一、概念规律题组
1．关于牛顿第二定律，下列说法中不正确的是( )
A．加速度和力是瞬时对应关系，即a与F是同时产生、同时变化、同时消失
B．物体只有受到力作用时，才有加速度，也一定有速度
C．任何情况下，加速度的方向总与合外力的方向相同，但与速度的方向不一定相同
D．当物体受到几个力作用时，可以把物体的加速度看作是各个力单独作用时产生的各个加速度的合成
2．给静止在光滑水平面上的物体，施加一个水平拉力，当拉力刚开始作用的瞬间，下列说法正确的是( )
A．物体同时获得速度和加速度
B．物体立即获得加速度，但速度仍为零
C．物体立即获得速度，但加速度仍为零
D．物体的速度和加速度均为零
3．跳水运动员从10 m跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有( )
A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态
C．上升过程和下落过程均处于超重状态
D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态
4．在完全失重的状态下，下列物理仪器还能使用的是( )
A.天平 B.水银气压计
C.电流表 D.弹簧测力计
二、思想方法题组
图1
5．如图1所示，A、B两物块叠放在一起，当把A、B两物块同时竖直向上抛出时(不计空气阻力)，则( )
A．A的加速小于g
B．B的加速度小于g
C．A、B的加速度均为g
D．A、B间的弹力不为零
图2
6．如图2所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先增大后减小
一、超重与失重
1．超重与失重
超重 失重 完全失重
定义 物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件 物体有向上的加速度 物体有向下的加速度 a＝g，方向竖直向下
视重 F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
2.进一步理解
(1)当出现超重、失重时，物体的重力并没变化．
(2)物体处于超重状态还是失重状态，只取决于加速度方向向上还是向下，而与速度无关．
(3)物体超重或失重的大小是ma.
(4)当物体处于完全失重状态时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力，液柱不再产生向下的压强等．
【例1】 (2010·浙江理综·14)
图3
如图3所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
[规范思维]
[针对训练1] 下列实例属于超重现象的是( )
A.汽车驶过拱形桥顶端
B.荡秋千的小孩通过最低点
C.跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动
D.火箭点火后加速升空
二、瞬时加速度问题
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的瞬时作用力．
1．中学物理中的“线”和“绳”是理想化模型，具有以下几个特性：
(1)轻：其质量和重力均可视为等于零，且一根绳(或线)中各点的张力大小相等．
(2)不可伸长：即无论绳子受力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变．
2．中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有以下几个特性：
(1)轻：其质量和重力均可视为等于零，同一弹簧两端及其中间各点的弹力大小相等．
(2)弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力．
(3)由于弹簧和橡皮绳受力时，要恢复形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变．
图4
【例2】 (2010·全国Ⅰ·15)如图4所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g
[规范思维]
【例3】 (2011·宿迁模拟)在动摩擦
图5
因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图5所示．此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2.求：
(1)此时轻弹簧的弹力大小；
(2)小球的加速度大小和方向；
(3)在剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小．
[规范思维]
[针对训练2] 如图6甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．求解下列问题：
图6
(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
【基础演练】
1．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图7所示．在这段时间内下列说法中正确的是( )
图7
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下
2．如图8所示，
图8
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，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
3．
图9
图9是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是( )
A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态
B．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态
C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力
D．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力
4．(2011·长春期末)在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动，传感器的屏幕上显示出其受到的压力与时间的关系图象如图10所示，则( )
图10
A.电梯在启动阶段约经历了2.5秒的加速上升过程
B.电梯在启动阶段约经历了4秒的加速上升过程
C.电梯的最大加速度约为6.7 m/s2
D.电梯的最大加速度约为16.7 m/s2
5．(2009·广东·8)某人在地面上用弹
图11
簧秤称得体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图11所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
6．(山东高考题)直升机悬停在空中向
图12
地面投放装有救灾物资的箱子，如图12所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )
A．箱内物体对箱子底部始终没有压力
B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大
C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
7.
图13
利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力F随时间变化的图象如图13所示．根据图象提供的信息，以下判断不正确的是( )
A．在0至t2时间内该同学处于失重状态
B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态
C．t3时刻该同学的加速度为零
D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降
【能力提升】
图14
8．如图14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( )
A．0 B.g C．g D.g
9．(2011·福建厦门六中期中)如图15所示，
图15
A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．都等于 B.和0
C.·和0 D．0和·
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
10.一个质量为50 kg的人，
图16
站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个带有重物的弹簧测力计，其示数为40 N，如图16所示，该重物的质量为5 kg，这时人对升降机底板的压力是多大？(g取10 m/s2)
11．如图17甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空．为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小．现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时的速度恰好为零．以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2.求：
图17
(1)该学生下滑过程中的最大速率；
(2)滑杆的长度．
学案2 牛顿第二定律及应用(二)
超重与失重 瞬时问题
【课前双基回扣】
1．ABCD
2．B [根据牛顿第二定律，力和加速度是瞬时对应关系，拉力刚开始作用的瞬间，物体立刻获得一个加速度，但速度仍为零，因为速度的增加需要时间，B正确．]
3．D [跳水运动员在空中时无论是上升还是下降，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，故均为完全失重，故选D.]
