（全国通用版）2018_2019高中物理新人教版必修1第四章牛顿运动定律学案（12份）

1　牛顿第一定律
[学习目标]　1.知道伽利略的理想实验及其推理过程，知道理想实验是科学研究的重要方法.2.理解牛顿第一定律的内容及意义.3.明确惯性的概念，会解释有关的惯性现象.
一、理想实验的魅力
1.亚里士多德认为：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.
2.伽利略的理想实验
(1)斜面实验：让静止的小球从第一个斜面滚下，冲上第二个斜面，如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度.减小第二个斜面的倾角，小球滚动的距离增大，但所达到的高度相同.当第二个斜面放平，小球将永远运动下去.
(2)推理结论：力不是(填“是”或“不是”)维持物体运动的原因.
3.笛卡尔的观点：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.
二、牛顿物理学的基石——惯性定律
1.牛顿第一定律：
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
2.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叫惯性.牛顿第一定律也叫做惯性定律.
三、惯性与质量
描述物体惯性的物理量是它们的质量，质量是物体惯性大小的惟一量度.

判断下列说法的正误.
(1)伽利略的理想实验是永远无法做到的.(√)
(2)伽利略的理想实验说明了力是维持物体运动的原因.(×)
(3)牛顿第一定律是由实验直接归纳总结得出的.(×)
(4)由牛顿第一定律可知，当一个做匀加速直线运动的物体所受外力全部消失时，物体立刻静止.(×)
(5)速度越大，物体的惯性越大.(×)
(6)受力越大，物体的惯性越大.(×)
一、对伽利略理想实验的理解
伽利略的斜面实验的各个过程，哪些可以通过实验完成？哪些是推理得出的？
答案　小球从斜面上滚下，可以滚上另一斜面，是实验事实，可以通过实验完成，其余各个结论是由推理得出的，不可以用实验完成.
1.伽利略的理想实验推论：一切运动着的物体在没有受到外力的时候，它的速度将保持不变，并且一直运动下去.
2.理想实验的意义：伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律.伽利略的研究方法的核心是把实验和逻辑推理相结合.
例1　理想实验有时更能深刻地反映自然规律.如图1所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是实验事实，其余是推论.
图1
①减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度；
②两个斜面对接，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；
③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动.
(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列：____________(填写序号即可).
(2)在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论.下列关于事实和推论的分类正确的是(　　)
A.①是事实，②③④是推论
B.②是事实，①③④是推论
C.③是事实，①②④是推论
D.④是事实，①②③是推论
答案　(1)②③①④　(2)B
解析　步骤②是理想实验的实验基础，属于可靠的事实，在此基础上利用推理，先得到小球不受阻力作用将上升到原来释放时的高度的推论，再设想减小第二个斜面的倾角直至第二个斜面成为水平面时，得到小球将匀速运动的推论.所以正确的排列顺序是②③①④，正确的分类是②是事实，①③④是推论.
【考点】伽利略的理想实验
【题点】伽利略的理想实验
二、对牛顿第一定律的理解
(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？
(2)如果没有摩擦阻力，也不受其他任何力的作用，水平面上运动的物体的运动状态会改变吗？
答案　(1)不是.因为受到阻力的作用.
(2)如果没有摩擦阻力，也不受其他任何力的作用，水平面上运动的物体将保持这个速度沿直线永远运动下去.
1.运动状态改变即速度发生变化，有三种情况：
(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.
2.对牛顿第一定律的理解
(1)定性说明了力和运动的关系：
①力是改变物体运动状态的原因，或者说力是产生加速度的原因，而不是维持物体运动状态的原因.
②物体不受外力时的运动状态：匀速直线运动状态或静止状态.
(2)揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性.因此牛顿第一定律也叫惯性定律.
例2　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
答案　B
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.
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的理解
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　关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是(　　)
A.牛顿第一定律是以伽利略的理想实验为基础的，因此可用实验来直接验证
B.牛顿第一定律中提出的物体不受外力作用的条件是不可能达到的，所以这条定律可能是错误的
C.牛顿第一定律实际上是伽利略一个人的研究成果
D.牛顿第一定律是在大量实验事实的基础上，通过进一步推理而概括总结出来的
答案　D
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的理解
三、惯性的理解和应用
(1)自行车比赛中，高速行进的自行车受到障碍物阻碍，人会向哪倒地？这是什么原因造成的？
(2)“同一物体在地球上的重力比在月球上大，所以物体在地球上的惯性比在月球上的大”，这种说法对吗？为什么？
答案　(1)向前.这是因为人具有惯性.
(2)不对.惯性只与质量大小有关，与地理位置无关.虽然物体在地球上的重力比在月球上大，但物体的质量不变，即惯性不变.
1.惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性.
2.物体惯性的大小由质量决定，与物体的运动状态无关，与是否受力无关，与物体的速度大小无关.
3.惯性的表现
(1)在不受力的条件下，惯性表现出“保持”原来的运动状态，有“惰性”的意思.
(2)在受力的条件下，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.
例3　关于物体的惯性，以下说法中正确的是(　　)
A.物体的运动速度越大，物体越难停下来，说明运动速度大的物体惯性大
B.汽车突然减速时，车上的人向前倾，拐弯时人会往外甩，而汽车匀速前进时，车上的人感觉平稳，说明突然减速和拐弯时人有惯性，匀速运动时没有惯性
C.在同样大小的力的作用下，运动状态越难改变的物体，其惯性一定越大
D.在长直水平轨道上匀速运动的火车上，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起后，发现落回原处，这是因为人跳起后，车继续向前运动，人落下后必定向后偏些，但因时间太短，偏后距离太小，不明显而已
答案　C
解析　物体的惯性大小只由质量决定，与物体的速度大小无关，A错误；一切物体均有惯性，不论物体处于加速、减速还是匀速运动状态，B错误；同样大小的力作用于物体上，运动状态越难改变，说明物体保持原来运动状态的本领越大，惯性也越大，所以C正确；人向上跳起后，人在水平方向不受外力作用，由于惯性，人在水平方向的速度不变，与车速相同，因此仍落在车厢内原处，D错误.
【考点】惯性
【题点】对惯性的理解
针对训练2　关于物体的惯性，下列有关说法正确的是(　　)
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.已知月球上的重力加速度是地球上的，故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的
C.同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大
D.由于巨轮惯性很大，施力于巨轮，经过很长一段时间后惯性变小
答案　A
解析　惯性是指物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，其大小和物体的质量有关系，与物体的运动状态及是否受力无关，A正确，C、D错误；在月球上和在地球上，重力加速度的大小不一样，所受的重力大小也就不一样了，但质量不变，惯性也不变，B错误.
【考点】惯性
【题点】对惯性的理解
1.(伽利略的理想实验)理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠的事实和合理的推论结合起来，可以深刻地揭示自然规律.关于伽利略的理想实验，下列说法正确的是(　　)
A.只要接触面“相当光滑”，物体在水平面上就能匀速运动下去
B.这个实验实际上是永远无法做到的
C.利用气垫导轨，就能使实验成功
D.要使物体运动就必须有力的作用，没有力的作用物体就静止
答案　B
解析　理想实验在实际情况下是永远不能实现的，其条件永远是理想化的，选项B正确；即使接触面“相当光滑”，也不会达到没有摩擦力的程度，选项A错误；利用气垫导轨当然也不能实现“理想”的条件，仍然存在一定的阻力，只不过阻力很小而已，选项C错误；力是改变物体运动状态的原因，并不是维持物体运动状态的原因，选项D错误.
【考点】伽利略的理想实验
【题点】伽利略的理想实验
2.(物体运动状态的改变)(多选)下列过程中，力改变物体运动状态的是(　　)
A.把橡皮泥捏成不同造型
B.进站的火车受阻力缓缓停下
C.苹果受重力竖直下落
D.用力把铅球推出
答案　BCD
解析　把橡皮泥捏成不同造型，橡皮泥的形状发生变化，属于力改变物体的形状，故A不符合题意；进站的火车受阻力缓缓停下，速度在减小，属于力改变物体的运动状态，故B符合题意；苹果受重力竖直下落，苹果在重力作用下，速度越来越快，属于力改变物体的运动状态，故C符合题意；用力把铅球推出，铅球在重力作用下，运动速度和运动方向都在发生改变，属于力改变物体的运动状态，故D符合题意.
【考点】牛顿第一定律
【题点】对“运动状态的改变”的理解
3.(牛顿第一定律的理解)关于牛顿第一定律，下列说法正确的是(　　)
A.力是维持物体运动的原因，没有力的物体将保持静止，比如自行车
B.物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用
C.物体如果向正北方向运动，其所受外力方向必须指向正北
D.不受力的物体将保持静止或匀速直线运动状态，而受力的物体运动状态一定改变
答案　B
解析　根据牛顿第一定律的内容可以判断力是改变物体运动状态的原因，不受力的物体将保持静止或匀速直线运动状态，故A错误，B正确；若物体向正北方向做匀速直线运动，则物体不受力或所受合外力为零，C错误；物体受到力的作用，若合外力为0，则物体也可以保持运动状态不变，故D错误.
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的理解
4.(对惯性的理解)物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性.下列有关惯性的说法中，正确的是(　　)
A.乘坐汽车时系好安全带可减小惯性
B.运动员跑得越快惯性越大
C.宇宙飞船在太空中也有惯性
D.汽车在刹车时才有惯性
答案　C
解析　乘坐汽车时系好安全带，不是可以减小惯性，而是在紧急刹车时可以防止人由于惯性飞离座椅，所以A错误；质量是物体惯性大小的惟一量度，与物体的速度的大小无关，所以B、D错误；一切物体都有惯性，在太空中宇宙飞船的质量是不变的，所以其惯性也不变，所以C正确.
【考点】惯性
【题点】对惯性的理解
5.(惯性的应用)对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(　　)
A.采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性
B.“强弩之末，势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了
C.货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性
D.自行车转弯时，车手一方面要适当的控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
答案　C
解析　惯性是物体的固有属性，大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与其它任何因素均无关，故A、B错误；摘下或加挂一些车厢，改变了质量，从而改变了惯性，故C正确；人和车的质量不变，则其惯性不变，故D错误.
【考点】惯性
【题点】惯性的应用与防止
选择题
考点一　伽利略的理想实验及物理学史
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：一旦物体具有一定的速度，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
答案　BCD
解析　亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，A错误；伽利略通过“理想实验”得出：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；由牛顿第一定律知，D正确.
【考点】对运动与力的关系认识的物理学史
【题点】对运动与力的关系认识的物理学史
2.(多选)关于伽利略的理想实验的叙述中正确的是(　　)
A.这个实验是凭空想象的
B.这个实验虽然是想象的，但它得出的结论是可靠的
C.理想实验是一种科学方法
D.理想实验是一个纯思维实验，其正确性应接受实践的检验
答案　BC
解析　伽利略的理想实验虽然是假想的，但是实验方法却是科学的，结果也是可靠的，故选B、C.
【考点】伽利略的理想实验
【题点】伽利略的理想实验
考点二　对牛顿第一定律的理解
3.(多选)下列关于牛顿第一定律的说法中正确的是(　　)
A.物体保持静止状态，它所受合外力一定为零
B.物体所受合外力为零时，它一定处于静止状态
C.物体处于匀速直线运动状态时，它所受的合外力可能是零，也可能不是零
D.物体所受合外力为零时，它可能做匀速直线运动，也可能是静止的
答案　AD
解析　物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，它受到的合外力一定为零，A正确，C错误；所受合外力为零时，物体可能处于静止状态或匀速直线运动状态，B错误，D正确.
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的理解
4.如图1所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球随车一起匀速运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则(　　)
图1
A.若m1B.若m1＝m2，则两个小球一定相碰
C.若m1>m2，则两个小球一定相碰
D.两个小球一定不相碰
答案　D
解析　小车表面光滑，因此两小球在水平方向上没有受到外力的作用.原来两个小球与小车具有相同的速度，当车突然停止运动时，由于惯性，两个小球的速度不变，所以不会相碰(与质量大小无关)，故D正确.
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的应用
5.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，A的上表面水平，在A的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
答案　B
解析　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，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，故选B.
