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【非常考案】2016高三大一轮复习教师用书全书可编辑WORD文档第3章

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必须掌握的概念、公式或规律 1.必须掌握的重要概念惯性、作用力与反作用力、超重与失重 2.必须掌握的3个定律牛顿第一、二、三定律 2.必须掌握的1个公式 3.F＝ma 第1节牛顿运动定律 1.牛顿第一定律揭示了力不是维持运动的原因，而是改变运动状态的原因；一切物体都具有惯性． 2.牛顿第二定律，给出了力与运动状态改变的定量关系，要注意其“五个”特性． 3.牛顿第三定律指出了作用力与反作用力是相互等大反向是同性质的力. 1.误认为惯性与运动状态，受力大小有关． 2.误认为物体受到哪个方向的力就向哪个方向运动． 3.误认为作用力与反作用力能抵消． 4.误认为“超重”就是重力增加了，“失重”就是重力减少了. 必须明确的4个易错易混点必须理解的3个关键点

[真题回放]

1．(2013·课标全国卷Ⅰ)图3-1-1是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表所示．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．图3-1-1 根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( )

1 4 9 16 25 36 1 2 3 4 5 6 32 130 298 526 824 1 192 1

49 A.物体具有惯性 7 8 1 600 2 104 B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C．物体运动的距离与时间的平方成正比 D．物体运动的加速度与重力加速度成正比

【解析】由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以A、B、D错误；由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……内位移与时间的平方成正比，所以C正确．

【答案】 C

2．(2013·课标全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是( )

【解析】物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系，选项C正确．

【答案】 C

3．(2013·山东高考)(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )

A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力

C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反

【解析】伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．

【答案】 AC

[考向分析]

牛顿运动定律Ⅱ 考纲示命题牛顿运动定律是高考必考内容之一，尤其牛顿第二定律是高考命题重点，可能出选择题，也可能出计算题，多数势况是综合考查，牛顿第一定律多数情况下以选择题题型出现，牛顿第三定律较少单独考核，多数情况下与受力分联系在一起综合考查本节内容的考查，侧重对规律本身的理解，常结合物理学史、物理实验、图象和简单生活情景进行考查选材点

考点一对牛顿第一定律的理解

1.揭示了物体的一种固有属性

牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个重要属性——惯性． 2．揭示了力的本质

牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．

3．揭示了物体不受力作用时的运动状态

牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．

【例1】 (多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )

A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变

B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，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】亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．

【答案】 BCD 突破训练 1

(2014·北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图3-1-2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )

图3-1-2

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

【解析】根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．

【答案】 A

考点二对牛顿第二定律的理解 1.力与运动的关系

(1)力是产生加速度的原因．

(2)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律．

(3)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度．

2．牛顿第二定律的瞬时性分析 (1)一般思路

(2)“两种”模型

①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．

②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．

【例2】 [考向：力与运动关系]一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )

A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小 C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大

【解析】质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值

反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速度运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速度运动，故C正确．

【答案】 C

【例3】 [考向：瞬时性分析]如图3-1-3所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上，A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被图3-1-3

剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )

A．都等于 B.和0

22gmAgmAgg

C.和· D.·和 2mB2mB22

【思维模板】问1：细绳剪断前，弹簧的弹力等于多少？提示：(mA＋mB)gsin_θ. 问2：细绳剪断瞬间，弹簧的形变量改变了吗？提示：没有．

问3：细绳剪断瞬间，A受绳的弹力如何变化的？提示：变为零．

【解析】当A、B球静止时，弹簧弹力F＝(mA＋mB)gsin θ，当绳被剪断的瞬间，弹簧mAg

弹力F不变，对B分析，则F－mBgsin θ＝mBaB，可解得aB＝·，当绳被剪断后，球A受

mB2g

的合力为重力沿斜面向下的分力，F合＝mAgsin θ＝mAaA，所以aA＝，综上所述选项C正确．

【答案】 C 【反思总结】

在求解瞬时性问题时应注意：

(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．

(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．

考点三对牛顿第三定律的理解应用 1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” (1)“三同”

①大小相同；②性质相同；③变化情况相同． (2)“三异”

①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同． (3)“三无关”

①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与是否和另外物体相互作用无关． 2．相互作用力与平衡力的比较

(1)受力物体不同：作用力和反作用力作用在两个物体上，不可求合力；一对平衡力作用在同一物体上，可求合力，合力为零．

(2)依赖关系不同：作用力和反作用力同时产生、同时消失；一对平衡力不一定同时产生、同时消失．

(3)力的性质不同：作用力和反作用力一定是同性质的力；一对平衡力性质不一定相同．【例4】如图3-1-4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( )

图3-1-4

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】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲＞m乙，则由aF1

＝得，a甲＜a乙，由x＝at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距m2离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．

【答案】 C 突破训练 2

(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( ) A．一定小于手对砖的支持力

B．一定等于手对砖的支持力 C．一定大于手对砖的支持力 D．一定大于砖的重力

【解析】由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．

【答案】 BD

思想方法5 应用牛顿定律解题涉及的两种常用方法

——合成法与正交分解法

1．合成法

若物体只受两个力作用而产生加速度时，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形定则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向．特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单．

2．正交分解法

当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常采用正交分解法解题，为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴的正方向常有以下两种方法：

(1)分解力而不分解加速度

分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴的正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别求得x轴和y轴上的合力Fx和Fy.根据力的作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得Fx＝ma，Fy＝0.

(2)分解加速度而不分解力

分解加速度a为ax和ay，根据牛顿第二定律得Fx＝max，Fy＝may，再求解．这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其它的力都落在或大多数力落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用．

【例5】如图3-1-5所示，在箱内倾角为θ的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块．求：箱以加速度a匀加速上升和箱以加速度a向左匀加速运动时(线始终张紧)，线对木块的拉力F1和斜面对图3-1-5 木块的支持力F2各多大？【思路导引】

【解析】箱匀加速上升，木块所受合力竖直向上，其受力情况如图甲所示(注意在受力图的旁边标出加速度的方向)．用F表示F1、F2的合力，一定竖直向上．

由牛顿第二定律得F－mg＝ma① 解得F＝mg＋ma②

再由力的分解得F1＝Fsin θ和F2＝Fcos θ③ 解得F1＝m(g＋a)sin θ，F2＝m(g＋a)cos θ.④

箱向左匀加速，木块的受力情况如图乙所示，选择沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，沿x轴由牛顿第二定律得

mgsin θ－F1＝macos θ⑤ 解得F1＝m(gsin θ－acos θ)⑥ 沿y轴由牛顿第二定律得 F2－mgcos θ＝masin θ⑦ 解得F2＝m(gcos θ＋asin θ)．⑧

【答案】向上加速时F1＝m(g＋a)sin θ F2＝m(g＋a)·cos θ 向左加速时F1＝m(gsin θ－acos θ) F2＝m(gcos θ＋asin θ) 突破训练 3

如图3-1-6所示，将质量m＝0.1 kg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．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖图3-1-6

直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)

【解析】令Fsin 53°－mg＝0， F＝1.25 N.

当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力如图甲．由牛顿定律得

Fcos θ－μFN＝ma，FN＋Fsin θ＝mg，解得F＝1 N 当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力如图乙．由牛

顿定律得

Fcos θ－μFN＝ma Fsin θ＝mg＋FN 解得F＝9 N. 【答案】 1 N或9 N

[牛顿第一定律的应用]

1．(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图3-1-7所示，则关于小车的运动情况，图3-1-7 下列叙述正确的是( )

A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速 C．小车可能突然向左减速 D．小车可能突然向右减速

【解析】原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．

【答案】 BD

[利用牛顿第三定律分析生活现象]

2．2013年12月2日，我国“嫦娥三号”月球探测器在长征号火箭的推动下顺利升空．“嫦娥三号”携带的“玉兔号”月球车首次实现了软着陆和月面巡视勘察，下面关于“嫦娥三号”和火箭起飞的情形，叙述正确的是( )

A．火箭尾部向下喷气，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上的推力

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，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力 D．“嫦娥三号”绕月球飞行时，月球对其引力提供向心力，此时“嫦娥三号”对月球没有引力作用

【解析】火箭的动力来自火箭喷出的气体的反作用力，此时研究对象是火箭与喷出气体，与外界有无空气无关，引力也是相互的，不是单向的，因此选项A对．

【答案】 A [瞬时加速度问题]

3．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图3-1-8所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )

图3-1-8

A．g B．2g C．3g D．4g

【解析】 “蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于33

运动员的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于F0，即mg＝F0，得

555

F0＝mg.当绳子拉力最大时，运动员处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时F

＝F0＝3mg，方向竖直向上，由ma＝F最大－mg得最大加速度为2g，故B项正确． 5

【答案】 B [正交分解法的应用]

4．如图3-1-9所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程图3-1-9

中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )

A．T＝m(gsin θ＋acos θ) FN＝m(gcos θ－asin θ) B．T＝m(gcos θ＋asin θ) FN＝m(gsin θ－acos θ) C．T＝m(acos θ－gsin θ) FN＝m(gcos θ＋asin θ)

最大

D．T＝m(asin θ－gcos θ) FN＝m(gsin θ＋acos θ)

【解析】准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法．选小球为研究对象，小球受重力mg、拉力T和支持力FN三个力作用，将加速度a沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示．由牛顿第二定律得

T－mgsin θ＝macos θ① mgcos θ－FN＝masin θ② 由①式得T＝m(gsin θ＋acos θ)．

由②式得FN＝m(gcos θ－asin θ)．故选项A正确．【答案】 A

[牛顿第二、三定律的综合应用]

5.图3-1-10为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( ) 图3-1-10

A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g

【解析】对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对

竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力F′f、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋F′f＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到F′N＝Mg＋F′f＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．

【答案】 B

课时提升练(七) 牛顿运动定律

(限时：45分钟)

A组对点训练——巩固基础知识

题组一牛顿第一定律的理解应用

1．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( )

【解析】列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．

【答案】 C

2．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为( )

A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动 B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动 C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已

D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度

【解析】力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.