4．CD 5.CD
6．CD [小球的加速度大小决定于小球受到的合外力．从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大．当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大．]
思维提升
1．(1)由牛顿第二定律可知，合力与加速度之间具有瞬时对应的关系，合力与加速度可同时发生突变，但速度不能．
(2)合力增大，加速度一定增大，但速度不一定增大．
(3)加速度的方向与物体所受合力方向一致，但速度方向与加速度和合力的方向不一定共线．
2．物体的加速度方向向上则超重；加速度方向向下则失重，与物体运动的速度方向无关．
3．当物体处于自由落体或竖直上抛运动状态时由于物体的加速度均为重力加速度，故物体处于完全失重状态．此时物体对水平支持物的压力或对竖直悬挂物的拉力等于零．
【核心考点突破】
例1 A [对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升过程还是下降过程．A对B均无压力，只有A项正确．]
[规范思维] 物体处于超重和失重状态，仅取决于加速度，而与速度无关．本题中若物体斜向上抛出、水平抛出、斜向下抛出，A对B的压力都为零．
例2 C [木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg.木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg.由平衡条件和牛顿第二定律可得a1＝0，a2＝g.]
[规范思维] 解本题的关键是分析清楚木板抽出前、后的受力情况，然后由F合＝ma求解a.注意弹簧弹力不能瞬间发生变化，因为弹簧弹力与形变紧密联系，在瞬间形变可认为不变．
例3 (1)10 N (2)8 m/s2，向左 (3)0
解析 (1)小球在绳没有断时，水平面对小球的弹力为零，球受到绳的拉力FT、自身重力G与弹簧的弹力F作用而处于平衡状态，依据平衡条件得
竖直方向有：FTcos θ＝mg
水平方向有：FTsin θ＝F
解得弹簧的弹力为F＝mgtan θ＝10 N
剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，仍为10 N
(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力平衡重力FN＝mg
水平方向上由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝8 m/s2，方向向左．
(3)当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力，且二力平衡，加速度为0.
[规范思维] 利用牛顿第二定律求瞬时加速度时，关键是分析此时物体的受力情况，同时注意细绳和弹簧的区别：在其它力变化时，弹簧的弹力不会在瞬间发生变化，而细绳的拉力可以在瞬间发生突变．
[针对训练]
1．BD [当加速度向上时，物体处于超重状态；加速度向下时，物体处于失重状态．在汽车驶过拱形桥顶端时，向心加速度向下，失重；荡秋千的小孩通过最低点时，向心加速度向上，超重；跳水运动员离开跳板向上运动时，完全失重；火箭点火加速升空，加速度向上，超重．]
2．(1)a＝gsin θ，垂直L1斜向下方
(2)a＝gtan θ，水平向右
解析 (1)当线L2被剪断的瞬间，因细线L2对球的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L1的方向斜向下方，为a＝gsin θ.
(2)当线L2被剪断时，细线L2对球的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对球的弹力是一对平衡力，等值反向，所以线L2剪断时的瞬时加速度为a＝gtan θ，方向水平向右．
【课时效果检测】
1．D
2．D [首先研究整体，求出拉力F的大小F＝(m1＋m2)a.突然撤去F，以A为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A物体受力不变，其加速度a1＝a.以B为研究对象，在没有撤去F时有：F－F′＝m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a，撤去F则有－F′＝m2a2，所以a2＝－a.]
3．BC [加速上升或减速下降，加速度均是向上，处于超重状态；加速下降或减速上升，加速度均是向下，处于失重状态，由此知选项B、C正确．]
4．BC [由图可知，在0～4 s内台秤对物体的支持力大于物体的重力，所以0～4 s内物体一直加速上升．由图线知，物体的重力为30 N，即质量约为3 kg，台秤对物体的最大作用力为50 N，物体所受的最大合力为20 N，所以物体的最大加速度约为6.7 m/s2.]
5．AD [在t0～t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止，t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A、D都有可能对．]
6．C [因为下落速度不断增大，而阻力f∝v2，所以阻力逐渐增大，当f＝mg时，物体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M＋m)g－f＝(M＋m)a，f增大则加速度a减小．对物体：Mg－FN＝ma，加速度减小，则支持力FN增大．所以物体后来受到的支持力比开始时要增大，不可能“飘起来”．]
7．ABD
8．B [撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN大小，由于FN＝＝mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝＝g.]
9．D [当线断的瞬间，弹簧的伸长状态不变，A受合外力还是0，A的加速度仍为0，对B进行分析：
线断前：F线＝MBgsin θ＋F弹 F弹＝MAgsin θ.
当线断时：B受合力为F合＝MBgsin θ＋F弹＝MBaB
所以aB＝·gsin θ＝· 选项D正确．]
10．400 N
解析 以重物为研究对象，重物受向下的重力mg，向上的弹簧拉力F，重物随升降机一起以加速度a向上运动，由于重物的重力mg大于弹簧测力计的示数，因此可知升降机的加速度方向应向下，即升降机减速上升，由牛顿第二定律有mg－F＝ma
所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
再以人为研究对象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，由牛顿第二定律有
Mg－FN＝Ma得FN＝Mg－Ma＝50×(10－2) N＝400 N
由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为400 N，方向竖直向下．
11．(1)2.4 m/s (2)6.0 m
解析 (1)根据图象可知0～1 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上．
以人为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1①
5 s后静止，m＝＝ kg＝50 kg
1 s末人的速度为：v1＝a1t1②
根据图象可知1 s末到5 s末，人做匀减速运动，5 s末速度为零，所以人1 s末速度达到最大值．由①②代入数值解得：v1＝2.4 m/s，所以最大速率vm＝2.4 m/s.