【考点】牛顿第一定律
【题点】牛顿第一定律的应用
考点三　惯性的理解与应用
6.下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A.质量越大，物体的惯性越大
B.物体的运动状态改变了，则惯性大小随之变化
C.惯性是物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质
D.由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大，所以子弹的惯性大小与其速度大小有关
答案　A
解析　物体在任何状态下均有惯性，并且物体的惯性大小只与质量有关，和物体的速度无关，A正确，B、C、D错误.
【考点】惯性
【题点】对惯性的理解
7.对下列现象解释正确的是(　　)
A.在一定拉力作用下，车沿水平面匀速前进，没有这个拉力，小车就会停下来，所以力是维持物体运动的原因
B.向上抛出的物体由于惯性，所以向上运动，以后由于重力作用，惯性变小，所以速度也越来越小
C.急刹车时，车上的乘客由于惯性一样大，所以都会向前倾倒
D.质量大的物体运动状态不容易改变是由于物体的质量越大，惯性就越大
答案　D
解析　在一定拉力作用下，车沿水平面匀速前进，说明拉力与摩擦力平衡，没有这个拉力，小车就会逐渐停下来，是由于受到摩擦力作用，故A错误；惯性大小的唯一量度是质量，与速度大小无关，质量越大，惯性越大，运动状态越难改变，故B错误，D正确；急刹车时，车上的乘客由于惯性，所以都会向前倾倒，但惯性的大小与质量有关，不同的乘客质量不一定相等，故惯性不一定同样大，故C错误.
【考点】惯性
【题点】对惯性的理解
8.(多选)小轩很喜欢爸爸新买的数码照相机，在旅途中拍下了直线行驶的火车内桌面上塑料杯不同瞬间的状态，如图3中的甲、乙、丙所示.则下列关于火车运动状态的判断可能正确的是(　　)
图3
A.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向左减速
B.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右加速，丙图中火车突然向左加速
C.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向右减速，丙图中火车突然向右加速
D.甲图中火车在匀速运动，乙图中火车突然向左加速，丙图中火车突然向右减速
答案　AC
解析　题图甲中，塑料杯相对于桌面的位置没有发生改变，因此它们的运动状态是相同的，说明此时在匀速运动，题图乙中，塑料杯向右倾倒，说明火车突然向左加速(或向右减速)，因为，火车突然向左加速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着加速，而上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以才会向右倾倒，火车向右减速时的情形也可用类似的方法解释；题图丙中，塑料杯向左倾倒，说明火车突然向左减速(或向右加速)，因为，火车突然向左减速时，塑料杯的下部由于摩擦也随着减速，而上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以才会向左倾倒，火车向右加速时的情形也可用类似的方法解释.所以，题图甲中火车在匀速运动，题图乙中火车突然向左加速(或向右减速)，题图丙中火车突然向左减速(或向右加速)，选项A、C正确.
【考点】惯性
【题点】惯性的应用与防止
2　实验：探究加速度与力、质量的关系
[学习目标]　1.学会用控制变量法研究物理规律.2.会测量加速度、力和质量，能作出物体运动的a－F、a－图象.3.会通过实验探究加速度与力、质量的定量关系.
一、实验器材
小车、砝码、砝码盘、细绳、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.
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，改变砝码盘内砝码的质量，即改变作用力，测出小车的对应加速度，验证加速度是否正比于作用力.
(2)保持砝码盘中砝码的质量不变，即保持作用力不变，改变研究对象即小车的质量，测出对应不同质量的加速度，验证加速度是否反比于质量.
三、实验方案的设计
1.三个物理量的测量方法——近似法
本实验的研究对象：小车 (装置如图1所示).
图1
(1)小车质量的测量：利用天平测出，在小车上增减砝码可改变小车的质量.
(2)拉力的测量：当砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量的情况下，可以认为砝码盘和砝码的总重力近似等于小车所受的拉力(合外力).
(3)加速度的测量：由纸带根据公式Δx＝aT2，结合逐差法计算出小车的加速度.
2.实验数据的处理方法——图象法、“化曲为直”法
图2
(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2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3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成反比关系，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，以为横坐标，作出a－图象，若a－图象是一条过原点的直线，说明a与成正比，即a与m成反比.
图3
四、实验步骤
1.用天平测出小车的质量M，并把数值记录下来.
2.按如图4所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系绳).
图4
3.平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块位置，直到轻推小车在斜面上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等).
4.在砝码盘里放入适量的砝码，用细绳绕过定滑轮系在小车上，在小车上加放适量的砝码，用天平测出砝码盘和砝码的质量m，记录下来.接通电源，放开小车，待打点计时器在纸带上打好点后取下纸带，并设计表格如下.
表1
次数
1
2
3
4
5
6
小车加速度a/(m·s－2)
砝码盘和砝码的质量m/kg
拉力F/N
5.保持小车的质量不变，改变砝码和砝码盘的质量，按步骤4再做5次实验.
6.用公式Δx＝aT2或a＝求得小车的加速度a，并记录到表格中.
7.保持砝码和砝码盘的质量不变，在小车上加放砝码，重复上面的实验，求出相应的加速度，把数据记录到下面的表格中.
表2
次数
1
2
3
4
5
6
小车加速度a/(m·s－2)
小车质量M/kg
/kg－1
8.整理实验器材，结束实验.
五、数据处理
1.由表1中记录的数据，以a为纵坐标、F为横坐标，根据数据作a－F图象(如图5所示)，找出规律，分析a与F的关系.
图5
2.由表2中记录的数据，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(如图6所示)，分析a与M的关系.
图6
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、注意事项
1.打点前小车应靠近打点计时器且应先接通电源后释放小车.
2.在平衡摩擦力时，不要(填“要”或“不要”)悬挂砝码盘，但小车应连着纸带且接通电源.用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔均匀，表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡.
3.改变砝码的质量的过程中，要始终保证砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量.
4.作图时应使所作的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点也要尽可能的对称分布在直线的两侧，但若遇到个别偏离较远的点可舍去.
一、实验原理与实验操作
例1　(1)用如图7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(含砝码)质量M的关系，甲同学设计的实验步骤如下：
图7
A.用天平称出小车和小桶及内部所装砂子的质量
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小桶
D.将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
E.保持小桶及其中砂子的质量不变，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关系图象，并由图象确定a与M的关系
①甲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，有错误的是步骤________，应把____________改为____________.
③在上述步骤中，处理不恰当的是步骤________，应把________改为________.
(2)乙同学根据实验要求安装的实验装置如图8(图为已接通电源刚要释放纸带的情况)，请改正乙同学的五个错误.
图8
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________.
答案　(1)①平衡摩擦力　B　②D　6 V电压的蓄电池　6 V以下的交流电源　③G　a－M图象　a－图象
(2)①应用6 V以下的交流电源　②应靠右端　③应使细绳平行于木板　④应靠近打点计时器　⑤应垫高右端以平衡摩擦力
解析　(1)实验中把小桶及其中砂子的重力之和看成与小车所受拉力大小相等，没有考虑摩擦力，故必须平衡摩擦力且应排在步骤B之后.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以下交流电源上.作a－M关系图象，得到的是曲线，很难进行正确的判断，必须“化曲为直”，改作a－关系图象.
(2)电磁打点计时器应使用低压(6 V以下)交流电源，且要固定在长木板无滑轮的一端，即应靠右端；释放小车时，小车应靠近打点计时器；连接小车的细绳应平行于木板，故应调节滑轮位置使细绳平行于木板；实验时应平衡摩擦力，使小车所受重力沿木板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.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验条件控制及操作规范
二、实验数据处理
例2　在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某次实验测得如下数据：当m一定时，a与F的关系如表一所示；当F一定时，a与的关系如表二所示.
表一
F/N
1.00
2.00
3.00
4.00
a/(m·s－2)
1.90
3.95
5.85
7.62
表二
/kg－1
0.52
0.67
0.80
1.00
a/(m·s－2)
1.53
2.10
2.49
3.10
(1)在如图9所示的相应坐标系中，根据表一、表二所给数据作出图象.
图9
(2)由图象可以判定：当m一定时，a与F的关系成________；当F一定时，a与m的关系成________.
(3)在研究a与m的关系时，作了a－图象，而没作a－m图象，那么作a－图象的优点是________________________________.
答案　(1)如图所示
(2)正比　反比
(3)a－m图象是曲线，难以找出规律；a－图象是直线，容易找出规律
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验的数据处理
三、创新实验设计
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10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10
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：______.
答案　加速度与拉力成正比　加速度与质量成反比
G?Mg
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.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】“探究加速度与力、质量的关系”的创新实验
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11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.
图11
1.(实验原理)利用如图12所示的装置探究加速度与力、质量的关系，下列说法中正确的是(　　)
图12
A.保持小车所受拉力不变，只改变小车的质量，就可以探究加速度与力、质量的关系
B.保持小车质量不变，只改变小车的拉力，就可以探究加速度与力、质量之间的关系
C.先保持小车所受拉力不变，研究加速度与力的关系；再保持小车质量不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系
D.先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系
答案　D
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验的思想方法
2.(实验原理)(多选)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，关于平衡摩擦力的说法中正确的是(　　)
A.“平衡摩擦力”的本质就是使小车受到的摩擦力为零
B.“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力沿斜面方向的分力与所受到的摩擦阻力相平衡
C.“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂钩码通过细绳对小车施加的拉力
D.“平衡摩擦力”是否成功，可由小车拖动由打点计时器打出的纸带上的点迹间距是否均匀而确定
答案　BCD
解析　小车所受的摩擦力不可避免，平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的摩擦阻力相平衡，A错误，B正确；其目的是使小车所受的合力等于细绳对小车的拉力，C正确；恰好平衡摩擦力时，小车拖动纸带，不给小车提供拉力，给小车一个初速度，小车做匀速直线运动，由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的，D正确.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】平衡摩擦力
3.(实验操作)在如图13所示的“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法中错误的是(　　)
图13
A.应尽量保证小车的总质量远小于砝码和砝码盘的总质量
B.应将木板右端适当垫高以平衡摩擦力
C.应保证牵引小车的细线与木板平行
D.应采用控制变量法分别研究加速度与质量及加速度与力的关系
答案　A
解析　“探究加速度与力、质量的关系”实验原理为，近似认为砝码及砝码盘的总重力为小车所受合力，所以需要平衡摩擦力，需要牵引小车的细线与木板平行，B、C正确；实验中运用控制变量法研究各量间的关系，D正确；应使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的总质量，A错误.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验的条件控制及操作规范
4.(实验的数据处理)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图14甲所示.
图14
(1)在平衡小车与长木板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，测量并标出相邻计数点之间的距离.该小车的加速度a＝________ m/s2.
(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
请根据实验数据在图15所示坐标系中作出a－F的关系图象.
图15
(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，主要原因是______________.
答案　(1)0.16
(2)见解析图
(3)计算F时忘记加入砝码盘的重力
解析　(1)由题意可知计数点间的时间间隔T＝5T0＝0.1 s.
由题图乙可知Δx＝0.16 cm＝1.6×10－3 m，由Δx＝aT2可得a＝0.16 m/s2.
(2)a－F图线如图所示.
(3)平衡小车与长木板之间的摩擦力后，a－F图象仍不通过原点，是由于在计算F时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图象向左平移.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验的数据处理
5.(实验的误差分析)(多选)甲、乙、丙、丁四位同学在做“探究加速度与物体质量和合力的关系”的实验时(使用图16所示的装置)，设小车和车上砝码的总质量为M，小盘及盘中砝码的总质量为m，分别得出如图17中甲、乙、丙、丁四个图象，其中甲、乙、丙是a－F图象，丁是a－图象，则下列说法正确的是(　　)
图16
图17
A.甲和乙没有把握好实验条件M远大于m
B.丙和丁没有把握好实验条件M远大于m
C.甲中长木板的倾角太小，乙中长木板的倾角太大
D.甲、乙、丙三位同学中，丙同学较好地完成了平衡摩擦力的操作
答案　BCD
解析　题图甲和乙都是直线，说明满足小车和车上砝码的总质量M远大于小盘及盘中砝码的总质量m，而丙和丁没有把握好此条件，故图线出现弯曲，A错误，B正确；题图甲、乙、丙中只有题图丙经过原点，说明只有丙较好地完成了平衡摩擦力的操作，D正确；题图甲中图线在横轴上有截距，即F为某一值时才开始有加速度，说明长木板倾角太小，没有很好地平衡摩擦力，而题图乙中图线在纵轴上有截距，说明长木板倾角太大，平衡摩擦力过度，C正确.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】实验的误差分析
6.(创新实验)为了探究加速度与力的关系，使用如图18所示的气垫导轨装置进行实验.其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录.滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：
图18
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，判定调节是否到位的方法是________________________________.
