第1节 牛顿第一定律
学习目标
核心提炼
1.知道伽利略理想实验及推理方法。
1个实验——伽利略理想实验
1个定律——牛顿第一定律
1种固有性质——惯性
2.理解惯性概念，知道惯性是物体的固有属性
3.理解牛顿第一定律的内容和意义，知道亚里士多德的观点。
一、历史回顾
阅读教材第68页第1、2段，了解几位科学家关于力和运动问题的观点。
代表人物
主要观点
亚里士多德
必须有力作用在物体上，物体才能运动 ；没有力的作用，物体就要静止 在一个地方
伽利略
力不是维持 物体运动的原因
笛卡儿
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
思维判断
(1)亚里士多德认为力是维持物体运动的原因。(√)
(2)伽利略认为，没有力作用在物体上，它就不能运动。(×)
(3)笛卡儿认为若没有力作用，物体的运动状态就不会改变。(√)
二、理想实验的魅力
阅读教材第68～69页“理想实验的魅力”部分，了解理想实验的过程。
1．伽利略理想实验：让小球沿斜面从静止状态开始向下运动，小球将“冲”上另一斜面，如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度。减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍将达到同一高度，但它要运动得远些。继续减小第二个斜面的倾角，球达到同一高度时就会离得更远。若将第二个斜面放平，球将永远运动下去。
2．结论：力不是维持物体运动的原因。
思维拓展
有人认为伽利略的斜面实验为理想实验，无法在实验中验证，故不能揭示自然规律。该说法是否正确？
提示 该说法是错误的。伽利略的理想斜面实验反映了一种物理思想，它建立在可靠的事实基础上，抓住主要因素，忽略次要因素，从而深刻揭示了自然规律。
三、牛顿第一定律和惯性
阅读教材第69～70页“牛顿物理学的基石——惯性定律”和“惯性与质量”部分，了解牛顿第一定律的内容，体会惯性的含义。
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，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
2．惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
3．惯性的量度：质量是惯性大小的唯一量度。
思维拓展
1．如图1所示是冰壶在冰面上的运动图片，如果摩擦阻力比较大，冰壶很快停下来；如果摩擦阻力很小。可以忽略，冰壶将永远运动下去。
图1
试结合上述现象讨论：
(1)牛顿第一定律中的“除非作用在它上面的力迫使它改变运动状态”说明运动与力有什么关系？
(2)根据牛顿第一定律思考，如果物体不受外力作用，物体将处于什么状态？
提示 (1)说明力是改变物体运动状态的原因。
(2)原来静止的物体，不受外力时，仍然静止；原来运动的物体，不受外力时，将永远做匀速直线运动
2．高铁的列车最高时速可以达到400多千米，是世界上最快的火车。有的同学认为：火车变快了，其惯性变大了，所以难刹车。他的认识正确吗？
图2
提示 他的认识是错误的，惯性是物体的固有属性，火车提速后，其质量不变，惯性也不变。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
对牛顿第一定律的理解
[要点归纳]
1．牛顿第一定律的物理意义
(1)揭示了力与运动的关系：
①力是改变物体运动状态的原因：物体受力的作用，它的运动状态就一定发生改变，并且产生加速度。
②力不是维持物体运动状态的原因：物体若不受力，它将做匀速直线运动或者保持静止状态。
(2)揭示了一切物体都具有的一种属性——惯性，所以牛顿第一定律也叫惯性定律。
2．物体运动状态改变的三种情况
(1)速度的方向不变，大小改变。
(2)速度的大小不变，方向改变。
(3)速度的大小和方向同时发生改变。
[精典示例]
[例1] 关于牛顿第一定律，下列说法中错误的是( )
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B．牛顿第一定律就是惯性
C．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变是由于物体具有惯性
D．物体的运动状态发生变化时，物体必定受到外力的作用
思路点拨 解答本题时应注意以下三点：
(1)牛顿第一定律和惯性的区别。
(2)力和运动的关系。
(3)力和运动状态变化的关系。
解析 牛顿第一定律有三层含义：不受力时物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，这是由于一切物体都具有惯性；受到力的作用物体的运动状态就要发生变化，从而揭示出力是改变物体运动状态的原因；指出了物体在不受力时的运动状态，故选项A、C、D正确；牛顿第一定律并不是惯性，惯性是物体的一种性质，而牛顿第一定律是物体的运动规律，两者是不同的概念，不可混为一谈，选项B错误。
答案 B
牛顿第一定律描述了物体不受外力作用时的状态——总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，同时揭示了力和运动的关系——力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因。分析此类问题时要注意牛顿第一定律与惯性的区别。
[针对训练1] 根据牛顿第一定律判断，以下说法正确的是 ( )
A．人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在起跳时的位置
B．人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
D．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
解析 人竖直跳起离开车厢瞬间，人与车在水平方向上的速度相同，由牛顿第一定律知如果车子静止或做匀速直线运动，人都将落回原地，故A、B项错误；如果车加速前进，则在相同时间内人的水平位移比车的水平位移小，故落在起跳点后方，C项正确；反之若车子减速前进，则在相同时间内人的水平位移比车子的水平位移大，故落在起跳点的前方，D项错误。
答案 C
对惯性的理解和应用
[要点归纳]
1．惯性与质量的关系
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大。
2．惯性与力的关系
(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，因此“物体受到了惯性作用”、“产生了惯性”、“受到惯性力”等说法都是错误的。
(2)力是改变物体运动状态的原因。惯性是维持物体运动状态的原因。力越大，物体的运动状态改变越快；惯性越大，物体的运动状态越难改变。
(3)惯性与物体的受力情况无关。
3．惯性与速度的关系
(1)速度是表示物体运动快慢的物理量，惯性是物体本身固有的性质。
(2)一切物体都有惯性，并且惯性的大小由物体本身决定，与物体是否有速度及速度的大小无关。
4．惯性与惯性定律的关系
(1)惯性是物体具有的一种固有属性。惯性定律是物体不受外力作用时所遵守的一条规律，属于不同于规律。
(2)惯性使物体保持原来运动状态，但能否保持取决于其受力情况。当物体不受外力(或所受合外力为零)时，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态。惯性定律揭示了物体的惯性，正因为物体有惯性，故物体的运动不需要力来维持。
[精典示例]
[例2] 如图3所示是一种汽车安全带控制装置示意图。当汽车处于静止或匀速直线运动时，刹车摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动。当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动。若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是 ( )
图3
A．向右行驶、匀速直线运动 B．向左行驶、匀速直线运动
C．向右行驶、突然刹车 D．向左行驶、突然刹车
思路点拨
解析 若汽车做匀速直线运动，则摆锤不会从实线位置摆到虚线位置，故A、B均错误；由图可知摆锤向右摆动，根据惯性知识可推知，汽车可能向左加速或向右减速，故C正确，D错误。
答案 C
利用惯性解释现象的方法
(1)明确研究的物体原来处于怎样的运动状态。
(2)当外力作用在该物体的某一部分(或外力作用在与该物体有关联的其他物体上)时，这一部分的运动状态的变化情况。
(3)该物体由于惯性保持怎样的运动状态，判断最后会出现什么现象。
[针对训练2] 下列事例中，利用了物体的惯性的是( )
图4
A．①② B．③④
C．①④ D．②③
答案 C
1．在物理学史上，正确认识运动与力的关系并且推翻“力是维持运动的原因”的物理学家和建立惯性定律的物理学家分别是 ( )
A．亚里士多德、伽利略 B．亚里士多德、牛顿
C．伽利略、牛顿 D．伽利略、爱因斯坦
解析 在物理学史上，正确认识运动与力的关系并且推翻“力是维持运动的原因”的物理学家和建立惯性定律的物理学家分别是伽利略和牛顿。故选C。
答案 C
2．伽利略的斜面实验证明了 ( )
A．要物体运动必须有力作用，没有力作用的物体将静止
B．要物体静止必须有力作用，没有力作用的物体就运动
C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态
D．力不是维持物体运动的原因
解析 伽利略的斜面实验证明了：如果物体不受外力作用，运动的物体将继续以同一速度沿着一条直线运动下去，所以只有D正确。
答案 D
3．如图5所示，某同学面朝列车行进方向坐在车厢中，水平桌面上放有一相对桌面静止的小球。列车在水平直轨道上运动时，突然，小球相对桌面向后滚动，则可判断( )
图5
A．列车在刹车
B．列车在做加速运动
C．列车一定在做匀减速直线运动
D．列车一定在做匀速直线运动
答案 B
4．下列关于惯性的说法，正确的是 ( )
A．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客都具有惯性
B．短跑运动员最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大
C．《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害
D．把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性的缘故
解析 高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客都具有保持原来运动状态的性质，即惯性，选项A正确；物体的惯性只与质量有关，与速度大小无关，选项B错误；系安全带的目的是防止由于人本身的惯性造成的伤害，选项C错误；把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到竖直向下的重力的缘故，选项D错误。
答案 A
5．如图6所示，在瓶内装满水，将乒乓球用细线拴住并按入水中，线的另一端固定在瓶盖上。盖上瓶盖并将瓶子翻转，乒乓球将浮在水中。用手托着瓶子水平向右做加速直线运动，乒乓球在瓶中的位置会如何变化？解释你所观察到的现象
图6
解析 因为水的质量大于同体积的乒乓球的质量，所以同体积的水的惯性大于乒乓球的惯性。当用手托着瓶子水平向右做加速直线运动时，同体积的水相对瓶子向左移动时，将挤压乒乓球，使乒乓球相对瓶子向右移动。
答案 见解析
牛顿第一定律巧应用
(1)由“因”索“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。
第2节 实验：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．掌握利用图象处理数据的方法。
二、实验原理
采用控制变量法，在探究加速度与力、质量三者关系时，先让其中一个量保持不变来探究其他两个量之间的关系。
1．控制小车的质量M不变，分析加速度a与力F的关系。
2．控制砝码和小盘的质量不变，即力F不变，改变小车的质量M，分析加速度a与M的关系。
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、夹子、细绳、交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺。
四、实验步骤
1．测质量：用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。
2．安装器材：按如图所示将实验器材安装好(小车上不系绳)。
3．平衡摩擦力：把木板无滑轮的一端下面垫一薄木板，反复移动其位置，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动(纸带上相邻点的间距相等)。
4．测a、F
(1)把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带，纸带记录了小车的运动情况，取下纸带并在纸带上标上号码及此时所挂小盘和砝码的总重力mg。
(2)保持小车的质量不变，改变小盘中砝码的质量，重复步骤(1)，多做几次实验，并记录好相应纸带的编号及所挂小盘和砝码的总重力m2g、m3g…
5．测a、M
(1)保持小车所受的合外力不变，在小车上加钩码，接通电源后放开小车，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小车和钩码的总质量M1。