(2)滑杆的长度等于人在滑杆加速运动和减速运动通过的位移之和．
加速运动的位移x1＝t1＝×1 m＝1.2 m
减速运动的位移x2＝t2＝×4 m＝4.8 m
滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1.2 m＋4.8 m＝6.0 m
易错点评
1．物体超重或失重时，只是物体对悬挂物的拉力或对水平支持物的压力发生了变化，而物体本身所受的重力并没有改变．
2．对于任何抛体，若不计空气阻力，则完全失重；若考虑空气阻力，则部分失重．
3．对于弹簧、橡皮绳等发生明显形变而产生的弹力，不能发生突变；而对于轻绳、桌面等发生不明显形变而产生的弹力，能够发生突变．解题中应注意区别。实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
3．掌握灵活运用图象处理问题的方法．
实验原理
探究加速度a与力F、质量M的关系时，应用的基本方法是__________，即先控制一个参量——小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与质量M的关系．
实验器材
打点计时器、复写纸片和纸带、一端有定滑轮的长木板、小车、小盘、______电源、______、砝码、________、导线．
实验步骤
一、测质量
1．用天平测出小车和砝码的总质量M，小盘和砝码的总质量m，把测量结果记录下来．
二、仪器安装及平衡摩擦力
2．按图1把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在车上，即不给小车加牵引力．
图1
3．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块木板．反复移动木板的位置，直至小车拖着纸带在斜面上运动时可以保持__________运动状态．这时，小车受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力__________的分力平衡．
三、保持小车的质量不变，研究a与F的关系
4．把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小盘，先__________再____________，打点计时器在纸带上打下一系列的点，打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码．
5．保持小车和砝码的质量不变，在小盘里放入适量的砝码，把小盘和砝码的总质量m′记录下来，重复步骤4.在小盘内再放入适量砝码，记录下小盘和砝码的总质量m″，再重复步骤4，重复三次，得到三条纸带．
6．在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，标明计数点，测量计数点间的距离，算出每条纸带上的加速度的值，并记录在表格(一)内．
表(一)
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N
1
2
3
4
四、保持小盘和砝码的质量不变，研究a与M的关系
7．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带．计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度．
改变小车上砝码的个数，重复步骤7，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中．
表(二)
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车和砝码的总质量M/kg
1
2
3
数据处理
1．需要计算各种情况下所对应的小车加速度，可使用“研究匀变速直线运动”的方法：先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据公式a＝计算加速度．
图2
2．(1)根据表(一)，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，作用力的大小F等于小盘和砝码的总重力，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点，如果这些点是在一条过原点的直线上，便证明了加速度a与作用力F成正比．如图2所示．
(2)根据表(二)．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码的质量M，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点，发现这些点落在一条类似反比函数的曲线上．我们猜想，a与M可能成反比．为了检验猜想的正确性，再用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点．如果这些点落在一条过原点的直线上，就证明了加速度与质量成反比．(如图3所示)
图3
注意事项
1．一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受到的摩擦阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．
2．实验步骤2、3不需要重复，即整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
3．每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小盘和
砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
4．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．
误差分析
1．质量的测量误差，纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差，拉线或纸带不与木板平行等都会造成误差．
2．因实验原理不完善造成误差：本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力)，存在系统误差．小盘和砝码的总质量越接近小车的质量，误差就越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，误差就越小．
3．平衡摩擦力不准确造成误差：在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的都跟正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器)，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点的距离相等．
题型一 对实验原理的理解
【例1】 如
图4
图4所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.
(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比；从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a—F图象，图象是一条过原点的直线．
①a—F图象斜率的物理意义是______________________________________．
②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？
答：________.(填“合理”或“不合理”)
③本次实验中，是否应该满足M m这样的条件？
答：________(填“是”或“否”)；理由是_____________________________________．
(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比；保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．
用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以____________的倒数为横轴．
题型二 实验数据的处理
【例2】 某学习小组的同学在用打点计时器探究物体的加速度与物体的质量之间的关系实验中，不改变拉力，只改变物体的质量，得到了如下表所示的几组数据，其中第3组数据还未算出加速度，但对应该组已打出了纸带，如图5所示(长度单位：cm)，图中各点为每5个打点选出的计数点(两计数点间还有4个打点未标出)．
图5
实验次数 1 2 3 4 5 6
小车质量(g) 200 300 400 500 600 700
小车加速度(m/s2) 2.00 1.33 0.79 0.67 0.40
小车质量的倒数(kg－1) 5.00 3.33 2.50 2.00 1.67 1.00
(1)请由纸带上的数据，计算出缺少的加速度值并填入表中(小数点后保留两位小数)．
(2)请在图6中建立合适的坐标，将表中各组数据用小黑点描在坐标纸上，并作出平滑的图线．
图6
(3)由图象得出的结论是：_______________________________
________________________________________________________________________.
1．在利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，下列说法中正确的是( )
A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮系在小车上
B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接电源再释放小车
2．(2011·三明模拟)用如图7甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”实验时，甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为图中的直线Ⅰ，乙同学画出的a－F图象为下图中的直线Ⅱ.直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况的四种解释，其中可能正确的是( )
图7
A．实验前甲同学没有平衡摩擦力
B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
C．实验前乙同学没有平衡摩擦力
D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了
3．(2009·江苏高考)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图8甲所示．
图8
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)
(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
加速度a(m·s－2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据作出a－F的关系图象．(如图9所示)
图9
(3)根据提供的实验数据作出的a－F的图线不通过原点．请说明主要原因．
4．(2011·天星调研卷)如图10所示为某同学探究加速度与力和质量关系的实验装置，两个相同质量的小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码．两小车后端各系一条细绳，一起被夹子夹着使小车静止．打开夹子，两小车同时开始运动；关上夹子，两小车同时停下来，用刻度尺测出两小车的位移，下表是该同学在几次实验中记录的数据．
图10
实验次数 车号 小车质量(g) 小盘质量(g) 车中砝码质量(g) 盘中砝码质量(g) 小车位移(cm)
1 甲 50 10 0 0 15
乙 50 10 0 10 30
2 甲 50 10 0 10 27.5
乙 50 10 50 10 14
3 甲 50 10 0 0 18
乙 50 10 10 10
请回答下述问题：
(1)在每一次实验中，甲、乙两车的位移之比等于______之比，请简要说明实验原理
________________________________________________________________________；
(2)第一次实验是控制了____________不变的，在实验误差范围内可得出结论是：
________________________________________________________________________；
(3)第二次实验是控制了____________不变的，在实验误差范围内可得出结论是：
________________________________________________________________________；
(4)第三次实验时，该同学先测量了甲车的位移，再根据前两次实验结论，计算出乙车应该发生的位移，然后再测量了乙车的位移，结果他高兴地发现，理论的预言与实际符合得相当好．请问，他计算出的乙车位移应该是________________．
5．(2011·成都模拟)某实验小组利用如图11所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．
图11
(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x＝24 cm，由图12中游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________ cm.该实验小组在做实验时，将滑块从图11所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1，遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1＝____________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝________.(以上表达式均用字母表示)
图12
(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如表所示的实验数据．通过分析表中数据后，你得出的结论是___________________________________.