(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是_____.
A.m1＝5 g　　　　　　　 B.m2＝15 g
C.m3＝40 g D.m4＝400 g
(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度a的表达式为：____________.(用Δt1、Δt2、D、x表示)
答案　(1)见解析　(2)D　(3)a＝
解析　(1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动，或取下牵引砝码，轻推滑行器，数字计时器记录每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等.
(2)本实验只有在满足m?M的条件下，才可以用牵引砝码的重力近似等于对滑行器的拉力，所以D是不合适的.
(3)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门这段时间内的平均速度等于滑块的瞬时速度，即有v1＝，v2＝，再根据运动学公式v22－v12＝2ax得：a＝.
【考点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【题点】“探究加速度与力、质量的关系”的创新实验
3　牛顿第二定律
[学习目标]　1.知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义.2.知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的.3.能应用牛顿第二定律解决简单的实际问题.
一、牛顿第二定律
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
2.表达式F＝ma，其中力F为物体受到的合外力，F的单位用牛顿(N).
二、力的单位
1.力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N.
2.“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫做1 N，即1 N＝1_kg·m/s2.
1.判断下列说法的正误.
(1)由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比.(×)
(2)公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取.(×)
(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)物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致.(×)
(5)使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫做1 N.(√)
(6)公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上每一个力所产生的加速度的矢量和.(√)
2.光滑桌面上有A、B两个物体，已知mA＝2mB.当用F＝10 N的水平力作用在A上时，能使A产生5 m/s2的加速度，当用2F的水平力作用在B上时，能使B产生的加速度为_______m/s2.
答案　20
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
一、对牛顿第二定律的理解
(1)从牛顿第二定律可知，无论多么小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律有无矛盾？为什么？
(2)从匀速上升的气球上掉下一个物体(不计空气阻力)，物体离开气球的瞬间，物体的加速度和速度情况如何？
答案　(1)不矛盾.因为牛顿第二定律中的力是指合外力.我们用力提一个放在地面上很重的箱子，没有提动，箱子受到的合力F＝0，故箱子的加速度为零，箱子仍保持不动，所以上述现象与牛顿第二定律并没有矛盾.
(2)物体离开气球瞬间物体只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下；速度方向向上，大小与气球速度相同.
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，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考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
例1　(多选)下列对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A.由F＝ma可知，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.当合外力停止作用时，加速度随之消失
答案　CD
解析　虽然F＝ma，但m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，A、B错误，C、D正确.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
合外力、加速度、速度的关系
1.力与加速度为因果关系：力是因，加速度是果.只要物体所受的合外力不为零，就会产生加速度.加速度与合外力方向是相同的，大小与合外力成正比.
2.力与速度无因果关系：合外力方向与速度方向可以相同，可以相反，还可以有夹角.合外力方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时物体做减速运动.
3.两个加速度公式的区别
a＝是加速度的定义式，是比值定义法定义的物理量，a与v、Δv、Δt均无关；a＝是加速度的决定式，加速度由其受到的合外力和质量决定.
例2　(多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的方向不变的水平力的作用，则这个物体运动情况为 (　　)
A.速度不断增大，但增大得越来越慢
B.加速度不断增大，速度不断减小
C.加速度不断减小，速度不断增大
D.加速度不变，速度先减小后增大
答案　AC
解析　水平面光滑，说明物体不受摩擦力作用，物体所受到的水平力即为其合外力.水平力逐渐减小，合外力也逐渐减小，由公式F＝ma可知：当F逐渐减小时，a也逐渐减小，但速度逐渐增大.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】合外力、加速度、速度的关系
二、牛顿第二定律的简单应用
1.解题步骤
(1)确定研究对象.
(2)进行受力分析和运动情况分析，作出受力和运动的示意图.
(3)求合力F或加速度a.
(4)根据F＝ma列方程求解.
2.解题方法
(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，加速度的方向即物体所受合力的方向.
(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外力.
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，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a.根据牛顿第二定律列方程求解.
例3　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37°角，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg，不计空气阻力.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图1
(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大小.
答案　(1)7.5 m/s2，方向水平向右　车厢可能水平向右做匀加速直线运动或水平向左做匀减速直线运动
(2)12.5 N
解析　解法一(矢量合成法)
(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甲所示，小球所受合力为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，加速度方向水平向右.车厢的加速度与小球相同，车厢做的是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动.
(2)由图可知，悬线对球的拉力大小为FT＝＝12.5 N.
解法二(正交分解法)
(1)建立直角坐标系如图乙所示，正交分解各力，根据牛顿第二定律列方程得
x方向：FTx＝ma
y方向：FTy－mg＝0
即FTsin 37°＝ma
FTcos 37°－mg＝0
解得a＝g＝7.5 m/s2
加速度方向水平向右.车厢的加速度与小球相同，车厢做的是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动.
(2)由(1)中所列方程解得悬线对球的拉力大小为
FT＝＝12.5 N.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
例4　如图2所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上.现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
图2
(1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度大小是多少？
答案　(1)8 m/s2　(2)6 m/s2
解析　(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律：Fcos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
(2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
Fcos 37°－Ff＝ma2
FN′＋Fsin 37°＝mg
Ff＝μFN′
联立解得a2＝6 m/s2.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
1.(对牛顿第二定律的理解)(多选)下列关于牛顿第二定律的说法中正确的是(　　)
A.物体的加速度大小由物体的质量和物体所受的合力大小决定，与物体的速度无关
B.物体的加速度方向只由它所受的合力方向决定，与速度方向无关
C.物体所受的合力方向和加速度方向及速度方向总是相同的
D.一旦物体所受的合力为零，则运动物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了
答案　AB
解析　根据牛顿第二定律，物体的加速度的大小由合力的大小和质量决定，加速度的方向由合力的方向决定，二者方向一定相同，而加速度的大小和方向与物体的速度的大小和方向无关；根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合力一旦为零，则加速度立即为零，速度不发生变化，物体做匀速直线运动，选项A、B正确，选项C、D错误.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
2.(对牛顿第二定律的理解)(多选)在光滑的水平地面上放一个质量m＝2 kg的物体，现对该物体同时施加两个力F1和F2，其中F1＝3 N，方向水平向东，F2＝4 N，方向水平向南，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是(　　)
A.F1使物体产生大小为1.5 m/s2、方向水平向东的加速度
B.F2使物体产生大小为2 m/s2、方向水平向南的加速度
C.物体的加速度的大小为2.5 m/s2，方向为东偏南37°
D.物体的加速度的大小为2.5 m/s2，方向为南偏东37°
答案　ABD
解析　根据牛顿第二定律，力是产生加速度的原因，某个力产生的加速度等于该力与物体质量的比值，方向与该力的方向相同，这是力的独立作用的原理，所以A、B正确.而物体的加速度等于物体所受的合外力与物体质量的比值，方向与合外力的方向相同，故C错误，D正确.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
3.(合外力、加速度、速度的关系)物体在与其初速度方向相同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3所示，则在0～t1这段时间内(　　)
图3
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
答案　C
解析　由题图可知，物体所受合力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；由于合外力F方向与速度方向始终相同，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，选项C正确.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】合外力、加速度、速度的关系
4.(水平面上加速度的求解)如图4所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°角斜向右下的推力F作用时，沿水平方向做匀加速直线运动，求物体加速度的大小.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图4
答案　5 m/s2
解析　取物体为研究对象，受力分析如图所示，建立直角坐标系.
在水平方向上：Fcos 37°－Ff＝ma①
在竖直方向上：FN＝mg＋Fsin 37°②
又因为：Ff＝μFN③
联立①②③并代入数据得：a＝5 m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
5.(斜面上加速度的求解)如图5所示，一个物体从斜面的顶端由静止开始下滑，斜面倾角θ＝30°，斜面始终静止不动，重力加速度g＝10 m/s2.
图5
(1)若斜面光滑，求物体下滑过程的加速度有多大？
(2)若斜面不光滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，物体下滑过程的加速度又是多大？
答案　(1)5 m/s2　(2)2.5 m/s2
解析　(1)根据牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma1
所以a1＝gsin θ＝10× m/s2＝5 m/s2
(2)物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff＝ma2
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
联立解得：a2＝gsin θ－μgcos θ＝2.5 m/s2.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】斜面上加速度的求解
一、选择题
考点一　牛顿第二定律的理解
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
答案　CD
解析　a＝是加速度的决定式，a与F成正比，与m成反比，C正确；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，A错误；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，B错误，D正确.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
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(　　)
答案　C
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.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
3.(多选)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为5 m/s2，力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为2 m/s2，那么，力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是(　　)
A.5 m/s2 B.2 m/s2
C.8 m/s2 D.6 m/s2
答案　AD
解析　设物体A的质量为m，则F1＝ma1，F2＝ma2，当F1和F2同时作用在物体A上时，合力的大小范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即|ma1－ma2|≤ma≤ma1＋ma2，加速度的大小范围为3 m/s2≤a≤7 m/s2，故选A、D.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】对牛顿第二定律的理解
4.物体在力F作用下运动，F的方向与物体运动方向一致，其F－t图象如图1所示，则物体(　　)
图1
A.在t1时刻速度最大
B.在0～t1时间内做匀加速运动
C.从t1时刻后便开始返回运动
D.在0～t2时间内，速度一直在增大
答案　D
解析　根据牛顿第二定律得，物体质量不变，力越大时，加速度越大，由题图图象可知0～t1时间内力F逐渐增大，加速度逐渐增大，t1时刻力F最大，加速度最大，所以0～t1时间内物体做加速度逐渐增大的变加速运动，B错误；t1时刻后力F开始减小，但方向未发生变化，所以物体继续向前加速运动，A、C错误，D正确.
【考点】牛顿第二定律的理解
【题点】合外力、加速度、速度的关系
考点二　牛顿第二定律的简单应用
5.如图2所示，质量m＝10 kg的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体的加速度为(取g＝10 m/s2)(　　)
图2
A.0 B.4 m/s2，水平向右
C.2 m/s2，水平向右 D.2 m/s2，水平向左
答案　B
解析　物体受到的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝20 N，方向水平向右，物体受到的合外力F合＝F＋Ff＝40 N，方向水平向右，根据牛顿第二定律：F合＝ma，a＝4 m/s2，方向水平向右.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
6.如图3所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进.突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是(　　)
图3
A.m B.ma
C.m D.m(g＋a)
答案　C
解析　西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图，F表示周围西瓜对A的作用力，则由牛顿第二定律得：＝ma，解得：F＝m，故C对，A、B、D错.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
7.在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图4所示，现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是(　　)
图4
A.Fa变大，Fb不变
B.Fa变大，Fb变小
C.Fa不变，Fb变小
D.Fa不变，Fb变大
答案　C
解析　以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据牛顿第二定律得，
水平方向：Fasin α－Fb＝ma①
竖直方向：Facos α－mg＝0②
由题知α不变，由②分析知Fa不变，由①知Fb＝Fasin α－ma【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
8.三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数均相同.现用大小相同的外力F沿图5所示方向分别作用在1和2上，用F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，用a1、a2、a3分别表示物块1、2、3的加速度，则(　　)
图5
A.a1＝a2＝a3
B.a1＝a2，a2>a3
C.a1>a2，a2D.a1>a2，a2>a3
答案　C
解析　对物块1，由牛顿第二定律得
Fcos 60°－Ff＝ma1，－μ(mg－Fsin 60°)＝ma1
对物块2，由牛顿第二定律得
Fcos 60°－Ff′＝ma2，－μ(mg＋Fsin 60°)＝ma2
对物块3，由牛顿第二定律得F－Ff″＝ma3， －μmg＝ma3
比较得a1>a3>a2，所以C正确.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
9.竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2)(　　)
A.20 m/s2　　　　　 B.25 m/s2
C.30 m/s2 D.40 m/s2
答案　C
解析　推力为F时，F－mg＝ma1，当推力为2F时，2F－mg＝ma2.联立以上两式可得：a2＝30 m/s2，故C正确.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】竖直方向上加速度的求解
10.如图6所示，在与水平方向成θ角、大小为F的力作用下，质量为m的物块沿竖直墙壁加速下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ.则下滑过程中物块的加速度大小为(重力加速度为g)(　　)
图6
A.a＝g－μg B.a＝g－
C.a＝g－ D.a＝g－
答案　D
解析　将F分解可得，物块在垂直于墙壁方向上受到的压力为FN＝Fcos θ，则墙壁对物块的支持力为FN′＝FN＝Fcos θ；物块受到的滑动摩擦力为Ff＝μFN′＝μFcos θ；由牛顿第二定律，得mg－Fsin θ－Ff＝ma，得a＝g－.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】竖直方向上加速度的求解
二、非选择题
11.(水平面上加速度的求解)质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°角斜向上的方向拉着物体前进，绳子的拉力为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度是多少？若在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度是多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案　0.5 m/s2，方向与运动方向相同　5 m/s2，方向与运动方向相反
解析　物体受力如图所示，将拉力F沿水平方向和竖直方向分解.在两方向分别列方程：
Fcos 37°－Ff＝ma.Fsin 37°＋FN＝mg.又Ff＝μFN.
