第1节 牛顿第一定律
1．力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运
动状态的原因。
2．一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状
态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
3．一切物体都具有保持原来匀速直线运动状态或
静止状态的性质，叫惯性。
4．质量是物体惯性大小的唯一量度。
一、从亚里士多德到伽利略
1．亚里士多德的观点：地上的运动分为两类
(1)天然运动：无须外力的帮助、自身就能实现，如气、火等轻的东西向上运动，重的东西向下运动。
(2)受迫运动：必须依靠外力的不断作用才能维持，外力消失，受迫运动就会停止，如拉小车，推桌子。
2．伽利略的研究
(1)理想实验
如图3 1 1所示，让小球沿一个斜面从静止状态开始滚下，小球将滚上另一个斜面，如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度，减小右斜面的倾角，小球在这个斜面上仍达到同一高度，但这时它要滚得远些，继续减小右斜面的倾角，球达到同一高度时就会运动的更远。于是他想到：若将右斜面放平，小球将会永远运动下去。
图3 1 1
(2)实验结论：力不是维持物体运动的原因。
二、牛顿第一定律 惯性
1．牛顿第一定律
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
2．惯性与质量
(1)惯性
物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态不变的性质，任何物体都具有惯性。
(2)惯性的量度
质量是惯性大小的唯一量度。
1．自主思考——判一判
(1)伽利略理想斜面实验是不科学的假想实验。(×)
(2)理想实验所得到的结论是不可靠的。(×)
(3)伽利略的“理想实验＋科学推论”的方法是一种科学方法。(√)
(4)物体的运动并不需要力来维持，要改变物体的运动状态，却必须有力的作用。(√)
(5)物体的速度越大，惯性越大。(×)
(6)物体受力越大，惯性越大。(×)
2．合作探究——议一议
(1)日常生活中，我们有这样的经验：马拉车，车就前进，停止用力，车就停下来。是否有力作用在物体上物体才能运动呢？马不拉车时，车为什么会停下来呢？
[提示] 不是。车之所以会停下来是因为受到阻力的作用。
(2)做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体将如何运动？
[提示] 重力消失后，物体将不受力，由牛顿第一定律知，物体将以重力消失时的速度做匀速直线运动。
对牛顿第一定律的理解
1．对牛顿第一定律的理解
(1)牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态，但不受力作用的物体是不存在的，因此一般认为与物体所受合外力为零是等效的。
(2)牛顿第一定律不是实验定律，它是在实验的基础上利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证。
(3)牛顿第一定律只适用于惯性参考系中的运动，在非惯性参考系中不适用。(惯性参考系是指以相对地面静止或匀速直线运动的物体作为参考系，简称惯性系)
2．牛顿第一定律的意义
(1)牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质——惯性。
(2)牛顿第一定律正确揭示了力和运动的关系，纠正了力是维持物体运动的原因的错误观点，明确指出了力是改变物体运动状态的原因。
3．运动状态变化的三种情况
(1)速度的方向不变，只有大小改变。
(2)速度的大小不变，只有方向改变。
(3)速度的大小和方向同时发生改变。
[典例] (多选)关于牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．飞跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
[解析] 牛顿第一定律描述了物体不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦阻力的作用而改变了木块的运动状态，飞跑的运动员遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确。
[答案] ABD
牛顿第一定律巧应用
(1)由“因”求“果”：在判断力与运动之间的关系时，一定要把握准牛顿第一定律的含义，即力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
(2)由“果”索“因”：如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力的作用，所以判断物体的运动状态是否改变以及如何改变，应分析物体的受力情况。
(3)应用步骤：应用牛顿第一定律解释有关现象时，一要看物体原来的运动状态，二要看物体现在的受力情况及所受合力是否为零，最后判断由于物体具有惯性将会出现的现象。
1．(多选)由牛顿第一定律可知( )
A．物体的运动是依靠惯性来维持的
B．力停止作用后，物体的运动就不能维持
C．物体做变速运动时，一定有外力作用
D．力是改变物体惯性的原因
解析：选AC 物体具有保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性，由于惯性的存在，物体才保持原来的运动状态，A对。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，B错，C对。惯性是物体的固有属性，力不能改变物体的惯性大小，D错。
2．下列说法正确的是( )
A．静止或做匀速直线运动的物体，一定不受外力作用
B．当物体的速度等于零时，物体一定不受外力作用
C．当物体的速度发生变化时，物体一定受到了外力作用
D．当物体受到的合外力为零时，物体一定做匀速直线运动
解析：选C 静止或做匀速直线运动的物体，处于平衡状态，可以不受外力的作用或所受合力为零，故A、D错误；当物体的速度等于零时，它不一定处于平衡状态，例如竖直上抛运动到最高点，故B错误；当物体的速度变化，即运动状态发生变化时，它一定受到外力作用，故C正确。
对惯性的理解及应用
1．惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
2．质量是惯性大小的唯一量度。质量越大，惯性越大。
3．惯性大小与物体运动状态无关，与物体受力情况以及地理位置无关。
4．惯性的表现
(1)不受力时，惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，有“惰性”的意思。
(2)受力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。质量越大，惯性越大，运动状态越难以改变。
5．惯性与惯性定律的关系
惯性是物体的一种固有属性，惯性定律是物体运动所遵守的一条规律，两者是不同的。
1．关于物体的惯性，下述说法中正确的是( )
A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大
B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大
C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小
D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性
解析：选C 惯性大小只与物体质量有关，与物体的速度无关，故A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，火车速度变化慢，表明它的惯性大，是因为它的质量大，与是否静止无关，故B错误；乒乓球能被快速抽杀，表明它的运动状态容易发生改变，是因为它的惯性小，故C正确；一切物体在任何情况下都有惯性，故D错误。
2．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．射出枪膛的子弹在运动一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性减小了
B．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
C．用力推一个处在地面上的物体，没有推动，原因是物体的惯性太大了
D．高速公路上要限速，是因为车速越大惯性越大
解析：选B 物体惯性大小是由质量量度的，与速度大小无关，选项A、D错误；战斗机甩掉副油箱后减小了质量，减小了惯性，运动状态易改变，提高了灵活性，选项B正确；推物体而物体不动是因为存在摩擦力，只要推力小于最大静摩擦力，物体就不动，与物体的惯性大小无关，选项C错误。
3．如图3 1 2所示，在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球( )
图3 1 2
A．可能落在A处 B．一定落在B处
C．可能落在C处 D．以上都有可能
解析：选B 匀速行驶的火车车厢内，相对车厢静止释放一个小球，由于惯性，小球在水平方向保持与车速相同的速度，因此在下落这段时间内，水平位移相等，即落回到B点，故选B。
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：选BCD 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动。伽利略认为力是改变物体运动状态的原因，A错误。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，B正确。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，C正确。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，D正确。
2．当作用在物体上的合外力不为零时( )
A．物体的速度一定越来越大
B．物体的速度一定越来越小
C．物体的速度可能不变
D．物体的运动状态一定变化
解析：选D 根据牛顿第一定律可得，力是改变物体运动状态的原因，即如果物体受到的合力不为零，则物体的运动状态一定会发生变化，D正确。
3.如图1所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于( )
图1
A．冰壶的速度 B．冰壶的质量
C．冰壶受到的推力 D．冰壶受到的阻力
解析：选B 物体惯性的大小取决于物体的质量，B正确。
4．关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是( )
A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的
B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义
C．牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用时才具有惯性
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
解析：选A 牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上经过抽象、加工、推理后总结出来的，A正确；虽然不受力作用的物体是不存在的，但是它与受合外力为零是等效的，故牛顿第一定律仍有实际意义，B错误；物体的惯性是物体本身的属性，与物体是否受外力无关，与物体静止还是匀速直线运动无关，C、D错误。
5．火车在平直轨道上做匀速直线运动，在密封的、没有空气流动的车厢内点燃了一支卫生香，则车里乘客看到卫生香所冒出的烟的运动情况应是( )
A．一边上升一边向前飘
B．一边上升一边向后飘
C．只是上升不向任何一边飘
D．无法确定
解析：选C 卫生香所冒出的烟由于惯性而保持与车厢相同的水平速度，故C正确。
6．月球表面上的重力加速度为地球表面上的重力加速度的，同一个飞行器在月球表面上时与在地球表面上时相比较( )
A．惯性减小为在地球上的，重力不变
B．惯性和重力减小为在地球上的
C．惯性不变，重力减小为在地球上的
D．惯性和重力都不变
解析：选C 物体的惯性大小仅与物体的质量大小有关，因质量是恒量，同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变，物体的重力是个变量，这个飞行器在月球表面上的重力为G月＝mg月＝m·＝。
7．下列说法中正确的是( )
A．惯性是物体只有在匀速运动或静止时才表现出来的性质
B．物体的惯性是指物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态的性质
C．物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此无惯性
D．惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力均无关
解析：选D 惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况无关，故只有D正确。
8.如图2所示，一个劈形物体A，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面上放一光滑的小球B，劈形物体A从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
图2
A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线
C．无规则曲线 D．抛物线
解析：选B 小球原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零。当劈形物体A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，小球原来速度为零，没有水平或其他方向上的速度，而小球又光滑，除竖直方向可以有力外，其他方向上不受力，因为力是使物体运动状态改变的原因，故小球只能在竖直方向上运动，在碰到斜面之前，运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线。
9．(多选)在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是( )
A．两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车
B．两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车
C．乙车司机在前开倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车
D．两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了
解析：选BC 根据惯性定律，同向时，乙在后撞上甲，肯定是乙前胸受伤，跟题意不符，A错；同向时乙在前，甲撞上乙，根据惯性定律，则甲前胸受伤，B正确；乙司机倒车，甲从后面撞上，因此甲由于惯性向前扑，所以前胸受伤，乙由于惯性上身向后，所以后背受伤，C正确；两车相向运动，两者都应该前胸受伤，D错。
10. (多选)同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验：如图3所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中，下列说法中正确的是( )
图3
A．相对于地面，小球运动的轨迹是直线
B．相对于地面，小球运动的轨迹是曲线
C．小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力
D．小球能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度
解析：选BD 相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，A错误B正确；能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故C错误D正确。
11．有一仪器的电路如图4所示，其中M是质量较大的金属块，将仪器固定在一辆汽车上，汽车启动和刹车时，发现其中一盏灯亮了，试分析是哪一盏灯亮了。
图4
解析：当汽车启动时，其速度由零变大，而金属块由于惯性将保持原来的静止状态，从而使绿灯所在的电路被接通。当汽车刹车时，汽车的速度变小，而金属块由于惯性要保持原来的速度，从而使红灯所在的电路被接通。当汽车匀速行驶时，弹簧将使金属块复位，电路切断，两灯均不亮。
答案：当汽车启动时，绿灯亮；当汽车刹车时，红灯亮
12.如图5所示，有一旅游爱好者，想做环球旅行。他设想乘坐一气球将自己悬浮在高空中，因为地球在自转，所以他只要在空中停留一天，就可以环球旅行一次了。你认为这个旅游爱好者的想法能实现吗？为什么？
图5
解析：因为地球上的一切物体，包括地球周围的大气都随着地球自转而一起运动着，人乘着气球升空后。由于惯性，仍保持原来的速度随地球、大气一起运动，不计其他与地球有相对运动(如风)的物体产生的影响，升空的气球与其下方的地面保持相对静止，他不可能一天相对地球绕行一周，所以不能实现。
答案：见解析第2节 探究加速度与力、质量的关系
一、实验目的
1．学会用控制变量法探究物理规律。
2．探究加速度与力、质量的关系。
3．掌握利用图像处理数据的方法。
二、实验原理
实验的基本思想——控制变量法
1．保持研究对象即小车的质量不变，改变盘内砝码的质量，即改变作用力，测出小车的对应加速度，验证加速度是否与作用力成正比。
2．保持小盘中砝码的质量不变，即保持作用力不变，改变研究对象的质量，测出对应不同质量的加速度，验证加速度是否与质量成反比。
三、实验器材
小车、砝码、小盘、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平。
四、实验步骤
(1)用天平测出小车和小盘(包括其中砝码)的质量分别为M0、m0，并把数值记录下来。
(2)按图3 2 1所示将实验器材安装好(小车上不系绳)。
图3 2 1
(3)把长木板无滑轮的一端下面垫一薄木板，以平衡摩擦力。
(4)将小盘通过细绳系在小车上，接通电源放开小车，用纸带记录小车的运动情况；取下纸带并在纸带上标上号码及此时所挂小盘的重力m0g。