【答案】 D

3．如图3-1-11所示，某同学面向行车方向坐在沿平直轨道匀速行驶的列车车厢里．这位同学发现面前的水平桌面上一个原来静止的小球突然向他滚来，则可判断( )

A．列车正在刹车图3-1-11 B．列车突然加速 C．列车突然减速

D．列车仍在做匀速直线运动

【解析】原来小球相对列车静止，现在这位同学发现面前的小球相对列车突然向他滚来，说明列车改变了原来的运动状态，速度增加了，因此B正确．

【答案】 B

题组二对牛顿第二定律的理解应用

图3-1-12

4．如图3-1-12所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此时A和B的加速度为a1和a2，则( )

A．a1＝a2＝0 B．a1＝a，a2＝0

m1m2C．a1＝a，a2＝a

m1＋m2m1＋m2m1D．a1＝a，a2＝－a

【解析】两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F

弹

＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加

m1速度此时仍为a；对B：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以只有D项正确．

【答案】 D

5.如图3-1-13所示，完全相同的三个木块，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，有关三

个木块的加速度，下列说法正确的是(以向上为正方向，g大小为10 m/s2)( ) 图3-1-13

A．aA＝0，aB＝aC＝－5 m/s2

B．aA＝－5 m/s2，aB＝aC＝－12.5 m/s2

C．aA＝－5 m/s2，aB＝－15 m/s2，aC＝－10 m/s2 D．aA＝－5 m/s2，aB＝aC＝－5 m/s2

【解析】在手释放的瞬间，弹簧的弹力为mg，不能突变，所以A的受力不能突变，

2加速度不能突变，仍为aA＝－5 m/s2，但B、C间的轻杆的弹力要突变，B、C整体－2mg－1

mg＝2ma，a＝－12.5 m/s2，B和C具有相同的加速度aB＝aC＝－12.5 m/s2，即B正确． 2

【答案】 B

6．(2012·安徽高考)如图3-1-14所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )

A．物块可能匀速下滑图3-1-14 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

【解析】设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a＝mgsin θ－μmgcos θ

＞0，即μ＜tan θ.对物块施加竖直向下的恒力F后，物块的加速度a′＝

mmg＋Fsin θ－μmg＋Fcos θFsin θ－μFcos θ

＝a＋，且Fsin θ－μFcos θ＞0，故a′＞a，

mm物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．

【答案】 C

题组三牛顿第三定律的理解应用 7．下列说法正确的是( )

A．力是维持物体运动的原因，同一物体所受的力越大，它的速度越大

B．以卵击石，鸡蛋“粉身碎骨”，但石头却“安然无恙”，是因为鸡蛋对石头的作用力小，而石头对鸡蛋的作用力大

C．吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力

D．两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细线悬于天花板上，则弹簧对A的力和弹簧对B的力是一对作用力和反作用力

【解析】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，根据牛顿第二定律，同一物体所受的力越大，加速度越大，但速度不一定越大，选项A错误；以卵击石，鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，选项B错误；选项D中弹簧对A的力和A对弹簧的力才是一对作用力和反作用力，选项D错误，只有选项C正确．

【答案】 C

图3-1-15

8．(多选)如图3-1-15所示，人重600 N，木板重400 N，人与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦不计，现在人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则( )

A．人拉绳的力是200 N B．人拉绳的力是100 N

C．人的脚给木板的摩擦力方向水平向右 D．人的脚给木板的摩擦力方向水平向左

【解析】先运用整体法，选取人和木板组成的系统为研究对象，设绳中弹力大小为FT，则2FT＝μ(G人＋G

木板

)＝0.2×(600＋400)N＝200 N，所以FT＝100 N，选项A错误，B

正确；再运用隔离法，选取人为研究对象，水平方向上，人共受到两个力的作用：绳子水平

向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力，因为二力平衡，所以该摩擦力与弹力等大反向，即摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律，人的脚给木板的摩擦力方向水平向右，选项C正确，D错误，

【答案】 BC

B组深化训练——提升应考能力

9．如图3-1-16所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直图3-1-16

运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )

A．物体从A到O先加速度后减速

B．物体从A到O做加速度运动，从O到B做减速运动 C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小

【解析】物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，正确选项为A.

【答案】 A

10.(多选)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图3-1-17所示．将细绳剪断后( )

A．小球立即获得的加速度图3-1-17

mB．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 C．小球落地的时间等于

2h g

D．小球落地的速度大于2gh

【解析】细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A、B均错误；水平方向的弹力不影响竖直方向的自由落体运动，故落地时间由高度决定，选项C正确；重力和弹力均做正功，选项D正确．

【答案】 CD

11．质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为

g，不计空气影

响．图3-1-18

若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图3-1-18所示．

(1)求此状态下杆的加速度大小a；

(2)为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？

【解析】 (1)此时，对小铁环进行受力分析，如图a所示，有T′sin θ′＝ma① T′＋T′cos θ′－mg＝0②

由图知θ′＝60°，代入①②式解得a＝

g③ 3

(2)如图b，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有 Fcos α＝(M＋m)a④ Fsin α－(M＋m)g＝0⑤

由③④⑤式解得，F＝(M＋m)g

3tan α＝3，α＝60°

即外力方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方【答案】 (1)

323g (2)(M＋m)g，与水平方向的夹角为60°斜向右上方 33

12.(2014·大同质检)如图3-1-19所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不

计．图3-1-19

(1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？

26(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？

【解析】 (1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：

51mgcos α＝m·g 6234解得cos α＝，sin α＝. 55

设地面对A的支持力为FN，则有 51

FN＝mg－mgsin α＝mg

由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.

(2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则 3

a0＝gcot α＝g，

故当a2＝g＞a0时，物体已飘起．此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力 F2＝mg2＋mg2＝ 2mg. 1

【答案】 (1)mg (2) 2mg

第2节两类动力学问题超重和失重

[真题回放]

1．(2014·上海高考)将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则( )

A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1

mg＋fmg－f【解析】由牛顿第二定律知，有空气阻力上升时，a1＝，下降时a2＝；如mm没有空气阻力上升时，a3＝g.由运动学公式得t1＝式可知选项B正确．

2H，t＝a122H，t＝a232H，由以上几a3

【答案】 B

2．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

【解析】手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；

当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．

【答案】 D

3.(2013·山东高考)如图3-2-1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，图3-2-1

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＝

3.重力加速度g取10 m/s2. 3

(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 1

L＝v0t＋at2①

2v＝v0＋at②

联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2③ 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＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式得

mgsin θ＋μcos θ＋maF＝⑧

cos α＋μsin α由数学知识得 cos α＋

323sin α＝sin(60°＋α)⑨ 33

由⑧⑨式可知对应F最小的夹角 10α＝30°○

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝

133

N．⑪ 5

133

N 5[考向分析]

(1)牛顿运动定律的应用Ⅱ 1.考纲展示 (2)超重和失重Ⅰ (3)单位制Ⅰ 【答案】 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30°

本节内容是高考重点，命题形式可以是选择题，也可以是计算题，它是高考必考内容，多数情2.命题趋势下是牛顿定律与其它知识点的综合考查． 3.选材特点命题多结合生活现象、实例，属牛顿定律的实际应用考查.

考点一两类动力学问题的分析 1.物体运动性质的判断方法

(1)明确物体的初始运动状态(v0)． (2)明确物体的受力情况(F合)．

(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．

2．两类动力学问题的解题步骤

(1)明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．研究对象可以是某个物体，也可以是几个物体构成的系统．

(2)进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程．

(3)选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向．

(4)求合外力．

Fx＝max

(5)根据牛顿第二定律F合＝ma或列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．

F＝mayy

【例1】质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°.力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

【思维模板】问1：该题两段运动过程的性质有何特点？提示：先加速后减速．

问2：第一段物体受几个力？如何处理才能求出加速度？提示：4个力，正交分解．问3：两段运动之间有什么联系？

提示：速度连续，前一段末速度为后一段初速度．【解析】 F作用的2 s内

沿斜面：Fcos θ－mgsin θ－Ff＝ma1① 垂直斜面：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0② Ff＝μFN③ v1＝a1t④

1s1＝a1t2⑤

撤去F后，－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑥ 0＝v1＋a2t2⑦ 1

s2＝v1t2＋a2t2⑧

物体总位移s＝s1＋s2⑨ 由①②③④⑥⑦解得μ＝0.25 由①②③⑤⑥⑧⑨解得s＝16.5 m 【答案】 μ＝0.25 s＝16.5 m 【反思总结】

(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．

(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．突破训练 1

科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后，科研人员发现气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取10 m/s2，求至少抛掉多重的压舱物才能阻止气球加速下降．

【解析】设漏气后气球所受浮力为F，加速下降的加速度为a. 2s－v0t1

由s＝v0t＋at2，解得a＝＝1 m/s2

2t2由牛顿第二定律得：mg－F＝ma F＝m(g－a)＝8 100 N

抛掉的压舱物的重量为ΔG＝mg－F＝900 N

至少抛掉900 N重的压舱物才能阻止气球加速下降．【答案】 900 N

考点二对超重、失重的理解

1.产生原因：竖直方向上存在加速度(包括加速度的竖直分量)．

2．实质：不是重力变化了，而是重物对悬点的拉力或对支持物的压力发生了变化． 3．变化量：拉力或压力的变化大小为ma，a为竖直方向加速度．

4．完全失重现象：重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果，如单摆停摆，天平失效，液体不再产生浮力．

【例2】举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举

起100 kg的重物，求：

(1)升降机运动的加速度；

(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)

【解析】运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力

F＝m0g＝1 200 N.

(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.

(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2

对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2 解得：m2＝160 kg.

【答案】 (1)2 m/s2 (2)160 kg 突破训练 2

(多选)某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图3-2-3所示的v-t图象是计算机显示

的观光电梯在图3-2-3 某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( )

A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态

B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力 C．10～20 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态 D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态

【解析】 0～5 s内，观光电梯在加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项A错误；5～10 s内，观光电梯匀速上升，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，选项B正确；10～20 s内，观光电梯在减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项C错误；20～25 s内，观光电梯在加速下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项D正确．

【答案】 BD

物理模型2 动力学中的传送带模型

1．模型特征

一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图3-2-4所示．

图3-2-4

2．建模指导

传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．

(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．

(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．

【例3】如图3-2-5所示，传送带水平部分ab＝2 m，斜面部分bc＝4 m，bc与水平方向夹角α＝37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2 m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)

图3-2-5

【思路导引】

【解析】物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a1＝

μmg

＝2.5 m/s2 m

v24

发生位移x1＝＝ m＝0.8 m

2a12×2.5v

经历时间t1＝＝0.8 s

ab－x1

此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t2＝＝0.6 s

当物体A到达bc斜面时，因mgsin 37°＝0.6 mg＞μmgcos 37°＝0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动

其加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2 12物体A在传送带bc上所用时间满足：bc＝vt3＋a2t3

2代入数值得t3＝1 s

即物体A从a点被传送到c点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s. 【答案】 2.4 s 突破训练 3

(2015·洛阳模拟)如图3-2-6所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v＝10 m/s匀速逆时针转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29 m，

sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间．(g取10 m/s2)

图3-2-6

【解析】物块放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，受到的摩擦力沿斜面向下(对物块的受力分析如图甲所示)，所以有

甲

N＝mgcos θ f＝μN

mgsin θ＋f＝ma1

由以上三式可得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2

当物块加速到与传送带同速时，位移s1＝＝5 m＜L＝29 m

2a1

乙

t1＝＝1 s，物块加速到与传送带同速后，由于mgsin θ＞μmgcos θ，所以物块相对于传

送带向下运动，摩擦力方向沿传送带向上(对物块的受力分析如图乙所示)，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得

a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 s－s12＝L1＝vt2＋2

2a2t2

解得t2＝2 s(t′2＝－12 s舍去)

因此将物块从顶部传到传送带底部所需的时间t＝t1＋t2＝3 s. 【答案】 3 s

[由运动情况推断受力情况]

1．(2015·湖南长沙质检)运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )

图3-2-7

A．球拍对球的作用力为mgcos θ B．运动员对球拍的作用力为Mgcos θ C．运动员的加速度为gtan θ

D．若运动员的加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动

【解析】球受力如图所示，把mg与FN合成，合力与加速度方向相同，水平向右，球拍对球的作用力为FN＝mg/cos θ，A项错误；由牛顿第二定律得，mgtan θ＝ma，解得运动员和球的加速度为a＝gtan θ，C项正确；同理得运动员对球拍的作用力为F＝(M＋m)g/cos θ，B项错误；小球沿球拍向上运动的条件为FNcos θ＞mg，又FNsin θ＝ma，解得，a＞gtan θ，即球向上运动的加速度条件，D项错误．

【答案】 C [考查超重、失重]

2．图3-2-8，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有( )

图3-2-8

A．该同学做了两次下蹲—起立的动作

B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态

D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态

【解析】在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确．

【答案】 B

3.(2014·甘肃二诊)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图3-2-9所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程中某一段时间内，发图3-2-9

现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内( )

A．升降机可能匀速上升 B．升降机一定在匀减速上升 C．升降机一定处于失重状态

D．通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大【解析】压敏电阻与定值电阻并联，电流

表的示数I恒定且变大，由分流原理可知，压敏电阻的阻值变大且以后不变．由题意可知，压敏电阻受物块的压力减小为某一定值且小于其重力．由牛顿第二定律知，物块和升降机具有竖直向下的恒定加速度，A项错；升降机可加速向下也可减速上升，B项错；升降机一定处于失重状态，C项对；通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小，D错．

【答案】 C [传送带问题]

4. (多选)如图3-2-10所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬间速图3-2-10

度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是( )

A．若传送带不动，vB＝3 m/s

B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s

【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度vB＝v2A－2ax＝3 m/s，A正确；当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3 m/s，B正确．当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速；所以C错误，D正确．

【答案】 ABD [综合考查两类基本问题]

5．(多选)如图3-2-11所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) 图3-2-11

A．所受浮力大小为4 830 N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s

D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

【解析】热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；

随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．

【答案】 AD

课时提升练(八)

两类动力学问题超重和失重

(限时：45分钟)

A组对点训练——巩固基础知识

题组一动力学两类基本问题

1．(2015·江苏苏北四校调研)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，

图3-2-12

图3-2-12甲是向上运动的频闪照片，图3-2-12乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )

1A．mgB.mg

211C.mg D.mg 310

【解析】设每块砖的厚度是d，向上运动的加速度为a，则9d－3d＝aT2①

设向下运动的加速度为a′，则3d－d＝a′T2② a3联立①②得：＝③

a′1

根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma④ 向下运动时：mg－f＝ma′⑤ 1

联立③④⑤得：f＝mg

2【答案】 B

2．(2015·河北石家庄质检)质量1 kg的小物块，在t＝0时刻以5 m/s的初速度从斜面底

端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩1

擦因数为，则AB间的距离为(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )

A．1.05 m B．1.13 m C．2.03 m D．1.25 m

【解析】物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，v01

a2＝g(sin θ－μcos θ)＝6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝＝0.5 s，位移为：x1＝a1t2

a1211

＝1.25 m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2 s，位移为：x2＝a2t2＝0.12 m，

22所以AB间的距离为x1－x2＝1.13 m，选项B对．

【答案】 B

图3-2-13

3．(多选)(2015·湖北武昌调研)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图3-2-13所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)( )

A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 C．0～1 s内，物体的位移为7 m D．0～2 s内，物体的总位移为11 m

【解析】由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确．

【答案】 BD

4．(2014·江西重点中盟第二次联考)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体．当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到x

弹簧又被压缩了，则电梯在此时刻后的运动情况可能是( )

A．以大小为11g/10的加速度加速上升 B．以大小为11g/10的加速度减速上升

C．以大小为g/10的加速度加速下降 D．以大小为g/10的加速度减速下降

【解析】当电梯匀速运动时，物体处于平衡状态，弹力kx＝mg，后弹簧又被继续压x1111111

缩了，则弹力为kx＝mg，此时合力mg－mg＝mg.由牛顿第二定律，可得加速度a

101010101011

＝g，方向竖直向上，因此，物体的运动状态可能是以a＝g匀加速上升，也有可能是以10101

a＝g匀减速下降，所以正确选项为D. 10

【答案】 D

题组二超重与失重问题

图3-2-14

5．(多选)(2014·陕西咸阳二模)若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图3-2-14所示，则下列说法正确的是( )

A．0～10 s内空降兵运动的加速度越来越大

B．0～10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力 C．10～15 s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小 D．10～15 s内空降兵处于失重状态

【解析】 0～10 s内v-t图线切线的斜率越来越小，则空降兵的加速度越来越小，A项错误；0～10 s内空降兵有向下的加速度，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，则mg＞f，B项正确，由于a减小，则f减小，C项正确；10～15 s内空降兵有向上的加速度，处于超重状态，D项错误．

【答案】 BC

图3-2-15

6．如图3-2-15所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是( )

A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g C．地面对木楔的支持力等于(M＋M)g D．地面对木楔的摩擦力为0

【解析】由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确、B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．

【答案】 A 题组三传送带问题

7. (多选)如图3-2-16所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L，稳定时，绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转图3-2-16

动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )

A．F1＜F2 B．F1＝F2

C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2

【解析】本题考查传送带模型的应用，不论传送带的速度大小是多少，物体与传送带间的滑动摩擦力是一样的，分析物体受力情况，其所受的合力为零，则F1＝F2；因L的大小未知，物块在传送带上的运动情况不能确定，所以t1可能等于t2.

【答案】 BD

8. (2015·湖南四校联考)如图3-2-17所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩图3-2-17

擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )

A．若传送带速度等于2 m/s，物块可能先减速运动，后匀速直线运动 B．若传送带速度等于3.5 m/s，v一定等于3 m/s C．若v等于3 m/s，传送带一定沿逆时针方向转动 D．若v等于3 m/s，传送带可能沿顺时针方向转动

【解析】物块匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，根据v2－v20＝2aL得v＝3 m/s，知传送带的速度等于2 m/s时，物块一直做匀减速直线运动，A项错误；当传送带速度等于3.5 m/s时，若传送带顺时针方向转动，物块就先做匀减速直线运动，再做匀速直线运动，到达右端的速度大小为3.5 m/s，B项错误；若v＝3.5 m/s，传送带可能做逆时针转动，

也可能顺时针运动，逆时针转动时速度多大都可以，顺时针转动时，传送带速度需小于等于3 m/s，故C错误，D项正确．

【答案】 D

B组深化训练——提升应考能力

9．如图3-2-18所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．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 图3-2-18 C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2 D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2

【解析】当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态，设人受到体重计的支持力为FN，体重计示数大小即为人对体重计的压力FN′.由牛顿运动定律可得mg－FN＝ma，FN＝FN′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为FN1，人对体重计的压力FN1′，由牛顿运动定律可得FN1－mg＝ma，FN1＝FN1′＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确．

【答案】 B

10. 2012年6月27日，中国载人深潜器“蛟龙”号7 000 m级海试最大下潜深度达7 062 m，再创中国载人深潜记录．设潜水器在下潜或上升的过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已知海图3-2-19

水浮力大小为F，设海水阻力与潜水器的速率成正比．当潜水器的总质量为m时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上浮，则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为g)( )

2FF

A.－m B．2(m－) ggFFC．m－ D．2m－

【解析】由于潜水器上浮与下降的速率相等，则所受阻力也相等，设运动过程中的阻力为Ff，在匀速下降过程中：F＋Ff＝mg；在匀速上浮过程中：F＝m′g＋Ff.联立两式解得m′2FF

＝－m，则需要抛弃的质量为(m－m′)＝2(m－)，B正确． gg

【答案】 B

11．图3-2-20甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图3-2-20乙所示．取g＝10 m/s2，根据F-t图象求：

甲

乙图3-2-20

(1)运动员的质量；

(2)运动员在运动过程中的最大加速度；

(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．

【解析】 (1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，则m＝＝

g50 kg

(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为 Fm＝2 500 N，设运动员的最大加速度为am，则 Fm－mg＝mam am＝

Fm－mg2 500－500

＝ m/s2＝40 m/s2 m50

(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.

设运动员上升的最大高度为H，则 11

H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m

【答案】 (1)50 kg (4)40 m/s2 (3)3.2 m

12. 如图3-2-21所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.

图3-2-21

求：

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

【解析】 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma

则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 1

根据l＝at2得t＝4 s.

(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

mgsin 37°＋μmgcos 37°

则有a1＝＝10 m/s2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 v101t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t2＝5 m＜l＝16 m

a11021

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大mgsin 37°－μmgcos 37°

于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝＝2 m/s2

x2＝l－x1＝11 m

又因为x2＝vt2＋a2t22，则有10t2＋t2＝11， 2解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s. 【答案】 (1)4 s (2)2 s

第3节牛顿运动定律的综合应用

[真题回放]

1．(2014·江苏高考)(多选)如图3-3-1所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠1

放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力

2等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )

图3-3-1

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 51

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

23C．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】当物块A相对于B刚要滑动时，采用隔离法分析A、B，两物块水平方向的3

受力情况如图所示．其中f1＝f′1＝2μmg，f2＝μmg.由牛顿第二定律可得F－f1＝2ma，f′1－f2

213

＝ma，解得F＝3μmg，a＝μg.由此分析可知：当F＜μmg时，A、B都相对地

22面静止；当F＞3μmg时，A相对B滑动；无论F为何值，B的加速度不会超过

μmg－μmg22151

μg；当F＝ μmg时，A、B相对静止，一起滑动，此时整体的加速度a′＝＝223m3μg.

【答案】 BCD

2．(2013·新课标全国卷Ⅰ)(多选)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图3-3-2甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图3-3-2乙所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( )

甲

乙图3-3-2

A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的

10B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

【解析】由v-t图象面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x＝×3×70 m＝105

m，即约为无阻拦索时的，选项A正确；由v-t图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4

10s～2.5 s时)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张67－10

力必减小，选项B错误；在0.4 s～2.5 s时间内，加速度a＝ m/s2

2.1≈27.1 m/s2>2.5 g，选项C正确；在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F合不变，但v减小，所以功率减小，选项D错误．

【答案】 AC

3.(2013·新课标全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地图3-3-3

面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图3-3-3所示．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．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：

(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．【解析】 (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．

由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则

v1a1＝①

t1v0－v1a2＝②

式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．

设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1③ (μ1＋2μ2)mg＝ma2④ 联立①②③④式得 μ1＝0.20⑤ μ2＝0.30⑥

(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得

f＝ma1′⑦ 2μ2mg－f＝ma2′⑧

假设f<μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨ 由⑦⑨式知，

物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图象如图中虚线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于于地面的运动距离分别为 v21s1＝2×⑩

2a1

v0＋v1v21s2＝t1＋⑪

22a2′

物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1⑫

联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s＝1.125 m⑬

【答案】 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m

[考向分析]

牛顿运动定律的应用Ⅱ 考纲示命题牛顿定律的综合应用是高考重点，除上节两类动力学问题超重、失重外，高考还经常涉及连接体问题、牛顿定律势 3.选材特点图象结合的问题、与弹力、摩擦力等有关的临界问题、“板块”组合的相对运动问题等，以上都是高考命题热点．连接体的连接方式涉及弹力、摩擦力等多种形式，动力学图象涉及v-t，F-t、F-x等各种形式，一般都结合生活实属牛顿定律与其它知识点的综合应用.