联立解得a＝0.5 m/s2，方向与运动方向相同.
当突然松手时，拉力F变为零，此后摩擦力变为
Ff′＝μmg＝200 N，
由牛顿第二定律得Ff′＝ma′
解得a′＝5 m/s2，方向与运动方向相反.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】水平面上加速度的求解
12.(竖直方向上加速度的求解)将质量为0.5 kg的小球，以30 m/s的速度竖直上抛，经过2.5 s小球到达最高点(取g＝10 m/s2).求：
(1)小球在上升过程中受到的空气阻力大小(视为恒定)；
(2)小球在最高点时的加速度大小；
(3)若空气阻力不变，小球下落时的加速度为多大？
答案　(1)1 N　(2)10 m/s2　(3)8 m/s2
解析　(1)设小球上升时，加速度为a，空气阻力为F，则v＝at，mg＋F＝ma
把v＝30 m/s，t＝2.5 s，m＝0.5 kg代入得F＝1 N
(2)小球到达最高点时，因速度为零，故不受空气阻力，故加速度大小为g，即10 m/s2
(3)当小球下落时，空气阻力的方向与重力方向相反，设加速度为a′，则
mg－F＝ma′，得a′＝8 m/s2.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】竖直方向上加速度的求解
13.(斜面上加速度的求解)如图7所示，质量为m的木块以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止不动，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
图7
(1)求向上滑动时木块的加速度的大小和方向；
(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度的大小和方向.
答案　(1)g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下
(2)g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下
解析　(1)以木块为研究对象，木块上滑时对其受力分析，如图甲所示
根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋Ff＝ma，FN－mgcos θ＝0
又Ff＝μFN
联立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下.
(2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示.
根据牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff′＝ma′，FN′－mgcos θ＝0
又Ff′＝μFN′
联立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下.
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【题点】斜面上加速度的求解
4　力学单位制
[学习目标]　1.知道单位制、基本单位和导出单位的概念.2.知道国际单位制及七个基本物理量和基本单位.3.掌握根据物理量关系式确定物理量单位的方法，学会在运算过程中单位的规范使用方法.
1.基本量
被选定的能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量单位的一些物理量，如力学中有长度、质量、时间.
2.基本单位
基本量的单位，如长度的单位“米”、质量的单位“千克”、时间的单位“秒”等.
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，例如速度的单位“米每秒”、力的单位“牛顿”(千克米每二次方秒).
4.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制.
5.国际单位制
(1)国际单位制中的基本量
国际单位制中选定长度(l)、质量(m)、时间(t)、电流(I)、热力学温度(T)、发光强度(I)、物质的量(n)七个量为基本量.
(2)国际单位制中的力学基本单位
长度l，单位：m；质量m，单位：kg；时间t，单位：s.
现有以下一些物理量和单位，按下面的要求选择填空.(均选填字母的代号)
A.密度　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
(1)属于物理量的有____________.
(2)在国际单位制中，被选定的基本量有________.
(3)在国际单位制中的基本单位有________，属于导出单位的有________.
答案　(1)A、D、E、H、I　(2)E、H、I　(3)F、J　B、C
解析　(1)此题中给定的选项内，属于物理量的有密度、加速度、质量、长度、时间，故此空填“A、D、E、H、I”.(2)此题中给定的选项内，在国际单位制中，被选定的基本量有质量、长度、时间，故此空填“E、H、I”.(3)此题中给定的选项内，在国际单位制中是基本单位的有千克、秒，属于导出单位的有米/秒、牛顿，故第一个空填“F、J”，第二个空填“B、C”.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
一、单位制的理解
如图1，某运动员的最快速度可以达到10 m/s，某人骑助力车的速度为35 km/h.
图1
(1)某同学仅凭所给两个速度的数值能否判断运动员的速度与助力车的速度的大小关系？
(2)你能比较以上两个速度的大小关系吗？以上两个速度哪个大？
答案　(1)不能
(2)能.10 m/s＝36 km/h>35 km/h，所以运动员的速度较大.
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
说明：(1)厘米(cm)、千米(km)、小时(h)、分钟(min)是基本物理量的单位，但不是国际单位制中的单位.
(2)米每秒(m/s)、牛顿(N)、焦耳(J)是国际单位制中的导出单位，而千米每小时(km/h)、厘米每秒(cm/s)、千瓦(kW)不是国际单位制中的导出单位.
例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，国际单位制中的基本单位有kg、m和N
D.单位制中的导出单位可以用基本单位来表达
答案　D
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，在国际单位制中，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.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
二、单位制的应用
如图2所示，圆锥的高是h，底面半径是r，某同学记的圆锥体积公式是V＝πr3h.
图2
(1)圆锥的高h、半径r的国际单位各是什么？体积的国际单位又是什么？
(2)将h、r的单位代入公式V＝πr3h，计算出的体积V的单位是什么？这说明该公式对还是错？
答案　(1)米(m)、米(m)、立方米(m3)
(2)由V＝πr3h，可得V的单位是m4，与体积的国际单位m3相矛盾，说明该公式是错的.
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，Ff＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位.
4.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.
例2　一物体在2 N的外力作用下，产生10 cm/s2的加速度，求该物体的质量.下列几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是(　　)
A.m＝＝ kg＝0.2 kg
B.m＝＝＝20 ＝20 kg
C.m＝＝ kg＝20 kg
D.m＝＝＝20 kg
答案　C
解析　在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算.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，则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a＝10 cm/s2没有变成国际单位，B项中解题过程正确，但不简洁，D项中数据后面没有单位，只有C项运算正确且简洁而又规范.
【考点】单位制的应用
【题点】单位制的计算
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，只要在数字后面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.
例3　在解一道计算题时(由字母表达结果的计算题)一个同学解得位移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
答案　B
解析　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＝，将公式的物理量全部换算成基本量的单位，就容易判断了.在x＝(t1＋t2)式中，左边单位是长度单位，而右边的单位推知是速度单位，所以结果一定是错误的，单位制选的不同，不会影响结果的准确性，故A、C、D错，B对.
【考点】单位制的应用
【题点】利用单位制判断公式的正确性
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.
1.(对单位制的理解)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.物理学公式在确定物理量数值关系的同时，也确定了物理量单位间的关系
B.力学中所选定的基本量有力、质量、时间
C.基本量的单位叫做基本单位
D.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
答案　ACD
解析　物理量通常是由数值和单位组成的(少数物理量例外，如动摩擦因数无单位)，所以物理学公式在确定物理量数值关系的同时，也确定了物理量单位间的关系，选项A正确；力不是基本量，选项B错误；基本量的单位叫做基本单位，选项C正确；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，选项D正确.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
2.(对单位制的理解)(多选)关于力学单位制，下列说法正确的是(　　)
A.kg、m/s、N是导出单位
B.kg、m、s是基本单位
C.在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g
D.只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma
答案　BD
解析　所谓导出单位，是利用物理公式和基本单位推导出来的，力学中的基本单位只有三个，即kg、m、s，其他单位都是由这三个基本单位推导出来的，如“牛顿”(N)是导出单位，即1 N＝1 kg·m/s2(F＝ma)，所以A项错误，B项正确.在国际单位制中，质量的单位只能是kg，C项错误.在牛顿第二定律的表达式中，F＝ma(k＝1)只有在所有物理量都采用国际单位制时才能成立，D项正确.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
3.(单位制的应用)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
答案　B
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.将这些单位代入得，即比例系数k的单位是kg/m3，B正确.
【考点】单位制的应用
【题点】利用单位制推导物理量的单位
4.(单位制的计算)(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
答案　BD
解析　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错误，B、D正确.
【考点】单位制的应用
【题点】单位制的计算
选择题
考点一　对力学单位制的理解
1.下列各组属于国际单位制的基本单位的是(　　)
A.质量、长度、时间　　　　　　 B.力、时间、位移
C.千克、米、秒 D.牛顿、克、米
答案　C
解析　A、B选项中所给的都是物理量，不是物理单位，故A、B错误.千克、米、秒分别为质量、长度、时间三个基本量的单位，C正确.D项中牛顿是导出单位，克不属于国际单位制中的基本单位，D错误.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
2.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”都属于国际单位制的单位
答案　C
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”不是国际单位制中的单位，D错误.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
3.(多选)关于国际单位制，下列说法正确的是(　　)
A.国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制
B.各国均有不同的单位制，国际单位制是为了方便交流而采用的一种单位制
C.国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果的单位必然是国际单位制中的单位
D.国际单位制中的基本单位所对应的物理量是长度、能量、时间
答案　ABC
解析　国际单位制中，规定了七种基本量与基本单位，即长度(m)、质量(kg)、时间(s)、电流(A)、热力学温度(K)、物质的量(mol)、发光强度(cd).国际单位制就是各国统一采用的通用单位制，故A正确，D错误.国际单位制的重要作用之一，就是便于在世界各国的政治、经济、科技、文化等领域中的交流，故B正确.为了物理运算的简捷、方便，才有了国际单位制的统一规定.只要运算过程中各量均采用国际单位制中的单位，最终得到的结果的单位也必然是国际单位制中的单位.这是国际单位制的又一重要作用，故C正确.
【考点】力学制单位
【题点】对单位制的理解
4.测量国际单位制规定的三个力学基本量分别可用的仪器是(　　)
A.密度计、弹簧测力计、打点计时器
B.米尺、弹簧测力计、秒表
C.秒表、天平、量筒
D.米尺、天平、秒表
答案　D
解析　在国际单位制中的三个力学基本量是长度、质量、时间，故可用仪器米尺、天平、秒表来测量.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
5.关于力的单位“牛顿”的理解，以下说法中正确的是(　　)
A.“牛顿”这个单位是由质量为1 kg的物体所受重力为9.8 N而规定下来的
B.“牛顿”这个单位是由牛顿第二定律F＝kma，当k＝1时规定下来的
C.使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N
D.物体所受重力为19.6 N中的“N”并不是规定的，而是测出来的
答案　C
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
6.高三某同学对自己本学期在学校体检后的一些数据在单位上做了一些转化，其中部分数据在下列选项中给出，在他给出的数据中，单位不属于国际单位制的有(　　)
A.体重G＝637 N
B.质量m＝65 kg
C.身高H＝178 cm
D.心跳100次时间t＝80 s
答案　C
解析　N是国际单位制中的导出单位，不符合题意，故A错误；kg是国际单位制中的基本单位，不符合题意，故B错误；cm是常用单位，不属于国际单位制中的单位，符合题意，故C正确；s是时间单位，是国际单位制中的基本单位，不符合题意，故D错误.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
7.轿车的加速度大小是衡量轿车加速性能的一项重要指标，近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车加速度的同时，提出了一个新的概念，叫做“加速度的变化率”(即加速度的变化Δa与时间Δt的比值)，用“加速度的变化率”这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢.轿车的加速度变化率越小，乘坐轿车的人感觉越舒适.下面四个单位中，适合做加速度变化率的单位的是(　　)
A.m/s B.m/s2 C.m/s3 D.m/s4
答案　C
解析　因为加速度的单位是m/s2，所以加速度的变化量Δa＝a2－a1，单位也是m/s2，所以加速度的变化率的单位为m/s3，故选C.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
8.导出单位是由基本单位组合而成的，则下列说法中正确的是(　　)
A.加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的
B.加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的
C.加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知它是由N、kg两个基本单位组合而成的
D.以上说法都是正确的
答案　A
解析　m、s是基本单位，加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的，选项A正确；m/s不是基本单位，是导出单位，选项B错误；N不是基本单位，是导出单位，选项C错误.