(5)保持小车的质量不变，改变小盘(包括其中砝码)的质量重复步骤(4)多做几次实验。每次小车从同一位置释放，并记录好相应纸带。
(6)保持小车所受合力不变，在小车上加砝码，并测出小车和放上砝码后的总质量M1，接通电源放开小车，用纸带记录小车的运动情况，取下纸带并在纸带上标上号码。
(7)继续在小车上加放砝码，重复步骤(6)，多做几次实验，并记录好相应纸带。
五、数据处理
1．把小车在不同力作用下产生的加速度填在下表中：
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N
1
2
3
4
由以上数据画出它的a F关系图像如图3 2 2所示，由此得出实验结论。
图3 2 2
2．把不同质量的小车在相同力作用下产生的加速度填在下表中：
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车质量M/kg
1
2
3
4
由以上数据画出它的a M图像及a 图像，如图3 2 3甲、乙所示，根据图像可以得出结论。
图3 2 3
3．实验结论
物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比。
六、注意事项
1．平衡摩擦力时不要挂重物，整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变盘和砝码的质量还是改变小车及砝码的质量，都不需要重新平衡摩擦力。
2．实验中必须满足小车和砝码的质量远大于小盘和砝码的总质量。只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为与小车受到的拉力相等。
3．各纸带上的加速度都应是该纸带上的平均加速度。
4．作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能地对称分布在所作直线两侧。离直线较远的点是错误数据，可舍去不予考虑。
5．小车应靠近打点计时器，且先接通电源再放手。
七、误差分析
1．托盘和砝码的总重力约等于小车所受的合外力，但会带来一定的误差。小车的质量与托盘和砝码的总质量相差越大，这种误差越小。
2．为减小测量长度时的偶然误差，可进行多次测量取平均值。
3．没有平衡摩擦力或摩擦力没有平衡好，实验中作出的a F或a 图像不过原点。
八、它案设计
利用下列器材：带有定滑轮的木板、铁架台、小车、滑轮、钩码、大号铁夹、米尺、细绳、粘泥等设计实验，探究加速度a和它所受的力F之间的关系。
1．用5个铁架台将两块木板架起，如图3 2 4所示。由钩码和两个动滑轮组成动力系统，如果不考虑滑轮本身的质量，拉小车B的力是拉小车A的力的2倍，即F1∶F2＝1∶2。每辆小车后面拖一根细绳，绕过木板后竖直下垂被一固定在桌面上的大号铁夹夹住。
图3 2 4
2．用粘泥将两辆小车的质量调整得完全一样，用小车后面的细绳将小车拉到木板右端后用铁夹夹紧细绳，使小车静止。
3．在小车的起始位置做上记号，然后松开铁夹，两小车便由静止开始做匀加速运动。经过适当的时间，再夹住铁夹，使小车停止运动。
4．测量出两小车运动的距离x1和x2，可由x1＝，x2＝，两式相除得x1∶x2＝a1∶a2。如果测得x1∶x2＝1∶2，可知a1∶a2＝1∶2，即a1∶a2＝F1∶F2。
5．改变动滑轮上所挂的钩码的质量，重复以上实验，可以得到相同的结论：小车的加速度与它所受的力成正比。
[例1] 用如图3 2 5所示的装置研究在作用力F一定时，小车的加速度a与小车质量M的关系，某位同学设计的实验步骤如下：
图3 2 5
A．用天平称出小车和小盘(包括其中砝码)的质量；
B．按图装好实验器材；
C．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砝码盘；
D．将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车的质量；
E．保持小盘及其中砝码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验；
F．分析每条纸带，测量并计算出加速度的值；
G．作a M关系图像，并由图像确定a M关系。
(1)该同学漏掉的重要实验步骤是________，该步骤应排在________步骤之后。
(2)在上述步骤中，有错误的是______________，应把________改为________。
(3)在上述步骤中，处理不恰当的是__________，应把________改为________。
[解析] 本题主要考查对实验原理和实验步骤的理解和分析，实验中把砝码及盘的重力看做与小车所受拉力大小相等，没有考虑摩擦力，故必须平衡摩擦力。电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作，必须接在6 V以下交流学生电源上。作a M关系图像，得到的是双曲线，很难作出正确的判断，必须“化曲为直”，改作a 关系图像。
[答案] (1)平衡摩擦力 B
(2)步骤D 6 V电压的蓄电池 6 V以下交流学生电源
(3)步骤G a M关系图像 a 关系图像
[例2] 某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图3 2 6甲为实验装置简图。(所用交变电流的频率为50 Hz)
图3 2 6
(1)图乙为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2。(保留三位有效数字)
(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及对应的，数据如下表：
实验次序 1 2 3 4 5 6 7 8
小车加速度a/(m·s－2) 0.633 0.572 0.497 0.418 0.332 0.250 0.167 0.101
小车质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67
小车质量倒数/kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
请在图3 2 7甲的方格坐标纸中画出a 图线，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式：________。
甲 乙
图3 2 7
(3)若保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，一位同学根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线如图乙所示。该图线不通过原点，其主要原因是________________________。
[解析] (1)相邻计数点之间还有4个点未画出，说明相邻的计数点时间间隔为0.1 s。利用匀变速直线运动的推论得a＝＝＝0.510 m/s2。
(2)由图表分析可知物体加速度a的6倍等于物体质量的倒数，即a＝(m·s－2)。根据图表在坐标纸上描点，然后用一条直线将这些点和坐标原点连接起来，图像如图所示。
(3)图线中当F≠0时小车的加速度a＝0，即只有当F增大到一定值时小车才开始具有加速度，故在小车保持静止的时候其所受的静摩擦力等于绳子的拉力，所以出现此现象的原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够。
[答案] (1)0.510 (2)见解析图
a＝(m·s－2) (3)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够
1．在利用打点计时器探究加速度与力、质量关系的实验中，以下做法正确的是( )
A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，后接通电源
D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究过程也不会产生影响
解析：选B 平衡摩擦力时，小车不挂重物，故A错；实验时应先接通电源后放开小车，C错；实验时应满足小车的质量远大于重物的质量，否则误差很大，D错。
2.如图3 2 8所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有( )
图3 2 8
A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2
B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1
C．当F1＝F2、m1＝2m2时，x1＝2x2
D．当F1＝F2、m1＝2m2时，x2＝2x1
解析：选A 题中m1和m2是车中砝码的质量，决不能认为是小车的质量。本题中只说明了两小车是相同的，并未告诉小车的质量是多少。当m1＝m2时，两车加砝码质量仍相等，若F1＝2F2，则a1＝2a2，由x＝at2得x1＝2x2，A对，B错。若m1＝2m2时，无法确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不清楚，故无法断定两车的位移关系，C、D错。
3．下表是在探究加速度与力、质量关系的实验中所记录的部分数据
组别 小车质量m/kg 受力F/N 加速度a/(m·s－2)
1 0.5 0.25
2 0.50
3 1.00
4 1.0
5 1.5
若利用1、2、3三组数据探究加速度与受力的关系，则2、3组数据中物体的质量分别为________、________；若利用3、4、5三组数据探究加速度与物体质量的关系，则4、5组数据中物体所受的力分别为________、________。
解析：若用1、2、3三组数据探究加速度与受力的关系，需保持小车的质量一定，即1、2、3三组数据中小车质量相等，都为0.5 kg；若利用3、4、5三组数据探究加速度与物体质量的关系，需保持3、4、5三组数据中小车受到的拉力F相等，都为1.00 N。
答案：0.5 kg 0.5 kg 1.00 N 1.00 N
4．如图3 2 9是某同学探究加速度与力、质量的关系时已接通电源正要释放纸带时的情况，请你指出该同学的5个差错：
图3 2 9
(1)电源________；
(2)电磁打点计时器位置________；
(3)滑轮位置____________；
(4)小车位置__________；
(5)长木板____________________________。
解析：探究加速度与力、质量的关系时，电磁打点计时器应使用低压(6 V)交流电源，且要固定在长木板无滑轮的一端，即应靠右端；释放纸带时小车应靠近打点计时器；连接小车的细线应保持水平，故应调节滑轮位置使拉线水平；实验时应平衡摩擦力，使小车所受重力沿斜面方向的分力与小车所受摩擦力平衡，故应垫高长木板右端以平衡摩擦力。
答案：(1)应用6 V交流电源 (2)应靠右端 (3)应使拉线水平 (4)应靠近打点计时器 (5)应垫高右端平衡摩擦力
5．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图3 2 10甲所示。
图3 2 10
(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的关系图像。
图3 2 11
(3)根据提供的实验数据作出的a F图线不通过原点，请说明主要原因。
解析：(1)a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2或a＝＝ m/s2＝0.15 m/s2。
(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力，而表中数据漏计了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a F的图线不过原点。
答案：(1)0.16(0.15也算对) (2)如图所示
(3)未计入砝码盘的重力
6．为了探究加速度与力的关系，使用如图3 2 12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，滑行器与上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间的距离为x，牵引砝码的质量为m。回答下列问题：
图3 2 12
(1)实验开始前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，求得加速度的表达式为________。(用Δt1、Δt2、D、x表示)
解析：(1)如果气垫导轨水平，则不挂砝码时，滑行器应能在任意位置静止不动，或推动滑行器后能使滑行器匀速运动，滑行器通过两光电门的时间相等。
(2)应满足M m，故m4＝400 g不合适，D正确。
(3)由v1＝，v2＝，v22－v12＝2ax可得a＝。
答案：(1)见解析 (2)D (3)a＝
7.某同学设计了如图3 2 13所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，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测力计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，记下弹簧测力计的示数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，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用停表记下木板运动到PQ处的时间t。
图3 2 13
(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与弹簧测力计示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是________。
(3)(多选)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的数据
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
解析：(1)由d＝at2，可知a＝；减小偶然误差的方法是多次测量取平均值。
(2)此实验要求水的质量必须远远小于木板的质量，当矿泉水瓶中水的质量逐渐增大到一定值后，图线将向下弯曲，所以能够表示该同学实验结果的图像是图C。
(3)加水法的优点是可以更方便地获得多组实验数据以及可以较精确地测出滑动摩擦力的大小，故选B、C。
答案：(1) 保持F1不变，重复实验，多次测量求平均值 (2)C (3)BC第3节 牛顿第二定律
1．物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同。
2．表达式：F＝ma。
3．使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力就
是1 N。
4．基本单位和导出单位一起组成了单位制。在力
学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位作为基本单位。
一、牛顿第二定律
1．内容：物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力方向相同。
2．公式表示为F＝ma，式中的F与a都是矢量，且它们在任何时刻方向都相同。
3．力的单位N：如果一个力作用在1 kg的物体上，使物体产生的加速度为1_m/s2，则这个力的大小为1 N。
二、力学单位制
1．基本单位：物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系。在物理学中，先选定几个物理量的单位作为基本单位。
2．导出单位：根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，导出来的单位叫导出单位。
3．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
4．在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量的单位作为基本单位。在国际单位制中，它们的单位分别是米、千克、秒。
1．自主思考——判一判
(1)由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合外力一定大。(×)
(2)牛顿第二定律说明了质量大的物体其加速度一定小。(×)
(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致。(√)
(4)牛顿第二定律的表达式F＝kma中的k，只有在国际单位制中才等于1。(√)
(5)在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位。(×)
(6)一个物理量的单位若用两个或两个以上的基本单位的符号表示，这个物理量的单位一定是导出单位。(√)
2．合作探究——议一议
(1)根据牛顿第二定律，无论怎样小的力都可以产生加速度，可是我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律矛盾吗？应该怎样解释这个现象？
[提示] 不矛盾。因为箱子所受合力为零，牛顿第二定律中的力指合力。
(2)力的单位“牛顿”是基本单位吗？
[提示] 不是，由于F＝ma，即1 N＝1 kg·m/s2，所以“牛顿”是导出单位。
(3)请对比说明一下加速度的两个公式a＝和a＝。
[提示] a＝是定义式，它等于速度变化率；物体的加速度由合外力与质量决定，因此a＝是加速度的决定式。
对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的五种特性
矢量性 公式F＝ma是矢量式，式中F和a都是矢量，且它们在任何时刻方向都相同，当F方向变化时，a的方向同时变化
瞬时性 牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体所受合外力的瞬时对应关系，a为某一时刻的加速度，F为该时刻物体所受的合外力
同一性 有两层意思：一是指加速度a相对同一惯性系(一般指地球)，二是指F＝ma中F、m、a必须对应同一物体或同一个系统
独立性 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，而物体的实际加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，分力和加速度在各个方向上的分量关系也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may