考点一连接体问题的分析方法 1.连接体与隔离体

两个或几个物体相连组成的物体系统为连接体，如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体．

2．外力和内力

如果以物体系统为研究对象，物体受到的系统之外的作用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．应用牛顿第二定律列方程不考虑内力，如果把某物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的外力．

3．解答连接体问题的常用方法

(1)整体法．当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法称为整体法．

(2)隔离法．为了研究方便，当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中“隔离”出来进行受力分析，再依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法称为隔离法．

【例1】水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图3-3-4所示．已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？

图3-3-4

【解析】设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有F＝3ma①

对B有

F－T＝ma② 对C有 Tcos α＝mg③ Tsin α＝ma④ 联立①②式得：

T＝2ma⑤ 联立③④式得： T2＝m2(g2＋a2)⑥ 联立⑤⑥式得： a＝3g⑦ 3

利用①⑦式得F＝3mg⑧ 【答案】

3mg

【反思总结】

整体法与隔离法常涉及的问题类型

(1)涉及滑轮的问题．若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．

(2)水平面上的连接体问题．①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．②建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．

(3)斜面体与物体组成的连接体的问题．当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．

突破训练 1

如图3-3-5甲所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m.现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；如图3-3-5乙所示，若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′.则( )

甲乙

图3-3-5

A．a′＝a，T′＝T B．a′＞a，T′＝T C．a′＜a，T′＝T D．a′＞a，T′＞T

【解析】对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a＝，M＋m对小球受力分析如图(a)所示，因此有F－Tsin α＝ma，

Tcos α＝mg；对图乙小球受力分析如图(b)所示，因此有T′sin

α＝ma′，T′cos α＝mg，解得T′＝T＝mg/cos α，a＝gtan α，a′＝gtan α，由于M＞m，故a′

M＞a.

【答案】 B

考点二动力学中的临界极值问题分析 1.临界状态与临界条件

当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．

2．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，明显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”，而这些起止点往往就是临界状态．

3．临界问题的常用解法

(1)极限法．把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．

(2)假设法．临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时．或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．

(3)数学方法．将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．

【例2】如图3-3-6所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角θ＝30°的光滑斜面的顶端，另一端系有质量m＝0.5 kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡板挡住，此时弹簧恰好为自图3-3-6

然长度．现使挡板以恒定加速度a＝2 m/s2沿斜面向下运动(斜面足够长)，已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，g取10 m/s2.

(1)求小球开始运动时挡板对小球的弹力的大小． (2)求小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量． (3)判断小球与挡板分离后能否回到原出发点？请简述理由．

【思维模板】问1：挡板不运动时，其对小球的作用力方向向哪？大小多少？提示：沿斜面向上，大小mgsin_θ.

问2：小球与挡板分离前，沿斜面向下列出牛顿第二定律方程是：提示：mgsin_θ－kx－FN＝ma.

问3：小球与挡板分离后，小球如何运动？

提示：继续沿斜面向下做加速度愈来愈小的加速运动，至速度最大以后减速向下，减速为零后沿斜面返回，之后是往返运动．

【解析】 (1)设小球受挡板的作用力为F1，因为开始时弹簧对小球作用力为零，由牛

顿第二定律得：mgsin θ －F1＝ma

F1＝1.5 N.

(2)设小球受弹簧的拉力为F2，因为小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力为零，由牛顿第二定律得：mgsin θ－F2＝ma

F2＝1.5 N

由胡克定律得：F2＝kx，x＝3 cm，

(3)小球与挡板分离后不能回到原出发点．因为整个过程中挡板对小球的作用力沿斜面向上，小球位移沿斜面向下，挡板对小球做负功，小球和弹簧组成的系统的机械能减小．

【答案】见解析突破训练 2

如图3-3-7所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是

( )

图3-3-7

【解析】在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a，a与t成正比关系，a-t关系图kμm2g

线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受的是f21＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒m1m1＋m2ktk

量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，斜率为，可知A正确，B、C、D错误．

m2m2

【答案】 A

考点三动力学图象问题 1.图象的类型

(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

2．问题的实质

是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能，找出有用的信息点，结合牛顿定律综合求解．

图3-3-8

【例3】利用图象可以描述两个物理量之间的关系，图象除了能直接表明这两个物理量之间的变化特点外，图象与横轴所围的面积还可以表示第三个物理量．例如在v-t图象中，图象与横图3-3-8

轴所围的面积为物体在这段时间内的位移大小．在探究下落物体所受空气阻力的一次实验中，下落物块质量m＝1 kg，使其从高处由静止开始下落，利用传感器测出其加速度a随时间t变化的关系如图3-3-8所示，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)空气阻力f随时间t变化的关系；

(2)加速度a随时间t变化的关系图象所包围的面积代表的物理量； (3)物块下落的收尾速度．

【解析】 (1)由图象可知，加速度随时间变化的关系为a＝10－5t(m/s2) 由牛顿第二定律：mg－f＝ma 可得f＝5t(N)．

(2)因Δv＝aΔt，故a-t图象包围的面积为物块速度的变化量Δv.

(3)由图象可知，t＝2 s后，物块做匀速直线运动，此时速度即为收尾速度vm t＝0时，v0＝0 所以vm＝Δv＝10 m/s.

【答案】 (1)f＝5t(N) (2)速度的变化量 (3)10 m/s 突破训练 3

(多选)(2014·四川高考)如图3-3-9所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )

图3-3-9

【解析】若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确；若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度aFT＋μmg

1＝m，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有

F，此后加速度aFT－μmg

T>μmg2＝m

，故C正确，A、D错误．

【答案】 BC

物理模型3 动力学中的“滑块、滑板组合”模型

1．模型特点

(1)上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． (2)常见两种位移关系

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，(1)若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；(2)反向运动时，位移之和等于板长．

2．解题思路

(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度． (2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木块之间的位移关系或速度关系，建

立方程．

【例4】 (2014·长沙检测)如图3-3-10所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为图3-3-10

m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g取10 m/s2)

【思路导引】

【解析】在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，作v-t图象如图示．

设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.

在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得：对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1① 对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1②

撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：μmg＝Ma3③

v1＋v3v2＋v311由v-t图象知：L＝(v1－v2)t1＋(t2－t1)－(t2－t1)＝(v1－v2)t2，④

2222

v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)⑤ 联立以上各式得：t1＝1 s．⑥ 【答案】 1 s 突破训练 4

如图3-3-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，图3-3-11

这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.

(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；

(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g，纸板所受的摩擦力

f＝Ff1＋Ff2＝μ(2m1＋m2)g.

(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则 Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2

发生相对运动的条件a12μ(m1＋m2)g. 12

(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1＝a1t1

纸板运动的距离x1＋d＝a2t2

纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t2，l＝x1＋x2

22且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得 d

F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g，代入数据求得F＝22.4 N

l【答案】 (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N

[连接体问题]

1．(多选)(2015太原模拟)如图3-3-12所示，A、B两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为mA＝1 kg，图3-3-12

mB＝4 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.6，g取10 m/s2，若用水平力FA＝6 N推A物体．则下列有关说法正确的是( )

A．A对B的水平推力为6 N B．B物体受4个力作用

C．A物体受到水平向左的摩擦力，大小为6 N D．若FA变为40 N，则A对B的推力为32 N

【解析】若用水平力FA＝6 N推A物体，物体A静止，A物体受到水平向左的摩擦力，大小为6 N，A对B的水平推力为0，B物体受两个力作用，选项A、B错误，C正确；若FA变为40 N，由牛顿第二定律，FA－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2.隔离B进行受力分析，由牛顿第二定律，F－μmBg＝mBa，解得F＝32 N．即A对B的推力为32 N，选项D正确．

【答案】 CD [图象问题]

2.(2014·福建高考)如图3-3-13所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )

【解析】滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，h1加速度a不变，选项C、D错误．设斜面倾角为θ，则s＝＝v0t－at2，故h-t、s-t图象

sin θ2都应是开口向下的抛物线，选项A错误，B正确．

【答案】 B

[临界和极值问题]

3．(多选)如图3-3-14所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内．弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之图3-3-14 间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )

A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左 B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝kx－μmg

，且小车只能向左加速运动 m

C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右

kx＋μmgkx－μmg

D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为 mm

【解析】若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma，当Ff＝μmg时，加速度方向向左且最小值为amin＝

kx－μmg

，随着加速度的增大，Ff减小到零后m

kx＋μmg

，但小车m

又反向增大，当再次出现Ff＝μmg时，加速度方向向左达到最大值amax＝可向左加速，也可向右减速，B错；

若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为

μmg－kxμmg＋kx

，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为，则小mm

kx＋μmg

车的加速度最大值为，最小值为0，D错．

【答案】 AC [滑块木板模型]

4．(多选)如图3-3-15所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩图3-3-15

擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最3

大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是( )

2μg

A．a＝μg B．a＝ 3μgFμg

C．a＝ D．a＝－ 32m3

μμ

【解析】当F较大，二者发生相对滑动时，对木板有：μmg－·2mg＝ma，所以a＝

33μFμ

g；当F较小，二者一起加速时，有：F－·2mg＝2ma，所以a＝－g，故选项C、D正

32m3确．

【答案】 CD

[动力学中的v-t图象问题]

5.(2012·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图3-3-16所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度图3-3-16

大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：

(1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.