【考点】力学单位制
【题点】对单位制的理解
考点二　单位制的应用
9.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
答案　B
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.
【考点】单位制的应用
【题点】单位制的计算
10.(多选)用国际单位制验证下列表达式，可能正确的是(　　)
A.x＝at(x为位移、a为加速度、t为时间)
B.a＝μg(a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度)
C.F＝m(F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径长度)
D.v＝(v为速度、R为半径长度、g为重力加速度)
答案　BD
解析　x为位移，国际单位是m，a为加速度，国际单位是m/s2，t为时间，国际单位是s，所以at的国际单位是m/s，所以x＝at是错误的，A错误；a为加速度，国际单位是m/s2，μ为动摩擦因数，无单位，g为重力加速度，国际单位是m/s2，所以a＝μg可能正确，B正确；F为作用力，国际单位是N，m为质量，国际单位是kg，v为速度，国际单位是m/s，R为半径长度，国际单位是m.1 N＝1 kg·m/s2，所以F＝m是错误的，C错误；v为速度，国际单位是m/s，g为重力加速度，国际单位是m/s2，R为半径长度，国际单位是m，的国际单位是m/s，所以v＝可能正确，D正确.
【考点】单位制的应用
【题点】利用单位制判断公式的正确性
11.现代的物理学中加速度的定义式为a＝，而历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，该运动中的“另类加速度”定义为A＝，其中v0和v分别表示某段位移x内的初速度和末速度.A＞0表示物体做加速运动，A＜0表示物体做减速运动.根据力学单位制，“另类加速度”A的国际单位应为(　　)
A.m/s2 B.m2/s2
C.m－1 D.s－1
答案　D
解析　根据公式A＝可知A的单位是：＝s－1，故选D.
【考点】单位制的应用
【题点】利用单位制推导物理量的单位
5　牛顿第三定律
[学习目标]　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.理解牛顿第三定律，并会解决简单问题.3.理解一对平衡力及作用力与反作用力.
一、作用力与反作用力
1.力是物体对物体的作用，只要谈到力，就一定存在着受力物体和施力物体.
2.力的作用是相互的，物体间相互作用的这一对力称为作用力和反作用力.
3.作用力与反作用力总是互相依存、同时存在的.把它们中的一个力叫做作用力，另一个力叫做反作用力.
二、牛顿第三定律
1.实验探究：如图1所示，把两个弹簧测力计A和B连接在一起，B的一端固定，用手拉A，结果发现两个弹簧测力计的示数是相等的.改变拉力，弹簧测力计的示数也随着改变，但两个弹簧测力计的示数总是相等，这说明作用力和反作用力大小相等，方向相反.
图1
2.牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.
三、物体的受力分析
1.受力分析中常见的三种力：
(1)重力：任何物体都受重力，其方向竖直向下.
(2)弹力：两个相互接触的物体相互挤压时就会产生弹力，其方向与接触面垂直(填“平行”或“垂直”).
(3)摩擦力：当两个粗糙且挤压的接触面发生相对运动或具有相对运动趋势时，接触面处就会产生滑动摩擦力或静摩擦力，其方向与接触面平行(填“平行”或“垂直”).
2.平衡力与作用力和反作用力
(1)一对相互平衡的力：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，且作用在一个(填“一个”或“两个不同的”)物体上 .
(2)作用力和反作用力：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，且作用在两个不同的(填“一个”或“两个不同的”)物体上.
(3)一对作用力和反作用力一定(填“一定”或“不一定”)是同一种类的力，而一对相互平衡的力则不一定(填“一定”或“不一定”)是同一种类的力.
判断下列说法的正误.
(1)物体间可能只有作用力，而没有反作用力.(×)
(2)两个物体只有接触才存在作用力和反作用力.(×)
(3)物体间先有作用力，然后才有反作用力.(×)
(4)物体间的摩擦力一定与压力垂直.(√)
(5)物体间的作用力可能与反作用力等大、反向，可以抵消.(×)
(6)物块静止放在桌面上，物块所受重力和物块对桌面的压力是一对作用力和反作用力.(×)
一、对牛顿第三定律的理解
[导学探究]
1.在光滑的冰面上，两人相对而立.当一人用力去推另一人时，两人同时向相反方向运动；两个小车上粘有磁铁，让两小车停在水平桌面上距离适当的位置，放手后两小车同时运动(相吸或相斥).
(1)物体间的一对作用力与反作用力的产生有先后顺序吗？
(2)上述两个例子中一对作用力和反作用力各是什么性质的力？
(3)一对作用力和反作用力作用在几个物体上？
答案　(1)作用力与反作用力同时产生，无先后顺序.
(2)前者相互作用力都是弹力，后者相互作用力都是引力或都是斥力.
(3)两个.
2.拔河比赛时，甲队胜了乙队，是不是甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力呢？
答案　不是.
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.作用力与反作用力的理解
(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作用在同一条直线上
同性质
作用力和反作用力的性质总是相同的
例1　跳水一直是我国的优势项目，如图2所示，一运动员站在3 m跳板上，图中F1表示人对跳板的弹力，F2表示跳板对人的弹力，则(　　)
图2
A.先有F1后有F2
B.一旦人离开跳板，F2立即消失，F1依旧存在
C.因人离开跳板前具有向上的加速度，所以F2大于F1
D.F1和F2大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力
答案　D
解析　F1和F2是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，D正确.
【考点】作用力与反作用力
【题点】作用力与反作用力
例2　如图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
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
答案　B
解析　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、作用在同一条直线上，与运动状态无关.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.
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
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，其作用力与反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，其作用力与反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.
二、一对作用力与反作用力和一对平衡力的比较
如图4所示，木块静止在水平面上.
图4
(1)在图中画出木块受到的重力G和支持力FN的示意图.
重力G和支持力FN属于一对什么力？作用在几个物体上？性质相同吗？
(2)在图5中，画出水平面对木块的支持力FN和木块对水平面的压力FN′.
图5
支持力FN和压力FN′属于一对什么力？分别作用在什么物体上？性质相同吗？
答案　(1)如图所示
重力和支持力属于一对平衡力　作用在一个物体上　性质不同
(2)如图所示
支持力FN和压力FN′属于一对作用力和反作用力　支持力FN作用在木块上，压力FN′作用在水平面上　性质总是相同的
一对作用力与反作用力和一对平衡力的比较
内容
比较
一对作用力
和反作用力
一对平衡力
不
同
点
作用
对象
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
依赖
关系
相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失
无依赖关系，撤除一个，另一个依然可存在
叠加
性
两力作用效果不可叠加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为零
力的
性质
一定是同种性质的力
可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力
相同点
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
例3　如图6所示，一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则(　　)
图6
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
答案　C
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.
【考点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【题点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
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1　如图7所示，人沿水平方向拉牛(可视为质点)，但没有拉动.其中说法正确的是(　　)
图7
A.绳拉牛的力小于牛拉绳的力
B.绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力
C.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力
D.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是作用力与反作用力
答案　C
解析　绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A、B、D错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故C正确.
【考点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【题点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
三、牛顿第三定律的综合应用
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.
例4　质量为M的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为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图8
A.(M＋m)g－ma
B.M(g－a)－ma
C.(M－m)g＋ma
D.Mg－ma
答案　C
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.人对地面的压力与地面对人的支持力为一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，人对地面的压力大小也为(M－m)g＋ma，故选C.
【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】牛顿第三定律之研究对象的转换
人对地面的压力和地面对人的支持力是作用力与反作用力.因此可先求地面对人的支持力，由牛顿第三定律就可知人对地面的压力大小.
针对训练2　如图9所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环沿着杆加速下滑，环与杆的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为(　　)
图9
A.Mg B.(M＋m)g
C.(M＋m)g－Ff D.Mg＋Ff
答案　D
解析　对箱，由平衡条件可得地面对箱的支持力FN＝Mg＋Ff，由牛顿第三定律，可得箱对地面的压力大小FN′＝Mg＋Ff.
【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】牛顿第三定律之研究对象的转换
1.(作用力与反作用力)对于作用力与反作用力的理解，下列说法中正确的是(　　)
A.当作用力产生后，再产生反作用力；当作用力消失后，反作用力才慢慢消失
B.弹力和摩擦力都有反作用力，而重力无反作用力
C.甲物体对乙物体的作用力是弹力，乙物体对甲物体的反作用力可以是摩擦力
D.作用力和反作用力在任何情况下都不会平衡
答案　D
解析　作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，它们之间没有先后顺序，A错误；任何力都有反作用力，B错误；作用力和反作用力一定是同种性质的力，C错误；由于作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，因而它们在任何情况下都不会平衡，D正确.
【考点】作用力与反作用力
【题点】作用力与反作用力
2.(牛顿第三定律)汽车拉着拖车前进，汽车对拖车的作用力大小为F，拖车对汽车的作用力大小为FT.关于F与FT的关系，下列说法正确的是(　　)
A.汽车加速前进时F大于FT，汽车减速前进时F小于FT
B.只有汽车匀速前进时F才等于FT
C.无论汽车加速、减速还是匀速前进，F始终等于FT
D.汽车对拖车的作用力F比拖车对汽车的作用力FT较早产生
答案　C
解析　汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，它们总是大小相等，方向相反，同时产生，同时消失，与运动的状态无关.无论汽车加速、减速还是匀速前进，F始终等于FT，故A、B、D错误，C正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
3.(牛顿第三定律)“掰手腕”是中学生课余非常喜爱的一项游戏.如图10所示，甲、乙两同学正在进行“掰手腕”游戏，关于他们的手之间的力，下列说法正确的是(　　)
图10
A.甲掰赢了乙，是因为甲手对乙手的作用力大于乙手对甲手的作用力
B.只有当甲、乙僵持不分胜负时，甲手对乙手的作用力才等于乙手对甲手的作用力
C.甲、乙比赛对抗时，无法比较甲手对乙手的作用力和乙手对甲手的作用力的大小关系
D.无论谁胜谁负，甲手对乙手的作用力大小总是等于乙手对甲手的作用力大小
答案　D
解析　甲、乙之间的相互作用力总是大小相等、方向相反、作用在一条直线上，故D正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
4.(一对平衡力与作用力和反作用力的比较)(多选)物体静止在斜面上，如图11所示，下列说法正确的是(　　)
图11
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.物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力
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
答案　BC
【考点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【题点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
5.(牛顿第三定律之研究对象的转换)如图12所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a(a图12
A.(M＋m)g　 B.(M＋m)g－ma
C.(M＋m)g＋ma　 D.(M－m)g
答案　B
解析　对竿上的人进行受力分析，受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma.竿对人有摩擦力，人对竿也有摩擦力，且大小相等、方向相反.对竿进行受力分析，受重力Mg、方向向下的摩擦力Ff′、“底人”对其的支持力F，有Mg＋Ff′＝F，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到F′＝F＝(M＋m)g－ma.
【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】牛顿第三定律之研究对象的转换
一、选择题
考点一　作用力与反作用力
1.(多选)关于作用力与反作用力，下列说法正确的是(　　)
A.作用力是摩擦力，反作用力可能是弹力
B.作用力是弹力，反作用力可能是摩擦力
C.作用力是摩擦力，反作用力一定是摩擦力
D.作用力是弹力，反作用力一定是弹力
答案　CD
解析　作用力与反作用力的性质相同，摩擦力的反作用力也是摩擦力，弹力的反作用力也是弹力，故C、D正确，A、B错误.