相对性 物体的加速度必须是对相对于地球静止或匀速直线运动的参考系而言的
2．合外力、加速度和速度的关系
(1)合外力与加速度的关系：
(2)力与运动的关系：
[典例] 如图3 3 1所示，弹簧一端系在墙上O点，另一端自由伸长到B点，今将一小物体m压着弹簧(与弹簧未连接)，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定。下列说法中正确的是( )
图3 3 1
A．物体在B点受合外力为零
B．物体的速度从A到B越来越大，从B到C越来越小
C．物体从A到B加速度越来越小，从B到C加速度不变
D．物体从A到B先加速后减速，从B到C匀减速
[思路点拨] 速度增大还是减小，要看速度和加速度的方向关系，加速度大小的变化是由合力大小变化决定的。
[解析] 物体在B点受到摩擦力的作用，故受合外力不为零，选项A错误；物体向右运动时，开始时弹力大于摩擦力，物体做加速运动，当弹力等于摩擦力时，加速度减为零，此时物体的速度最大，此位置在AB之间的某点，以后弹力小于摩擦力，物体做减速运动，经过B点以后物体只受摩擦力作用而做匀减速运动到C点停止，故物体从A到B先加速后减速，从B到C匀减速，选项D正确，B、C错误。
[答案] D
(1)物体的加速度变化情况，由物体的合外力变化来确定，只要分析物体受力情况，确定了合外力的变化规律，即可由牛顿第二定律确定加速度的变化规律。
(2)物体的速度变化由物体的加速度决定，速度与加速度同向，速度增加；速度与加速度反向，速度减小。
1．在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体，当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，物体的( )
A．加速度越来越大，速度越来越大
B．加速度越来越小，速度越来越小
C．加速度越来越大，速度越来越小
D．加速度越来越小，速度越来越大
解析：选D 由于物体原来做匀加速直线运动，说明物体所受合力的方向和运动方向相同，当合力逐渐减小时，由牛顿第二定律知，物体的加速度在逐渐减小，但加速度方向并未改变，物体仍在做加速运动，只是单位时间内速度的增加量在减小，即速度的变化率小了。综上所述，正确答案为D。
2.如图3 3 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，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( )
图3 3 2
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．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先增大后减小
解析：选C 小球从接触弹簧开始，在向下运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用，但开始时由于弹簧的压缩量较小，弹力小于重力，合力方向竖直向下，且逐渐减小，小球将继续向下做加速度逐渐减小的变加速运动，直到重力与弹簧弹力相等；重力与弹簧弹力相等后，小球再向下运动，则弹簧弹力将大于重力，合力方向变为竖直向上，且不断增大，小球将做加速度逐渐增大的变减速运动，直到速度为零，故从接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大。故选项C正确，选项A、B、D错误。
牛顿第二定律的瞬时性问题
[典例] (多选)如图3 3 3所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
图3 3 3
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
[审题指导] 解答本题应注意分析以下三点：
(1)细线剪断前各物块的受力情况；
(2)细线剪断后各物块的受力发生哪些变化？合力是多少？
(3)根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
[解析] 设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
[答案] AC
物体在某时刻的瞬时加速度由合力决定，当物体受力发生变化时，其加速度同时发生变化。这类问题常会遇到轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条等模型。四种模型特点比较如下：(1)共同点：质量忽略不计，都因发生弹性形变产生弹力，同时刻内部弹力处处相等且与运动状态无关。(2)不同点弹力表现形式弹力方向弹力能否突变轻绳拉力沿绳收缩方向能轻杆拉力、支持力不确定能轻弹簧拉力、支持力沿弹簧轴线不能橡皮条拉力沿橡皮条收缩方向不能
1．如图3 3 4所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均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，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有( )
图3 3 4
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：选C 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自的重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确。
2.如图3 3 5所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时橡皮筋沿水平方向。下列判断中正确的是( )
图3 3 5
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gtan θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选C 剪断AC瞬间，AC对小球的弹力突然消失，而引起BC上的张力发生突变，使小球的受力情况改变，如图甲所示，有F合＝mgsin θ＝ma，故a＝gsin θ；当剪断BC瞬间，BC绳张力突变为零，AC橡皮筋拉力不变，它与重力的合力与BC绳的拉力是一对平衡力，等大反向，受力情况如图乙所示，有F合′＝＝ma′，a′＝，C选项正确。
甲 乙
牛顿第二定律的简单应用
[典例] 如图3 3 6所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图3 3 6
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；
(2)求悬线对小球的拉力。
[思路点拨]
→→求合力→→
[解析] 法一：(合成法)
(1)小球和车厢相对静止，它们的加速度相同。以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图所示，小球所受合力F合＝mgtan 37°，
由牛顿第二定律得小球的加速度为
a＝＝gtan 37°＝g＝7.5 m/s2，
加速度方向向右。
车厢的加速度与小球相同，车厢做的是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动。
(2)由图可知，悬线对球的拉力大小为
F＝＝12.5 N。
法二：(正交分解法)
(1)建立直角坐标系如图所示，
正交分解各力，根据牛顿第二定律列方程得
x方向：Fx＝ma，
y方向：Fy－mg＝0。
即Fsin θ＝ma, Fcos θ－mg＝0。
化简解得a＝g＝7.5 m/s2，加速度方向向右。
车厢的加速度与小球相同，车厢做的是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动。
(2)F＝＝12.5 N。
[答案] (1)7.5 m/s2，方向水平向右 车厢可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动 (2)12.5 N
1．合成法常用于两个互成角度的共点力的合成，正交分解法常用于3个或3个以上互成角度的共点力的合成。
2．坐标系建立技巧
(1)建立坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，Fy＝0。
(2)特殊情况下，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a。根据牛顿第二定律及F＝求合外力。
1.如图3 3 7所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
图3 3 7
A．mg，斜向右上方
B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，竖直向上
解析：选A 以A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得：mAgtan θ＝mAa
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对B研究得：小车对B的摩擦力f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：F＝＝mg，方向斜向右上方，故选A。
2.如图3 3 8所示，电梯与水平面夹角为θ，上面站着质量为m的人，当电梯以加速度a加速向上运动时，求电梯对人的支持力N和摩擦力f。
图3 3 8
解析：如图所示，由于人的加速度方向是沿电梯向上的，这样建立坐标系后，在x轴方向和y轴方向上各有一个加速度的分量，分别为
ax＝acos θ，ay＝asin θ
根据牛顿第二定律列方程
x轴方向：f＝max＝macos θ
y轴方向：N－mg＝may＝masin θ
解得f＝macos θ，N＝mg＋masin θ。
答案：mg＋masin θ macos θ
单位制的应用
1．单位制可以简化计算过程
计算时首先将各物理量的单位统一到国际单位制中，用国际单位制中的基本单位和导出单位表示，这样就可以省去计算过程中单位的代入，只在数字后面写上相应待求量的单位即可，从而使计算简便。
2．单位制可检查物理量关系式的正误
根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的。
3．比较某个物理量不同值的大小时，必须先把它们的单位统一到同一单位制中，再根据数值来比较。
1．在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得x＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果( )
A．可能是正确的
B．一定是错误的
C．如果用国际单位制，结果可能正确
D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确
解析：选B 可以将右边的力F、时间t和质量m的单位代入公式看得到的单位是否和位移x的单位一致；还可以根据F＝ma，a＝，v＝，全部都换成基本物理量的单位，就好判断了。由x＝(t1＋t2)式，左边单位是长度单位，而右边单位推知是速度单位，所以结果一定是错误的，单位制选用得不同，只影响系数，故A、C、D错。
2．水平传送带AB以v＝200 cm/s的速度匀速运动，如图3 3 9所示，A、B相距0.011 km，一物体(可视为质点)从
A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？(取g＝10 m/s2)
图3 3 9
解析：统一单位：v＝200 cm/s＝2 m/s，x＝0.011 km＝11 m。开始时，物体受的摩擦力f＝μmg，由牛顿第二定律可得物体的加速度a＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2。
设经时间t物体速度达到2 m/s，由v＝at得：
t1＝＝ s＝1 s。
此时间内的位移为：x1＝at12＝×2×12 m＝1 m。
此后物体做匀速运动，所用时间：
t2＝＝ s＝5 s。
故所求时间t＝t1＋t2＝1 s＋5 s＝6 s。
答案：6 s
1．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是( )
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受的合力，而与之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上的每一个力所产生的加速度的代数和
D．物体的运动方向一定与它所受合力的方向一致
解析：选B F、m、a必须选对应的国际单位，才能写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，故A错误。由牛顿第二定律的瞬时性和独立性可知，B正确C错误。合力的方向只能表示物体速度改变量的方向，与物体速度方向不一定一致，故D错误。
2．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )
解析：选D 鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水的向上的浮力和水对鱼向左的推力作用，其合力方向应为左上方，故选项D正确。
3．一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之间关系的图像是( )
解析：选C 设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确，A、B、D错误。
4．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )
A．a＝＝ m/s2＝120 m/s2
B．a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
C．F＝ma＝500×1.2 N＝600 N
D．F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N
解析：选BD 在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进去运算。带单位运算时，单位换算要准确，可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的。这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可。选项A中Δx＝1.2 cm没变成国际单位，C项中的小车质量m＝500 g没变成国际单位，所以A、C均错误；B、D正确。
5．声音在空气中的传播速度v与空气密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中可能正确的是( )
A．v＝k B．v＝
C．v＝ D．v＝
解析：选B 由各物理量的单位之间的关系确定算式是否正确。压强p可由公式p＝求得，则其单位为＝kg/(m·s2)。密度ρ可由公式ρ＝求得，则ρ的单位为kg/m3。由于题中k无单位，则k的单位为m2/s2，显然不是速度的单位，A错；而 的单位为m/s，B可能正确；又的单位为s/m，也不是速度的单位，C错误；单位为kg/(m2·s)，不是速度的单位，D错误。
6. (多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图1所示。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
图1
A．t1 B．t2
C．t3 D．t4
解析：选AC 已知质点在外力作用下做直线运动，根据它的速度－时间图像可知，在图中标出的t1时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，因此A选项正确；在图中标出的t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项不正确；在图中标出的t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向也相同，由此可知C选项也正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合外力的方向与速度的方向相反，故D选项错误。
7.物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图2所示，则在0～t1这段时间内( )
图2
A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大
B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小
C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大
D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小
解析：选C 由题图可知，物体所受合外力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大，由于取v0方向为正时，合外力F与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，故选C。
8.如图3所示，质量分别为MA与MB的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( )
图3
A．都等于 B.和0
C.·和0 D．0和·
解析：选D 线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAg·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为，故选D。
9.如图4所示，物块m放在斜面体上处于静止，现用力拉着斜面体使之水平向右加速运动的过程中，加速度a逐渐增大，物块m仍相对斜面静止，则物块所受支持力N和摩擦力f的大小变化情况是( )
图4
A．N增大，f减小 B．N增大，f增大
C．N减小，f不变 D．N减小，f增大
解析：选D 物块m受力情况如图所示，将N、f正交分解，并由牛顿第二定律得：
fcos θ－Nsin θ＝ma，