【解析】 (1)由v-t图象可知，弹性球下落过程的加速度为 Δv4－0a1＝＝ m/s2＝8 m/s2

Δt0.5根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1

所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N. 3(2)弹性球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s

mg＋f0.1×10＋0.2

根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2

m0.1根据v2－v20＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度 v2321h＝＝ m＝0.375 m. 2a22×12【答案】 (1)0.2 N (2)0.375 m

课时提升练(九) 牛顿运动定律的综合应用

(限时：45分钟)

A组对点训练——巩固基础知识

题组一连接体问题

1．如图3-3-17所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )

图3-3-17

A．弹簧测力计的示数是10 N B．弹簧测力计的示数是50 N

C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变

【解析】设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．

【答案】 C

2.如图3-3-18所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、

方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为图3-3-18

(g取10 m/s2)( )

A．10 NB．20 N C．25 N D．30 N

【解析】选A、B整体为研究对象有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2.选A为研究对象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25 N，选项C正确．

【答案】 C

3.(2014·沈阳模拟)如图3-3-19所示，质量为m1＝2 kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是( ) 图3-3-19

A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2 B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2

C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N

【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A、B错；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D错．

【答案】 C 题组二图象问题

图3-3-20

4．(2015·扬州一中模拟)(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v-t图象如图3-3-20所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )

A．小球所受重力和阻力之比为5∶1

B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3 C．小球落回到抛出点时的速度大小为86 m/s

D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态

【解析】上升过程中mg＋f＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得f＝2 N，小球所受重力和1阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－f＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝at2

2t1可得＝

a2＝a1

，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6 s可得v＝86 m/s，选项C正确；3

小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．

【答案】 AC

5．(多选)如图3-3-21甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直．在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图3-3-21乙所示的v-t图象上行时，可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是

( )

图3-3-21

【解析】由题意知，弹簧长度不变，且对物块向上的弹力不变，设为kx，则F2不变，C项对，D项错．对物块受力分析有：kx－mg－FN＝ma.(F1＝FN，作用力与反作用力)

由v－t图知，加速时，F1＝FN＝kx－mg－ma 匀速时，F1＝FN＝kx－mg

减速时：F1＝FN＝kx－mg＋ma，故A项对，B项错．正确选项为A、C. 【答案】 AC

6.如图3-3-22甲所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小如图图3-3-22

乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )

图3-3-22

A．5 s内拉力对物块做功为零 B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2

【解析】由图象知物块前4 s静止，4 s～5 s内物块做加速运动，前5 s内拉力对物块做功不为零，故A选项错误；4 s末物块静止，所受合力为零，B选项错误；由4 s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff＝μmg＝3 N，得μ＝0.3，C选项错误；由牛顿第二定律可

F－Ff

知4 s后物块的加速度a＝＝2 m/s2，D选项正确．

【答案】 D 题组三临界问题

7．(多选)A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图3-3-23所示，A、B始终相对静止，则在0～2t0时间内，下列说法正确的是( )

图3-3-23

A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大 B．t0时刻，A、B速度最大

C．2t0时刻，A、B速度最小，与初始时刻相等 D．2t0时刻，A、B位移最大

【解析】对整体，F产生加速度；隔离A，B对A的静摩擦力产生加速度．由题中图象知，力F先减小到零，再反向增大，故加速度也先减小到零，再反向增大，所以t0时刻，A、B间静摩擦力为零，速度最大，A项错误、B项正确；而在2t0时刻，它们速度最小，为零，由于速度方向一直未变，故2t0时刻位移最大，C、D项正确．

【答案】 BCD

8.(2014·银川质检)(多选)如图3-3-24所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现图3-3-24

开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )

A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a B．加速度a＝g

1C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝g

2mg

D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为

【解析】物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错误；未加F时对A受力分析mgsin 30°mgmg

得弹簧的压缩量x1＝＝，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝，

k2k2k

此时对A由牛顿第二定律得F－mgsin 30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错误；物mg

块A的位移x1＋x2＝，D项正确．

【答案】 BD

B组深化训练——提升应考能力

9．(2015·荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为图3-3-25

μ＝0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图3-3-25所示(重力加速度g取10 m/s)．则( )

A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动

B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2

【解析】 A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F＜2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F＝1.5 N，对A、B及轻质木板整体F有a＝＝0.5 m/s2，对A物块分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，选项B错误；若F

mA＋mB＝4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F＝8 FfN，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a＝可得a＝1 m/s2，选项D正确．

【答案】 D

10．(多选)如图3-3-26(a)所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图3-3-26(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )

(a) (b)

图3-3-26

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．物体能静止在斜面上所施加的外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度

【解析】分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcos θ－mgsin θ＝ma，由F＝0时，a6－2cos 37°cos θ

＝－6 m/s2，得θ＝37°；由a＝F－gsin θ和a-F图线知：＝，得：m＝2 kg；

mm30－20物体静止时的外力F0cos θ＝mgsin θ，F0＝mgtan θ＝15 N；无法求出物体加速度为6 m/s2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故A、B、C正确，D错误．

【答案】 ABC

11.如图3-3-27所示，质量分别为m和M的两个小物体(可视为质点)．中间连一长度为L的轻绳，放置在水平地面上，使绳处于竖直伸直状态(此时绳张力为零)，现在质量为m的物体上作用一竖直向上的恒力，作用时间t后，质量为m的物体上升到距地图3-3-27 面高度h处．

(1)求质量为M的物体上升的加速度；

(2)求作用在质量为m的物体上的恒力F的大小；

(3)若轻绳所能承受的最大拉力是FT，要使质量为m的物体上升到距地面高度为H处，所需的最短时间是多少？

2h－L1

【解析】 (1)由h－L＝at2得：质量为M的物体上升的加速度a＝. 2t2(2)对两个小物体组成的整体，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M2h－L

＋m)[＋g]．

t21

(3)设上升过程中的最大加速度为a0，对质量为M的物体有FT－Mg＝Ma0，H－L＝

2a0t2min，联立解得所需的最短时间是tmin＝

2MH－L

. FT－Mg

2h－L2h－L

【答案】 (1) (2)F＝(M＋m)[＋g] 2tt2(3)

2MH－L FT－Mg

12．(2015·吉林长春调研)如图3-3-28所示，质量为M＝2 kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地图3-3-28

面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，一个质量为m＝3 kg的小物块B(可视为质点)静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3.现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为

v0＝1 m/s.求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比(最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10 m/s2)．

【解析】分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为aA、aB，

由牛顿第二定律得：μ2mg＝maB μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaA

假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得： v0－aBt0＝aAt0＝v共

解得：aA＝2 m/s2，aB＝3 m/s2，t0＝0.2 s，v共＝0.4 m/s 共速过程中，A的位移大小设为xA，B的位移大小设为xB，则 1212xA＝aAt0，xB＝v0t0－aBt0

22解得：xA＝0.04 m，xB＝0.14 m.

假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为Ff，木板和物块的加速度大小分别为aA′、aB′，由牛顿第二定律得：

Ff＝maB′，μ1(m＋M)g－Ff＝MaA′

解得：Ff＝μ1mg＜μ2mg，假设成立，aA′＝aB′＝μ1g＝1 m/s2

设共速之后至A、B均静止，A的位移设为xA′，B的位移设为xB′，则 v2共

xA′＝xB′＝＝0.08 m

2μ1g

整个过程中A的位移大小xA＝xA＋xA′＝0.12 m B的位移大小xB＝xB＋xB′＝0.22 m xA∶xB＝6∶11. 【答案】 6∶11

阶段升华微专题(三) 牛顿运动定律的热点应用

[专题归纳]

专题一动力学的基本问题

【例1】 (2014·上海高考)如图1水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的

图1

固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v.

(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′.

(2)若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．【解析】设加速过程中加速度为a′，由匀变速运动公式 v2s1＝ 2a′v2s2＝ 2a

v2v2

s＝s1＋s2＝＋ 2a′2aav2

解得a′＝ 2as－v2(2)设球不受箱子作用，应满足 Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg 解得a＝gtan θ

减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N与左壁支持力P

共同决定，当a＞gtan θ时 P＝0

球受力如图．由牛顿定律 Nsin θ＝ma Ncos θ－Q＝mg 解得Q＝m(acot θ－g)

av2

【答案】 (1) (2)m(acot θ－g)

2as－v2专题二动力学的图象问题

【例2】 (多选)(2014·辽宁沈阳质量监测)(多选)如图2甲所示，为测定物体冲上粗糙

斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图2乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出( )

A．物体的初速率v0＝3 m/s

B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75

C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

甲乙

图2

【解析】当θ＝90°时，物体做竖直上抛运动，v0＝2gh＝6 m/s, 故A项错误；当θ

0－v0

＝0°时，物体在水平面上运动，由－μmg＝ma，x＝得，μ＝0.75，B项正确；当倾角为

2a2

0－v2v00

θ时，有－mgsin θ－μmgcos θ＝ma和x＝得x＝＝

2a2gsin θ＋μcos θ

v2v200≥＝1.44，故C项正确；当θ＝30°时，mgsin θ＜μmgcos θ，故22g1＋μsinθ＋φ2g1＋μ2达到最大位移后不会下滑，D项错误．

【答案】 BC

专题三动力学中的“相对滑动” 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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．

3．解题思路

4．易失分点

(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度． (2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．【例3】如图3所示，光滑水

图3

平面上静止放着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2)

(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？ (2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？

【解析】 (1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1 m/s2

由牛顿第二定律对整体有Fm＝(m＋M)a＝4 N (2)当F＝10 N>4 N时，两者发生相对滑动

对小物体：a1＝μg＝1 m/s2 对木板：F合＝F－μmg＝Ma2 代入数据解得a2＝3 m/s2 11

由位移关系有：L＝a2t2－a1t2

22代入数据解得t＝2 s

则小物块的速度v1＝a1t＝2 m/s. 【答案】 (1)4 N (2)2 m/s

[学以致用]

1．如图4所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上．现用水平力F作用于A，恰能使A、B一起运动；今撤去力F，将另一水平图4

F′作用于木块B，则保持A、B相对静止的条件是F′不超过( )

A．F B.F

MM＋mM

C.F D.F mm

【解析】系统在水平方向只受力F作用，恰能一起运动，则A、B具有相同加速度，F即a＝，木块B水平方向只受A对B的静摩擦力，因此最大静摩擦力fm＝Ma；若撤去

M＋m力F，将水平力F′作用于B，则对系统有a′＝

F′

，木块A水平方向只受B对A的静摩擦M＋m

力f，相对静止的条件是相互作用的静摩擦力f≤fm，且f＝ma′，联立解得F′≤F，C项正确．

【答案】 C

2．(2014·山东临沂3月质检)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，位移x和时间平方t2的关系图象如图5甲；乙受到如图5乙所示的水平拉力F的作用．则在0～4 s的时间内( )

甲乙

图5

A．甲物体所受合力不断变化 B．甲物体的速度不断减小

C．2 s末乙物体改变运动方向 D．2 s末乙物体速度达到最大

【解析】由x-t2图象可得函数关系x＝x0－kt2，由匀变速直线运动的位移公式知，甲物体向负方向做匀加速直线运动，故A、B项错；乙物体先向正方向做加速度减小的加速运动，t＝2 s加速度减为零，速度达最大，2～4 s再向正方向做加速度增大的减速运动，4 s末速度减为零，故C项错，D项正确．

【答案】 D

3．如图6甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图6乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则

( )

甲乙

图6

A．t1～t2时间内物块做匀加速直线运动 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的速度为0

【解析】物块A原来静止在水平面上，在0～t1时间内拉力F小于地面对物块的最大静摩擦力fm，因此物块仍静止，t1～t2时间内，拉力大于最大静摩擦力，合力大于0，物块F－fm做加速运动，由牛顿第二定律可得加速度a＝随拉力F的增大而增大，t2时刻，拉力F

m最大，则合外力F－fm最大，故物块的加速度最大，A错、B对；t2时刻后拉力F逐渐减小，但在减小到fm前，物块所受合外力仍与速度同向，物块仍做加速运动，所以t3时刻物块A的速度最大，C、D均错．

【答案】 B

4．(多选)风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力．实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接．把A球套在水平细杆上，如图7所示，对B球施加水平风图7

力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动．若把A、B两球位置互换，重复

实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同．则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是( )