【考点】作用力与反作用力
【题点】作用力与反作用力
2.(多选)如图1所示，P和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是(　　)
图1
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
答案　CD
【考点】作用力与反作用力
【题点】作用力与反作用力
考点二　牛顿第三定律
3.如图2所示，将两弹簧测力计a、b连接在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明(　　)
图2
A.这是两只完全相同的弹簧测力计
B.弹力的大小与弹簧的形变量成正比
C.作用力与反作用力大小相等、方向相反
D.力是改变物体运动状态的原因
答案　C
解析　实验中两弹簧测力计的拉力互为作用力与反作用力，它们一定大小相等、方向相反，选项C正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】牛顿第三定律实验探究
4.下列情景中，关于力的大小关系，说法正确的是(　　)
A.跳高运动员起跳，地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力
B.钢丝绳吊起货物加速上升时，钢丝绳对货物的拉力大于货物对钢丝绳的拉力
C.鸡蛋撞击石头，鸡蛋破碎，石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
D.火箭加速上升时，火箭发动机的推力大于火箭的重力
答案　D
解析　人对地面的压力和地面对人的支持力是作用力与反作用力，二者大小相等，A错误；钢丝绳对货物的拉力与货物对钢丝绳的拉力为作用力与反作用力，二者大小相等，B错误；鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是作用力与反作用力，二者大小相等，C错误；火箭加速上升，则一定受到向上的合力，故发动机的推力大于火箭的重力，D正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
5.(多选)如图3所示是利用计算机记录的卫星发射时火箭和卫星之间的作用力和反作用力的变化图线，根据图线可以得出的结论是(　　)
图3
A.作用力大时，反作用力小
B.作用力和反作用力的大小总是相等的
C.作用力和反作用力的方向总是相反的
D.作用力和反作用力是作用在同一个物体上的
答案　BC
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
6.如图4所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
图4
A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
答案　C
解析　甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，是一对平衡力，故选项B错误.设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝得，a甲【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】拔河问题讨论
7.如图5所示，狗拉着雪撬在雪道上行驶，根据牛顿运动定律可知(　　)
图5
A.若加速前进，狗拉雪撬的力大于雪撬拉狗的力
B.若加速前进，狗拉雪撬的力与雪撬拉狗的力平衡
C.若减速前进，狗拉雪撬的力小于雪撬拉狗的力
D.狗拉雪撬的力与雪撬拉狗的力大小始终相等
答案　D
解析　无论雪撬如何运动，狗拉雪撬的力和雪撬拉狗的力是一对作用力与反作用力，因此它们始终大小相等、方向相反，注意雪撬的运动状态是由雪撬所受合外力决定的，故A、B、C错误，D正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】作用力和反作用力大小讨论
8.(多选)如图6所示，足球场上，足球受到运动员头部的作用力改变了足球的运动方向，运动员的头部受到了足球的作用力，感到疼痛.关于这两个力的说法正确的是(　　)
图6
A.运动员对足球的作用力大于足球对运动员的作用力
B.这两个力为作用力与反作用力
C.运动员对足球的作用力比足球对运动员的作用力更早产生
D.这两个力一定会同时消失
答案　BD
解析　运动员对足球的作用力与足球对运动员的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，故A、C错误，B、D正确.
【考点】牛顿第三定律
【题点】对牛顿第三定律的综合理解
9.利用牛顿第三定律，有人设计了一种交通工具，在平板车上装了一个电风扇，电风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动，如图7所示.对于这种设计，下列分析中正确的是(　　)
图7
A.根据牛顿第二定律，这种设计能使小车向前运动
B.根据牛顿第三定律，这种设计能使小车向前运动
C.这种设计不能使小车向前运动，因为它违反了牛顿第二定律
D.这种设计不能使小车向前运动，因为它违反了牛顿第三定律
答案　C
解析　电风扇吹出的风到风帆上时，根据牛顿第三定律，风会给风扇一个反作用力，因此对于整个装置而言，小车所受合外力不可能指向小车前方，小车不会向前运动，故选C.
【考点】牛顿第三定律
【题点】对牛顿第三定律的综合理解
考点三　一对平衡力与作用力和反作用力的比较
10.如图8所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是(　　)
图8
A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D.人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
答案　B
【考点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【题点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
11.如图9所示，物体(可视为质点)放在水平桌面上，受到一个水平向右的拉力F作用，却仍然保持静止，则下列说法中正确的是(　　)
图9
A.物体受三个力作用，其中有一对平衡力
B.物体受三个力作用，其中有一对作用力和反作用力
C.物体受四个力作用，其中有两对作用力和反作用力
D.物体受四个力作用，其中有两对平衡力
答案　D
解析　物体受重力、桌面的支持力、水平向右的拉力F，根据物体处于静止状态知，物体所受合外力为零，所以物体在水平方向除受水平向右的拉力F外，还受水平向左的摩擦力Ff，所以物体共受四个力的作用，A、B错误；由于作用力与反作用力是分别作用在两个不同物体上的，所以物体所受的四个力中不可能构成作用力与反作用力，因此C错误；物体水平方向上受向右的拉力和向左的摩擦力，其合力为零，为一对平衡力，竖直方向受重力和支持力，也为一对平衡力，所以D正确.
【考点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【题点】一对平衡力与作用力和反作用力的比较
二、非选择题
12.(牛顿第三定律的综合应用)如图10所示，一个质量为m＝2 kg的均匀小球，放在倾角θ＝37°的光滑斜面上.若球被与斜面垂直的光滑挡板挡住，处于平衡状态.求小球对挡板和斜面的压力.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图10
答案　12 N，垂直于挡板向下　16 N，垂直于斜面向下
解析　对小球进行受力分析，设挡板和斜面对小球的支持力分别为FN1、FN2，则
FN1＝mgsin θ＝12 N
FN2＝mgcos θ＝16 N
根据牛顿第三定律可知挡板和斜面对小球的支持力与小球对挡板和斜面的压力大小相等、方向相反，则
FN1′＝FN1＝12 N，方向垂直于挡板向下，
FN2′＝FN2＝16 N，方向垂直于斜面向下.
【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】牛顿第三定律之研究对象的转换
13.(牛顿第三定律的综合应用)如图11为马戏团中猴子爬杆的装置.已知底座连同直杆总质量为20 kg，猴子质量为5 kg，现让猴子沿杆以1 m/s2的加速度从杆底部向上爬，设猴子与杆之间的作用力为恒力，则底座对水平面的压力为多大？(g取10 m/s2)
图11
答案　255 N
解析　设猴子质量为m，杆及底座总质量为M，猴子向上加速爬时受到沿杆向上的力为F，对猴子由牛顿第二定律得F－mg＝ma，得F＝m(g＋a)＝55 N，根据牛顿第三定律知，猴子对杆向下的力F′＝F＝55 N，所以水平面对底座的支持力为FN＝F′＋Mg＝255 N，由牛顿第三定律知底座对水平面的压力FN′＝FN＝255 N.
【考点】牛顿第三定律的应用
【题点】牛顿第三定律之研究对象的转换
6　用牛顿运动定律解决问题(一)
[学习目标]　1.运用牛顿运动定律和运动学公式解决简单的力学问题.2.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
牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同.
二、两类基本问题
1.根据受力情况确定运动情况
如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况.
2.根据运动情况确定受力情况
如果已知物体的运动情况，则可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.
判断下列说法的正误.
(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.(×)
一、从受力确定运动情况
一辆汽车在高速公路上正以108 km/h的速度向前行驶，司机看到前方有紧急情况而刹车，已知刹车时汽车所受制动力为车重的0.5 倍.则汽车刹车时的加速度是多大？汽车刹车后行驶多远距离才能停下？汽车的刹车时间是多少？(取g＝10 m/s2)
答案　由kmg＝ma可得a＝＝5 m/s2
则汽车刹车距离为s＝＝90 m.
刹车时间为t＝＝6 s.
1.由受力情况确定运动情况的解题步骤：
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图.
(2)根据力的合成与分解，求合力(包括大小和方向).
(3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度.
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等.
2.注意问题：(1)若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；
(2)用正交分解法求合力时，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组Fx＝ma，Fy＝0.
例1　如图1所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图1
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小.
答案　(1)见解析图　1.3 m/s2，方向水平向右
(2)6.5 m/s　(3)16.25 m
解析　(1)对物体受力分析如图.
由牛顿第二定律可得：
Fcos θ－Ff＝ma
Fsin θ＋FN＝mg
Ff＝μFN
解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右
(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s
(3)x＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
已知受力情况确定运动情况的解题流程
针对训练1　如图2所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.试求：
图2
(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间.
答案　(1)2 m/s2　(2)2 s
解析　(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为Ff，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cos 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2.
(2)由运动学公式得L＝at2
代入数据解得t＝2 s.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
二、从运动情况确定受力
由运动情况确定受力情况的解题步骤
(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.
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.
答案　(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N
解析　(1)汽车开始做匀加速直线运动，x0＝t1
解得v0＝＝4 m/s
(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2
解得Ff＝4×103 N
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1
x0＝a1t12
由牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6×103 N
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
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，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑.若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　)
图3
A.42 N　　　 B.6 N
C.21 N　　　 D.36 N
答案　D
解析　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，D正确.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
三、多过程问题分析
1.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、时间关系等.
2.注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
例3　如图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？
答案　(1)2 s　(2)12.8 m
解析　(1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示.
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－Ff＝ma
Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有
FN－mgcos θ＝0
联立以上各式得
a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝at2
解得：t＝2 s
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设在水平面上人减速运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x
联立解得x＝12.8 m
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】多过程问题分析
多过程问题的分析方法
1.分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
2.注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
1.(从运动情况确定受力)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
答案　B
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平均作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
2.(从受力确定运动情况)如图5所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，机车持续牵引力为1.57×105 N.设列车总质量为100 t，列车所受阻力为所受重力的0.1倍，如果列车在该持续牵引力牵引下做匀加速直线运动，那么列车从开始启动到达到最大运行速度共需要多长时间？(g取10 m/s2)
图5
答案　131.58 s
解析　已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度v＝270 km/h＝75 m/s，列车所受阻力Ff＝0.1mg＝1.0×105 N.
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，
所以列车的加速度a＝＝0.57 m/s2.
又由运动学公式v＝v0＋at，可得列车从开始启动到达到最大运行速度需要的时间为t＝≈131.58 s.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
3.(多过程问题分析)总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长.sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，不计空气阻力.试求：
(1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离；
(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小.
答案　(1)4 m　(2)4 m/s
解析　(1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示，滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1.根据牛顿第二定律有：
mgsin θ＋Ff＝ma1，a1方向沿斜面向下.
在垂直于斜面方向有：FN＝mgcos θ
又摩擦力Ff＝μFN
由以上各式解得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝8 m/s2
滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m.
(2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示.
滑雪者受到重力mg、支持力FN′及沿斜面向上的摩擦力Ff′，设加速度大小为a2.根据牛顿第二定律有：
mgsin θ－Ff′＝ma2，a2方向沿斜面向下.
在垂直于斜面方向有：FN′＝mgcos θ
又摩擦力Ff′＝μFN′
由以上各式解得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2
滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝＝4 m/s.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】多过程问题分析
一、选择题
考点一　从受力确定运动情况
1.雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象可以正确反映出雨滴下落运动情况的是(　　)
答案　C
解析　对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma.雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v－t图象中其斜率变小，故选项C正确.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
2.用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失.则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　)
A.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C.v＝4.5 m/s，a＝0
D.v＝7.5 m/s，a＝0
答案　C
解析　力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s，3 s后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
3.一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(　　)
A.将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B.将物体质量减小一半，其他条件不变
C.物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍
D.将时间增加到原来的2倍，其他条件不变
答案　D
解析　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错，由v＝at可得选项D对.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
4.物体放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经时间t通过的位移是x.如果水平恒力变为2F，物体仍由静止开始运动，经时间2t通过的位移是(　　)
A.x B.2x C.4x D.8x
答案　D
解析　当水平恒力为F时，由牛顿第二定律得，F＝ma
x＝at2＝.