(2)继续在小车上增加钩码，重复步骤(1)，多做几次实验，在每次实验得到的纸带上标上号码及小车和钩码的总质量M2、M3…
6．用公式Δx＝aT2或a＝求得小车的加速度a，将得到的数据填入相应表格中，以便进行数据验证。
五、数据处理
1．把小车在不同力作用下产生的加速度填在表中：
物理量
1
2
3
4
5
6
作用力F
加速度a
以a为纵坐标、F为横坐标，根据数据作a－F图象，用曲线拟合测量点，找出规律，分析a与F的关系。
2．把不同质量的小车(小车和钩码)在相同力的作用下产生的加速度大小填在表中：
物理量
1
2
3
4
5
6
质量M
加速度a
分别以a为纵坐标、M和为横坐标，根据数据作a－M图象和a－图象，分析a与M的关系。
3．实验结论
(1)保持物体质量不变时，物体的加速度a与所受力F成正比。
(2)在力F不变时，物体的加速度a与质量M成反比。
六、误差分析
1．系统误差：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接近于小车的质量，误差越大；反之，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为了减小因实验原理不完善而引起的误差。
2．偶然误差：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。
七、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。不管以后是改变小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总质量远大于小盘和砝码的总质量。
3．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。
4．作图象时，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对称分布在所作直线两侧。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
要点一 实验原理和实验方法
[例1] 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，渗透了研究问题的多种科学方法：
(1)实验环境的等效法：____________________________________________；
(2)实验条件设计的科学方法：_____________________________________；
(3)实验原理的简化：______________________________________________，
即当小车质量M车?m沙时，细绳对小车的拉力大小近似等于沙及桶的总重力m沙g；
(4)实验数据处理的科学方法：_____________________________________；
(5)由a－M车图象转化为a－图象，所用的科学方法：________。
(以上各题均选填“理想实验法”、“图象法”、“平衡摩擦力法”、“化曲为直法”、“控制变量法”或“近似法”)
解析 由于小车运动受到摩擦阻力，所以要进行平衡摩擦力，以减小实验误差，称为平衡摩擦力法；(2)在探究加速度、力与质量三者关系时，先保持其中一个量不变，来探究其他两个量之间的关系，称为控制变量法；(3)当小车质量M车?m沙时，细绳对小车的拉力大小近似等于沙及桶的总重力m沙g，称为近似法；(4)通过图象研究实验的结果，称为图象法；(5)在作图时，由a－M车图象转化为a－图象，使图线由曲线转化为直线，称为化曲为直法。
答案 (1)平衡摩擦力法 (2)控制变量法 (3)近似法
(4)图象法 (5)化曲为直法
要点二 数据处理和误差分析
[例2] 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的关系的实验，如图1所示，图甲为实验装置简图(交流电的频率为50 Hz)。
图1
(1)图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(保留两位有效数字)。
(2)保持沙和沙桶质量不变，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：
物理量实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度a/(m·s－2)
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车质量m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
/kg－1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
请画出a－图线，并依据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是__________。
图2
(3)保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，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2所示。该图线不通过原点，请你分析其主要原因是________________________________________________________________________。
思路点拨 解答本题时可按以下思路进行分析：
解析 (1)用逐差法计算加速度。由纸带上的数据可知：x1＝6.19 cm，x2＝6.70 cm，x3＝7.21 cm，x4＝7.72 cm。电火花计时器的打点周期为T＝0.02 s，故加速度a＝＝3.2 m/s2。
(2)根据题目提供的小车加速度a与质量m对应的倒数的有关数据，可在坐标系中描出8个对应点，用一条直线“连接”各点，使尽量多的点落在直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧，得到的a－图线如图所示，由图可得a＝。
(3)由图可分析，当加速度a为零时，拉力F并不为零，说明实验前没有平衡摩擦力或者未完全平衡摩擦力。
答案 见解析
实验数据的处理方法——图象法、“化曲为直”法
(1)研究加速度a和力F的关系
以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出图象，如图所示，若图象是一条通过原点的直线，就能说明a与F成正比。
(2)研究加速度a与质量m的关系
如图甲所示，因为a－m图象是曲线，检查a－m图象是不是双曲线，就能判断它们之间是不是反比例关系，但检查这条曲线是不是双曲线，相当困难。若a和m成反比，则a与必成正比。我们采取“化曲为直”的方法，以a为纵坐标，为横坐标，作出a－图象，若a－图象是一条直线，如图乙所示，说明a与成正比，即a与m成反比。
要点三 创新方案设计
[例3] 两个相同的小车并排放在光滑水平桌面上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里分别放有不同质量的砝码(图3甲)。小车所受的水平拉力F的大小可以认为等于砝码(包括砝码盘)所受的重力大小。小车后端也系有细线，用一只夹子夹住两根细线(图乙)，控制两辆小车同时开始运动和结束运动。
图3
由于两个小车初速度都是零，运动时间又相同，因为x＝，即x∝a，所以只要测出两小车位移x之比就等于测出它们的加速度a之比。
实验结果是：当两小车质量相同时，______________；当拉力F相等时，______________。实验中用砝码(包括砝码盘)所受的重力G＝mg的大小作为小车所受拉力F的大小，这样做会引起实验误差，为了减小这个误差，G与小车所受重力Mg之间需要满足的关系是：___________。
解析 实验过程中，当两小车质量相同时，砝码(包括砝码盘)重力越大，相同时间内位移越大，则加速度越大，进行实验时会发现，加速度与所受拉力成正比；若砝码重力不变，即拉力不变时，质量越大的小车，相同时间内位移越小，即加速度越小，进行测量分析知，加速度与质量成反比。如果砝码(包括砝码盘)的重力G远小于小车的重力Mg时，G近似等于拉力F。
答案 加速度与拉力成正比 加速度与质量成反比
G?Mg
(1)控制变量法：当研究多个物理量的变化规律时，为了简便，可设计保持其他物理量不变，只研究剩余两个变化物理量的关系，这种方法叫做控制变量法。两个相同的小车放在光滑水平面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中各放数目不等的砝码，就可以验证质量一定的条件下，加速度与力的关系。
(2)对比实验法：对比实验法在物理实验中经常用到。
两小车后端各系一条细绳，一起被一个夹子夹着而使小车静止(如图所示)。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通过的位移，位移之比就等于它们的加速度之比。
1．如图4所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图，以下做法正确的是( )
图4
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．本实验中探究的方法是控制变量法
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，对探究结果也不会产生影响
解析 平衡摩擦力时，应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动，A错；实验中采用控制变量法，即探究加速度与合力关系时控制小车质量不变，研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变，B对；实验时，先接通电源打点，后放开小车拖动纸带运动，C错；为减小实验误差，实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量，D错。
答案 B
2．(多选)按实验要求组装好器材后，应按一定步骤进行实验，下述操作步骤的合理顺序是( )
①保持重物的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次
②保持小车质量不变，改变重物的质量，测出加速度，重复几次
③用天平测出小车和重物的质量
④平衡摩擦力，使小车近似做匀速直线运动
⑤挂上重物，接通打点计时器的电源，放开小车，在纸带上打下一系列的点
⑥根据测量的数据，分别画出a－F和a－的图线
A．③④⑤①②⑥ B．③⑤④①②⑥
C．④③⑤①②⑥ D．④③⑤②①⑥
解析 探究a与F的关系与探究a与m的关系的顺序可互换。
答案 CD
3．(多选)如图5所示是在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，根据实验数据描绘出的三条a－F图线，下列说法中正确的是( )
图5
A．三条倾斜直线所对应绳的拉力相同
B．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量不同
C．直线1对应的小车和砝码的总质量最大
D．直线3对应的小车和砝码的总质量最大
解析 由F＝ma得a＝F，斜率越大，质量越小，故B、D选项正确。
答案 BD
4．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系时，由于没有始终满足M?m(m为沙桶及沙桶中沙的质量)的条件，结果得到的图象应是( )
解析 在本实验中a＝。在研究加速度和质量的关系时，保持m不变，由上式可知加速度a与系统的质量(M＋m)成反比。如果横轴表示，a－图象应是过坐标原点的直线。现将前面的式子改写成a＝()，由此式可知，前面的系数和有关，在改变时会发生变化，它并不是常数，因此，a和不是正比关系。随着的增大，式中 前面的系数会减小，因此图象向下弯曲偏离直线。但在M?m时，a≈，a正比于，所以在M较大(较小)时图象近似直线。由以上讨论可知D选项符合题意。
答案 D
5．如图6所示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，请你指出该同学的五个差错；
图6
(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
6．某实验小组利用图7所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
图7
(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)图8是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象。
图8
形成图线甲的原因是____________________________________________。
形成图线乙的原因是____________________________________________。
解析 (1)实验中细绳要与长木板保持平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通打点计时器的电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确。
(2)图线甲中F＝0时，木块就有了加速度，可见是长木板倾角过大。图线乙中，有了拉力时，加速度仍为0，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