m(g) a(m/s2)
250 2.02
300 1.65
350 1.33
400 1.25
500 1.00
800 0.63
(3)现需通过图象进一步验证你的结论，请利用表格数据，在图13坐标系中描点作出相应图象．
图13
6．(2010·吉林二模)为了探究加速度与力的关系，使用如图14所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录．滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：
图14
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？
(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________．
A．m1＝5 g B．m2＝15 g
C．m3＝40 g D．m4＝400 g
(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：________________(用Δt1、Δt2、D、x表示)．
实验学案4 探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【基础自主落实】
实验原理
控制变量法
实验器材
交流 天平 刻度尺
实验步骤
二、3.匀速直线 在斜面方向上
三、4.接通电源 放开小车
【热点题型精析】
例1 (1)① ②合理 ③否 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M＋m
解析 (1)将车内的沙子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a＝＝，可见a—F图象斜率的物理意义是，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M m这样的条件．
(2)向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．
例2 (1)0.99 (2)见解析图 (3)在拉力一定时，物体的加速度与质量成反比(与质量的倒数成正比)
解析 (1)a的计算利用逐差法
a＝
＝
＝
＝×10－2 m/s2
＝0.99 m/s2
(2)描点绘图，如图所示．
(3)由图象知a－图象是一条直线，即在拉力一定时，物体的加速度与质量成反比．
【课时效果检测】
1．BCD [本题考查实验过程中应注意的事项，选项A中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳系在小车上，A错；选项B、C、D符合正确的操作方法．]
2．BC
3．(1)0.16 (2)见解析 (3)忘记加入砝码盘的重力
解析 (1)由题意可知计数间隔T＝5T0＝0.1 s.
由Δx＝aT2和Δx＝0.16 cm＝1.6×10－3 m可得
a＝0.16 m/s2.
(2)a－F图线如图所示．
(3)平衡小车与桌面之间的摩擦力，a－F图象仍不通过原点，可能是在计算F时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图象向左平移造成的．
4．(1)加速度 x1∶x2＝a1∶a2 (2)小车质量
小车加速度与合外力成正比 (3)小车所受合外力 小车加速度与质量成反比 (4)30 cm
解析 (1)甲、乙两车的位移之比等于加速度之比，由于两车运动时间相同，由x＝at2得x1∶x2＝a1∶a2；
(2)第一次实验中控制小车质量相同，小车加速度与合外力成正比；
(3)第二次小车所受合外力不变，小车加速度与质量成反比；
(4)＝＝，x甲∶x乙＝a甲∶a乙＝3∶5，得x乙＝30 cm.
5．(1)0.52
(2)、(3)见解析
解析 (1)由图可知d＝5 mm＋0.1 mm×2＝5.2 mm＝0.52 cm.
遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度，故v1＝，v2＝.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，由v－v＝2ax可得
a＝.
(2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等．
(3)如图所示
6．(1)取下牵引砝码，M放在任意位置都能静止；或取下牵引砝码，轻推滑行器M，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt都相等
(2)D (3)a＝
解析 (2)本实验的目的是“探究加速度与力的关系”，若将砝码的重力(mg)看做是滑行器(M)的合外力，前提条件是m M，故选项D不合适一、概念规律题组
1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如下图所示的图象中，能正确反映雨滴下落运动情况的是( )
图1
2．如图1所示其小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动．由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前运动一段时间后停止
3．
图2
我国国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图2所示)，他在向上爬的过程中( )
A．屋顶对他的支持力不变
B．屋顶对他的支持力变小
C．屋顶对他的摩擦力变大
D．屋顶对他的摩擦力变小
二、思想方法题组
4．A、B两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图3甲所示，它们从静止开始受到一个变力F的作用，该力与时间关系如图乙所示，A、B始终相对静止．则( )
图3
A.在t0时刻A、B两物体间静摩擦力最大
B.在t0时刻A、B两物体的速度最大
C.在2t0时刻A、B两物体的速度最大
D.在2t0时刻A、B两物体的位移最大
图4
5．质量为m的物体放在A地的水平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系如图4中直线①所示，用质量为m′的另一物体在B地做类似实验，测得a－F关系如图中直线②所示，设两地的重力加速度分别为g和g′，则( )
A．m′>m，g′＝g B．m′
C．m′＝m，g′>g D．m′＝m，g′>g
一、整体法和隔离法的选取
1．隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，且需要求物体之间的作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将系统的内力转化为隔离体的外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列方程求解．隔离法是受力分析的基础，应重点掌握．
2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度(主要指大小)，且不需要求物体之间的作用力，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
3．整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
图5
【例1】 (2009·安徽高考)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图5所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：
(1)运动员竖直向下拉绳的力；
(2)运动员对吊椅的压力．
[规范思维]
图6
[针对训练1] (2011·合肥一中月考)如图6所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法中错误的是( )
A．若地面是光滑的，则FAB＝F
B．若地面是光滑的，则FAB＝
C．若地面是粗糙的，且A、B被推动，则FAB＝
D．若地面是粗糙的，且A、B未被推动，FAB可能为
二、动力学中的图象问题
图象问题是近年高考命题的热点，动力学问题的图象在高考中也频频出现，常见的有v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象．
【例2】 (2009·全国Ⅱ·15)
图7
两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图象如图7所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( )
A.和0.30 s B．3和0.30 s
C.和0.28 s D．3和0.28 s
[规范思维]
图8
【例3】 (2010·福建理综·16)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图8所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为( )
A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m
[规范思维]
【例4】 (2009·上海单科·22)如图19(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，求：
图9
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)比例系数k.