A．细绳与竖直方向的夹角θ B．轻绳拉力的大小 C．细杆对球的支持力 D．风给小球的水平力

【解析】两次实验中两球具有相同的加速度，以两球为研究对象，竖直方向只受系统重力和杆的支持力(如图甲)，并且这两个力平衡，

因此杆的支持力总等于系统重力不变，即FN＝(mA＋mB)g，C项正确；水平方向，两球一起向右加速运动，因此整体水平方向合外力不变，套在杆上的球与杆之间是滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝(mA＋mB)g可知滑动摩擦力Ff不变，由牛顿第二定律得风对小球的水平力F＝Ff＋(mA＋mB)a＝(mA＋mB)(μg＋a)不变，D项正确；对悬挂小球，受力如图乙所示，mg

细绳拉力FT＝，水平方向：F－FTsin θ＝ma，F大小不变，互换小球时悬挂小球质量不

cos θ等，因此轻绳拉力和轻绳与竖直方向的夹角同时发生变化，A、B项错误．

【答案】 CD

5．(多选)如图8所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h的木块A和质量为M、半径为R的球B，各

接触面均光滑，木块A受到水平向右的外力F作用，图8

系统处于静止状态．O为B的球心，C为A、B接触点，CO与竖直方向夹角θ＝60°.现撤去水平外力F，则( )

A．撤去F时，球B的加速度aB＝0 F

B．撤去F时，木块A的加速度aA＜ mC．撤去F时，墙壁对球B的弹力FB＝0 D．撤去F时，A对水平面的压力小于(M＋m)g

【解析】撤去外力F前，设B对木块A的作用力为FA，对木块A受力分析可知水平方向上FAsin 60°＝F.撤去外力F时，木块A受到球B的作用将向左加速运动，同时球B向

下加速，处于失重状态，故对木块A的作用力FA减小，故木块A的加速度小于，选项A

m错误、B、D正确；撤去外力F时，A、B两物体之间仍存在相互作用力，所以球B与墙壁之间作用力不可能为零，选项C错误．

【答案】 BD

6．(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0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9所示，g取10 m/s2，则可以计算出( ) 图9

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a-F图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A正确；再由图象可知，当F＝7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F＝14 N时，加速度为4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，且不知随时间如何变化，则不能算出拉力为14 N时物体的速度，选项B错误．

【答案】 ACD

7．(2015·湖北武昌调研)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图10甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v-t图象如图10乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：

甲乙

图10

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．【解析】 (1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知： v1－v0

在0～2 s内：a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)

v2－v1

在2～5 s内：a1＝＝－10 m/s2(方向沿杆向下)

t2(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有： Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1 停风后的上升阶段，有：－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 综上解得：μ＝0.5 F＝50 N

【答案】 (1)15 m/s2 －10 m/s2 (2)0.5 50 N

8．(2014·山西四校第二次联考) 如图11所示，静止在光滑水平面上质量M＝10 kg的小车，在小车右端施加一水平恒力F＝10 N，当小车向右运动速度达到v0＝2.8 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg 图11

的小物块(物块可视为质点)，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：

(1)若小车足够长，经过多长时间两者具有相同的速度； (2)小车至少多长才能保证小物块不从小车上掉下来．【解析】 (1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM 由牛顿第二定律有：μmg＝mam得am＝2 m/s2 F－μmg＝MaM得aM＝0.6 m/s2

设经过时间t1二者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1 解得：t1＝2 s

(2)当二者达到相同的速度后，假设二者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运5

动，以小物块和小车整体为研究对象，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a解得：a＝ m/s2

此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝ N

3而小物块和小车之间的最大静摩力fm＝μmg＝4 N f＜fm，所以二者达到相同的速度之后，保持相对静止． 1

从小物块放上小车开始，小物块的位移为s1＝amt2

211

小车的位移为s2＝v0t1＋aMt2

小车至少的长度至少为：L＝s2－s1，代入数据解得L＝2.8 m 【答案】 (1)2 s (2)2.8 m

高频考点强化卷(三) 牛顿运动定律

(时间：45分钟满分：100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)

1．(2015·济南市调研)2013年6月20日，在中国迄今最高“讲台”——“天宫一号”上，女航天员王亚平向地面的千万名师生进行了太空授课．在演示如何在太空中测量物体质量时，她让“助教”聂海胜固定在仪器上，启动机械臂拉他由静止开始向舱壁运动，假设仪器测出聂海胜受到机械臂的恒定拉力为F，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为v，则聂海胜的质量为( )

FtFtA. B. 2vv2Ft4FtC.D. vv

Δvv

【解析】由加速度定义式知a＝＝，根据牛顿第二定律F＝ma，可得聂海胜的质

ΔttFFFt

量m＝＝＝，故选项B正确．

avv

【答案】 B

2．(2015·湖北部分重点中学一次联考)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速率成正比，则整个运动过程中，加速度的变化是( )

A．始终变小 B．绐终变大 C．先变大后变小 D．先变小后变大

【解析】设阻力f＝kv，k为系数，当子弹竖直向上飞行时，mg＋kv＝ma，因速度v减小，所以加速度减小；当子弹向下运动时，mg－kv＝ma，因速度v增大，所以加速度减小，选项A正确．

【答案】 A

3．(2015·咸阳市一模)如所示，物块，A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引B使A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2.若增大C桶内图1

砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力f1和f2的变化情况是

( )

A．f1、f2都变大 B．f1、f2都不变

C．f1不变，f2变大 D．f1变大，f2不变

【解析】设物体的加速度大小为a，对A进行受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律有f1＝mAa，物体B与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力，有f2＝μ(mA＋mB)g，当增大砂桶中砂的质量时，加速度变大，静摩擦力f1变大，而滑动摩擦力f2不变，选项D正确．

【答案】 D

4．(2015·天津市河西区调研)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M＝14 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳上爬．如图2所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度图2 为(取g＝10 m/s2)( )

A．2.5 m/s2 B．5 m/s2 C．4 m/s2 D．0.5 m/s2

【解析】以猴子为研究对象，有FT－mg＝ma，以重物为研究对象，有FT＋FN＝Mg，M－mg若重物不离开地面，则有FN≥0，联立以上各式，解得a≤，即a≤4 m/s2，选项C

m正确．

【答案】 C

5．如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB

突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( ) 图3

23A．0 B.g

3C．g D.

3g 3

【解析】平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合mg23F23

力F＝＝mg，产生的加速度a＝＝g，B正确．

cos 30°3m3

【答案】 B

6. 如图4所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( ) 图4

A．0 N B．8 N C．10 N D．50 N

【解析】细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B整体受到的合外力等于物体B的重力，因此整体的加速度为a＝

mBg1

＝g，对于物体B：mBg－FN＝mBa，所以A、B间作用

mA＋mB5

力FN＝mB(g－a)＝mBg＝8 N.

【答案】 B

7．(2015·呼和浩特阶段考试)在升降的电梯内的水平地面上放一体重计，电梯静止时，吴力同学站在体重计上，体重计的示数为60 kg，电梯运动时，某一段时间吴力同学发现体重计的示数为72 kg，在这段时间内下列说法正确的是( )

A．吴力同学所受的重力不变

B．吴力同学对体重计的压力大于体重计对他的支持力 1

C．电梯的加速度大小为g，方向一定竖直向上

5D．电梯的运动方向一定竖直向上

【解析】在地球表面同一纬度重力与人的运动情况和是否受到其他力的作用无关，选项A正确；根据牛顿第三定律，压力和支持力是一对作用力和反作用力，选项B错误；体重计的示数72 kg大于60 kg，说明合力方向向上，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，即1

72g－60g＝60a，a＝g，方向向上，选项C正确；加速度向上，电梯可能加速上升，也可

5能减速下降，选项D错误．

【答案】 AC

8．(2014·南宁模拟)如图5所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，图5 弹簧水平，以下说法正确的是( )

A．两球质量一定相等 B．两球质量可能不相等

C．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为零 D．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为3g

【解析】设左、右两细线的拉力大小分别为Fa、Fb，由平衡条件可得，Facos α＝Fbcos

α，Fasin α＝mag，Fbsin α＝mbg，可解得：Fa＝Fb，ma＝mb，A正确，B错误；剪断左侧细线瞬间，Fa立即消失，弹簧弹力及Fb瞬间不发生改变，故此时b球加速度为零，a球的加Fag

速度aa＝＝＝2g，C正确，D错误．

masin α

【答案】 AC

9．(2015·石家庄市质检)如图6所示，斜面体放置在水平地面上，物块沿粗糙的斜面加速下滑，斜面体始终保持静止，在此过程中( )

A．斜面体对物块的作用力斜向左上方图6 B．斜面体对物块的作用力斜向右上方 C．地面对斜面体的摩擦力水平向右

D．地面对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和

【解析】物块有沿斜面向下的加速度，对物块受力分析，受重力和斜面对物块的作用力，两力的合力沿斜面向下，因此斜面对物块的作用力斜向右上方，A错误，B正确；对整体受力分析，将物块的加速度分解为竖直向下的和水平向右的，竖直方向上有向下的加速度，整体处于失重状态，D错误；水平方向上有向右的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向右，C正确．

【答案】 BC

10．(2015·呼和浩特市阶段测试)将一个小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力大小不变，则小物体到达最高点前的最后1 m和离开最高点的第1 m所用时间为t1和t2，平均速度的大小为v1和v2，速度变化量的大小为Δv1和Δv2.加速度的大小为a1和a2，它们关系正确的是( )

A．t1＞t2 B．v1＞v2 C．Δv1＞Δv2 D．a1＞a2

mg＋f【解析】根据牛顿第二定律知，小物体上升时加速度大小a1＝，下降时加速度

mmg－f

大小a2＝，a1＞a2，选项D正确；根据逆向转换的方法，上升的最后1 m可以看成以

m1Δv12

加速度a1从静止开始下落，故有x＝a1t2，而以加速度a2从静止开1，(Δv1)＝2a1x，v1＝221Δv22始下落的1 m内有x＝a2t2，因a1＞a2，所以t1＜t2，Δv1＞Δv2，v12，(Δv2)＝2a2x，v2＝22＞v2，故A错误，B、C正确．

【答案】 BCD

二、非选择题(本题共2小题，共30分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)

11．(14分)(2015·太原市测评)如图7甲所示，物块以一定的初速度v0沿斜面向上滑出，利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度v随时间t的变化关系如图7乙所示，取g＝10 m/s2.求：

甲乙

图7

(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离s；

(2)斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.