答案 (1)AD (2)长木板倾角过大 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
7．某同学利用图9(a)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(b)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9
(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(b)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)由图象可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系。
(2)a－m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力。
(3)本实验直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量。
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
第3节 牛顿第二定律
学习目标
核心提炼
1.理解牛顿第二定律，知道a＝的确切含义。
1个定律——牛顿第二定律
1个公式——F＝ma
1个导出单位——牛顿
2种模型——刚性绳和弹簧模型
2.掌握牛顿第二定律解决动力学问题的方法。
3.知道力的单位“牛顿”是怎样定义的。
一、牛顿第二定律
阅读教材第74～75页“牛顿第二定律”部分，知道牛顿第二定律的内容，了解牛顿第二定律表达式的推导过程。
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表达式：F＝kma，k是比例系数，F是物体所受的合力。
思维判断
(1)由牛顿第二定律知，合外力大的物体的加速度一定大。(×)
(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。(√)
二、力的单位
阅读教材第75～76页“力的单位”部分，知道1 N的物理意义。
1．国际单位：牛顿，符号是N。
2．1 N的物理意义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，称为1 N，即1 N＝1_kg·m/s2。
3．比例系数k的意义：k的数值由F、m、a三个物理量的单位共同决定，若三量都取国际单位，则k＝1，所以牛顿第二定律的表达式可写作F＝ma。
思维判断
(1)比例式F＝kma中的k一定为1。(×)
(2)比例式F＝kma中的k可以是其他常数。(√)
(3)在国际单位制中k才等于1。(√)
(4)两单位N/kg和m/s2是等价的。(√)
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
对牛顿第二定律的理解
[要点归纳]
1．表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位。
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度。
2．牛顿第二定律的六个性质
性质
理解
因果性
力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性
F＝ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它受的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性
加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失
同体性
F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性
作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性
物体的加速度是相对于惯性参系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
3.两个加速度公式的区别
(1)a＝是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法。
(2)a＝是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。
[精典示例]
[例1] (多选)对牛顿第二定律的理解正确的是( )
A．由F＝ma可知，F与a成正比，m与a成反比
B．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度随之消失
思路探究 (1)合力与加速度的瞬时关系是什么？
(2)公式F＝ma可以纯数学理解吗？比如F∝m、F∝a时吗？
答案 (1)同时产生、同时变化、同时消失。
(2)不可以，不对。物理公式具有具体的物理含义，公式F＝ma中，F指合力，由外界决定，m由物体决定，加速度a由合力F与质量m共同决定。
解析 虽然F＝ma表示牛顿第二定律，但F与a无关，因a是由m和F共同决定的，即a∝且a与F同时产生、同时消失、同时存在、同时改变；a与F的方向永远相同。综上所述，可知选项A、B错误，C、D正确。
答案 CD
正确理解牛顿第二定律
(1)物体的加速度和合力是同时产生的，不分先后，但有因果性，力是产生加速度的原因，没有力就没有加速度；
(2)不能根据m＝得出m∝F、m∝的结论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合力和运动的加速度无关，但物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求得；
(3)不能由F＝ma得出F∝m、F∝a的结论，物体所受合力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关。
[针对训练1] 根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量、受到的合力无关
B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受的作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合外力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
答案 D
对牛顿第二定律的应用
[要点归纳]
1．应用牛顿第二定律解题的步骤
2．两种求加速度的方法
(1)合成法：首先确定研究对象，画出受力分析图，将各个力按照力的平行四边形定则在加速度方向上合成，直接求出合力，再根据牛顿第二定律列式求解。
(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体所受的合力，应用牛顿第二定律求加速度。在实际应用中的受力分解，常将加速度所在的方向选为x轴或y轴，有时也可分解加速度，即。
[精典示例]
[例2] 如图1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的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
图1
(1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；
(2)悬线对小球的拉力大小。
思路点拨 (1)小球运动的加速度方向是水平向右的，合力与加速度方向相同，也是水平向右的。
(2)小球受绳的拉力和重力两个力的作用，合力的方向与加速度方向相同。
解析 法一 合成法
(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。
由几何关系可得F＝mgtan θ
小球的加速度a＝＝gtan θ＝7.5 m/s2，方向向右。
则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。
(2)悬线对球的拉力大小为
FT＝＝ N＝12.5 N。
法二 正交分解法
以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。
则沿水平方向有FTsin θ＝ma
竖直方向有FTcos θ－mg＝0
联立解得a＝7.5 m/s2，
FT＝12.5 N
且加速度方向向右，故车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。
答案 (1)7.5 m/s2 方向向右 车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动 (2)12.5 N
在牛顿第二定律的应用中，采用正交分解法时，在受力分析后，建立直角坐标系是关键。坐标系的建立原则上是任意的，但常常使加速度在某一坐标轴上，另一坐标轴上的合力为零；或在坐标轴上的力最多。
[针对训练2] 自制一个加速度计，其构造是：一根轻杆，下端固定一个小球，上端装在水平轴O上，杆可在竖直平面内左右摆动，用白硬纸作为表面，放在杆摆动的平面上，并刻上刻度，可以直接读出加速度的大小和方向。使用时，加速度计右端朝汽车前进的方向，如图2所示，g取9.8 m/s2。
图2
(1)硬纸上刻度线b在经过O点的竖直线上，则在b处应标的加速度数值是多少？
(2)刻度线c和O点的连线与Ob的夹角为30°，则c处应标的加速度数值是多少？
(3)刻度线d和O点的连线与Ob的夹角为45°。在汽车前进时，若轻杆稳定地指在d处，则0.5 s内汽车速度变化了多少？
解析 (1)当轻杆与Ob重合时，小球所受合力为0，其加速度为0，车的加速度亦为0，故b处应标的加速度数值为0。
(2)法一 合成法
当轻杆与Oc重合时，以小球为研究对象，受力分析如图所示。根据力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律得mgtan θ＝ma1，解得a1＝gtan θ＝9.8× m/s2≈5.66 m/s2。
法二 正交分解法
建立直角坐标系，并将轻杆对小球的拉力正交分解，如图所示。则沿水平方向有：
Fsin θ＝ma，
竖直方向有：
Fcos θ－mg＝0
联立以上两式可解得小球的加速度
a≈5.66 m/s2，方向水平向右，即c处应标的加速度数值为5.66 m/s2。
(3)若轻杆与Od重合，同理可得mgtan 45°＝ma2，
解得a2＝gtan 45°＝9.8 m/s2，方向水平向左，与速度方向相反
所以在0.5 s内汽车速度应减少，减少量
Δv＝a2Δt＝9.8×0.5 m/s＝4.9 m/s。
答案 (1)0 (2)5.66 m/s2 (3)减少了4.9 m/s
瞬时加速度问题
[要点归纳]
两种模型的特点
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失。
(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的。
[精典示例]
[例3] 如图3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。现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度。
图3
思路点拨 解答本题应明确以下三点：
(1)L2的弹力突变为零。
(2)L1的弹力发生突变。
(3)小球的加速度方向垂直于L1斜向下。
解析 线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，小球受力如图所示，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝＝gsin θ。
答案 gsin θ，方向垂直于L1斜向下
牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，解决此类问题时，要注意两类模型的特点。
[针对训练3] 如图4所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，求在绳AO烧断的瞬间小球的加速度的大小及方向？
图4
解析 当绳OA被烧断时，绳对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，受力如图所示，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与绳对物体的弹力是一对平衡力，等值反向，所以绳OA被烧断的瞬间，物体加速度的大小为a＝＝gtan θ，方向水平向右。
答案 gtan θ，方向水平向右
1．(多选)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合力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比
D．由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出
解析 a＝是加速度的决定式，a与F成正比，与m成反比；F＝ma说明力是产生加速度的原因，但不能说F与m成正比，与a成反比；m＝中m与F、a皆无关，但可以通过测量物体的加速度和它所受到的合力求出。
答案 CD