fsin θ＋Ncos θ＝mg。
即f＝mgsin θ＋macos θ，
N＝mgcos θ－masin θ。
所以，当加速度a逐渐增大时，N减小，f增大，D对。
10.趣味运动会上运动员手持网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夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
图5
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
解析：选A 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得Nsin θ＝ma，又Ncos θ＝mg，解得a＝gtan θ，N＝，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a＞gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ＜gtan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误。
11.如图6所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，直杆与水平面夹角θ为37°。现小球在竖直向上的拉力F＝15 N作用下从A点由静止出发沿杆向上运动。g取10 m/s2。试求小球的加速度的大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图6
解析：对小球受力分析：
Fcos 37°＝N＋mgcos 37°
Fsin 37°－mgsin 37°－f＝ma
f＝μN
解得：a＝1 m/s2。
答案：1 m/s2
12．用如图7所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦地滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后。汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N。(g取10 m/s2)
图7
(1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6.0 N，求此时汽车的加速度大小和方向。
(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零？
解析：(1)a、b显示的是弹簧的压力，传感器a的示数为14 N、b的示数为6.0 N时，说明左、右两侧弹簧对滑块的弹力大小分别为F1＝14 N，方向向右；F2＝6.0 N，方向向左。根据牛顿第二定律得F1－F2＝ma1，a1＝＝ m/s2＝4.0 m/s2，方向水平向右。
(2)若使a传感器示数为零，则左侧弹簧将恢复原长，其弹力减小了10 N，则右侧弹簧压缩量增大，其压力将增大10 N，即右侧弹簧对滑块的压力F2′为20 N。根据牛顿第二定律得F2′＝ma2，a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，方向水平向左。当汽车以方向向左，大小为10 m/s2的加速度运动时，传感器a的示数为零。
答案：(1)4.0 m/s2 水平向右
(2)方向向左，大小为10 m/s2第4节 牛顿第三定律
1．相互作用在物体间的两个力互称为作用力和反
作用力。
2．两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
3．作用力和反作用力一定作用在相互作用的两个物体上，且力的性质相同。
4．作用力和反作用力同时产生，同时变化，同
时消失。
一、作用力与反作用力
1．力的相互性
力是物体对物体的作用，一个力一定同时存在着受力物体和施力物体。
2．作用力和反作用力：两个物体间相互作用的一对力，其中的任一个叫作用力，另一个就叫反作用力。
二、牛顿第三定律
1．内容：两个物体之间的作用力(F)和反作用力(F′)总是大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上。
2．公式：F＝－F′，其中F、F′分别表示作用力与反作用力，“负号”表示作用力与反作用力的方向相反。
3．理解：作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，它们总是性质相同的两个力，且同时存在，同时变化，同时消失。
三、反冲现象
1．定义：当物体中的一部分向某方向抛出时，其余部分就会同时向相反方向运动的现象。
2．实例：火箭升空，枪发射子弹，乌贼的游动等。
1．自主思考——判一判
(1)一个物体受几个力作用，则一定存在几个反作用力。(√)
(2)两个物体只有接触才存在作用力和反作用力。(×)
(3)相互作用的一对力中，称哪一个力为作用力是任意的。(√)
(4)只要大小相等、方向相反的同一条直线上的两个力就是一对作用力和反作用力。(×)
(5)作用力是弹力，反作用力可能是摩擦力。(×)
(6)手枪发射子弹时，当子弹飞离枪筒后，子弹与枪身不再存在作用力。(√)
2．合作探究——议一议
(1)“掰手腕”是比较臂力大小的一种常见比赛。在一次“掰手腕”比赛中，甲轻松地战胜了乙，是否是因为甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力？
[提示] 不是。甲、乙两手间的力为作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力大小相等，甲之所以胜了乙，那是因为甲手腕能承受的力大于乙手腕能承受的力。
(2)中国现在已经是探索地外星球的第三软着陆国家，将来还可能建立月球基地。试想直升机能否作为月球上的交通工具？
[提示] 月球上没有空气，直升机无法依靠螺旋桨得到升力，无法飞行。
(3)先把一个力传感器固定在物体上，两个传感器的钩子相互钩在一起。钩子受力的大小随时间变化的情况可由计算机屏幕显示，如图3 4 1所示，分析计算机屏幕显示的图像，可得出怎样的结论？
图3 4 1
[提示] 分析计算机屏幕显示的图像，可得出两个物体之间的作用力和反作用力在任何时刻总是大小相等、方向相反的结论。
对牛顿第三定律的理解
1．作用力和反作用力的3个特征和4种性质
(1)3个特征
①等大：即大小总是相等的。
②反向：即方向总是相反的。
③共线：即二者总是在同一直线上。
(2)4种性质
①异体性：即作用力和反作用力是分别作用在彼此相互作用的两个物体上。
②相互性：即作用力和反作用力总是相互的、成对出现的。
③同时性：即作用力和反作用力同时产生，同时变化，同时消失。
④同性性：即二者性质总是相同的。
2．作用力与反作用力和平衡力的比较
作用力与反作用力 平衡力
共同点 大小相等、方向相反、作用在同一直线上
不同点 受力物体 两个相互作用的物体 同一个物体
作用时间 同时产生，同时变化，同时消失，不可单独存在 不一定同时产生或消失
力的性质 相同 不一定相同
作用效果 作用在两个物体上，各自产生作用效果，不能求合力 一对平衡力的合力为零，作用效果抵消
[典例] 如图3 4 2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，冰面可看成光滑的，则下列说法正确的是( )
图3 4 2
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．若甲的质量比乙的大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲的快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
[审题指导] 解答本题时应把握以下三点：
(1)绳子质量不计；
(2)冰面可看成光滑的；
(3)该拔河比赛中取胜的关键是加速度小，在相等的时间内位移小。
[解析] 根据牛顿第三定律知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错误；因为甲对绳的拉力和乙对绳的拉力都作用在绳上，故选项B错误；绳对甲、乙的拉力大小相等，由于甲的质量大，加速度小，相同时间内的位移小，故甲会胜利，选项C正确，D错误。
[答案] C
一对作用力和反作用力与一对平衡力的最直观的区别是平衡力作用在同一个物体上，作用力和反作用力作用在两个物体上；还可以看两个力的性质是否相同来判断。
1.如图3 4 3所示，一匹马拉着车前行，关于马拉车的力和车拉马的力的大小关系，下列说法中正确的是( )
图3 4 3
A．马拉车的力总是大于车拉马的力
B．马拉车的力总是等于车拉马的力
C．加速运动时，马拉车的力大于车拉马的力
D．减速运动时，马拉车的力小于车拉马的力
解析：选B 马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，加速运动或者减速运动时，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，故A、C、D错误，B正确。
2．(多选)如图3 4 4所示，P、Q叠放在一起，静止在水平桌面上，在下列各对力中，属于作用力和反作用力的有( )
图3 4 4
A．P所受的重力和Q对P的支持力
B．Q所受的重力和Q对P的支持力
C．P对Q的压力和Q对P的支持力
D．Q对桌面的压力和桌面对Q的支持力
解析：选CD 作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失，满足牛顿第三定律；而平衡力是同一个物体受到的两个力，不会同时产生和消失。P所受到的重力和Q对P的支持力，很显然，这两个力都作用在一个物体P上，它们是一对平衡力，故A错误；作用力和反作用力是同时产生同时消失的，当把P从Q的上面去掉之后，Q对P的支持力没了，但Q受到的重力仍然存在，所以它们不是作用力和反作用力，故B错误；P对Q的压力和Q对P的支持力，它们是两个物体之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，故C正确；Q对桌面的压力和桌面对Q的支持力，它们是两个物体之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，故D正确。
牛顿第三定律的应用
[典例] 如图3 4 5所示，质量为M的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定)，一质量为m的人在车上沿平板向下运动时，小车恰好静止，求人的加速度。
图3 4 5
[审题指导]
(1)小车静止，合力为零，人对小车有沿斜面向上的摩擦力。
(2)小车对人有沿斜面向下的摩擦力，对人受力分析求得合外力，再由牛顿第二定律可求人的加速度。
[解析] 小车静止在斜面上，对小车进行受力分析如图甲所示，根据合力为零得f′－Mgsin θ＝0，
人的受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律得f＋mgsin θ＝ma，
根据牛顿第三定律得f′＝f，解得a＝gsin θ。
[答案] gsin θ
在对物体进行受力分析、应用牛顿第二定律解题时，如果涉及作用力与反作用力，应明确指出应用牛顿第三定律的过程，否则，解题过程不完整且可能因此失分。
1.如图3 4 6所示，质量为m1的木棒用细线悬挂在天花板上，套在木棒上的质量为m2的金属环正以加速度a沿木棒加速下滑，此时悬挂木棒的细线对天花板的拉力大小为( )
图3 4 6
A．(m1＋m2)g
B．m1g＋m2a
C．(m1－m2)g＋m2a
D．(m1＋m2)g－m2a
解析：选D 对金属环受力分析，金属环受到重力和木棒给的向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得：m2g－f＝m2a，对木棒受力分析，木棒受到重力、拉力、金属环给的向下的摩擦力，因为金属环和木棒间的摩擦力是一对相互作用力，所以大小相等，木棒静止，所以有m1g＋f＝T，两式联立可得T＝(m1＋m2)g－m2a，D正确。
2.置于水平面上的小车上，有一弯折成角度α的细杆，如图3 4 7所示，细杆另一端固定了一个质量为m的小球。当小车以加速度a向左加速前进时，小球对细杆的作用力为多大？方向如何？
图3 4 7
解析：以小球为研究对象，小球受到重力mg和细杆对它的作用力F，将F沿水平方向和竖直方向分解，水平分力为Fx，竖直分力为Fy，如图所示。由牛顿第二定律可知
Fy－mg＝0，Fx＝ma，
故细杆对小球的作用力
F＝＝＝m，
θ＝arctan＝arctan＝arctan，
由牛顿第三定律可得，小球对细杆的作用力的大小为F′＝F＝m，
方向与竖直方向夹角为arctan，斜向右下方。
答案：m 方向与竖直方向夹角为arctan，斜向右下方
1．关于两个物体间作用力与反作用力的下列说法中，正确的是( )
A．有作用力才有反作用力，因此先有作用力后产生反作用力
B．作用力与反作用力的性质一定相同
C．作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间
D．只有两个物体处于平衡状态中，作用力与反作用力才大小相等
解析：选B 作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时产生同时消失，是同一性质的力，两个物体不相互接触也可以产生作用力与反作用力，两个物体处于平衡状态和非平衡状态，作用力与反作用力大小均相等，故选项B正确。
2．以卵击石，鸡蛋碎，石头完好无损，以下判断正确的是( )
A．鸡蛋碎了，说明鸡蛋受到的撞击力大
B．石头完好无损，说明石头受到的撞击力小
C．鸡蛋和石头受到的撞击力一样大
D．必须用仪器检测才知道谁受到的撞击力大
解析：选C “以卵击石”，鸡蛋被碰破，而石头却完好无损，不是因为鸡蛋受到的力大，而是因为鸡蛋的硬度小，它们受到的力是相互作用力，相互作用的两个力，大小一定相等，故选C。
3．(多选)飞船是一种运送航天员、货物到达太空并能安全返回的一次性使用的航天器；火箭可作为快速远距离的运载工具。下面关于飞船和火箭升空情况的叙述正确的是( )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个向上的推力
B．火箭受的推力是由于喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力作用于火箭而产生的
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽向后喷气，也不会产生推力
D．飞船进入轨道后，和地球间存在一对作用力和反作用力
解析：选AD 火箭尾部向外喷气，给喷出的气体一个作用力，而喷出的气体给火箭一个反作用力，火箭就是因为受到这个反作用力(推力)，才克服空气阻力向前飞行的，A正确，B、C错误；飞船进入轨道后，与地球间存在相互吸引的作用力，D正确。
4．人站在地面上，先将两脚弯曲，再用力蹬地，向上跳离地面。人能跳离地面的原因是( )
A．人对地面的作用力大于地面对人的作用力
B．地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C．地面对人的作用力大于人的重力
D．人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力
解析：选C 人用力蹬地时，人对地面的作用力和地面对人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反。之所以会跳离地面是因为地面对人的作用力大于人的重力，故C正确。
5.如图1所示，吊在大厅天花板上的电扇所受重力为G，静止时固定杆对它的拉力为F，扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为F′，则( )
图1
A．F＝G、F＝F′
B．F＝G、F＜F′
C．电扇静止时，固定杆对它的作用力等于它对固定杆的作用力
D．电扇水平转动后，固定杆对它的作用力小于它对固定杆的作用力
解析：选C 电扇不转时，显然有F＝G，而扇叶转动起来后，向下吹风，对空气有向下的作用力，根据牛顿第三定律，空气对叶片有向上的作用力，此时杆对电扇的拉力F′＜G，得F′＜F，A、B错误；固定杆对电扇的作用力与电扇对固定杆的作用力为一对作用力和反作用力，故两者总是等大反向，C正确，D错误。
6.如图2所示，有人用一簇气球通过绳使一座小屋成功升空，成为“会飞的小屋”。下列说法正确的是( )
图2
A．小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力
B．小屋受到绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力
C．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对作用力和反作用力
D．小屋对绳的拉力和小屋所受重力是一对平衡力
解析：选A 小屋受到绳的拉力和小屋对绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A正确；小屋受到绳的拉力和小屋所受重力的受力物体都是小屋，不是作用力和反作用力，故B错误；小屋对绳的拉力的施力物体是小屋，受力物体是绳子，小屋所受重力的施力物体是地球，受力物体是小屋，不是作用力和反作用力，也不是平衡力，故C、D错误。
7．如图3所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况( )
图3
A．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变
B．弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加
C．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且减少的示数等于增加的示数
D．弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且增加的示数等于减少的示数
解析：选C 当金属球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧秤减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确。
8.建筑工人用如图4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)( )
图4
