌面间动摩擦因数μ。

回答下列问题：
(1)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________________；
(2)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝__________；
(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此测得的μ ________(填“偏大”或“偏小”)；这一误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
解析：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，物块通过光电门的速度vA＝，vB＝，
根据速度位移公式得，
a＝＝
(2)对物块和重物组成的系统研究，根据牛顿第二定律得，
a＝，解得动摩擦因数μ＝。
(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，则滑块对接触面的正压力变大，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测量值偏大，该误差属于系统误差。
答案：(1)　(2)　
(3)偏大　系统误差
4．某同学用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出细线中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块。已知滑块(含遮光条)总质量为M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L。请回答下面相关问题。

(1)如图乙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d＝________ cm。某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t, 由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小应表示为a＝________(用题干已知物理量和测得物理量字母表示)。
(2)下列实验要求中不必要的是________。
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调节至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为9 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：9 mm＋0.50 mm＝9.50 mm＝0.950 cm；已知初速度为零，位移为L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，末速度v＝
由v2＝2aL，得a＝＝。
(2)拉力是直接通过传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故A错误。应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B正确。应将气垫导轨调节水平，才能使拉力等于合力，故C正确。要保持细线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D正确。本题选择不必要的，故选A。
答案：(1)0.950　　(2)A