2．一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 物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma，即F＝ma＋Ff，该关系为线性函数。当a＝0时，F＝Ff；当F＝0时，a＝－。符合该函数关系的图象为C。
答案 C
3．一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图5所示的力去推它，使它以加速度a向右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小，则( )
图5
A．a变大
B．a不变
C．a变小
D．因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势
解析 对物块受力分析如图，分解力F，由牛顿第二定律得Fcos θ＝ma，故a＝，F增大，a变大。
答案 A
4．如图6所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内 ( )
图6
A．小球立即停止运动
B．小球继续向上做减速运动
C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小
D．小球的加速度减小
解析 以球为研究对象，小球只受到重力G和弹簧对它的拉力FT，由题可知小球向上做匀加速运动，即G答案 D
5．如图7所示，静止在水平地面上的小黄鸭质量m＝20 kg，受到与水平面夹角为53°的斜向上的拉力，小黄鸭开始沿水平地面运动。若拉力F＝100 N，小黄鸭与地面的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2，求：(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)
图7
(1)把小黄鸭看做质点，作出其受力示意图；
(2)地面对小黄鸭的支持力；
(3)小黄鸭运动的加速度的大小。
解析 (1)如图，小黄鸭受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用。
(2)竖直方向有：Fsin 53°＋FN＝mg，解得FN＝mg－Fsin 53°＝120 N，方向竖直向上。
(3)受到的摩擦力为滑动摩擦力，
所以Ff＝μFN＝24 N
根据牛顿第二定律得：
Fcos 53°－Ff＝ma，
解得a＝1.8 m/s2
答案 (1)见解析图 (2)120 N，方向竖直向上 (3)1.8 m/s2
第4节 力学单位制
学习目标
核心提炼
1.知道国际单位制及七个基本物理量。
3个概念——基本单位、导出单位、单位制
3个基本单位——力学中的kg、m、s
2种应用——解题过程的正确书写检验结果是否正确
2.知道基本单位、导出单位和单位制，知道力学中的三个基本单位。
3.掌握根据物理关系式确定物理量的单位的方法，学会用单位制判断一个表达式的正误。
一、基本单位和导出单位
阅读教材第78页，知道基本量、基本单位及导出单位的概念。
1．物理关系式的功能：物理学的关系式确定了物理量之间的数量关系的同时，也确定了物理量的单位间的关系。
2．基本量与基本单位：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量，它们的单位叫做基本单位。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫做导出单位。
思维拓展
二、国际单位制
阅读教材第79页，了解什么是国际单位制，知道国际单位制中的七个基本物理量和相应的基本单位。
1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．国际单位制：是一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制。
3．国际单位制中的七个基本物理量和相应的基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
发光强度
I(Iv)
坎[德拉]
cd
物质的量
n(ν)
摩[尔]
mol
思维拓展
美国国家航空航天局(NASA)在20世纪末曾发射过一个火星探测器，但它由于靠火星过近，结果因温度过高而起火，并脱离轨道坠入火星的大气层。航空航天局调查事故原因时发现：原来探测器的制造商洛克希德·马丁公司计算加速度时使用了英制单位，而喷气推动实验室的工程师理所当然地认为他们提供的数据是以国际单位制算出来的，并把这些数据直接输入电脑。从这次事故的原因上，你能得到什么启示？
答案 在国际上采用统一的单位制是非常重要的，也是非常必要的。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
对单位制的理解
[要点归纳]
1．单位制的意义：单位是物理量的组成部分，对于物理量，如果有单位一定要在数字后带上单位，同一个物理量，选用不同单位时其数值不同。统一单位，便于人们的相互交流，统一人们的认识。
2．单位制的组成
(1)
(2)
[精典示例]
[例1] 现有下列物理量或单位，按下面的要求选择填空：
A．力 B．米/秒 C．牛顿 D．加速度
E．质量 F．秒 G．厘米 H．长度
I．时间 J．千克 K．米
(1)属于物理量的是________(只填代号)；
(2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有________；
(3)在国际单位制中属于基本单位的是________，属于导出单位的是________。
解析 (1)属于物理量的是A、D、E、H、I。
(2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有E、H、I。
(3)在国际单位制中属于基本单位的是F、J、K，属于导出单位的是B、C。
答案 见解析
(1)基本物理量的所有单位均为基本单位，但是基本单位并非都是国际单位制中单位，国际单位制中单位也不一定是基本单位。要从概念上理解基本单位与国际单位之间的联系与区别。
(2)只用一个符号表示的单位不一定就是基本单位，例如牛顿(N)、焦耳(J)、瓦特(W)等都不是基本单位，它们是导出单位。
(3)两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千克(kg)就是基本单位。
[针对训练1] 下列有关力学单位制的说法中正确的是 ( )
A．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位制
B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度
C．力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米和牛
D．单位制中的导出单位可以用基本单位来表达
解析 在有关力学的分析和计算中，可以采用任何一种单位制，只要单位统一即可，但是为了方便，常常采用国际单位制，所以A错误；在力学单位制中，选用长度、质量和时间三个物理量作为基本单位的物理量，相对应的单位是米、千克和秒，所以B、C错误；按照单位制的概念，导出单位都可以用基本单位来表达，如1 N＝1 kg·m/s2，所以D正确。
答案 D
单位制的应用
[要点归纳]
1．简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可。
2．推导物理量的单位：物理公式在确定各物理量的数量关系时，同时也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。
3．判断比例系数的单位：根据公式中物理量的单位关系，可判断公式中比例系数有无单位，如公式F＝kx中k的单位为N/m，F＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位。
4．比较物理量的大小：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，再根据数值来比较。
[精典示例]
[例2] 一辆质量为4×103 kg的汽车在水平地面上匀速行驶。某个时刻关闭发动机，经过20 s滑行40 m而停止下来，求汽车所受阻力为多大？
思路点拨
→→
解析 选汽车为研究对象，则根据速度公式和位移公式可得
0＝v0－at
根据位移公式，得x＝v0t－at2
由以上两式解得a＝，v0＝
这时，只要正确确定已知量单位(要统一)，可以不把各量单位代入，则
a＝ m/s2＝0.2 m/s2
v0＝ m/s＝4 m/s
根据牛顿第二定律知汽车所受阻力大小
F＝ma＝4×103×0.2 N＝800 N。
答案 800 N
(1)在利用物理公式进行计算时，为了在代入数据时不使表达式过于繁杂，我们要把各个量换算到同一单位制中，这样计算时就不必一一写出各量的单位，只要在所求结果后写上对应的单位即可。
(2)习惯上把各量的单位统一成国际单位，只要正确地应用公式，计算结果必定是用国际单位来表示的。
[针对训练2] 据报载，我国自行设计生产运行速度可达v＝150 m/s的磁悬浮飞机。假设“飞机”的总质量m＝5 t，沿水平直轨道以a＝1 m/s2的加速度从静止做匀加速起动至最大速度，忽略一切阻力的影响。求：
(1)“飞机”所需的动力F；
(2)“飞机”起动至最大速度所需的时间t。
解析 (1)由牛顿第二定律得：“飞机”所需的动力
F＝ma＝5 000 N。
(2)从起动至最大速度所需时间t＝＝150 s。
答案 (1)5 000 N (2)150 s
[例3] 在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得位移x＝(t1＋t2)，其中F、m、t分别表示力、质量和时间。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
思路探究
(1)位移的国际单位是________。
(2)力、质量和时间的国际单位分别是________。
(3)所给方程右边推导出的单位是什么量的单位？
解析 位移x的国际单位是米，由(t1＋t2)得·s＝·s＝m/s。所给等式左边单位是长度单位，而右边单位是速度单位，所以结果一定是错误的。选用的单位制不同，只影响系数，故B正确，A、C、D错误。
答案 B
根据物理量的单位可以发现错误。在查阅资料或进行计算的过程中，若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应该是错误的。
[针对训练3] 已知物理量λ的单位为“m”、物理量v的单位为“m/s”、物理量f的单位为“s－1”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是( )
A．v＝ B．v＝λf
C．f＝vλ D．λ＝vf
解析 的单位是＝m·s，与v的单位“m/s”不相同，选项A错；λf的单位是m·s－1，与v的单位“m/s”相同，选项B正确；vλ的单位是m·s－1·m＝m2·s－1，与f的单位“s－1”不相同，选项C错误；vf的单位是m·s－1·s－1＝m·s－2，与λ的单位“m”不相同，选项D错误。
答案 B
1．关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是( )
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．1 N＝1 kg·m·s－2
D．“秒”、“克”、“摄氏度”都属于国际单位制中的单位
解析 力学中的三个基本量为长度、质量、时间，A错误；“牛顿”是为了纪念牛顿而作为力的单位，但不是基本单位，B错误；根据“牛顿”的定义，1 N＝1 kg·m·s－2，C正确；“克”、“摄氏度”不是国际单位，D错误。
答案 C
2．雨滴在空气中下落，当速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即Ff＝kSv2，则比例系数k的单位是( )
A．kg/m4 B．kg/m3
C．kg/m2 D．kg/m
解析 将Ff＝kSv2变形得k＝，采用国际单位制，式中Ff的单位为N，即kg·m/s2，S的单位为m2，速度的二次方的单位可写为(m/s)2。将这些单位代入上式得，即比例系数k的单位是kg/m3，B正确。
答案 B
3．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关。下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是 ( )
A．v＝k B．v＝
C．v＝ D．v＝
解析 国际单位制中p的单位是N/m2,1 N＝1 kg·m/s2，ρ的单位是kg/m3，代入可得＝＝，即为速度v的单位，故B正确。
答案 B
4．质量m＝200 g的物体以加速度a＝20 cm/s2做匀加速直线运动，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是 ( )
A．F＝200×20＝4 000 N
B．F＝0.2×0.2 N＝0.04 N
C．F＝0.2×0.2＝0.04 N
D．F＝0.2 kg×0.2 m/s2＝0.04 N
解析 在物理计算中，如果各物理量的单位都统一到国际单位制中，则最后结果的单位也一定是国际单位制中的单位。
答案 B
5．一个原来静止在光滑水平桌面上的物体，质量为7 kg，在21 N的水平恒力作用下，5 s末的速度是多大？5 s内通过的路程是多少？
解析 根据牛顿第二定律得F＝ma，
即物体产生的加速度为a＝＝ m/s2＝3 m/s2；
所以物体在5 s末的速度是
v＝at＝3×5 m/s＝15 m/s；
5 s内通过的路程是
s＝at2＝×3×52 m＝37.5 m。