(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
[规范思维]
【例5】 (2011·上海十二校联考)如图10(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(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息计算不出( )
图10
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最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
[规范思维]
三、动力学中的传送带问题
【例6】 如图11所示，传送带与水平面间的倾角
图11
为θ＝37°，传送带以10 m/s的速率运行，在传送带上端A处无初速度地放上质量为0.5 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，则物体从A运动到B的时间为多少？(取g＝10 m/s2)
[规范思维]
图12
[针对训练2] (2010·高考状元纠错)如图12所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1A．F1F2
C．t1>t2 D．t1可能等于t2
【基础演练】
1．(2011·芜湖市模拟)如图13所示，
图13
放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧秤相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ.今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧秤的示数为( )
A. B.
C.M D.M
2．(天津高考题)一个静止的质点，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图14所示，则质点在( )
图14
A．第2 s末速度改变方向
B．第2 s末位移改变方向
C．第4 s末回到原出发点
D．第4 s末运动速度为零
图15
3．(2010·山东理综·16)如图15所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下列图象中正确的是( )
图16
4．(2011·临沂模拟)如图16所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为( )
A．mg B.mg
C.F D.F
5．(2010·威海模拟)质量为1.0 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.30.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，作用了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间的变化情况应该为下图中的( )
6.
图17
如图17所示，在光滑的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，则下列说法错误的是( )
A．A物体在3 s末时刻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
图18
7．(2011·杭州期中检测)如图18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，中间用轻质弹簧秤连接．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( )
A．弹簧秤的示数是25 N
B．弹簧秤的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
【能力提升】
8．如图19所示，
图19
光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( )
A. B. C. ．3μmg
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
图20
9．(2011·天星调研)传送带是一种常用的运输工具，被广泛应用于矿山、码头、货场、车站、机场等．如图20所示为火车站使用的传送带示意图．绷紧的传送带水平部分长度L＝5 m，并以v0＝2 m/s的速度匀速向右运动．现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.
(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端；
(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，则传送带速度的大小应满足什么条件？最短时间是多少？
10．如图21所示，
图21
在倾角为θ＝30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住．已知人的质量为60 kg，小车的质量为10 kg，绳及滑轮的质量、滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为人和小车总重力的0.1倍，取重力加速度g＝10 m/s2，当人以280 N的力拉绳时，试求(斜面足够长)：
(1)人与车一起运动的加速度大小；
(2)人所受摩擦力的大小和方向；
(3)某时刻人和车沿斜面向上的速度为3 m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点所用时间为多少？
学案3 牛顿第二定律及应用(三) 简单连接体问题
动力学中的图象问题 动力学中的传送带问题
【课前双基回扣】
1．C 2.C
3．D
[由于警卫人员在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他爬行到的任一位置时都看作处于平衡状态．在图所示位置，对该警卫人员进行受力分析，其受力图如右图所示．将重力沿半径方向和球的切线方向分解后列出沿半径方向和球的切线方向的平衡方程
FN＝mgcos θ，Ff＝mgsin θ
他在向上爬的过程中，θ变小，cos θ变大，屋顶对他的支持力变大；sin θ变小，屋顶对他的摩擦力变小．所以正确选项为D.]
4．BD [对A、B整体 F＝(mA＋mB)a隔离物体A Ff＝mAa由F－t可知：t＝0和t＝2t0时刻，F最大，故Ff最大，A错．又由于A、B整体先加速后减速，2t0时刻停止运动，所以t0时刻速度最大，2t0时刻位移最大，B、D正确．]
5．B [在A地，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝－g＝F－g.同理，在B地：a′＝F－g′.这是一个a关于F的函数，(或)表示斜率，－g(或－g′)表示截距．由图线可知<，g＝g′；故m>m′，g＝g′，B项正确．]
思维提升
1．选取整体法或隔离法的原则是：若系统整体具有相同加速度，且不要求求物体间的相互作用力，一般取整体为研究对象；若要求物体间相互作用力，则需把物体从系统中隔离出来，用隔离法，且选择受力较少的隔离体为研究对象．
2．利用图象分析物理问题时，往往根据物理定理或定律写出横轴物理量关于纵轴物理量的函数关系，借助函数的截距和斜率的物理意义解决问题．
【核心考点突破】
例1 (1)440 N，方向竖直向下 (2)275 N，方向竖直向下
解析 (1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律
2F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝440 N
根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．
(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律F＋FN－Mg＝Ma解得FN＝275 N
根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．
[规范思维] 本题中由于运动员和吊椅整体具有共同的加速度，已知加速度，故先以整体为研究对象，求绳拉人的力；运动员对座椅的压力是内力，需隔离求解．
例2 B [根据v－t图象可知，甲做匀加速运动，乙做匀减速运动．由a乙＝ m/s2＝10 m/s2，又a乙＝得，t1＝0.30 s，根据a＝得3a甲＝a乙．根据牛顿第二定律有＝·，则m甲∶m乙＝3.故B项正确．]
[规范思维] 对此类问题要注意从图象提炼出物理情景，把图象语言翻译成物理过程，了解物体对应的运动情况和受力情况，灵活运用牛顿第二定律解题，联系图象(运动情况)和力的桥梁仍是a.