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：选B 对建筑材料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后对人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋N，得地面对人的支持力N＝490 N，根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小为490 N。
9．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于( )
A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间
C．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
解析：选C 在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错误；作用力与反作用力具有等时性，故B错误；分开后，两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律，a＝，所以甲、乙的加速度大小相等，由运动学公式－2μgx＝0－v2知，刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确，D错误。
10.将重力均为G的两个磁环A、B先后套在光滑的木支架上，并使两磁环相对面的极性相同，此时可以看到上方的磁环A“悬浮”在空中，如图5所示。设磁环B对木支架底座的压力为F1；B对A的排斥力为F2，关于这些力的大小关系正确的是( )
图5
A．F1＞2G F2＝G B．F1＝2G F2＝G
C．F1＞2G F2＞G D．F1＝2G F2＞G
解析：选B 对于磁环A，受到重力G和磁环B对磁环A的排斥力F2，根据平衡条件可知，F2＝G；对于磁环B，受到重力G、磁环A对磁环B的排斥力F2′及木支架底座对磁环B的支持力F1′的作用，根据平衡条件得，F1′＝F2′＋G，根据作用力与反作用力关系知F1＝F2＋G，则有F1＝2G，选项B正确。
11．一个质量为75 kg的人，站立在水平地面上，某一瞬间突然竖直跳起，已知刚跳起时速度为3.0 m/s，起跳时间为0.5 s，求此人在起跳瞬间对地面的压力的平均值。(人的运动近似看做匀加速运动，g取10 m/s2)
解析：以人为研究对象，人在起跳瞬间只受到重力和支持力，如图所示。起跳瞬间，人的运动可等效成初速度为零的匀加速运动，其加速度为a＝＝ m/s2＝6 m/s2
据牛顿第二定律得N－mg＝ma
故N＝m(g＋a)＝75×(10＋6)N＝1 200 N
据牛顿第三定律知，人对地面的平均压力为1 200 N，方向与N方向相反，竖直向下。
答案：1 200 N 竖直向下
12.如图6所示，跨过定滑轮的细绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g＝10 m/s2。当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度和人对吊板的压力分别为多少？
图6
解析：以人和吊板组成的整体为研究对象，人以440 N的力拉绳时，该整体受到两个向上的拉力均为440 N，受到重力的大小为700 N＋100 N＝800 N，其合力为880 N－800 N＝80 N，由牛顿第二定律F＝ma，得a＝1.0 m/s2。再以人为研究对象，人受到重力mg＝700 N，受到吊板的支持力N及绳对其向上的拉力T＝440 N，由牛顿第二定律得T＋N－mg＝ma，解得N＝330 N。根据牛顿第三定律，人对吊板的压力N′与吊板对人的支持力等大反向，故N′＝330 N。
答案：1.0 m/s2 330 N第5节 牛顿运动定律的应用
1．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定
律求出物体的加速度，再通过运动学公式确定
物体的运动情况。
2．如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求
出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物
体所受的力。
3．加速度是联系运动学公式和牛顿第二定律的
桥梁。
一、牛顿第二定律的作用
牛顿第二定律给出了质量、力及加速度三者之间的定量关系。我们可由这个关系式利用一些已知物理量求得未知的物理量。
二、动力学的两类基本问题
1．从受力情况确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2．从运动情况确定受力情况
如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力。
3．解决动力学问题的关键
对物体进行正确的受力分析和运动情况分析，并抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。
1．自主思考——判一判
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向。(√)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向。(×)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。(√)
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的。(×)
(5)物体的运动情况仅由物体所受的合力所决定的。(×)
2．合作探究——议一议
(1)求物体的加速度有哪些途径？
[提示] 途径一：由运动学的关系(包括运动公式和运动图像)，通过初速度、末速度、位移、时间等物理量求加速度；途径二：根据牛顿第二定律列方程求解加速度。
(2)如图3 5 1所示为某次真空实验中用频闪照相机拍摄到的金属球与羽毛在真空中下落时的照片，由照片可以看出，在真空中金属球与羽毛的下落运动是同步的，即它们有相同的加速度。
图3 5 1
问题：根据牛顿第二定律，物体的加速度与其质量成反比，羽毛与金属球具有不同质量，为何它们的加速度相同呢？
[提示] 牛顿第二定律中物体的加速度与其质量成反比的前提是合力不变。本问题真空中羽毛及金属球都是只受重力作用，故根据牛顿第二定律a＝知，它们的加速度均为自由落体加速度g。
由物体的受力情况分析运动情况
1．解题思路
2．解题的一般步骤
[典例] 如图3 5 2所示，质量为2 kg的物体静止放在水平地面上，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体施加一个与水平面成37°角的斜向上的拉力F＝5 N的作用。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图3 5 2
(1)物体与地面间的摩擦力大小；
(2)5 s内的位移大小。
[审题指导] 物体沿水平面做匀加速直线运动，加速度在水平方向上，建立坐标系时把其中的一条坐标轴建在水平方向上。
[解析] 对物体受力分析如图所示，建立直角坐标系并分解F。
(1)在y轴方向有：N＋Fsin 37°＝mg，代入数据解得N＝17 N，物体与地面间的摩擦力大小为f＝μN＝0.2×17 N＝3.4 N。
(2)水平方向，由牛顿第二定律
Fcos 37°－f＝ma
得a＝0.3 m/s2
5 s内的位移为：x＝at2＝×0.3×52 m＝3.75 m。
[答案] (1)3.4 N (2)3.75 m
若物体受两个力作用，用合成法求加速度往往要简便一些；若物体受三个或三个以上的力作用时，一般要用正交分解法求加速度。
1.如图3 5 3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d处所用的时间，则( )
图3 5 3
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3
C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
解析：选D 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知
mgcos θ＝ma①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcos θ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2。
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3。
2．如图3 5 4所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面。人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下。人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图3 5 4
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
解析：(1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示。
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma
f＝μN
垂直于斜坡方向有
N－mgcos θ＝0
由匀变速运动规律得L＝at2
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
t＝2 s。
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速运动的加速度为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为vt，则由匀变速直线运动规律得
人在斜面上下滑的过程：vt2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－vt2＝－2a′x
联立以上各式解得x＝12.8 m。
答案：(1)2 s (2)12.8 m
由物体的运动情况分析受力情况
1．解题思路
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需求的力。
[典例] 如图3 5 5甲所示，质量m＝4 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v t图像如图乙所示。(取重力加速度为10 m/s2)求：
图3 5 5
(1)8 s末物体离a点的距离；
(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。
[审题指导]
(1)从图像可知物体的运动情况。
(2)从图像求出物体运动的加速度；利用牛顿第二定律可求出相应的合外力。
[解析] (1)设8 s末物体离a点的距离为s，s应为v t图与横轴所围的面积，则：s＝×4×8 m－×4×4 m＝8 m，故物体在a点右侧8 m处。
(2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v t图得a1＝2 m/s2①
根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v t图得a2＝1 m/s2③
根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2④
解①②③④得：F＝6 N，μ＝0.05。
[答案] (1)在a点右侧8 m处 (2)6 N 0.05
从运动情况确定受力情况的注意事项
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力。
1．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图3 5 6中a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v t图像，则拉力和摩擦力之比为( )
图3 5 6
A．9∶8 B．3∶2
C．2∶1 D．4∶3
解析：选B 由v t图像可知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2，摩擦力大小f＝ma1＝0.8×1.5 N＝1.2 N；图线b的加速度大小a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律有F－f＝ma2，F＝f＋ma2＝1.2 N＋0.8×0.75 N＝1.8 N，则F∶f＝3∶2，选项B正确。
2．民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则：
(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多大？
解析：(1)由题意可知，h＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s。
设斜面倾角为θ，则sin θ＝。
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得
a＝，代入数据得a＝2.5 m/s2。
(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有
mgsin θ－f＝ma，
沿y轴方向有N－mgcos θ＝0，又f＝μN，联立方程解得μ＝≈0.92。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)0.92
动力学中的连接体问题
1．连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2．处理连接体问题的方法
(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来联合、交叉运用，这将会更快捷有效。
[典例] 如图3 5 7所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100 m下降2 m。为使汽车速度在x＝200 m的距离内减到v2＝10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B,30%作用于汽车A。已知A的质量m1＝2 000 kg，B的质量m2＝6 000 kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力大小。(重力加速度g取10 m/s2)
图3 5 7
[审题指导] 本题求的是汽车对拖车的力，属于汽车、拖车系统的内力，因此思路是先采用整体法求加速度a，再用隔离法分析内力。
[解析] 汽车沿倾斜车道做匀减速运动，用a表示加速度的大小，有v22－v12＝－2ax①
用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有
F－(m1＋m2)gsin α＝(m1＋m2)a②
式中sinα＝＝2×10－2③
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为F1，根据题意有F1＝F④
方向与汽车前进方向相反，用N表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同。以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有F1－N－m1gsin α＝m1a⑤
由②④⑤式得
N＝(m1＋m2)(a＋gsin α)－m1(a＋gsin α)⑥
由以上各式，代入有关数据得N＝880 N。
[答案] 880 N
整体法主要适用于各物体的加速度相同，不需要求内力的情况；隔离法对系统中各部分物体的加速度相同或不相同的情况均适用，而求系统内物体间的相互作用力时，一定要用隔离法。
1．如图3 5 8所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )
图3 5 8
A.F
B.F
C．24mg＋
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
解析：选B 将50个小物块看作一个整体，根据牛顿第二定律，整体的加速度a＝＝－gsin 30°－μgcos 30°。对1、2两个物块分析有F－2mgsin 30°－μ×2mgcos 30°－N＝2ma，解得N＝F，B正确。
2．如图3 5 9所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2。拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1＞F2。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T的大小。
图3 5 9
解析：以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
F1－F2＝(m1＋m2)a①
隔离物块m1，由牛顿第二定律得
F1－T＝m1a②
由①②两式解得T＝。
答案：
1．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )
A．40 m B．20 m
C．10 m D．5 m
解析：选B a＝＝＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得x＝＝ m＝20 m，B对。
2．质量为1 kg的物体，受水平恒力作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由x＝at2得：a＝ m/s2，对物体由牛顿第二定律得：F＝ma＝1× N＝ N，故A正确。
3．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v t图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是( )
解析：选D 其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确。