答案 15 m/s 37.5 m
第5节 牛顿第三定律
学习目标
核心提炼
1.知道力的作用是相互的，理解作用力和反作用力的概念。
2个概念——作用力与反作用力
1个定律——牛顿第三定律
1个区别——一对平衡力与一对作用力和反作用力的区别
1种分析方法——转换法
2.理解牛顿第三定律的确切含义，会用它解决简单的问题。
3.理解一对平衡力与一对相互作用力。
一、作用力和反作用力
阅读教材第81页“作用力与反作用力”部分，知道什么是作用力与反作用力。
两个物体之间的作用总是相互的。物体间相互作用的这一对力，通常叫做作用力和反作用力。
思维判断
(1)有的力可能只有受力物体，没有施力物体。(×)
(2)两个物体只有接触才存在作用力和反作用力。(×)
(3)物体间不可能只有作用力，而没有反作用力。(√)
(4)先有作用力，然后才有反作用力。(×)
二、牛顿第三定律
阅读教材第81～82页“牛顿第三定律”部分，并结合图4.5－3 和图4.5－5，体会作用力与反作用力的大小、方向及作用点的关系。
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
思维拓展
(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，这是因为甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力吗？
提示 掰手较力时双方的作用力与反作用力大小总是相等的，只是人的手腕的承受能力有差异。
(2)成语“以卵击石”是指拿蛋去碰石头。比喻不估计自己的力量，自取灭亡。那么是否蛋碰石头的力小于石头碰蛋的力呢？
提示 不是，以卵击石时，卵与石之间的力是一种作用力与反作用力，大小相等，只是效果不同而已。
三、物体的受力分析
阅读教材第83～84页“物体的受力分析”部分，了解受力分析的意义，知道对物体进行受力分析的一般步骤。
1．受力分析及意义
(1)任何物体的加速度都是由它所受各个力的合力决定，要了解物体的运动就必须对它的受力情况进行分析。
(2)受力分析就是要分析研究对象受到的力。
2．受力分析的步骤
(1)明确研究对象，可以是某个物体、物体的一部分或某个作用点，也可以是几个物体组成的整体。
(2)按照先重力、再弹力、后摩擦力、最后其他力的顺序，逐个确定物体受到哪些力的作用。
(3)依据物体受到的各个力的方向，画出受力示意图，为了便于观察，物体所受的各个力集中画在同一个作用点上。
思维拓展
如图所示是滑雪运动员沿斜坡下滑的过程，有人说运动员受到了下滑力的作用，你认为这种说法对吗？
提示 不对。运动员沿斜坡下滑过程中受到竖直向下的重力，垂直斜坡向上的弹力，沿斜坡向上的摩擦力，根本就不存在下滑力。运动员沿斜坡下滑的原因是合力作用的效果。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
正确理解牛顿第三定律
[要点归纳]
1．牛顿第三定律表达式：F＝－F′，式中的“－”号表示作用力与反作用力方向相反。
2．作用力和反作用力的理解
(1)三个性质
(2)四个特征
等值
作用力和反作用力大小总是相等的
反向
作用力和反作用力方向总是相反的
共线
作用力和反作用力总是在同一条直线上
同性质
作用力和反作用力性质总是相同的
3.牛顿第三定律的适用范围
牛顿第三定律是个普遍规律。所阐明的作用力与反作用力的关系不仅适用于静止的物体之间，也适用于相对运动的物体之间，这种关系与作用力性质、物体质量大小、作用方式(接触还是不接触)、物体运动状态及参考系的选择均无关。
[精典示例]
[例1] 如图1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1
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
思路点拨 解答本题时应把握以下三点：
(1)作用力与反作用力分别作用在两个物体上，并且总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
(2)一对平衡力作用在同一个物体上。
(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
正确理解牛顿第三定律中“总是”的含义
“总是”是强调对于任何物体，在任何情况下，作用力与反作用力的关系都成立。对此，我们可以从以下几个方面理解。
(1)不管物体的大小、形状如何，例如，大物体与大物体之间，大物体与小物体之间，任何形状的物体之间，其相互作用力总是大小相等、方向相反的。
(2)不管物体的运动状态如何，例如，静止的物体之间，运动的物体之间，静止与运动的物体之间，其相互作用力总是大小相等、方向相反的。
(3)作用力与反作用力的产生和消失总是同时的。两者中若有一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失。
[针对训练1] 关于马拉车的下列说法正确的是( )
图2
A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力
B．马拉车前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
C．不论车如何运动，马拉车的力大小总等于车拉马的力
D．只有当马拉车不动或马拉车匀速前进时，马拉车的力大小才等于车拉马的力
解析 马拉车时，不论车如何运动，马拉车的力与车拉马的力都是一对相互作用力，二者总是大小相等的，故C对，A、B、D错。
答案 C
一对作用力与反作用力和一对平衡力的比较
[要点归纳]
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
作用对象
作用在两个物体上
作用在同一个物体上
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、变化或消失，可以单独存在，只是不再平衡
力的性质
一定是同性质的力
不一定是同性质的力
作用效果
因为一对作用力与反作用力作用在两个物体上，各自产生作用效果，故不能求合力
一对平衡力的作用效果是使物体处于平衡状态，合力为零
[精典示例]
[例2] 一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则( )
图3
A．灯泡受的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力
B．灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力
C．灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力
D．绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力
思路点拨 (1)作用力和反作用力与平衡力的比较：
①作用力和反作用力的关系：等大、反向、共线，作用在________上。
②一对平衡力的关系：等大、反向、共线，作用在______上。
答案 两个物体 一个物体
(2)作用力和反作用力与平衡力分别涉及几个物体，它们的关系是怎样的？
提示 作用力和反作用力涉及相互作用的两个物体，相平衡的两个力涉及三个物体，是两个物体对研究对象施加力的作用。
解析 灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对平衡力，选项A、B错误；灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力，绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对作用力和反作用力，选项C正确，选项D错误。
答案 C
(1)作用力与反作用力和一对平衡力的共同点是等大、反向、共线。
(2)区分作用力与反作用力和一对平衡力的要点
①看研究对象：作用力与反作用力作用在不同物体上，而一对平衡力作用在同一物体上。
②看依存关系：作用力与反作用力同生同灭，相互依存，而一对平衡力则彼此没有依存关系。
[针对训练2] 如图4所示，人静止站在测力计上，下列说法中正确的是( )
图4
A．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
B．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力
C．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力
D．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力
解析 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，故A错误，B正确；人所受的重力和人对测力计的压力，既不是一对平衡力，也不是作用力与反作用力，故C、D错误。
答案 B
转换研究对象法对物体受力分析
[要点归纳]
求解某个力的大小和方向，一般情况下选取该力的受力物体进行分析，但有些情况不便于直接求解该力时，可先通过转换研究对象，求解其反作用力的大小和方向，进而应用牛顿第三定律求得该力的大小和方向。
[精典示例]
[例3] 如图5所示，滑杆和底座静止在水平地面上，质量为M，一质量为m的猴子沿杆以0.4g的加速度加速下滑，则底座对地面的压力为( )
图5
A．Mg＋0.4mg B．Mg＋0.6mg
C．(M＋m)g D．Mg
思路点拨 (1)根据牛顿第三定律转换研究对象，把求解压力转换为求解支持力。
(2)把求解猴子对杆向下的摩擦力转换为求解杆对猴子向上的摩擦力。
解析 以猴子为研究对象，分析猴子的受力如图甲所示：
竖直方向受重力mg和杆对猴子的摩擦力Ff，则有mg－Ff＝ma ①
滑杆和底座受力如图乙所示，
受重力Mg、支持力FN，猴子对杆的摩擦力Ff′
三力平衡：FN＝Mg＋Ff′②
由牛顿第三定律得Ff′＝Ff③
由①②③解得FN＝Mg＋0.6mg
由牛顿第三定律得底座对地面的压力为
FN′＝FN＝Mg＋0.6mg，方向竖直向下。
故选B。
答案 B
[针对训练3] 物块A和B的质量分别为m1和m2，并叠放在质量为m的水平桌面上，如图6所示。下列说法中正确的是( )
图6
A．桌子受到A和B的作用力，它们的合力等于(m1＋m2)g
B．桌子受到B对它的作用，作用力的大小等于m2g
C．地面对桌子的作用力的大小等于(m1＋m2＋m)g
D．桌子受到重力作用，大小等于(m1＋m2＋m)g
解析 以桌子为研究对象，它受到三个力作用，分别是重力mg，地面对桌子的支持力FN1，物体B对桌面的压力FN2。 由于桌子静止，所以FN1＝mg＋FN2。
再以A、B作为一个整体进行受力分析，受到两个力的作用，分别是重力(m1＋m2)g和桌面的支持力FN2′，又因为FN2′＝(m1＋m2)g，根据牛顿第三定律知FN2＝FN2′＝(m1＋m2)g，所以FN1＝(m＋m1＋m2)g，故C对，A、B、D都错。
答案 C
1．(多选)在排球比赛中，运动员用手掌将排球奋力击出。关于排球与运动员手掌之间的作用力，下列说法正确的是( )
A．排球对运动员手掌的作用力大于运动员手掌对排球的作用力
B．排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力大小相等
C．排球对运动员手掌的作用力比运动员手掌对排球的作用力产生稍晚
D．排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力同时消失
解析 排球对运动员手掌的作用力与运动员手掌对排球的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，同时产生，同时消失，故B、D对。
答案 BD
2．某同学沿水平方向用力推一文具盒，使其在水平面上做匀速直线运动，下列说法中正确的是 ( )
A．文具盒对桌面的压力和文具盒所受的重力是一对平衡力
B．桌面对文具盒的支持力和文具盒对桌面的压力是一对平衡力
C．手对文具盒的推力和桌面对文具盒的摩擦力是一对作用力和反作用力
D桌面对文具盒的摩擦力和文具盒对桌面的摩擦力是一对作用力和反作用力
解析 一对平衡力的受力物体是同一物体，而文具盒对桌面的压力受力物体是桌面，A错误；B中的受力物体分别是文具盒和桌面，B错误；C项中的两个力不是作用在同一物体上，而且也不是相互作用的两个力，C错误；D项中的两个力符合作用力与反作用力的条件，D正确。
答案 D
3．(多选)重物A用一根轻弹簧悬于天花板下，画出重物和弹簧的受力图如图7所示。关于这四个力的以下说法正确的是( )
图7
A．F1的反作用力是F4
B．F2的反作用力是F3
C．F1的施力物体是弹簧
D．F3的施力物体是物体A
解析 F1是指弹簧对重物A的拉力，F3是指重物A对弹簧的拉力，F4是指天花板对弹簧的拉力，F2为重物A的重力。F1的反作用力是F3。故A错误；F2的反作用力是物体对地球的引力，故B错误；F1是物体受到的弹簧的拉力，施力物体是弹簧。故C正确；F3是弹簧受到的物体A的拉力，F3的施力物体是物体A，故D正确。
答案 CD
4．质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图8所示，若重物以加速度a下降(a＜g)，则人对地面的压力大小为( )
图8
A．(M＋m)g－ma B．M(g－a)－ma
C．(M－m)g＋ma D．Mg－ma
解析 对重物，设绳的拉力为FT，由牛顿第二定律知：mg－FT＝ma，所以，绳的拉力为FT＝mg－ma。对人受力分析，受重力、绳的拉力及地面的支持力而平衡，则Mg＝FN＋FT，所以FN＝Mg－FT＝(M－m)g＋ma。根据牛顿第三定律知，人对地面的压力大小也为(M－m)g＋ma。