【解析】由图乙可知v0＝8 m/s，t1＝1.0 s，v1＝0，t2＝3.0 s，v2＝－4 m/s (1)物体在0～t1内向上滑行，最大距离为 v0s＝t1

2s＝4 m

(2)物体在0～t1内加速度为 v1－v0a1＝＝－8 m/s2

物体在t1～t2内加速度为a2＝由牛顿第二定律，有－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 －mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 联立，得 θ＝30° μ＝3

3 5

v2－v1＝－2 m/s2 t2－t1

【答案】 (1)4 m (2)

12．(16分)如图8所示，编号1是倾角为37°的三角形劈，编号2、3、4、5、6是梯形劈，三角形劈和梯形劈的斜面部分位于同一倾斜平面内，即三角形劈和梯形劈构成一个完整的斜面体；可视为质点的物块质量为m＝1 kg，与斜面部分的动摩擦因数均为μ1＝0.5，三角形劈和梯形劈的质量均为M＝1 kg，劈的斜面长度均为L＝0.3 m，与地面的动摩擦因数均为μ2＝0.2，它们紧靠在一起放在水平面上，现使物块以平行于斜面方向的初速度v0＝6 m/s

从三角形劈的底端冲上斜面，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图8

(1)若将所有劈都固定在水平面上，通过计算判断物块能否从第6块劈的右上端飞出？ (2)若所有劈均不固定，物块滑动到第几块劈时梯形劈开始相对地面滑动？ (3)劈开始相对地面滑动时，物块的速度为多大？

【解析】 (1)若劈一直保持静止不动，则物块滑到第6块劈右上端时的速度满足v22－v20＝2(－a)(6L)

解得v2＝0

所以物块不能从第6块劈的右上端飞出 (2)物块与斜面间的弹力FN1＝mgcos 37°＝8 N 物块与斜面间的滑动摩擦力f1＝μ1FN1＝4 N

地面对劈的支持力FN2＝nMg＋FN1cos 37°－f1sin 37° 当f1cos 37°＋FN1sin 37°＝μ2FN2时刚好开始滑动解得n＝3.6

所以物块滑动到第4块劈时，劈开始相对地面滑动 mgsin 37°＋f1(3)物块的加速度a＝ m代入数值a＝10 m/s2

劈开始滑动时物块的速度v21－v0＝2(－a)(3L)

解得v1＝32 m/s

【答案】 (1)不能 (2)第4块 (3)32 m/s

实验四验证牛顿运动定律

一、实验原理及过程

二、注意事项及误差分析 1．注意事项

(1)平衡摩擦力∶在平衡摩擦力时，不要悬挂小盘，但小车应连着纸带且接通电源．用手给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡．平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．

(2)实验条件∶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)一先一后一按∶改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，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，各量须采用国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些．

2．误差分析

(1)因实验原理不完善引起误差．以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a；M1以小车为研究对象得F＝Ma，求得F＝·mg＝·mg＜mg

mM＋m

1＋M

本实验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小

盘和砝码的总重力．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的目的就是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、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．

考点一实验原理及操作

【例1】 (2013·天津高考)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．

图实-4-1

(1)下列做法正确的是________．(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________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)

(3)甲、乙两同学在同一实验室各取一套图示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，分别得到图实-4-2中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、图实-4-2

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．(选填“大于”“小于”或“等于”)

【解析】 (1)为使木块运动过程中受到的拉力恒定，应调节细绳与长木板平行，A正确；在调节木板倾斜度平衡摩擦力时应拿掉砝码桶，

并且实验过程中改变木块上的砝码质量时，不需要重新平衡摩擦力，B错误，D正确；实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开木块，C错误．

(2)在此实验中可以认为木块所受细绳的拉力F等于砝码及砝码桶的重力，而实际上对木块和木块上的砝码：F＝Ma 对砝码及砝码桶：mg－F＝ma M

联立解得F＝mg

M＋m

故只有当m≪M时才能近似满足F＝mg (3)在水平桌面上未平衡摩擦力时 F

木块的加速度a＝－μg

a-F图线的斜率k＝

m在纵轴负方向的截距b＝μg

由图象知k甲＞k乙，b甲＞b乙，所以m甲＜m乙，μ甲＞μ乙【答案】 (1)AD (2)远小于 (3)小于大于【反思总结】

常见a-F图象涉及的误差分析

“验证牛顿运动定律”实验得到的理想a－F图象应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图所示的三种情况(说明见下表)．

图线 ① 特征图线的上部弯曲图线与a 轴有截距图线与F 轴有截距产生原因当木块受力F较大时，不满足“砝码桶及桶内砝码的质量远小于木块和木块上砝码的总质量”的条件平衡摩擦力时长木板的倾角过大，F＝0(即不挂砝码桶)时木块就具有了加速度平衡摩擦力时长木板的倾角过小，或未平衡摩擦力，只有当F增加到一定值，木块才获得加速度考点二实验操作及数据处理【例2】 (2015·吉林实验中学检测)某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图实-4-3甲为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)

② ③ 77

图实-4-3

(1)图实-4-3乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留2位有效数字)

(2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应1

的，数据见下表： m

实验次数小车加速度 a/(m·s) 小车质量m/kg 1－1/kg m－21 1.90 0.25 4.00 2 1.72 0.29 3.45 3 1.49 0.33 3.03 4 1.25 0.40 2.50 5 1.00 0.50 2.00 6 0.75 0.71 1.41 7 0.50 1.00 1.00 8 0.301.670.601请在图实-4-3丙给出的方格坐标纸中画出a-图线，并根据图线判定小车加速度a与质

量的倒数之间的关系是________．

图实-4-3

(3)保持小车质量m不变，改变砂和砂桶质量M，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线如图实-4-3丁所示．该图线不通过原点，其主要原因是__________.

Δx－

【解析】 (1)根据纸带数据可知Δx＝0.51×102m，T＝2×0.02 s＝0.04 s，所以a＝2≈3.2 Tm/s2.

(2)a-图线如图所示．

a-图线为过原点的直线，说明小车加速度a与质量的倒数之间是正比关系． mm(3)根据图线可知，当拉力F增加到某一值时，小车才具有加速度，所以小车还受到较大的摩擦力影响．

【答案】 (1)3.2 (2)图见解析正比关系 (3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分考点三实验改进与创新

【例3】 (2013·新课标全国卷Ⅰ)图实-4-4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：

图实-4-4

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a的平均值a； 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)的示数如图实-4-5所示，其读数为________cm.

图实-4-5

(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为 a＝________.

(3)动摩擦因数μ可用M、m、a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________(选填“偶然误差”或“系统误差”)．

【解析】 (1)d＝0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.

Δxdd2d2(2)由v＝得，vA＝，vB＝，物块做匀加速直线运动，则v2B－vA＝2ax，即ΔtBtΔtAΔtB

d21d2d2－＝2as，得a＝－. ΔtA2sΔtBΔtA

mg－M＋ma

(3)整体运用牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)a，则μ＝. Mg(4)由实验装置引起的误差为系统误差．

1d2d2

【答案】 (1)0.960 (2)－

2sΔtBΔtAmg－M＋ma(3) (4)系统误差

Mg借题发挥

[高考命题角度分析] 一、本题创新点分析

1．真题溯源——本题实验用到的器材：一端带轮的长木板、滑块与课本实验相同，其运动形式也是滑块在重物作用下沿长木板运动．

2．创新亮点——该题没有平衡摩擦力问题，加速度没有利用打点计时器、纸带来求，而是用光电门测速度，用运动学公式算出，实验没有验证牛顿第二定律，而是应用牛顿第二定律列式求动摩擦因数．

二、本实验的其他改进创新思路 (一)实验器材的改变

如果还是测量动摩擦因数，不用光电门，仍然沿用打点计时器，纸带的办法，实验结果与该题办法比较，有什么不足？

【提示】误差变大，因为纸带与打点计时器之间有摩擦力． (二)实验原理的改变

测动摩擦因数，可以避开测加速度，比如用力平衡的办法即用一个弹簧测力计匀速拉动木板上的滑块或滑块与弹簧测力计不动，抽动下面的木板，这两种办法有什么不足？

【提示】前者匀速拉动弹簧测力计不易操作，后者抽动木板较好，但弹簧测力计的测量精度和读数均存在误差，另外也需测量木板质量，也存在误差.

1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)某同学利用图实-4-6甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图实-4-6乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：

图实-4-6

(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．

(2)由图乙可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是_________.

(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_____________________________，

钩码的质量应满足的条件是_______________．

【解析】 (1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系． (2)由图象可知，当小车加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力． (3)对小车受力分析，有FT－Ff＝Ma，mg－FT＝ma mgFf联立两式可得a＝－

M＋mM＋m

mgMmg

可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后a＝，FT＝

M＋mM＋m为使FT＝mg，应使m≪M.

【答案】 (1)非线性 (2)存在摩擦力

(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量

2．图实-4-7甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小

车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．

图实-4-7

(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )

A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．

B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．

C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．

(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是( ) A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

(3)图实-4-7乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm、sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)．

图实-4-7

【解析】 (1)平衡小车的摩擦力时，应撤去砂和砂桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速，故B正确．

(2)为使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理． sDE＋sEF＋sFG－sAB＋sBC＋sCD

(3)由a＝，

9T2T＝0.1 s，

可解得：a≈0.42 m/s2.

【答案】 (1)B (2)C (3)0.42

3．(2014山东高考)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．

实验步骤：

①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；

②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图实-4-8甲所示．在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；

甲图实-4-8

③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；实验数据如下表所示： G/N F/N 1.50 0.59 2.00 0.83 2.50 0.99 3.00 1.22 3.50 1.37 4.00 1.61 ④如图实-4-8乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；

乙图实-4-8

⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离s.

完成下列作图和填空：

(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出F-G图线．

图实-4-9

(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________.(保留2位有效数字) (3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)．【解析】 (1)F-G图线如图所示．

ΔF

(2)F-G图线的斜率即为滑块与木板间的动摩擦因数，即μ＝≈0.40.

ΔG

(3)重物P落地后，滑块在木板上做匀减速直线运动，加速度a＝μg，减速过程的位移为(s－h)，由v2＝2a(s－h)，可得最大速度v＝2μgs－h.

【答案】 (1)图见解析 (2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确) (3)2μgs－h 4．某同学设计了如图实-4-10所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2.