例3 B
[物体与地面间最大静摩擦力Fmax＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N．由题给F－t图象知0～3 s内，F＝4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s内，F＝8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝＝2 m/s2.6 s末物体的速度v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，在6～9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v－t图象如图．故0～12 s内的位移x＝(×3×6)×2 m＋6×6 m＝54 m．故B项正确．]
[规范思维] 解本题关键是从F－t图象中提炼出信息，明确各个时间段的受力情况和运动情况，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程．
例4 (1)0.25 (2)0.84 kg/s
解析 (1)由图象知v＝0，a0＝4 m/s2
开始时根据牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma0
μ＝＝＝0.25
(2)由图象知v＝5 m/s，a＝0 由牛顿第二定律知
mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0
FN＝mgcos θ＋kvsin θ
mg(sin θ－μcos θ)－kv(μsin θ＋cos θ)＝0
k＝＝ kg/s＝0.84 kg/s
[规范思维] 解本题需从a－v图象中寻求信息，结合物体的受力情况，根据牛顿第二定律正确列出方程式．此外注意物体受多个力的作用，在进行力的运算时应用了正交分解法．
例5 ABC [分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcos θ－mgsin θ＝ma，由F＝0时，a＝－6 m/s2，得θ＝37°.由a＝F－gsin θ和a－F图线知：图象斜率＝，得：
m＝2 kg，物体静止时的最小外力Fmincos θ＝mgsin θ，Fmin＝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．]
[规范思维] 解此类a－F图象问题，首先应写出a随F变化的关系式，然后通过斜率、截距的意义寻找解题的突破口．
例6 当皮带向下运行时，总时间t＝2 s，当皮带向上运行时，总时间t′＝4 s.
解析 首先判断μ与tan θ的大小关系，μ＝0.5，tan θ＝0.75，所以物体一定沿传送带对地下滑．其次传送带运行速度方向未知，而传送带运行速度方向影响物体所受摩擦力的方向，所以应分别讨论．
(1)当传送带以10 m/s的速度向下运行时，开始物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下(受力分析如图中甲所示)．
该阶段物体对地加速度
a1＝＝10 m/s2，
方向沿传送带向下
物体达到与传送带相同的速度所需时间t1＝＝1 s
在t1内物体沿传送带对地位移x1＝a1t＝5 m
从t1开始物体所受滑动摩擦力沿传送带向上(如图中乙所示)，物体对地加速度
a2＝＝2 m/s2，方向沿传送带向下
物体以2 m/s2加速度运行剩下的11 m位移所需时间t2，则x2＝vt2＋a2t，代入数据解得t2＝1 s(t2′＝－11 s舍去)
所需总时间t＝t1＋t2＝2 s
(2)当传送带以10 m/s速度向上运行时，物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上且不变，设加速度大小为a3，则a3＝＝2 m/s2
物体从A运动到B所需时间t′，则x＝a3t′2；t′＝＝ s＝4 s.
[规范思维] (1)按传送带的使用方式可将其分为水平和倾斜两种．
(2)解题中应注意以下几点：
①首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．
②在倾斜传送带上往往需比较mgsin θ与Ff的大小与方向．
③考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．
[针对训练]
1．A 2.BD
【课时效果检测】
1．A 2.D 3.C 4.D 5.B 6.ABD 7.D 8.B
9．(1)3 s (2)大于或等于2 m/s s
解析 (1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端后，旅行包相对于传送带向左滑动，旅行包在滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得旅行包的加速度a＝F/m＝μmg/m＝μg＝2 m/s2
当旅行包的速度增大到等于传送带速度时，二者相对静止，匀加速运动时间t1＝v0/a＝1 s
匀加速运动位移x＝at＝1 m
此后旅行包匀速运动，匀速运动时间t2＝＝2 s
旅行包从左端运动到右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s.
(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速由v2＝2aL得v＝＝2 m/s
即传送带速度必须大于或等于2 m/s
由L＝at2得旅行包在传送带上运动的最短时间t＝＝ s.