答案 C
5.如图9所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上为一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人匀速上爬时，竿对“底人”的压力大小为( )
图9
A．(M＋m)g B．mg
C．Mg D．(M－m)g
解析 竿上的人与竿的相互作用力为f，则底下的人受到的压力为FN＝Mg＋f，对质量为m的人有：mg＝f，解得FN＝(m＋M)g。
答案 A
第6节 用牛顿运动定律解决问题(一)
学习目标
核心提炼
1.掌握学习分析物体的受力情况，能结合物体的运动情况进行受力分析。
2类问题——由受力求运动、由运动求受力
1个桥梁——加速度
2.运用牛顿运动定律和运动学公式解决简单的力学问题。
3.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
一、牛顿第二定律的作用
阅读教材第85页第1段，知道牛顿第二定律联系着受力与运动这两种情况。
确定了运动和力的关系，把物体的运动情况与受力的情况联系起来。
二、两类基本问题
阅读教材第85～87页“从受力确定运动情况”及“从运动情况确定受力”部分，初步了解这两类基本问题的解答思路。
1．从受力确定运动情况：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：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就可以确定物体所受的力。
思维判断
(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。(×)
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
根据受力情况确定运动情况
[要点归纳]
1．问题界定：已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。
2．解题思路
3．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。
(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——任意时刻的位移和速度以及运动轨迹等。
[精典示例]
[例1] 在海滨乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图1所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36 m。斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。
图1
(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少？
(2)人滑到水平面上后还能滑行多远？
思路点拨
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，
由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma
又Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcos θ＝0
解得a＝2 m/s2
由l＝at2，解得t＝6 s。
(2)设人滑到水平面时的速度为v，则有v＝at
解得v＝12 m/s
在水平面上滑行时，设加速度为a′，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma′，解得a′＝5 m/s2
设还能滑行的距离为x，则v2＝2a′x
解得x＝14.4 m。
答案 (1)6 s (2)14.4 m
求解此类问题的思路是根据物体的受力情况，由牛顿第二定律求出物体运动的加速度，然后根据运动学公式求物体运动的时间、位移、速度等等。
[针对训练1] (多选)如图2所示表示某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( )
图2
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．小球在4 s末速度为0
解析 由牛顿第二定律可知：在0～1 s，小球向前做匀加速直线运动，1 s末速度最大，在1～2 s，小球以大小相等的加速度向前做匀减速直线运动，2 s末速度为零；依此类推，可知选项C、D正确，A、B错误。
答案 CD
根据运动情况确定受力情况
[要点归纳]
1．问题界定
已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下，要求得出物体所受的力。
2．解题思路
3．解题步骤
(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，由合力求出所需的力。
[精典示例]
[例2] 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小。
思路点拨
解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，则
x0＝t1，解得v0＝＝4 m/s。
(2)汽车滑行减速过程中加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得－Ff＝ma2，解得Ff＝4×103 N。
(3)开始加速过程中加速度为a2，则x0＝a2t
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma2
解得F＝Ff＋ma2＝6×103 N。
答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(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。
[针对训练2] 如图3所示为何雯娜在蹦床比赛中。已知何雯娜的体重为49 kg，设她从3.2 m高处自由下落后与蹦床的作用时间为1.2 s，离开蹦床后上升的高度为5 m，试求她对蹦床的平均作用力。(g取10 m/s2)
图3
解析 她从3.2 m高处下落到与蹦床接触前的过程做自由落体运动，由运动学公式v2＝2gx得，她接触蹦床时的速度大小
v1＝＝8 m/s
她离开蹦床时的速度大小v2＝＝10 m/s
取竖直向上为正方向，则由运动学公式有v2＝－v1＋at
得她的加速度大小为a＝15 m/s2，方向竖直向上。
她与蹦床接触的过程中受重力mg和蹦床对她的平均作用力F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma
解得蹦床对她的平均作用力大小F＝1 225 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律得她对蹦床的作用力大小
F′＝F＝1 225 N，方向竖直向下。
答案 1 225 N 方向竖直向下
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 a＝＝＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得x＝＝ m＝20 m，B对。
答案 B
2．某气枪子弹的出口速度达100 m/s，若气枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )
A．1×102 N B．2×102 N
C．2×105 N D．2×104 N
解析 根据v2＝2ax，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N。
答案 B
3．一个滑雪运动员从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝37°，如图4所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是0.04，求5 s内滑下来的路程和5 s末的速度大小。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图4
解析 以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示。研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡状态；沿山坡方向，做匀加速直线运动。
将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，据牛顿第二定律列方程：
FN－mgcos θ＝0①
mgsin θ－Ff＝ma②
又因为Ff＝μFN③
由①②③可得：a＝g(sin θ－μcos θ)。
故x＝at2＝g(sin θ－μcos θ)t2＝71 m
v＝at＝28.4 m/s
答案 71 m 28.4 m/s
4.“歼十”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注。如图5所示，一架质量m＝5.0×103 kg的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x＝5.0×102 m，达到起飞速度v＝60 m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍。求飞机滑行时受到的牵引力多大？(g取10 m/s2)
图5
解析 滑行过程，飞机受重力G、支持力FN、牵引力F、阻力Ff四个力作用，在水平方向上，由牛顿第二定律得：
F－Ff＝ma
Ff＝0.02mg
飞机匀加速滑行v2－0＝2ax
解得a＝3.6 m/s2
F＝1.9×104 N。
答案 1.9×104 N
掌握解决动力学两类基本问题的思路方法
其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁。
第7节 用牛顿运动定律解决问题(二)
学习目标
核心提炼
1.掌握以自由落体为基础的竖直方向的运动学问题(竖直上抛、下抛)
3种状态——平衡、超重、失重
3种方法——图解法、分析法、正交分解法
2.理解共点力作用下物体平衡状态的概念，明确平衡条件，即F合＝0，会用平衡条件解决力学的平衡问题。
3.知道通过实验认识什么是超重和失重现象，知道产生超重和失重的条件。
一、共点力的平衡条件
阅读教材第87～88页“共点力的平衡条件”部分，知道平衡状态和平衡条件。
1．平衡状态：一个物体在力的作用下保持静止或匀速直线运动状态。
2．平衡条件：F合＝0。
思维拓展
如图1所示：
图1
(1)著名景点——黄山飞来石独自静止于悬崖之上，它受哪些力作用？这些力大小、方向有何关系？它们的合力有何特点？
(2)高铁在水平轨道上匀速前进，它受哪些力作用？这些力大小、方向有何关系？它们的合力有何特点？
(3)图中的两个物体的运动状态在物理上叫作什么状态？
提示 (1)受重力和支持力、重力竖直向下、支持力竖直向上、二力等大、反向，合力为零。
(2)受重力、支持力、牵引力、阻力四个力，重力与支持力等大、反向，牵引力与阻力等大、反向，合力为零。
(3)平衡状态。
二、超重和失重
阅读教材第88～89页“超重和失重”部分，认识超重、失重及完全失重状态。
1．超重
(1)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。
(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。
(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：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的状态。
(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下。
思维判断
(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)超重和失重可根据物体速度方向判定。(×)
(4)超重和失重可根据物体的加速度方向判定。(√)
三、从动力学看自由落体运动
阅读教材第89～91页“从动力学看自由落体运动”部分，知道自由落体运动受力特点和运动特点。
1．自由落体运动
(1)受力情况：运动过程中只受重力作用，且所受重力恒定不变，所以物体的加速度恒定。
(2)运动情况：初速度为0的竖直向下的匀加速直线运动。
2．竖直上抛运动
(1)受力情况：只受重力作用，加速度为重力加速度。
(2)运动情况：上升阶段为匀减速直线运动，下降阶段为自由落体运动，整个过程是匀变速直线运动。
(3)基本公式。
①速度公式：v＝v0－gt。
②位移与时间的关系：x＝v0t－gt2。
③速度与位移之间的关系：v2－v＝－2gx。
思维拓展
(1)物体做自由落体运动需要满足哪些条件？
(2)自由落体和竖直上抛运动的加速度为什么不变？
提示 (1)两个条件：第一，物体由静止开始下落。第二，运动中只受重力的作用。
(2)物体只受重力，由mg＝ma得a＝g，加速度不变。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
共点力的平衡问题
[要点归纳]
1．两种平衡情形
(1)物体在共点力作用下处于静止状态。
(2)物体在共点力作用下处于匀速直线运动状态。
2．平衡条件的表达式
F合＝0?