图实-4-10

(1)为测量滑块的加速度a，需测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________．

(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为： 1＋μga＝m－μg M＋m′＋m

他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________．

(3)实验得到a与m的关系如图实-4-11所示，由此可知μ＝________.(取2位有效数字)

图实-4-11

【解析】 (1)滑块从A到B做匀加速直线运动，

12x2x故x＝at2，即a＝2，需测位移x和时间t，计算a的运动学公式是a＝2. 2tt

1＋μg(2)由数学知识知，若a是m的一次函数，必须满足不变，即(m′＋m)不

M＋m′＋m变，方法就是将从托盘中取出的砝码置于滑块上，以保证(m′＋m)保持不变．

(3)从图象中取两点的坐标值(×10

－3,

0.23)、(67×10

－3,

0.35)代入a与m的关系式

1＋μg－0．23＝××103－μg

M＋m′＋m1＋μg－

0．35＝×67×103－μg

M＋m′＋m联立解得μ≈0.23

【答案】 (1)位移x 时间t a＝2 (2)m′＋m 滑块上

t(3)0.23(0.21～0.25之间均可)

5．(13分)利用如图实-4-12所示的装置探究加速度与力的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，另一端安装打点计时器，绕过定滑轮和动滑轮的细线将小车和弹簧秤连接，动滑轮下挂有质量可以改变的小重物，将纸带穿过打点计时器后连在小车后面，接通计时器，放开小车．不计滑轮的质量，忽略滑轮的摩擦．

图实-4-12

(1)实验中弹簧秤的示数F与小重物的重力mg的关系为________． mgmgmg

A．F＝ B．F＞ C．F＜

222

(2)保持小车的质量M不变，改变小重物的质量m，重复进行多次实验．记下每次弹簧秤的示数F，利用纸带测出每次实验中小车的加速度a.将得到的a、F数值绘制成a-F图象．以下符合实际的是________．

(3)如果某次实验中已测得小车的质量M，弹簧秤的示数F，小车的加速度a.利用这三个数据你还能求出与本次实验相关的什么物理量的数据，并利用这些符号表示出来__．(写出一个物理量及其表达式即可，重力加速度为g)

【解析】由实验装置可知，小车的加速度为a时，重物的加速度为.根据牛顿第二定

2amg

律，对重物：mg－2F＝m，所以F＜；对小车：F－f＝Ma，a-F图象为直线，且在F轴

22的截距为正值；由以上两个方程，根据a、F、M的数值，可以求得小车受到的阻力f和小4F

重物的质量m，f＝F－Ma，m＝. 2g－a

【答案】 (1)C (2)A (3)小车受到的阻力f＝F－Ma 小重物的质量m＝

2g－a

章末检测卷(三)

(时间：90分钟，满分100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)

1．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性的角度加以解释，其中正确的是( ) A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度．这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性

B．射出膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了

C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这些会改变它的惯性 D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过人和车的惯性达到行驶目的

【解析】物体的惯性与质量的关系是，质量越小，惯性越小，A错误、C正确；射出膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，是因为速度减小，动能减小，而并不是因为惯性减小，B错误；物体的惯性是物体保持原来的运动状态的性质，质量不变时，通过改变物体的位置不能惯性，D错误．

【答案】 C

2．(2014·河南洛阳期末)如图1甲所示，质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，竖直放在水平地面上，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图1乙所示．研究从力F刚作用在木块A上的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点图1

位置为坐标原点，则下列选项中可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是( )

【解析】对A受力分析得F－kx＝ma，由于A做匀加速运动，则加速度a恒定，则F与x成线性函数关系，且F-x图线与F轴有交点，A正确．

【答案】 A

3．如图2所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右图2

的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是( )

A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为

sin α

C．系统的加速度为a＝gtan α D．推力F＝Mgtan α

【解析】系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的mg

支持力为，选项A、B错误；小球所受合外力为mgtan α，加速度为a＝gtan α，推力F

cos α＝(m＋M)gtan α，选项C正确，D错误．

【答案】 C

4．在光滑的水平面上有一质量为2 kg的物体，它的左端与一劲度系数为100 N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线，物体静止时细线与竖直方向成图3

37°角，此时水平面对物体的弹力为零，如图3所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．当剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为7.5 m/s2 B．当剪断弹簧的瞬间，物体的合外力为15 N C．当剪断细线的瞬间，物体的加速度为零 D．当剪断细线的瞬间，物体受到的合外力为15 N

【解析】以物体为研究对象进行受力分析可知，物体受细线拉力为25 N，弹簧弹力为15 N，在剪断弹簧的瞬间，细线拉力会突变，物体静止不动，细线拉力为0、加速度为0，物体所受合外力为0，选项A、B错误；而在剪断细线的瞬间，弹簧弹力不突变，受力分析可知，此时物体受到的合外力为15 N，加速度为7.5 m/s2，选项C错误、D正确．

【答案】 D

5．(2014·西安一中检测)如图4所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA＝2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直图4

墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平方向向左运动，使弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，则弹簧给A物体的作用力大小为( )

A．F B．2F

C．3F D．4F

【解析】根据题述弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，隔离B，分析受力，由牛顿第二定律，B的加速度a＝F/mB.设弹簧给A物体的作用力的大小为F′，隔离A，由牛顿第二定律，F′－F＝mAa，解得F′＝3F，选项C正确．

【答案】 C

6．(2015·南昌市调研)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是( )

【解析】因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的mg＋kv速率减小，加速度a＝是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速

mmg－kv

率增加，加速度a＝是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．

【答案】 A

7．(2014·陕西渭南质检(一))图5为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，图中关于小球对斜面的压力N、小球运动的加速度a 图5 随θ变化的图象正确的是( )

【解析】对小球在斜面上向下滑动时，支持力N＝mgcos θ，因此在0～范围内，支

2持力按余弦规律变化，A错误，B正确；而重力沿斜面方向分力F＝mgsin θ，根据牛顿第二π

定律可知，下滑的加速度a＝gsin θ，在0～范围内，按正弦规律变化，因此D正确，C错

2误．

【答案】 BD

8．(2015·江西南昌调研)如图6(a)所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动其速度v随时间t的变化规律如图6(b)所示，重力加速度为g，则( )

图6

(a) (b)

A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3 B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3 D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg

【解析】对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．

【答案】 AD

9．(2015·江西南昌调研)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当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．小球间距大于L时，相互排斥力为零．小球在图7

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的变化关系图象如图7所示，由图可知( )

A．a球质量大于b球质量 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球所受排斥力方向始终与运动方向相反

【解析】两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据a＝可知加速

m度小的小球质量大，所以a球质量大于b球质量，A正确.0～t1时间内，两小球相向运动，距离越来越小，t1～t2时间内两小球运动方向相同，但a小球速度大，两小球的距离继续减小，t2时刻两小球距离最小，B错误，C正确．t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同，D错误．

【答案】 AC

10．(2014·郑州市二模)如图8所示，光滑的水平地面上有三块木块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 图8

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，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )

A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变

B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大

【解析】将a、b、c看作一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A错误；如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据

牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析．b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．

【答案】 CD

二、非选择题(本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)

11．(9分)(2014·北京名校联盟)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图9所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时图9

间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次．得到下列表格中5组数据.

次数 1 2 3 4 5 a/(m·s2) －F/N 0.76 0.99 1.23 1.50 1.76 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0

(1)若测得两光电门之间距离为d＝0.5 m，运动时间t＝0.5 s，则a＝__________ m/s2； (2)依据表中数据在坐标纸上画出a-F图象．

(3)由图象可得滑块质量m＝__________kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝__________(g取10 m/s2)

【解析】 (1)滑块在两个光电门之间从静止开始做匀加速直线运动，d＝at2，代入距

22d2×0.522

离和时间得加速度a＝2＝2 m/s＝4.0 m/s. t0.5

(2)描点作图，注意根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，所以a-F是一条倾斜的直线．而且由于摩擦力，所以不过原点．

4－111

(3)根据牛顿第二定律可得a＝F－μg，即a-F图象斜率表示＝，整理得m＝

mm1.5－0.76

0.25 kg，当加速度等于0时，则有0＝F－μg＝4×0.5－10μ，整理得μ＝0.2.

【答案】 (1)4.0 (2)图象如下 (3)0.25 kg 0.2

12．(9分)某同学设计了如图10所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.

图10

(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______；为了减小测量加速度的偶然误差，可以采用的方法是(一种即可)_________ ________________________________．

(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是__________．

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是__________． a．可以改变滑动摩擦力的大小 b．可以更方便地获取多组实验数据 c．可以比较精确地测出摩擦力的大小 d．可以获得更大的加速度以提高实验精度

12d

【解析】 (1)木板做初速度为零的匀加速直线运动，其位移d＝at2，加速度a＝2.为

2t了减小偶然误差，可多次测量时间t，取t的平均值．

(2)F1F0时，木板开始运动，但F1并非绳子的拉力而是瓶和水的总重力，只有当瓶和水的质量远小于木板和弹簧秤的质量时，F1才可以近似等于绳子拉力，此时a-F1图线为一段倾斜的直线，瓶和水的质量不远小于木板和弹簧秤的总质量时，绳子的拉力将小于F1，其a-F1图线的斜率将逐渐减小，因而只有c正确．

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码相比，水的质量可以连续调节，因而F1的大小也可以连续调节，从而能比较精确地测出摩擦力的大小和更方便地获取更多组实验数据，故正确选项为b、c.

【答案】 (1)2 多次测量时间t，取t的平均值 (2)c (3)bc

13．(10分)(2014·河北石家庄质检)在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图11所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度 m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为1 500 kg，下落过程中最大速度为20 m/s，重力加速度g取图11 10 m/s2.求：

(1)游客下落过程的总时间； (2)恒定阻力的大小．

【解析】设下落过程中最大速度为v，自由落体的高度为h1，则：v2＝2gh1 v＝gt1 解得：t1＝2 s

设匀减速的高度为h2，加速度大小为a，则：v2＝2ah2 v＝at2

下落的总距离h＝h1＋h2＝ m－4 m＝60 m 联立解得：a＝5 m/s2 t2＝4 s

游客下落过程的总时间为t＝t1＋t2＝6 s

(2)匀减速过程中：设阻力为f，由牛顿第二定律得：f－mg＝ma，已知m＝1 500 kg，可得f＝22 500 N

【答案】 (1)6 s (2)22 500 N

14．(10分)(2014·湖南十三校3月联考)如图12所示，水平传送带以恒定的速率v＝4 m/s运送质量m＝0.5 kg的工件(可视为质点)．工件都是在位置A无初速度地放在传送带上的，

且每当前一个工件在传送带上停止相对运动时，后一个工件即放到传送带上，今测得与传送带保持相对静止的相邻两工件之间的距离为2.0 m．g取10 m/s2.求：

图12

(1)某一工件刚放到A点时它与前一工件之间的距离x0； (2)工件与传送带之间的动摩擦因数μ. 【解析】 (1)设每个工件的加速时间为t， 1

则x0＝at2①

x0＋vt－at2＝l②

2v＝at③ 联立以上三式得 t＝0.5 s a＝8 m/s2 x0＝1 m (2)μmg＝ma a

μ＝＝0.8 g

【答案】 (1)1 m (2)0.8

15．(10分)如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质

图13

量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，已知重力加速度为g.

【解析】令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律可知 mAgsin θ＝kx1①

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律可知

kx2＝mBgsin θ②

F－mAgsin θ－kx2＝mAa③

F－mA＋mBgsin θ

由②③式可得a＝④

mA由题意知d＝x1＋x2⑤

mA＋mBgsin θ

由①②⑤式可得d＝.

kF－mA＋mBgsin θ

【答案】 a＝

mAmA＋mBgsin θd＝ k

16．(12分)(2015·江苏无锡期中调研)如图14甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图14乙所示，(已知斜面与物块、地面与物块的动摩擦因数相同，g取10 m/s2)求：

甲乙

图14

(1)斜面的长度x；

(2)物块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)斜面的倾角θ的正弦值．

【解析】 (1)在v-t图象中图线与时间轴所围的面积表示物体的位移，由题图乙可知，物块在0～5 s时间内在斜面上运动，5～7 s时间内在水平面上运动，因此斜面长度为

1x＝×5×10 m＝25 m. 2

(2)在v-t图象中图线的斜率表示物体运动的加速度，因此由题图乙可知，在5～7 s时间内，该物块运动的加速度为a2＝－5 m/s2

物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma2 解得μ＝0.5

(3)在0～5 s时间内物块运动的加速度为a1＝2 m/s2 根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 又因为sin2θ＋cos2θ＝1 联立解得sin θ＝0.6

【答案】 (1)25 m (2)0.5 (3)0.6

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