10．(1)2 m/s2 (2)140 N 方向沿斜面向上 (3)0.5 s
解析 (1)以人和小车为整体，沿斜面应用牛顿第二定律得：2F－(M＋m)gsin θ－k(M＋m)g＝(M＋m)a
将F＝280 N，M＝60 kg，m＝10 kg
k＝0.1代入上式得a＝2 m/s2
(2)设人受到小车的摩擦力大小为Ff人，方向沿斜面向下，对人应用牛顿第二定律得：
F－Mgsin θ－Ff人＝Ma，可得
Ff人＝－140 N
因此，人受到的摩擦力大小为140 N，方向沿斜面向上
(3)人松手后，设人和车一起上滑的加速度大小为a1，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
(M＋m)gsin θ＋k(M＋m)g＝(M＋m)a1
则a1＝6 m/s2，由v＝a1t1
可得t1＝＝0.5 s
易错点评
绳或弹簧秤竖直向上拉物体时，拉力不一定等于重力．拉力与重力的大小比较决定于物体的运动状态。一、概念规律题组
1．下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是( )
A.由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
B.由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的速度成反比
C.由a＝可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比
D.由m＝可知，物体的质量可以通过测量经的加速度和它所受的合力而求出
2．下列说法正确的是( )
A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零
B．物体所受合力越大，速度越大
C．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的
D．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同
图1
3．如图1所示，质量为20 kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10 m/s2)( )
A．受到的摩擦力大小为20 N，方向向左
B．受到的摩擦力大小为20 N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5 m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向右
4．关于国秒单位制，下列说法正确的是( )
A．kg，m/s，N是导出单位
B．kg，m，h是基本单位
C．在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g
D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma
二、思想方法题组
图2
5．(2011·淮南模拟)如图2所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2的作用，而且F1>F2，则1施于2的作用力大小为( )
A．F1 B．F2
C.(F1＋F2) D.(F1－F2)
图3
6．如图3所示，在光滑水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之下，以加速度a做匀速直线运动，某时刻空然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度a1和a2，则( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
一、对牛顿第二定律的理解
矢量性 公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a总同向
瞬时性 a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合外力
因果性 F是产生加速度a的原因，加速度a是F作用的结果
同一性 有三层意思：(1)加速度a是相对同一个惯性系的(一般指地面)；(2)F＝ma中，F、m、a对应同一个物体或同一个系统；(3)F＝ma中，各量统一使用国际单位
独立性 (1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足F＝ma(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也满足F＝ma即Fx＝max，Fy＝may
【例1】 (2010·上海·11)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( )
A．刚抛出时的速度最大
B．在最高点的加速度为零
C．上升时间大于下落时间
D．上升时的加速度等于下落时的加速度
[规范思维]
【例2】 (2009·宁夏理综·20)如图4所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
图4
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向左运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
[规范思维]
[针对训练1] (2009·上海综合·7)
图5
如图5所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )
①经过B点时，运动员的速率最大 ②经过C点时，运动员的速率最大 ③从C点到D点，运动员的加速度增大 ④从C点到D点，运动员的加速度不变
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
二、动力学两类基本问题
1．分析流程图
2．应用牛顿第二定律的解题步骤
(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．
(2)分析物体的受力情况和运动情况．画好受力分析图，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F合．
(5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．
特别提醒 (1)物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始状态共同决定的．
(2)无论是哪种情况，加速度都是联系力和运动的“桥梁”．
(3)如果只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力．如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力即一般情况不分解加速度；特殊情况下当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度．
【例3】 如
图6
图6所示，一质量为m的物块放在水平地面上．现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)撤去F时，物块的速度大小；
(2)撤去F后，物块还能滑行多远．
[规范思维]
【例4】 (2010·安徽理综·22)
图7
质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图7所示．g取10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
[规范思维]
[针对训练2] (2009·江苏·13)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力f的大小．
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
【基础演练】
1．(2011·海南华侨中学月考)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下来的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线的长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车开始刹车时的速度为( )
A．7 m/s B．10 m/s C．14 m/s D．20 m/s
2．(2011·吉林长春调研)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是( )
A．始终变大 B．始终变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
3．如图8甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( )
图8
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断增大
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
图9
4．(2009·广东理基·4)建筑工人用图9所示的定滑轮装置运送建筑材料，质量为70.0 kg的工人站在地面上，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
图10
5．如图10所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ图11
6．(2011·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如图11所示．他由斜面底端以初速度v0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是( )
A．mg B．mgsin θ
C．mgcos θ D．0
题号 1 2 3 4 5 6
答案
7.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)．问：
(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
(3)设游客滑下50 m后进入水平草坪，试求游客在水平面上滑动的最大距离．
【能力提升】
图12
8．如图12所示，有一长度x＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)
图13
9．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°，如图13所示．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x.
(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
10.(2010.天星调研)
图14
如图14所示，长为L的薄木板放在长为L的正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的中点，木块、木板质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ.现突然施加水平外力F在薄木板上将薄木板抽出，最后小木块恰好停在桌面边上，没从桌面上掉下．假设薄木板在被抽出的过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上．求水平外力F的大小．
学案1 牛顿第二定律及应用(一)
牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题
【课前双基回扣】
1．CD [牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关．故排除A、B，选C、D.]
2．D [由牛顿第二定律F＝ma知，F合为零，加速度为零，由惯性定律知速度不一定为零；对某一物体，F合越大，a越大，由a＝知，a大只能说明速度变化率大，速度不一定大，故A、B项错误；F合、a、Δv三者方向一定相同，而速度方向与这三者方向不一定相同，故C项错误，D项正确．]
3．AD
4．BD [所谓导出单位，是利用物理公式和基本单位推导出来的，力学中的基本单位只有三个，即kg、m、s，其他单位都是由这三个基本单位衍生(推导)出来的，如“牛顿”(N)是导出单位，即1 N＝1 kg·m/s2(F＝ma)，所以题中A项错误，B项正确．
在国际单位制中，质量的单位只能是kg，C错误．
在牛顿第二定律的表达式中，F＝ma(k＝1)只有在所有物理量都采用国际单位制时才能成立，D项正确．]
5．C [将物体1、2看做一个整体，其所受合力为：F合＝F1－F2，设质量均为m，由第二定律得F1－F2＝2ma，所以a＝以物体2为研究对象，受力情况如右图所示．
.
由牛顿第二定律得F12－F2＝ma，所以F12＝F2＋ma＝.]
6．D [两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀速运动时，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，加速度此时仍为a；对B物体，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以只有D项正确．]
思维提升
1．牛顿第二定律是一个实验定律，其公式也就不能像数学公式那样随意变换成不同的表达式．
2．a＝是a的定义式，a＝是a的决定式，a虽可由a＝进行计算，但a决定于合外力F与质量m.