其中Fx合和Fy合分别是将所受的力进行正交分解后，物体在x轴和y轴方向上所受的合力。
3．由平衡条件得出的三个结论
4．共点力平衡问题的常见处理方法
(1)力的合成、分解法：对于三力平衡问题，一般可根据“任意两个力的合成与第三个力等大、反向”的关系，即利用平衡条件的“等值、反向”原理解答。
(2)三角形法。
①根据平衡条件，任两个力的合力与第三个力等大、反向，把三个力放于同一个三角形中，三条边对应三个力，再利用几何知识求解。
②三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，这种方法用来讨论动态平衡问题较为方便。
(3)正交分解法：处于平衡状态的物体的三个力不能构成直角三角形或受力多于三个力时，可将各力分别分解到x轴上和y轴上，运用两坐标轴上的合力都等于零来求解。
5．动态平衡问题的分析
(1)动态平衡问题的特点：通过控制某一物理量，使其他物理量发生缓慢变化，而变化过程中的任何一个状态都看成是平衡状态。
(2)处理动态平衡问题常用的方法：
①解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出应变量与自变量的一般函数式，然后依据自变量的变化确定应变量的变化(也叫代数法)。
②图解法：就是对研究对象进行受力分析，根据力的平行四边形定则画出不同状态时的力的矢量图(画在同一个图中)，然后依据有向线段(表示力)的变化判断各个力的变化情况。
[精典示例]
[例1] 在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B，如图2所示。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，的质量不计，求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力的大小。
图2
思路点拨 (1)全面分析球的受力，作出受力分析图
(2)根据平衡条件，选合适的方法、列平衡方程
解析 法一 合成法
取足球作为研究对象，它受重力G＝mg、墙壁的支持力FN和悬绳的拉力FT三个共点力作用而平衡，由共点力平衡的条件可知，FN和FT的合力F与G大小相等、方向相反，即F＝G，从图中力的平行四边形可求得
FN＝Ftan α＝mgtan α
FT＝＝。
法二 分解法
取足球为研究对象，其受重力G、墙壁支持力FN、悬绳的拉力FT，如图所示，将重力G分解为F1′和F2′，由共点力平衡条件可知，FN与F1′的合力必为零，FT与F2′的合力也必为零，所以
FN＝F1′＝mgtan α
FT＝F2′＝。
法三 正交分解法
取足球作为研究对象，受三个力作用，重力G，墙壁的支持力FN，悬绳拉力FT，如图所示，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将FT分别沿x轴和y轴方向进行分解。由平衡条件可知，在x轴和y轴方向上的合力Fx合和Fy合应分别等于零。即
Fx合＝FN－FTsin α＝0①
Fy合＝FTcos α－G＝0②
由②式解得FT＝＝
代入①得FN＝FTsin α＝mgtan α。
答案 mgtan α
应用共点力的平衡条件解题的一般步骤
(1)确定研究对象：即在弄清题意的基础上，明确以哪一个物体(或结点)作为解题的研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况：全面分析研究对象的受力情况，找出作用在研究对象上的所有外力，并作出受力分析图，如果物体与别的接触物体间有相对运动(或相对运动趋势)时，在图上标出相对运动的方向，以判断摩擦力的方向。
(3)判断研究对象是否处于平衡状态。
(4)应用共点力的平衡条件，选择适当的方法，列平衡方程。
(5)求解方程，并根据情况，对结果加以说明或必要的讨论。
[针对训练1] 如图3所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )
图3
A．－1 B．2－
C．－ D．1－
解析 当用F1拉物块时，由平衡条件可知F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°)，当用F2推物块时，又有F2cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°)，又F1＝F2，求得μ＝＝2－，选项B正确。
答案 B
[例2] (2017·南通高一检测)如图4是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图。使用时，用撑竿推着涂料滚沿着墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上。撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长。粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小。该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，下列说法正确的是 ( )
图4
A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大
C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小
思路探究
(1)题中“缓缓上推”隐含什么含义？
(2)涂料滚受几个力作用？各有何特点？
提示 (1)“缓缓”表明推得很慢，可以认为涂料滚在每一个位置都处于平衡状态。
(2)受重力和墙壁及撑竿对它的支持力三个力作用。其中重力不变，墙壁的支持力的方向不变、大小改变，撑竿的支持力的大小、方向都改变。
解析 以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出受力图。设撑竿与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得F1＝，F2＝Gtan α；根据题意可得，撑竿与墙壁间的夹角α减小，cos α增大，tan α减小，则F1、F2均减小，A正确。
答案 A
图解法的应用
(1)在合力与两分力构成的三角形中，一个是恒力，大小、方向均不变；另两个是变力，其中一个是方向不变的力，另一个是大小、方向均改变的力。
(2)分析方向变化的力在哪个空间内变化，借助力的矢量三角形，利用图解法判断两个变力大小、方向的变化。
(3)由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为F1)与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值。
[针对训练2] 如图5所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一光滑挡板A，在挡板和斜面之间夹一质量为m的重球B，开始板A处于竖直位置，现使其下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置，分析重球B对斜面和对挡板压力的变化情况是( )
图5
A．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力也逐渐减小
B．对斜面的压力逐渐变大，对挡板的压力则逐渐减小
C．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变小后变大
D．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变大后变小
解析 分析球的受力，受到重力mg、挡板对球的弹力FA及斜面对球的支持力FB，如图所示，球处于静止，弹力FA与FB的合力F大小等于重力大小，方向竖直向上，FA、FB、F构成一平行四边形。 当挡板端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置的过程中，可以看出表示弹力FA的边的长度先变小后变大，即表示弹力FA先变小后变大；表示支持力FB的边的长度是一直变短，即说明FB一直变小。由牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先变小后变大，对斜面的压力逐渐减小。
答案 C
对超重和失重现象的理解
[要点归纳]
1．视重
当将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、失重的分析
状态
特征
加速度
视重(F)与重力的关系
运动情况
受力图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速直线运动
超重
向上
F＝m(g＋a)＞mg
向上加速或向下减速
失重
向下
F＝m(g－a)＜mg
向下加速或向上减速
完全失重
向下a＝g
F＝0
抛体运动、自由落体运动、卫星的运动等
3.判断超重、失重状态的方法
(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态。
(3)方法口诀：超重与失重，全由a的方向定，向上为超重，向下为失重。
[精典示例]
[例3] 质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？处于什么状态？(g取10 m/s2)
(1)升降机匀速上升；
(2)升降机以3 m/s2的加速度加速上升；
(3)升降机以4 m/s2的加速度加速下降。
解析 人站在升降机中的体重计上，受力情况如图所示。
(1)当升降机匀速上升时，由牛顿第二定律得F合＝FN－G＝0，所以人受到的支持力FN＝G＝mg＝600 N。
根据牛顿第三定律得人对体重计的压力就等于体重计的示数，即600 N，处于平衡状态。
(2)当升降机以3 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得FN－G＝ma，FN＝ma＋G＝m(g＋a)＝780 N。
由牛顿第三定律得，此时体重计的示数为780 N，大于人的重力，人处于超重状态。
(3)当升降机以4 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得G－FN＝ma，
FN＝G－ma＝m(g－a)＝360 N，
由牛顿第三定律得此时体重计的示数为360 N，小于人的重力600 N，人处于失重状态。
答案 (1)600 N 平衡状态 (2)780 N 超重状态
(3)360 N 失重状态
(1)超重与失重现象仅仅是一种表象，只是拉力(或压力)的增大或减小，物体的重力大小是不变的。
(2)物体处于超重状态时，不一定是向上加速运动，也可能是向下减速运动；同理，物体处于失重状态时，不一定是向下加速运动，也可能是向上减速运动。
[针对训练3] (多选)在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是( )
A．升降机以0.8g的加速度加速上升
B．升降机以0.2g的加速度加速下降
C．升降机以0.2g的加速度减速上升
D．升降机以0.8g的加速度减速下降
解析 人处于失重状态，其加速度方向竖直向下，可能是加速下降，也可能是减速上升，人从秤上读出自己的体重即为视重F，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，故F＝m(g－a)＝(1－20%)mg，解得a＝0.2g，即升降机以0.2g的加速度加速下降或减速上升。
答案 BC
1．在下图中，能表示物体处于平衡状态的是( )
解析 物体处于平衡状态是指物体保持静止(F合＝0，v＝0)或匀速直线运动状态(F合＝0，a＝0，v不变)，可判断只有C正确。
答案 C
2．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 超重是物体对接触面的压力或对悬挂物的拉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或对悬挂物的拉力小于物体的真实重力，物体的重力并没有减少，所以B错误；完全失重是说物体对接触面的压力或对悬挂物的拉力为零的时候，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或对悬挂物的拉力不和重力相等了，所以D正确。
答案 D
3．如图6所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力。下列说法正确的是( )
图6
A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力
C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力
D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力
解析 据题意，降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma＞mg，故D错误。
答案 A
4．(多选)以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球。不计空气阻力，g＝10 m/s2，以下判断正确的是 ( )
A．小球到达最大高度时的速度为0
B．小球到达最大高度时的加速度为0
C．小球上升的最大高度为61.25 m
D．小球上升阶段所用的时间为3.5 s
解析 小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A正确；小球上抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g，B错；由v2－v＝2(－g)h得h＝＝61.25 m，C正确；由v＝v0－gt得t＝＝3.5 s，D正确。
答案 ACD
超重、失重记忆口诀
FN、FT等力是视重，m、g乘积是实重；
超重失重看视重，其中不变是实重；
加速上升是超重，减速下降也超重；
失重加降减升定，完全失重视重零。
习题课 用牛顿运动规律解决几类典型问题
连接体问题
[要点归纳]
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。
(3)整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
[精典示例]
[例1] 在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，与地面间的动摩擦因数均为μ，若用水平推力F作用于A物体，使A、B一起向前运动，如图1所示，求两物体间的相互作用力为多大？
图1
解析 以A、B整体为研究对象，其受力如图甲所示，由牛顿第二定律可得
F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
所以a＝－μg
再以B物体为研究对象，其受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得FAB－μm2g＝m2a
联立得两物体间的作用力FAB＝。
答案
整体法和隔离法的选用原则
在解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，多数情况下两种方法要配合使用。求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑整体法，如果还要求物体之间的作用力，再用隔离法。在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是对研究对象进行正确的受力分析。
[针对训练1] 如图2所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为( )
图2
A．g B．g
C．g D．上述均不对
解析 由甲图可知，物体m匀速运动，故：T＝mg。
物体M匀速运动，故：T＝μMg。联立解得：μ＝。
乙图中，对M有：Mg－T′＝Ma；
对m有：T′－μmg＝ma；
联立解得：a＝g。故C正确。
答案 C
传送带问题
[要点归纳]
传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的运用，重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类：
(1)水平传送带
当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
[精典示例]
[例2] 如图3所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)
图3
思路点拨 (1)物体的速度小于1 m/s时，所受摩擦力的方向水平向右，物体做匀加速直线运动。
(2)物体速度等于1 m/s后，物体不再受摩擦力。物体做匀速直线运动。
(3)判断物体速度能否达到1 m/s。
解析 对物体，根据题意容易得：a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移x1＝ m＝0.5 m＜2.5 m。在剩余位移x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s。
因此共需时间t＝t1＋t2＝3 s
答案 3 s
水平传送带(匀速运动)
(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度，则该物体一直做匀变速直线运动。
(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同，则物体先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动。
[针对训练2] 如图4所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速运动，A、B两点相距11 m，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？(g取10 m/s2)
图4
解析 物体从A点由静止释放，物体相对传送带向右运动，因此判断出物体受到的摩擦力向左。物体在摩擦力的作用下向左做初速为零的匀加速运动。由牛顿第二定律得Ff＝ma，而Ff＝μFN＝μmg，可求出物体的加速度为a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，
故物体达到与传送带速度相同所用时间为
t1＝＝ s＝1 s，
此时物体向左的位移为x1＝at＝×2×12 m＝1 m。
物体达到与传送带相同速度后，二者没有相对运动，因而不存在摩擦力，物体跟传送带一起匀速运动。物体匀速运动到B端所用时间为t2＝＝ s＝5 s。
所以物体从A沿传送带运动到B所需的时间