4.一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＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m′＝10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图1所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)( )
图1
A．25 m/s2 B．5 m/s2
C．10 m/s2 D．15 m/s2
解析：选B 重物不离开地面，绳对猴子的最大拉力为F＝mg＝150 N，对猴子应用牛顿第二定律得
F－m′g＝m′a
所以a的最大值为a＝5 m/s2。
5.如图2所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，外力大小是F，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
图2
A．μmg B.
C．μ(M＋m)g D.
解析：选B 对m和M整体，由牛顿第二定律：
F＝(M＋m)a①
对m：f＝ma②
由①②得：f＝F，故B正确。
6. (多选)如图3所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
图3
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC 物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动。滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg＝3 N，故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误。减速到零后F＜f，物体处于静止状态，故C正确，D错误。
7. (多选)如图4所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是( )
图4
A．若断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线
D．若断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
解析：选AB 若断Ⅰ，则水平细线Ⅱ中的拉力突变为0，则加速度a＝g，方向竖直向下，A正确、C错误；若断Ⅱ，则弹簧Ⅰ中的拉力还没有来得及变化，与小球的重力的合力大小为T2，方向为水平向左，所以加速度a＝，方向水平向左，B正确、D错误。
8．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
解析：选B 由自由落体规律可知：vt2＝2gH
缓冲减速过程：vt2＝2ah
由牛顿第二定律列方程N－mg＝ma
解得N＝mg(1＋)＝5mg，故B正确。
9. (多选)如图5所示，置于水平地面上的相同材料的质量分别为m和m0的两物体用细绳连接，在m0上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，下列说法正确的是( )
图5
A．地面光滑时，绳子拉力大小等于
B．地面不光滑时，绳子拉力大小等于
C．地面不光滑时，绳子拉力大于
D．地面不光滑时，绳子拉力小于
解析：选AB 地面光滑时，将两物体看做一个整体，则由牛顿第二定律可得：F＝(m＋m0)a，对m分析可得：T＝ma，联立解得：T＝；当地面不光滑时，将两者看做一个整体，可得F－μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a，对m分析可得：T－μmg＝ma，联立可得T＝，故A、B正确。
10．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图6(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
图6
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由v t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
11．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，飞行器飞行t＝8 s时到达高度H＝64 m，求：
(1)飞行器匀加速上升的加速度a的大小；
(2)t＝8 s时飞行器的速度v的大小；
(3)飞行器所受阻力f的大小。
解析：(1)由匀变速直线运动的位移公式可得：H＝at2，飞行器的加速度：a＝＝ m/s2＝2 m/s2；
(2)飞行器的速度：v＝at＝2×8 m/s＝16 m/s；
(3)由牛顿第二定律得：F－mg－f＝ma，解得：f＝F－m(g＋a)＝28 N－2×(10＋2) N＝4 N。
答案：(1)2 m/s2 (2)16 m/s (3)4 N
12.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图像如图7所示，g取10 m/s2，求：
图7
(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。
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f，根据牛顿第二定律，有f＝ma2②
f＝－μmg③
联立解得μ＝0.2。
(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，a1＝＝1 m/s2
根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma1
F＝6 N。
(3)由匀变速直线运动位移公式，得
x＝x1＋x2＝v10Δt1＋a1Δt12＋v20Δt2＋a2Δt22＝46 m。
答案：(1)0.2 (2)6 N (3)46 m第6节 超重与失重
1．当研究对象在竖直方向处于加速状态时，它受
到的重力和支持力(拉力)不再是一对平衡力。
2．物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力大于物
体重力的现象称为超重现象。
3．物体对悬挂物的拉力或对支持物的压力小于物体重力的现象称为失重现象。
4．无论物体超重还是失重，物体的重力并没有改变。
一、超重与失重的概念
1．超重
(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度。
2．失重
(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度。
3．完全失重
(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零的现象。
(2)产生条件：物体竖直向下的加速度等于g。
二、超重、失重的定量分析
设物体质量为m，在拉力F作用下在竖直方向上运动，竖直方向加速度为a，重力加速度为g。
1．超重：由F－mg＝ma可得F＝m(g＋a)，即拉力大于重力，超重“ma”，加速度a越大，超重越多。
2．失重：由mg－F＝ma可得F＝m(g－a)，即拉力小于重力。失重“ma”，加速度a越大，失重越多。
3．完全失重：由mg－F＝ma和a＝g联立解得F＝0，即拉力为0，失重“mg”。
1．自主思考——判一判
(1)超重就是物体受到的重力增加了。(×)
(2)完全失重就是物体不受重力了。(×)
(3)超、失重可根据物体速度方向判定。(×)
(4)超、失重可根据物体的加速度方向判定。(√)
(5)做竖直上抛运动的物体先超重后失重。(×)
2．合作探究——议一议
(1)有人说：“在很高的山顶上，物体所受的重力要小于它在平地上所受的重力，这种现象也是失重！”这种说法正确吗？
[提示] 不正确，这不是失重。失重情况下重力不变。在很高的山上，物体所受的重力减小，是因为地球对它的引力减小了。
(2)将体重计放到升降机中，人站在体重计上，当升降机运动时，若发现体重计示数变大，升降机一定是向上加速吗？
[提示] 不是。体重计示数变大，升降机可能有两种运动情形：①向上做加速运动；②向下做减速运动。这两种情况下，加速度的方向均向上。根据牛顿第二定律，人所受支持力F＝mg＋ma，所以F＞mg，出现超重。
对超重、失重的理解
1．重力和视重
(1)重力：物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。
2．超重和失重的本质
(1)出现超重、失重的实质是指视重与重力的差别，即由于物体沿竖直方向存在加速度，使得物体与支承物(或悬挂物)间的作用力发生了变化，并非物体的重力发生了变化。
(2)超重、失重现象与物体的运动方向无关，当物体具有向上的加速度时，无论物体向什么方向运动，均出现超重现象，反之则出现失重现象。因此，判断出现超、失重的依据是加速度的方向。
3．对完全失重的理解
(1)完全失重是物体的视重为零，对支持物或悬挂物的压力或拉力为零。处于完全失重的物体具有竖直向下、大小为g的加速度。
(2)发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)。
(3)只受重力作用的一切抛体运动，如我们学过的自由落体运动和竖直上抛运动等，物体在空中只受重力的运动，其加速度等于g，物体都处于完全失重状态。
1. (多选)如图3 6 1所示，运动员“3 m跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
图3 6 1
A．运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重
B．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重
C．运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动(C→B)的过程中，对板的压力一直减小
解析：选BD 人受到重力及板向上的弹力，人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度变为向上增大，故人应先失重后超重，故A、C错误；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时弹力一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正确；运动员在向上运动时，板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故D正确。
2．在完全失重情况下，下列哪些操作可以实现的是( )
A．用天平测物体的质量
B．测物体在水中的浮力
C．用弹簧秤测出对物体的拉力
D．用水银气压计测大气压强
解析：选C 在完全失重的情况下，一切与重力有关的操作都不能进行，用天平测物体的质量、浮力以及水银气压计都与物体的重力有关，故都不能实现；用弹簧秤测出对物体的拉力与重力无关，故可以实现，故选C。
3.某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图3 6 2所示图像，以下根据图像分析所得结论错误的是( )
图3 6 2
A．该图像显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况
B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼
解析：选D 题图中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况。0～t1，钩码受力平衡；t1～t2，拉力小于10 N，钩码处于失重状态；t2～t3，钩码受力平衡；t3～t4，拉力大于10 N，钩码处于超重状态。由以上分析可知，D项错误。
超重、失重问题的有关计算
[典例] 质量为60 kg的人，站在升降机中的体重计上，升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(g＝10 m/s2)
(1)升降机匀速上升；
(2)升降机以4 m/s2的加速度加速上升；
(3)升降机以5 m/s2的加速度加速下降。
[思路点拨]
→→
[解析] 人站在升降机中体重计上受力情况如图所示。
(1)当升降机匀速上升时，a＝0
由牛顿第二定律知，N－mg＝0
所以N＝mg＝600 N
由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为600 N。
(2)当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，有
N－mg＝ma
所以N＝m(g＋a)＝840 N
由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为840 N(超重状态)。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，此时a的方向向下，有mg－N＝ma
所以N＝m(g－a)＝300 N
由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为300 N(失重状态)。
[答案] (1)600 N (2)840 N (3)300 N
当物体的受力在同一直线时，一般以加速度方向为正方向，则加速度方向的力减去与加速度方向相反的力即为合力。
1．电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a t图像如图3 6 3所示，电梯内乘客的质量m＝50 kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图3 6 3
A．第1 s内乘客处于超重状态，第9 s内乘客处于失重状态
B．第2 s内电梯做匀速直线运动
C．第2 s内乘客对电梯的压力大小为450 N
D．第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N
解析：选D 第1 s内乘客向上加速，具有向上的加速度，处于超重状态，第9 s内电梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然处于超重状态，故A错误；由题图知第2 s内乘客的加速度恒为1.0 m/s2，即做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：F－mg＝ma得：F＝mg＋ma＝500 N＋50×1.0 N＝550 N，根据牛顿第三定律，则乘客对电梯的压力大小为550 N，故D正确，B、C错误。
2．实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，请一质量为m＝60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t＝0至t＝1 s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数F随时间变化的图线，如图3 6 4所示，求：
图3 6 4
(1)电梯启动和制动时的加速度大小；
(2)该大楼每层的平均层高。
解析：(1)1～3 s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：F1－mg＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2
21～23 s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于此状态有：mg－F3＝ma3，代入数据解得a3＝2 m/s2。
(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝4 m/s
匀加速上升的位移为x1＝vt1＝×4×2 m＝4 m
从图中读得，电梯匀速上升的时间t2＝18 s，所以匀速上升的位移为x2＝vt2＝4×18 m＝72 m
匀减速上升的时间为2 s，所以位移为x3＝vt3＝×4×2 m＝4 m
所以总位移x＝x1＋x2＋x3＝80 m
层高：h＝＝ m＝3.2 m。
答案：(1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3.2 m
1．下列关于超重与失重的说法中，正确的是( )
A．超重就是物体的重力增加了
B．失重就是物体的重力减少了
C．完全失重就是物体的重力没有了
D．不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的
解析：选D 超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，所以A错误；失重是物体对接触面的压力小于物体的真实重力，物体的重力并没有减小，所以B错误；完全失重是说物体对接触面的压力为零，此时物体的重力也不变，所以C错误；不论是超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力是不变的，只是对接触面的压力不和重力相等了，所以D正确。
2．下列说法中正确的是( )
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
解析：选B 当加速度方向竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度方向竖直向上时，物体处于超重状态。蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确。而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重。
3.如图1所示，在台秤的托盘上放一个支架，支架上固定一电磁铁A，电磁铁A的正下方有一铁块B，电磁铁A不通电时，台秤的示数为G。某时刻接通电源，在铁块B被吸引起来的过程中，台秤的示数将( )
图1
A．不变 B．变大
C．变小 D．忽大忽小
解析：选B 很多同学认为，当铁块B被吸起时脱离台秤，所以对台秤的压力消失，台秤的示数减小，从而错选C。其实，铁块B被吸起的过程是铁块B加速上升的过程，处于超重状态，即整体处于超重状态，所以整体对托盘的压力大于整体的重力。故选项B正确。
4.如图2所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数( )
图2
A．N＝(M＋m)g
B．N＝Mg
C．N＞(M＋m)g
D．N＜(M＋m)g