3．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法．
4．对于弹簧弹力和细绳弹力要区别开．
5．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法，其常用的一种思路是：利用整体法求出物体的加速度，再利用隔离法求出物体间的相互作用力．
【核心考点突破】
例1 A [最高点速度为零，物体受重力，合力不可能为零，加速度不为零，故B项错．上升时做匀减速运动，h＝a1t，下落时做匀加速运动，h＝a2t，又因为a1＝，a2＝，所以t1[规范思维] 物体的加速度与合外力存在瞬时对应关系；加速度由合外力决定，合外力变化，加速度就变化．
例2 BC [由题意可知，当撤去外力，物块与木板都有向右的速度，但物块速度小于木板的速度，因此，木板给物块的动摩擦力向右，使物块向右加速，反过来，物块给木板的动摩擦力向左，使木板向右减速运动，直到它们速度相等，没有了动摩擦力，二者以共同速度做匀速运动，综上所述，选项B、C正确．]
[规范思维] 正确建立两物体的运动情景，明确物体的受力情况，进而确定加速度的大小方向，再进行运动状态分析．
例3 (1) (2)(－1)x
解析 (1)设撤去F时物块的速度大小为v，根据牛顿第二定律，物块的加速度
a＝
又由运动学公式v2＝2ax，解得v＝
(2)撤去F后物块只受摩擦力，做匀减速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块的加速度
a′＝－＝－μg由运动学公式v′2－v2＝2a′x′，且v′＝0解得x′＝(－1)x
[规范思维] 本题是已知物体的受力情况，求解运动情况，受力分析是求解的关键．如果物体的加速度或受力情况发生变化，则要分段处理，受力情况改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．多过程问题画出草图有助于解题．
例4 (1)0.2 (2)6 N (3)46 m
解析 (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则a2＝＝－2 m/s2①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff＝ma2②
Ff＝－μmg③
联立②③得μ＝＝0.2④
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则
a1＝＝1 m/s2⑤根据牛顿第二定律，有F＋Ff＝ma1⑥ 联立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N
(3)解法一 由匀变速直线运动位移公式，得
x＝x1＋x2＝v10Δt1＋a1Δt＋v20Δt2＋a2Δt＝46 m
解法二 根据v－t图象围成的面积，得
x＝(×Δt1＋×v20×Δt2)＝46 m
[规范思维] 本题是牛顿第二定律和运动图象的综合应用．本题是已知运动情况(由v－t图象告知运动信息)求受力情况．在求解两类动力学问题时，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析和运动过程分析是两大关键，一般需列两类方程(牛顿第二定律，运动学公式)联立求解．
[针对训练]
1．B 2.(1)4 N (2)42 m (3) s(或2.1 s)
【课时效果检测】
1．C 2.B 3.BC 4.B
5．D [m刚放上时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1.当m与带同速后，因带足够长，且μ6．C [以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mgsin θ＝Ma，则a＝gsin θ，方向沿斜面向下；再以质量为m的苹果为研究对象，受力分析得，合外力F＝ma＝mgsin θ，与苹果重力沿斜面的分力相同，由此可知，其他苹果给它的力的合力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mgcos θ，故C正确．]
7．(1)80 N (2) (3)100 m
8．16 N
解析 由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有
F－Ff＝ma物①
Ff′＝Ma车②
其中Ff＝Ff′＝μmg③
由分析图结合运动学公式有
x1＝a车t2④
x2＝a物t2⑤
x2－x1＝x⑥
由②③解得a车＝1 m/s2⑦
由④⑤⑥⑦解得a物＝1.5 m/s2
所以F＝Ff＋ma物＝m(μg＋a物)＝4×(0.25×10＋1.5) N＝16 N.
9．0.25 16.25 m
解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1撤去力F后其加速度大小变为a2，则：
a1t1＝a2t2①
有力F作用时，物体受力为：重力mg、推力F、支持力FN1、摩擦力Ff1，如图所示．
在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得：
Fcos θ－mgsin θ－Ff1＝ma1②
Ff1＝μFN1′＝μ(mgcos θ＋Fsin θ)③
撤去力F后，物体受重力mg、支持力FN2、摩擦力Ff2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：
mgsin θ＋Ff2＝ma2④
Ff2＝μFN2′＝μmgcos θ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得：a2＝8 m/s2 a1＝5 m/s2 μ＝0.25
物体运动的总位移x＝a1t＋a2t＝ m＝16.25 m
10．6μmg
解析 设小木块离开薄木板之前的过程，所用时间为t，小木块的加速度大小为a1，移动的距离为x1，薄木板被抽出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，所用时间为t′，设其加速度大小为a2，移动的距离为x2，有
μmg＝ma1①
μmg＝ma2②
即有a1＝a2＝μg③
根据运动学规律有x1＝x2，t＝t′④
所以x1＝μgt2⑤
x2＝μgt2⑥
根据题意有x1＋x2＝L⑦解得t2＝⑧
设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板的加速度为a，移动的距离为x，有
x＝at2⑨
根据题意有x＝x1＋L⑩
联立⑤⑧⑨⑩得a＝3μg
对薄木板，根据牛顿第二定律得F－3μmg＝ma，
解得F＝6μmg.
易错点评
1．应用牛顿第二定律时，要注重对定律“四性”的理解．特别是“瞬时性”是常考要点之一；此外“独立性”也是解题中经常用到的．
2．解决动力学两类基本问题的关键是找到加速度这一桥梁，除此之外，还应注意受力分析和运动过程分析，最好能画出受力分析图和运动过程草图