当水平恒力为2F时，由牛顿第二定律得，2F＝ma′，
x′＝a′(2t)2＝.
联立得，x′＝8x.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
5.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹.在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为(　　)
A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s
答案　B
解析　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
考点二　从运动情况确定受力
6.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦，刹车过程可看做匀减速直线运动)(　　)
A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N
答案　C
解析　汽车刹车前的速度v0＝90 km/h＝25 m/s
设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
7.(多选)如图1所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住.现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
图1
A.斜面对小球的弹力为
B.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C.若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D.若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
答案　AD
解析　对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2cos θ＝mg，水平方向有FN1－FN2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，A正确.FN1＝ma＋mgtan θ.由于FN2＝与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大，故C错误，D正确.小球受到的合力为ma，故B错误.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
8.(多选)如图2所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止)(　　)
图2
A.车厢的加速度为gtan θ
B.绳对物体1的拉力为
C.底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D.物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ
答案　AB
解析　对物体1进行受力分析，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有
FTcos θ＝m1g，FTsin θ＝m1a
得FT＝，a＝gtan θ，
所以A、B正确.
对物体2进行受力分析有FN＋FT′＝m2g
Ff静＝m2a
根据牛顿第三定律，FT′＝FT
解得FN＝m2g－
Ff静＝m2gtan θ，
故C、D错误.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
考点三　多过程问题分析
9.竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则(　　)
A.a1>a2，t1a2，t1>t2
C.a1t2
答案　A
解析　上升过程中，由牛顿第二定律，得
mg＋Ff＝ma1①
设上升高度为h，则h＝a1t12②
下降过程，由牛顿第二定律，得
mg－Ff＝ma2③
h＝a2t22④
由①②③④得，a1>a2，t1【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】多过程问题分析
10.一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中(　　)
A.上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B.上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力
C.上滑时的加速度小于下滑时的加速度
D.上滑的时间大于下滑的时间
答案　B
解析　设斜面倾角为θ，物块受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ，物块上滑与下滑时的滑动摩擦力大小相等，故选项A错误，B正确；上滑时的加速度a上＝gsin θ＋μgcos θ，下滑时的加速度a下＝gsin θ－μgcos θ，由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，故选项C错误；由t＝，位移x相等，a上>a下，所以t上【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】多过程问题分析
二、非选择题
11.(从运动情况确定受力)如图3所示，质量为2 kg的物体在40 N水平推力作用下，从静止开始1 s内沿足够长的竖直墙壁下滑3 m.求：(取g＝10 m/s2)
图3
(1)物体运动的加速度大小；
(2)物体受到的摩擦力大小；
(3)物体与墙壁间的动摩擦因数.
答案　(1)6 m/s2　(2)8 N　(3)0.2
解析　(1)由h＝at2，可得：a＝＝6 m/s2
(2)分析物体受力情况如图所示：
水平方向：物体所受合外力为零，FN＝F＝40 N
竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma
可得：Ff＝mg－ma＝8 N
(3)物体与墙壁间的滑动摩擦力Ff＝μFN
所以μ＝＝＝0.2.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从运动情况确定受力情况
12.(从受力确定运动情况)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图4所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，力传感器固定在竖直挡板上.求：(g＝10 m/s2)
图4
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
答案　(1)30 N　(2)2 m/s2　(3)方向向左，加速度大小为10 m/s2
解析　(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为FN，对小球受力分析如图所示，由几何关系可知：
F＝mg＝3×10 N＝30 N；
(2)竖直方向FNcos 45°＝mg；
水平方向F′－FNsin 45°＝ma；
解得：a＝2 m/s2；
(3)要使力传感器示数为0，则有：
FNcos 45°＝mg；FNsin 45°＝ma′；
解得：a′＝10 m/s2，方向向左.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】从受力情况确定运动情况
13.(多过程问题分析)如图5所示，一固定足够长的粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动.已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝ .g取10 m/s2.则：
图5
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小a1；
(2)若力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离.
答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m
解析　(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律：
物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcos θ＝5 N，
物体的加速度a1＝＝2.5 m/s2.
(2)力F作用t0＝1.2 s后，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝a1t02＝1.8 m.
此后它将向上匀减速运动，其加速度大小a2＝＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离x2＝＝0.6 m.
整个上滑过程移动的最大距离x＝x1＋x2＝2.4 m.
【考点】用牛顿运动定律解决两类问题
【题点】多过程问题分析
7　用牛顿运动定律解决问题(二)
[学习目标]　1.理解共点力作用下物体平衡状态的概念以及共点力作用下物体的平衡条件.2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题.3.知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象.4.能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动.
一、共点力的平衡
1.平衡状态：静止或匀速直线运动状态.
2.平衡条件：(1)F合＝0(或加速度a＝0)
(2)
二、超重和失重
1.超重：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，称为超重现象.
2.失重：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，称为失重现象.
3.完全失重：如果物体对支持物、悬挂物完全没有作用力，这时物体正好以大小等于g、方向竖直向下的加速度运动，此时物体处于完全失重状态.
三、从动力学看自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：①物体从静止开始下落，即运动的初速度是0；
②运动过程中只受重力的作用，根据牛顿第二定律mg＝ma，所以a＝g.
(2)运动性质：v0＝0、a＝g的匀加速直线运动.
2.竖直上抛
(1)条件：
①具有竖直向上的初速度.
②只受重力.
(2)运动性质：初速度v0≠0、加速度a＝g的匀变速直线运动.
1.判断下列说法的正误.
(1)某时刻物体的速度为零时，物体一定处于平衡状态.(×)
(2)沿光滑斜面下滑的物体处于平衡状态.(×)
(3)超重就是物体受到的重力增加了.(×)
(4)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了.(×)
(5)物体处于超重状态时，物体一定在上升.(×)
(6)物体处于失重状态时，物体可能在上升.(√)
2.物体受到n个力作用处于静止状态，若其中一个力F1＝10 N，方向向右，则其余(n－1)个力的合力F′＝____ N，方向向____.
答案　10　左
【考点】共点力的平衡条件
【题点】共点力的平衡条件
一、共点力的平衡条件及应用
1.对平衡条件的理解
(1)平衡条件：F合＝0或
(2)对应两种状态：
①静止状态：a＝0，v＝0
②匀速直线运动状态：a＝0，v≠0
(3)说明：①物体某时刻速度为零，但F合≠0，则不是平衡状态，如竖直上抛的物体到达最高点时，只是速度为零，不是平衡状态.
②处于平衡状态的物体，沿任意方向的合力都为零.
2.处理共点力平衡问题的常用方法
(1)力的合成法——用于受三个力而平衡的物体
①确定要合成的两个力；
②根据平行四边形定则作出这两个力的合力；
③根据平衡条件确定两个力的合力与第三个力的关系(等大反向)；
④根据三角函数或勾股定理解三角形.
(2)正交分解法——用于受三个及以上的力而平衡的物体
①建立直角坐标系；
②正交分解各力；
③沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解.
例1　如图1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心.一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点.设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是(　　)
图1
A.F＝ B.F＝mgtan θ
C.FN＝ D.FN＝mgtan θ
答案　A
解析　方法一：合成法
滑块受力如图所示，由平衡条件知：F＝，FN＝.
方法二：正交分解法
将小滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图所示.
mg＝FNsin θ，F＝FNcos θ
联立解得：F＝，FN＝.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】三力平衡之三角形法
解共点力平衡问题的一般步骤
1.选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体(整体法或隔离法).
2.对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图.
3.对研究对象所受的力进行处理.对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形.对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解.
4.建立平衡方程.对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组.
二、超重和失重
如图2所示，某人乘坐电梯正在向上运动.
图2
(1)电梯启动瞬间加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？
答案　(1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力.
(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，支持力小于重力.
1.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.
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了.
2.超重、失重的比较
特征状态
加速度
视重(F)与重力关系
运动情况
受力示意图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速
直线运动
超重
向上
由F－mg＝ma得
F＝m(g＋a)>mg
向上加速
或向下减速
失重
向下
由mg－F＝ma得
F＝m(g－a)向下加速
或向上减速
完全失重
a＝g
由mg－F＝ma得F＝0
自由落体运
动，抛体运动
3.对超重、失重的理解
(1)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关.
(2)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化.
(3)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，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平).只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态.
例2　(多选)在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示，在这段时间内下列说法正确的是(　　)
图3
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.晓敏对体重计的压力小于晓敏的重力
C.电梯一定在竖直向下运动
D.电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
答案　BD
解析　晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A错误，B正确；人处于失重状态，加速度向下，可能向上减速运动，也可能向下加速运动，C错误；以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向竖直向下，D正确.
【考点】超重和失重
【题点】对超重、失重和完全失重的理解
针对训练　在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止起加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，传感器的荧屏上显示出其受的压力与时间的关系图象如图4所示.试由此图回答问题：(g取10 m/s2)
图4
(1)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？
(2)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？
答案　(1)30 N　不变　(2)6.67 m/s2　6.67 m/s2
解析　(1)根据题意4 s到18 s物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知：
台秤受的压力和物体的重力相等，即G＝30 N；
根据超重和失重的本质得：物体的重力不变
(2)超重时：台秤对物体的支持力最大为50 N，由牛顿第二定律得a1＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向上
失重时：台秤对物体的支持力最小为10 N，由牛顿第二定律得a2＝＝ m/s2≈6.67 m/s2，方向向下.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
三、从动力学观点看自由落体和竖直上抛运动
自由落体运动和竖直上抛运动有什么共同点？
答案　(1)都只受重力作用，是a＝g的匀变速直线运动.
(2)都处于失重状态.
(3)竖直上抛运动到最高点的逆过程是自由落体运动，竖直上抛运动到最高点后的过程是自由落体运动.
对竖直上抛运动的理解
1.性质：竖直上抛运动是初速度方向竖直向上，加速度为g的匀变速直线运动.
2.特点
(1)上升过程：加速度与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；下降阶段，加速度与速度方向相同，物体做自由落体运动.
(2)在最高点时，物体速度为零，但加速度仍为g.
3.运动规律
基本公式
例3　气球下挂一重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当到达离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
答案　7 s　60 m/s
解析　解法一　分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降.
重物上升阶段，时间t1＝＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝＝5 m
重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m
设下落时间为t2，则H＝gt22，故t2＝＝6 s
重物落地速度v＝gt2＝60 m/s，总时间t＝t1＋t2＝7 s
解法二　全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h＝v0t－gt2，h＝－175 m
可解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
由v＝v0－gt，
得v＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
1.分段法
(1)上升过程：v0≠0、a＝g的匀减速直线运动.
(2)下降过程：自由落体运动.
2.全程法
(1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－gt2.
(2)正负号的含义
①v＞0表示物体上升，v＜0表示物体下降.
②h＞0表示物体在抛出点上方，h＜0表示物体在抛出点下方.
四、平衡中的临界问题
1.问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题.
2.问题特点
(1)当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化.
(2)注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件.
3.分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解.
例4　物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图5所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2).
图5
答案　 N≤F≤ N
解析　物体的受力情况如图，由平衡条件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0
由上述两式得F＝－F1
F＝＋
令F1＝0，得F最大值
Fmax＝＝ N
令F2＝0，得F最小值Fmin＝＝ N
综合得F的取值范围为 N≤F≤ N.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】平衡中的临界问题
解决临界问题时应注意的问题
1.求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点.
2.临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论.
1.(共点力的平衡)如图6所示，一只质量为m的萤火虫停在倾角为θ的枝条上.枝条对萤火虫的作用力大小为(　　)
图6
A.mgsin θ B.mgcos θ
C.mgtan θ D.mg
答案　D
解析　萤火虫是静止的，所以处于平衡状态，它受到的重力竖直向下，大小为mg，以及来自下面枝条的力，说明枝条对它的力与重力的大小相等方向相反，所以枝条对萤火虫的作用力大小为mg，方向竖直向上.
2.(超重和失重问题的分析)如图7所示为一物体随升降机由一楼竖直向上运动到某高层的过程中的v－t图象，则(　　)
图7
A.物体在0～2 s处于失重状态
B.物体在2～8 s处于超重状态
C.物体在8～10 s处于失重状态
D.由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态
答案　C
解析　从加速度的角度判断，由题意知0～2 s物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2～8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8～10 s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
3.(超重、失重和完全失重的有关计算)质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图8所示.重力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数.