解析：选D 物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与斜面体整体对托盘测力计的压力小于它们的总重力，D对。
5. (多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中( )
图3
A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态
B．人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零
解析：选AB 人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误。
6.某同学为了研究超重和失重现象，将重为50 N的物体带进竖直升降的电梯中，放置在压力传感器的水平载物面上，电梯由启动到停止的过程中，测得压力(F)－时间(t)变化的图像如图4所示，设在t1＝3 s和t2＝8 s时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断( )
图4
A．电梯在上升，v1＞v2 B．电梯在上升，v1＜v2
C．电梯在下降，v1＜v2 D．电梯在下降，v1＞v2
解析：选B 物体最后静止时对地面的压力等于重力，所以根据牛顿第二定律可知，0～4 s电梯向上加速，4～14 s匀速，14～18 s向上减速，18 s后静止。在t1＝3 s时物体仍然做加速运动，所以t1时刻的速度小于t＝4 s时的速度，而t2＝8 s时电梯的速度等于t＝4 s时的速度，所以v1＜v2，故选B。
7. (多选)如图5所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上，若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )
图5
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
解析：选BD 若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，相当于物块的视重变大，处于超重状态，即加速度向上，所以可能向上做加速运动，向下做减速运动，故B、D正确。
8. (多选)如图6所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学( )
图6
A．体重约为650 N
B．做了两次下蹲—起立的动作
C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：选AC 当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数恒等于该同学的体重值，由图线可知：该同学的体重约为650 N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重，后小于体重。由图线可知：C正确，B、D错误。
9. (多选)如图7所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )
图7
A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上
D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力
解析：选AB 将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A正确，D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误。
10．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，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了(重力加速度为g)。则电梯在此时刻后的运动情况可能是( )
A．以大小为g的加速度加速上升
B．以大小为g的加速度减速上升
C．以大小为的加速度加速下降
D．以大小为的加速度减速下降
解析：选D 因为电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg＝kx，当弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是mg，由牛顿第二定律F＝ma可得，mg＝ma，所以加速度大小为a＝g，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D正确。
11．某人在以加速度a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10 m/s2)
解析：设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F。以物体为研究对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同。当升降机以加速度a＝2 m/s2匀加速下降时，对物体有：m1g－F＝m1a
F＝m1(g－a)得：F＝75×(10－2) N＝600 N
设人在地面上最多可举起质量为m0的物体，则F＝m0g，m0＝＝ kg＝60 kg
当升降机以加速度a′匀加速上升时，对物体有：
F－m2g＝m2a′
a′＝－g＝ m/s2＝2 m/s2
所以升降机匀加速上升的加速度为2 m/s2。
答案：60 kg 2 m/s2
12．一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着m＝5 kg的铅球，取g＝10 m/s2，试求：
(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；
(2)当座舱落到离地面35 m的位置时，手对铅球的支持力是多少？
(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，铅球对手的压力是多少？
解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落
h1＝75 m－30 m＝45 m
由h1＝gt12得t1＝ ＝3 s
下落45 m时的速度v1＝gt1＝30 m/s
减速过程中的平均速度
＝＝15 m/s
减速时间t2＝＝2 s
总时间t＝t1＋t2＝5 s。
(2)离地面35 m时，座舱自由下落，铅球处于完全失重状态，所以手对铅球的支持力为零。
(3)由v12＝2gh1＝2ah2得，减速过程中加速度的大小
a＝15 m/s2(或a＝＝15 m/s2)
根据牛顿第二定律：N－mg＝ma
解得：N＝125 N
根据牛顿第三定律可知，铅球对手的压力为125 N。
答案：(1)5 s (2)0 (3)125 N
牛顿运动定律的综合应用
1．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图1
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD 人受重力mg和支持力N的作用，由牛顿第二定律得N－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力N′＝N＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，N′最小，选项A、D正确。
2．如图2所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是( )
图2
A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人
B．先开始运动的车厢里有人
C．后到达两车中点的车厢里有人
D．不去称量质量无法确定哪个车厢有人
解析：选C 根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等，故A错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量大，加速度小，由x＝at2，相同时间内位移小，后到达中点，即后到达两车中点的车厢里有人，故C正确；无需称质量，可用C项办法确定哪个车厢有人，故D错误。
3．(多选)如图3(a)所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的图像如图(b)所示。取g＝10 m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
图3
A．sin θ＝0.6 B．sin θ＝0.5
C．物体的质量为2.5 kg D．物体的质量为2.0 kg
解析：选AD 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma，从图像中取两个点(30 N,6 m/s2)，(0 N，－6 m/s2)代入解得m＝2 kg，sin θ＝0.6，选项A、D正确。
4．(多选)如图4所示，质量为M、中间为半球形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( )
图4
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．F＝(M＋m)gtan α
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．F＝Mgtan α
解析：选BC 隔离小铁球分析受力得F合＝mgtan α＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtan α，A错误，C正确。整体分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故选项B正确，D错误。
5. (多选)如图5所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )
图5
A．速度可能向左，加速度可小于μg
B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
解析：选AD 当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证A静止，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，要保证B静止，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，磁铁B做加速度的合力等于摩擦力，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma＝μ(mg＋N)，解得a＝(1＋μ)g，故A、D正确。
6.如图6所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H＝0.6 m处，而A静止于斜面底端。现释放A，试求A在斜面上向上滑行的最大距离？(设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图6
解析：设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有：
m2g－T＝m2a1
T－m1gsin 37°＝m1a1
解得a1＝6 m/s2
v2－0＝2a1H
m1gsin 37°＝m1a2
0－v2＝－2a2x
解得a2＝6 m/s2，x＝0.6 m
故A在斜面上向上滑行的最大距离L＝H＋x＝1.2 m。
答案：1.2 m
7.某飞机场利用如图7所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
图7
解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1＝＝2 s
货物匀加速运动位移
x1＝at12＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移
x2＝L－x1＝5 m
匀速运动时间
t2＝＝1 s
所以货物从A到B所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
答案：3 s
8.如图8所示，质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上。细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图8
(1)汽车匀速运动时，细绳对小球的拉力和车后壁对小球的压力；
(2)若要始终保持θ＝37°，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少？
解析：(1)对小球受力分析如图所示，将细绳拉力T分解有：Ty＝Tcos θ，Tx＝Tytan θ，由二力平衡可得：Ty＝mg，Tx＝N，解得细绳拉力T＝＝50 N，
车壁对小球的压力
N＝mgtan θ＝30 N。
(2)设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车壁对小球弹力N′＝0，
由牛顿第二定律有Tx＝ma，即mgtan θ＝ma
解得：a＝7.5 m/s2，即汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5 m/s2。
答案：(1)50 N 30 N (2)7.5 m/s2
9.如图9所示，长为L＝2 m、质量mA＝4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。求：
图9
(1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？
(2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？
解析：(1)要使A、B保持相对静止，A对B的摩擦力不能超过最大静摩擦力
对B，fm＝μmBg，由fm＝mBa
得：a＝μg＝2 m/s2
对AB，F＝(mA＋mB)a＝10 N。
(2)当F＝12 N＞10 N，A、B相对滑动
对B，aB＝μg＝2 m/s2
对A，F－fm＝mAaA
得：aA＝2.5 m/s2
设B从A上滑落须用时间t，则aAt2－aBt2＝
得：t＝2 s
对A：v＝aAt＝5 m/s。
答案：(1)10 N (2)5 m/s
10．如图10甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图10
(1)拉力F的大小；
(2)t＝4 s时物体的速度v的大小。
解析：(1)设F作用时加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
撤去力F后，据牛顿第二定律，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
由图像斜率可得a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2，
代入解得μ＝0.5，F＝30 N。
(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，
由v1＝a2t2，可得t2＝2 s，
则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1 s
设下滑加速度为a3，据牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝2 m/s2，
则t＝4 s时速度v＝a3t3＝2 m/s。
答案：(1)30 N (2)2 m/s
实验综合训练
1．如图1是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示。
图1
(1)O、E间的距离为________ cm。
(2)如图2是根据实验数据绘出的x t2图线(x为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，加速度大小为________ m/s2(保留3位有效数字)。
图2
解析：(1)此刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm。
(2)由x＝at2可知图线的斜率k＝a，由图中数据可计算出k，则加速度大小为0.933 m/s2。
答案：(1)1.80 (2)a 0.933
2．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h＝0.25 m、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端位于筒内)，如图3甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出距筒口右端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l，作出F l变化的图线如图乙所示。
图3
(1)由此图线可得出的结论是________________________________________________；
(2)弹簧的劲度系数为________ N/m，弹簧的原长l0＝________ m；
(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：_____________
________________________________________________________________________，
缺点在于：__________________________________________________。
解析：(1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比。
(2)由ΔF＝kΔx和乙图可知：(30－10)＝k×20×10－2
所以k＝100 N/m，
由乙图可知F＝20 N时，l＝10 cm＝0.1 m，
所以20＝k(0.1＋0.25－l0)，
即l0＝0.15 m。
(3)优点是避免弹簧自身重力对实验的影响，缺点是弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。
答案：见解析