t＝t1＋t2＝(1＋5) s＝6 s。
答案 6 s
[例3] 某飞机场利用如图5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5
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＝at＝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
货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s。
答案 3 s
倾斜传送带
(1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键。
(2)两种情况
①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，传送带只能下传物体，两者共速前的加速度大于共速后的加速度，方向沿传送带向下。
②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力，不论上传还是下传物体，物体都是先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动。
[针对训练3] 如图6所示，A、B两轮间距l＝3.25 m，套有传送带，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，使传送带始终以2 m/s的速度运行，将一物体无初速度的放到A轮处的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，求物体从A运动到B所需的时间。(取g＝10 m/s2)
图6
解析 将物体由静止放上传送带时，受力情况如图甲所示。
由牛顿第二定律得
在x轴方向：mgsin θ＋Ff＝ma1①
在y轴方向：FN－mgcos θ＝0②
其中Ff＝μFN③
由①②③式得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝8 m/s2。
其速度增加到2 m/s所用时间为
t1＝＝ s＝0.25 s，
此时的位移为x1＝＝ m＝0.25 m。
当物体与传送带具有共同速度后，
由于mgsin θ＞μmgcos θ，故物体仍继续加速下滑，
而摩擦力方向变为沿斜面向上，
受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得
在x轴方向：mgsin θ－Ff′＝ma2④
在y轴方向：FN－mgcos θ＝0⑤
其中Ff′＝μFN ⑥
由④⑤⑥式得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2。
即此后物体以初速度v＝2 m/s、加速度a2＝2 m/s2做匀加速直线运动，
其位移为x2＝l－x1＝3.25 m－0.25 m＝3 m。
由位移公式得x2＝vt2＋a2t，
解得t2＝－3 s(舍去)或t2＝1 s，故所用时间
t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s。
答案 1.25 s
滑板——滑块问题
[要点归纳]
1.牛顿运动定律在滑块—滑板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，着重考查学生分析问题、运用知识的能力。求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
2．板块模型的三个基本关系
(1)加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。
(3)位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。
[精典示例]
[例4] 如图7所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2)
图7
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？
解析 (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。
(2)由amt＝v0＋aMt可得t＝1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移x1＝amt2＝1 m
1 s末速度为v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2＝vt＋at2＝1.1 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
叠放在一起的滑块与滑板，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。对此类问题的分析，必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。
[针对训练4] 如图8所示，质量为M＝1 kg，长为L＝0.5 m的木板A上放置一质量为m＝0.5 kg的物体B，A平放在光滑桌面上，B位于A中点处，B与A之间的动摩擦因数为μ＝0.1，B与A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(B可看做质点，重力加速度g取10 m/s2)。求：
图8
(1)要用多大力拉A，才能使A从B下方抽出？
(2)当拉力为3.5 N时，经过多长时间A从B下方抽出？
解析 (1)当拉力较小时，A和B可以相对静止一起向右做加速运动，此时A、B之间是静摩擦，
对整体有：F＝(M＋m)a，而隔离B有：Ff＝ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令Ff＝μmg
联立得F＝1.5 N，则要用大于1.5 N的力拉A，才能使A从B下方抽出。
(2)当拉力为3.5 N时，对A，由牛顿第二定律有
F′－μmg＝MaA，aA＝3 m/s2
B的加速度为aB＝μg＝1 m/s2
设经过时间t，A从B下方抽出，
则根据几何关系得：aAt2－aBt2＝
联立解得t＝0.5 s。
答案 (1)大于1.5 N (2)0.5 s
1．(多选)如图9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9
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，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
解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，B、C正确。
答案 BC
2．现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图10所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A，B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。求
图10
(1)物体在传送带上运动的时间；
(2)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求传送带对应的最小运行速率。
解析 (1)物体在传送带上加速时：μmg＝ma
v＝at1
x＝at
物体在传送带上匀速时：L－x＝vt2
解得：t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)要使物体从A处传送到B处的时间要最短，物体一直加速，则L＝at
解得t2＝2 s
v1＝at2
解得v1＝2 m/s。
答案 (1)2.5 s (2)2 m/s
3．如图11所示，长度l＝2 m，质量M＝ kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F＝10 N，取g＝10 m/s2。求：
图11
(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；
(2)若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的大小；
(3)若木板M不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间。
解析 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
解得a＝4 m/s2
小物块离开木板，有v2＝2al
解得v＝4 m/s。
(2)对m，由牛顿第二定律：
F－μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对M，由牛顿第二定律：μmg＝Ma2
解得a2＝3 m/s2。
(3)由位移公式知
x1＝a1t2，x2＝a2t2
小物块从开始运动到离开木板
x1－x2＝l
联立解得t＝2 s。
答案 (1)4 m/s (2)4 m/s2 3 m/s2 (3)2 s
第四章 牛顿运动定律章末总结
一、物理图象在动力学问题中的应用
1．动力学中两类常见图象及其处理方法
(1)v－t图象：可以从所提供图象获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。
(2)F－t图象：首先应明确该图象表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。
2．两图象需关注：图象的截距、斜率、面积以及正负的含义，要做到物体实际受力与运动情况的紧密结合。
[例1] 一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图1所示。(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图1
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离。
解析 (1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为
a＝＝ m/s2＝－8 m/s2
加速度大小为8 m/s2。
(2)对小物块进行受力分析如图所示，
由牛顿第二定律知：
mgsin 37°＋Ff＝ma
又FN－mgcos 37°＝0
Ff＝μFN
代入数据解得μ＝0.25。
(3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为
x＝·t＝×1.0 m＝4.0 m
答案 (1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m
1．v－t、x－t图象反映的是物体的运动规律，绝非代表物体的运动轨迹。F－t图象反映的是物体的受力规律
2．分析图象法，先从它的物理意义、点、线段、截距、交点、拐点、面积等方面了解信息。
[针对训练1] 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图2甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
图2
A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
解析 由F－t图和v－t图可得，物块在2～4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F′＝Ff，F′＝μmg，即10μm＝2②
由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确。
答案 A
二、牛顿第二定律中的临界和极值问题
1.临界、极值问题
(1)临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。
(2)极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况。
2.关键词语
在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。
3.常见类型
动力学中的常见临界问题：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离问题；二是绳子绷紧与松弛的问题；三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。
4.解题关键
解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存在的独特的物理关系，即临界条件。
常见的三类临界问题的临界条件：
(1)相互接触的两个物体将要分离的临界条件是相互作用的弹力为零。
(2)绳子松弛的临界条件是绳的拉力为零。
(3)存在静摩擦的系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。
[例2] 如图3所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a＝2g的加速度向左运动时线中的拉力FT。
图3
解析 当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受两个力：重力mg，绳的拉力FT，根据牛顿第二定律有
FTcos θ＝ma①
FTsin θ－mg＝0②
联立①②两式并将θ＝45°代入，得a＝g，即当滑块向左运动的加速度为a＝g时，小球恰好对斜面无压力。当a>g时，小球将“飘”起来，当a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如图所示，故根据①②两式并将a＝2g代入，解得FT＝mg。此即为所求线中的拉力。
答案 mg
处理临界问题常用的方法
(1)极限法
解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件。
(2)假设法
有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解决此类问题时，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，然后再根据实际情况进行处理。
(3)数学法
将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。
[针对训练2] 如图4所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；
(2)当汽车以a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
解析 (1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲所示，
由牛顿第二定律得：FTcos θ＝mg①
FTsin θ－FN＝ma②
联立①②代入数据得：FT＝50 N，FN＝22 N。
由牛顿第三定律可知，小球对车后壁的压力为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示：由牛顿第二定律得：FTsin θ＝ma0③
联立①③代入数据得：
a0＝gtan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2，
因为a＝10 m/s2>a0，所以小球飞起来，FN′＝0
设此时细线与竖直方向的夹角为α，如图丙所示，
由牛顿第二定律得：
FT′＝＝40 N≈56.56 N。
答案 (1)50 N 22 N (2)56.56 N 0
三、应用牛顿运动定律处理多过程问题
1．按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法称为程序法。解题的基本思路是：正确划分出题目中有多少个不同过程或多少个不同状态，然后对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果。
2．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等。
[例3] 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990 kg。气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，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。为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量。
解析 抛压舱物前，h1＝v0t＋a1t
解得：a1＝1 m/s2
设漏气后浮力为F，抛压舱物前质量为m，抛掉压舱物的质量为m′，对过程分析，如图所示，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma1
抛压舱物后，Δv＝a2Δt
解得：a2＝0.01 m/s2
由牛顿第二定律得：F－(m－m′)g＝(m－m′)a2
解得：m′＝101 kg
答案 101 kg
分析多过程问题的要领
(1)将多过程分解为多个子过程，各子过程间由衔接点连接。
(2)对各子过程进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据子过程和衔接点的模型特点选择合理的动力学规律列方程。
(4)分析衔接点的位移、速度、加速度等的联系，确定各子过程间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，并对结果进行必要的讨论或验证。
[针对训练3] 物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图5所示。已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：
图5
(1)物体沿斜面上滑的最大位移；
(2)物体沿斜面下滑的时间。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析 (1)上滑时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝7.2 m/s2
上滑最大位移为x＝，代入数据得x＝14.4 m。
(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a2＝4.8 m/s2
由x＝a2t2得下滑时间t＝＝ s
答案 (1)14.4 m (2) s