3.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图4所示。
图4
(1)若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做________运动，且直线与－x方向夹角越大，说明纸带运动的________越大。
(2)从第一个计数点A开始计时，为求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________。
(3)若测得a段纸带的长度为10.0 cm，e段纸带的长度为2.0 cm，则可求出加速度的大小为________ m/s2。(结果保留2位有效数字)
解析：(1)由匀变速直线运动的位移规律，可得每段纸带的平均速度与该段纸带的长度有关，则图像可看做v t图，可得纸带做匀减速直线运动，图线倾角的大小反映了加速度的大小。
(2)横轴x轴即可等效成t轴，0.25 s时恰好对应纸带c的中间时刻，故测出c段的长度即可求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度。
(3)根据xm－xn＝(m－n)aT2，代入数据可求得加速度为2.0 m/s2。
答案：(1)匀减速直线 加速度 (2)c段 (3)2.0
4．有同学利用如图5所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：
图5
(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是( )
A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是( )
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为图6中________(选填“甲”或“乙”)是正确的。
图6
解析：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示N1、N2、N3的大小，由于三共点力处于平衡，所以N1、N2的合力大小等于N3，且N3＜N1＋N2，即|N1－N2|＜N3＜N1＋N2，故B、C、D能完成实验。
(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误。
(3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。
答案：(1)BCD (2)A (3)甲
5．利用如图7甲所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数。将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，倾角α＝37°，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率—时间(v t)图像。(取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图7
(1)先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v t图像如图乙所示。利用该图像可算出滑块A上滑时加速度的大小为________ m/s2。
(2)从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝______。
解析：(1)根据v t图像容易求得滑块A上滑时加速度的大小为a1＝＝ m/s2＝8.0 m/s2。
(2)滑块A沿滑板B向下滑时的加速度a2＝＝ m/s2＝4.0 m/s2，此过程中，根据牛顿第二定律，滑块A向下滑动时，有mgsin α－μmgcos α＝ma2，而滑块A向上滑动时，则有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得μ＝0.25。
答案：(1)8.0 (2)0.25
6.如图8所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。
图8
(1)钢球下落的加速度大小a＝________，钢球受到的空气平均阻力f＝________。
(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。
解析：(1)钢球在竖直方向上做匀加速运动，通过两光电门时时间很短，可近似看作匀速运动，可用平均速度代替瞬时速度，故钢球通过两光电门的瞬时速度vA＝和vB＝，根据匀变速直线运动的速度位移关系vB2－vA2＝2ah，得钢球下落的加速度大小a＝＝。对钢球受力分析，根据牛顿第二定律有：mg－f＝ma，得平均阻力f＝mg－ma＝mg－。
(2)钢球通过光电门的瞬时速度使用平均速度代替，而平均速度等于中间时刻的速度v＝，钢球通过光电门的瞬时速度应为中间位移的速度，v＝ ，由数学知识可知v＜v，即钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度。
答案：(1) mg－ (2)＜
7．某同学利用如图9所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。
图9
(1)图10为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2。(以上两空保留一位有效数字)
图10
(2)根据实验数据画出了如图11所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。(选填字母代号)
图11
A. B.
C．mg D．F
(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图11的说法，正确的是________。(选填字母代号)
A．图线逐渐偏向纵轴
B．图线逐渐偏向横轴
C．图线仍保持原方向不变
解析：(1)做匀变速直线运动过程中一段过程中的中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，故vC＝＝f＝0.8 m/s，根据逐差法可得xDE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，联立可得a＝4 m/s2。
(2)从图中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得F＝ma，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D正确。
(3)由于图像的斜率为k＝，所以增大砂和砂桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确。
答案：(1)0.8 4 (2)D (3)C
8．某同学设计了如图12所示的装置，来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。给定的实验器材有米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等。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12
(1)若利用上述实验器材和公式a＝可以测量滑块在A、B间运动时的加速度。请你在下面的虚线框中设计一个记录两个物理量数据的表格，记录次数为5次。在表格中标明要测量的两个物理量。
(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝ m－μg
当上式中的(m′＋m)保持不变时，a是m的一次函数。该同学想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ。为了保证实验中(m′＋m)不变，在改变m时，应将从托盘中取出的砝码置于____________上。
(3)实验得到a与m的关系如图13所示，由此可知μ＝________。(取两位有效数字)
图13
解析：(1)这两个物理量分别是位移x和时间t，表格中记录原始数据，故如表所示。
1 2 3 4 5
x/m
t/s
(2)要使(m′＋m)不变，应将砝码从砝码盘中取出放入滑块上。
(3)在图线上找到两个点，一个是当a＝0.35 m/s2时，m＝6.7 kg，另一个是当a＝0.15 m/s2时，m＝6.2 kg，将两组数据代入到原公式中，并且将公式先变形一下为：(a＋μg)[M＋(m′＋m)]＝(1＋μ)gm，代入后将两式相除，即可将[M＋(m′＋m)]与(1＋μ)约掉，从而计算出μ＝0.23。
答案：(1)见解析 (2)滑块 (3)0.23(0.21～0.25均可)
第三章 牛顿运动定律
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)
1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
B．短跑运动员在比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大
C．战斗机在空中作战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D．公交汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故
解析：选C 因为惯性是物体本身的一种属性，只与质量有关，与其他因素无关，故A、B均错误。战斗机在空中作战时甩掉副油箱是为了减小质量，使惯性减小，运动状态容易改变，故C正确。公交汽车在启动时，人由于惯性应该向后倾，故D错误。
2.物体静止在斜面上，如图1所示，下列说法正确的是( )
图1
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体对斜面的压力等于物体所受的重力
D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B 作用力与反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上，选项A错误，B正确；物体对斜面的压力等于物体重力沿垂直于斜面的分力，选项C错误；物体的分力和合力应是针对同一物体，效果相同，故选项D错误。
3.如图2所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下与质量为m的小球连接。当小球上下振动的过程中，木箱对地面压力刚好等于mg，求此时小球的加速度( )
图2
A.g，方向向上 B.g，方向向下
C.，方向向下 D.，方向向上
解析：选C 设木箱对地面压力刚好等于mg时，弹簧的弹力为F，对木箱有N＝Mg＋F＝mg，对小球：mg－F＝ma，解得a＝，方向向下，选项C正确。
4．如图3所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环分别到达A、B、C所用的时间，则( )
图3
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3
C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t3＞t2
解析：选D 小滑环沿杆下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2得，t＝ ＝ ，当θ＝60°和30°时，时间相等，当θ＝45°时，时间最短，故t1＝t3＞t2，故D正确，A、B、C错误。
5．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图4所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
图4
解析：选B 根据v t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
6．两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开始运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是( )
A．m1∶m2 B．m2∶m1
C．t1∶t2 D．t12∶t22
解析：选AC 根据牛顿第二定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1＝a2t2。
物体加速度为a1＝，a2＝。
物体的位移为x1＝a1t12，x2＝a2t22。
整理得，＝＝。故答案为A、C。
7.如图5所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的细线剪断的瞬间( )
图5
A．吊篮A的加速度大小为2g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．A、B、C的加速度大小都等于g
解析：选AC 弹簧开始的弹力F＝3mg，剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝2g，即A、C的加速度均为2g。故D错误，A、C正确。剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B错误。
8.如图6所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且水平地面光滑，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )
图6
A．0 B.F，方向向右
C.F，方向向左 D.F，方向向右
解析：选ACD 整体的加速度a＝，方向水平向左。隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右。F－f＝ma，解得f＝F－ma＝F；若M＝m，摩擦力为零；若M＞m，摩擦力方向向右，大小为F；若M＜m，摩擦力方向向左，大小为F，故A、C、D正确。
二、实验题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)如图7为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车________不变，用钩码所受的重力作为________，用DIS测小车的加速度。
图7
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a F关系图线(如图8所示)。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )
图8
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
解析：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力。
(2)钩码质量较小时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a F图像偏离直线，选项C正确。
答案：(1)质量 合外力 (2)C
10．(10分)如图9为探究物体的加速度、作用力和质量三个物理量的关系的实验装置示意图。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9
(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)如图10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四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm、xEF＝5.91 cm、xFG＝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(结果保留两位有效数字)。
图10
解析：要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受的合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m M。而平衡摩擦力时不需挂砂桶，但要带纸带，故(1)选B，(2)选C。用逐差法a＝，求得a＝0.42 m/s2。
答案：(1)B (2)C (3)0.42
三、计算题(本题共2小题，共34分)
11．(16分)我国歼 15舰载战斗机的质量m＝2.0×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v＝80 m/s减小到零所用时间t＝2.5 s，若将上述运动视为匀减速直线运动，求该战斗机在此过程中：
图11
(1)加速度的大小a；
(2)滑行的距离x；
(3)所受合力的大小F。
解析：(1)根据加速度的定义式得：
a＝＝ m/s2＝－32 m/s2。
(2)根据速度位移公式2ax＝v2－v02得：
x＝＝ m＝100 m。
(3)根据牛顿第二定律得：
F＝ma＝20 000×32 N＝6.4×105 N。
答案：(1)32 m/s2 (2)100 m (3)6.4×105 N
12. (18分)如图12所示，物体A、B用一根轻绳连接放在粗糙水平面上，绳与水平方向的夹角α＝37°(α始终保持不变)。某时刻A、B在水平外力F的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，2 s内A、B前进的距离为12 m。已知A的质量为m＝1 kg，它与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图12
(1)A、B共同运动的加速度大小和绳的拉力大小；
(2)2 s末将绳剪断，物块A还能滑行多远。
解析：(1)设A、B共同运动的加速度为a，由运动学公式有：x＝at2，代入数据得：a＝6 m/s2
对A受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：
Tcos α－f＝ma
N＋Tsin α＝mg
又f＝μN
联立以上方程并代入数据得：T＝10 N。
(2)设2 s末A的速度为v1，由运动学公式有：v1＝at
剪断细绳后，A物块由牛顿第二定律得：－μmg＝ma′
A物块做匀减速直线运动直到停止，设A物块滑行的距离为x′，由运动学公式有：2a′x′＝0－v12
联立以上方程并代入数据得：x′＝14.4 m。
答案：(1)6 m/s2 10 N (2)14.4 m