图8
(1)匀速上升；
(2)以4 m/s2的加速度加速上升；
(3)以5 m/s2的加速度加速下降.
答案　(1)600 N　(2)840 N　(3)300 N
解析　(1)匀速上升时：由平衡条件得：
FN1＝mg＝600 N，由牛顿第三定律得：人对体重计压力为600 N，即体重计示数为600 N.
(2)加速上升时，由牛顿第二定律得：
FN2－mg＝ma1，FN2＝mg＋ma1＝840 N
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为840 N，即体重计示数为840 N.
(3)加速下降时，由牛顿第二定律得：
mg－FN3＝ma3，FN3＝mg－ma3＝300 N，
由牛顿第三定律得：人对体重计压力为300 N，即体重计示数为300 N.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
4.(竖直上抛运动的有关计算)如图9所示，一同学从一高为H＝10 m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8 m，小球抛出后升高了h＝0.45 m到达最高点，最终小球落在地面上.g＝10 m/s2，求：
图9
(1)小球抛出时的初速度大小v0；
(2)小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间t.
答案　(1)3 m/s　(2)1.8 s
解析　(1)上升阶段，由－v02＝－2gh得：
v0＝＝3 m/s
(2)上升阶段：0＝v0－gt1
自由落体过程：h0＋h＋H＝gt22
故有：t＝t1＋t2，得：t＝1.8 s.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
一、选择题
考点一　超重和失重
1.下列关于超重和失重的说法中正确的是(　　)
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
答案　B
解析　从受力上看，失重物体所受合外力向下，超重物体所受合外力向上；从加速度上看，失重物体的加速度向下，而超重物体的加速度向上.A、C、D中的各运动员所受合外力为零，加速度为零，只有B中的运动员处于失重状态.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的理解
2.(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
答案　BC
解析　若a＝0.8g，方向竖直向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F为人的视重，即人此时处于超重状态，A、D错误；若a＝0.2g，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的视重比实际重力小×100%＝20%，B、C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的计算
3.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图1所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可判断出电梯的运动情况是(　　)
图1
A.匀速上升 B.加速上升
C.减速上升 D.减速下降
答案　C
解析　木箱静止时的受力情况如图所示
则支持力FN＝mg，静摩擦力Ff＝F.
若木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，则压力减小，即木箱所受支持力FN减小，所以竖直方向mg>FN，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确.
【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
4.(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图2甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是(　　)
图2
A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
答案　BC
解析　由题图可以看出，0～t1，F＝mg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，物块可能静止或匀速运动；t3～t4，F【考点】超重和失重
【题点】超重和失重问题的分析
考点二　竖直上抛运动
5.(多选)如图3所示，小球B放在真空薄壁容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是(　　)
图3
A.若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力
B.若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下
C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上
D.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力
答案　BD
解析　上升过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度都等于g；若考虑空气阻力，A的加速度大于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向下的力，因A为真空容器，故此力为A对B向下的压力.下落过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度等于g；若考虑空气阻力，A的加速度小于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向上的力，因A为真空容器，所以此力为A对B向上的压力，由牛顿第三定律得，B对A的作用力向下，故B、D正确.
【考点】超重和失重
【题点】完全失重问题的分析
6.(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，取竖直向上为正方向，当物体的位移为25 m时，经历的时间为(g取10 m/s2)(　　)
A.1 s B.2 s C.5 s D.3 s
答案　AC
解析　竖直上抛运动的全过程是匀变速直线运动；由x＝v0t＋at2可知h＝v0t－gt2，即：25＝30t－5t2，解得：t＝1 s或t＝5 s，故选A、C.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
7.(多选)一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则(　　)
A.小球上升的最大高度是5 m
B.小球上抛的初速度大小是20 m/s
C.2.5 s时小球正在上升
D.1 s末、3 s末小球处于同一位置
答案　BD
解析　小球到达最高点前1 s上升的高度是h＝gt12＝×10×12 m＝5 m，由题知，小球上升的最大高度是H＝4h＝20 m，故A错误；由H＝，得小球上抛的初速度大小v0＝＝ m/s＝20 m/s，故B正确；小球上升的总时间t上＝＝2 s，则2.5 s时小球正在下降，故C错误；由于小球上升的总时间是2 s，则1 s末、3 s末小球处于同一位置，故D正确.
【考点】竖直上抛运动的有关计算
【题点】竖直上抛运动的有关计算
考点三　共点力的平衡
8.如图4所示，mA＞mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中(　　)
图4
A.FN增大，F2增大，F1不变
B.FN减小，F2减小，F1不变
C.FN减小，F2减小，F1增大
D.FN增大，F2减小，F1增大
答案　A
解析　B保持匀速上升，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变.根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.
对A受力分析如图，
则竖直方向：FN＋F1cos θ＝mAg.
得FN＝mAg－F1cos θ；A沿地面向右运动时，θ增大，cos θ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2＝μFN，μ不变，则F2也逐渐增大，故A正确，B、C、D错误.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】多力平衡之正交分解法
9.(多选)如图5所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则(　　)
图5
A.A与B之间一定存在摩擦力
B.B与地面之间可能存在摩擦力
C.B对A的支持力可能小于mg
D.地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g
答案　CD
解析　对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B错误，D正确.再对木块A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力N′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下.当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上.当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零.在垂直斜面方向上有FN′＝mgcos θ＋Fsin θ(θ为斜劈倾角)，故A错误，C正确.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】整体法和隔离法解平衡问题
10.(多选)如图6所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态.若不计一切摩擦，则(　　)
图6
A.水平面对正方体的弹力大小为(M＋m)g
B.墙面对正方体的弹力大小为
C.正方体对直角劈的弹力大小为mgcos α
D.直角劈对墙面的弹力大小为mgsin α
答案　AB
解析　把两个物体看成一个整体，分析受力，水平方向有两个弹力，竖直方向有重力和支持力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对正方体的弹力大小为(M＋m)g，选项A正确；以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力mg，右面墙的弹力F2，方向水平向左，正方体对直角劈的支持力F，方向过两物体的接触点垂直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为α，由力的合成和二力平衡可知，F2与F的合力与重力等大反向，故F＝，F2＝Fcos α＝，所以选项C错误；由牛顿第三定律知直角劈对墙面的弹力大小为，所以选项D错误；再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等，即为，所以选项B正确.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】整体法和隔离法解平衡问题
二、非选择题
11.(平衡中的临界问题)如图7所示，一个倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的固定斜面上，放着一个质量为M＝16 kg的三角形物块A，一轻绳一端系着物块A跨过光滑定滑轮，另一端挂着一个质量为m的物块B，A与滑轮间的轻绳水平.斜面与A间的动摩擦因数为μ＝0.8，若最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，为使系统保持静止，m最大为多少？(g取10 m/s2)
图7
答案　0.5 kg
解析　B静止平衡时，绳拉力FT满足FT＝mg
A受力情况如图所示，
沿斜面方向：
FTcos θ＋Mgsin θ＝Ff
垂直斜面方向：
FN＋FTsin θ＝Mgcos θ
系统保持静止，则Ff不超过最大静摩擦力，有Ff≤μFN
代入数据联立解得：m≤0.5 kg.
【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)
【题点】平衡中的临界问题
12.(竖直上抛运动)竖直上抛的物体，初速度为30 m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
答案　见解析
解析　物体上升到最高点所用时间t＝＝3 s.上升的最大高度H＝＝ m＝45 m
由x＝v0t－gt2得
当t1＝2.0 s位移x1＝30×2.0 m－×10×2.02 m＝40 m，
所以路程s1＝40 m
速度v1＝v0－gt1＝30 m/s－10×2.0 m/s＝10 m/s
当t2＝4.0 s>t时，
位移x2＝30×4.0 m－×10×4.02 m＝40 m，
所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m
速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，
负号表示速度方向与初速度方向相反.
13.(超重和失重的计算)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图8所示，g取10 m/s2.求：
图8
(1)小明在0～2 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；
(2)在10～11 s内，台秤的示数F3；
(3)小明运动的总位移大小.
答案　(1)1 m/s2　失重　(2)600 N　(3)19 m
解析　(1)由题图可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力F1＝450 N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1
解得a1＝1 m/s2
加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态
(2)设在10～11 s内小明的加速度大小为a3，时间为t3，
0～2 s的时间为t1，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2 m/s2
由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3
解得F3＝600 N
(3)0～2 s内位移x1＝a1t12＝2 m
2～10 s内位移x2＝a1t1t2＝16 m
10～11 s内位移x3＝a3t32＝1 m
小明运动的总位移大小x＝x1＋x2＋x3＝19 m.
【考点】超重和失重
【题点】超重、失重和完全失重的有关计算
微型专题　动力学连接体问题和临界问题
[学习目标]　1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题.2.掌握动力学临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件.
一、动力学的连接体问题
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，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法.
2.整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解.其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力.
3.隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解.其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形.
4.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.
例1　如图1所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2).
图1
答案　400 N
解析　对A、B整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：
对A、B整体，根据牛顿第二定律有：
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
FT－mBg＝mBa，联立解得：FT＝400 N.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.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运用，这将会更快捷有效.
针对训练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2所示，求两物体间的相互作用力为多大？
图2
答案　
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＝.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
例2　如图3所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后细线与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g，求小车所受牵引力的大小.
图3
答案　(M＋m)gtan θ
解析　小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mgtan θ.
由牛顿第二定律有mgtan θ＝ma　①
对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a②
联立①②解得：F＝(M＋m)gtan θ.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
二、动力学的临界问题
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.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.临界问题的常见类型及临界条件：
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零.
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.
4.解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件.
例3　如图4所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平.两根细线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N.(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)求：
图4
(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值.
(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值.
答案　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2
解析　(1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得：
竖直方向有：Fmsin 53°－mg＝ma
水平方向有：Fmcos 53°＝Fb
解得Fb＝9 N，此时加速度有最大值a＝2 m/s2
(2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：
竖直方向有：Fasin 53°＝mg
水平方向有：Fb－Facos 53°＝ma
解得Fa＝12.5 N
当Fb＝15 N时，加速度最大，有a＝7.5 m/s2
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】弹力发生突变的临界、极值问题
例4　如图5所示，细线的一端固定在倾角为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(重力加速度为g).
图5
(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
答案　(1)g　(2)g　(3)mg
解析　(1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则
FNcos 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示.由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0.
由上述两式解得FN1＝，FT1＝.
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大.
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.
(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg.
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】弹力发生突变的临界、极值问题
1.(连接体问题)如图6所示，质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ，质量为m的物块B与地面的摩擦不计，在大小为F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为(　　)
图6
A. B.　C. D.
答案　D
解析　以A、B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F－μ·2mg＝(2m＋m)a，整体的加速度大小为a＝；以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的作用力大小为FAB＝ma＝，即A、B间的作用力大小为，选项D正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
2.(连接体问题)如图7所示，光滑水平面上，水平恒力F作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ.，则在运动过程中(　　)
图7
A.木块受到的摩擦力大小一定为μmg
B.木块受到的合力大小为(M＋m)a
C.小车受到的摩擦力大小为
D.小车受到的合力大小为(m＋M)a
答案　C
解析　把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a＝.木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得Ff＝ma＝，故A错误；对木块运用牛顿第二定律得F合＝ma，故B错误；小车受到的摩擦力与Ff大小相等，故C正确；对小车运用牛顿第二定律得F车合＝Ma，故D错误.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
3.(动力学的临界问题)如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)
图8
A.μmg B.2μmg
C.3μmg D.4μmg
答案　C
解析　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，A物体所受的合力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg，对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg.由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题
一、选择题
考点一　动力学的连接体问题
1.如图1所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物.现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为(　　)
图1
A.mg B.F　C.F D.F
答案　C
解析　将弹簧测力计及重物视为一个整体，设它们共同向上的加速度为a.由牛顿第二定律得
F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a①
弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力，设此力为FT.
则对重物由牛顿第二定律得FT－mg＝ma②
联立①②解得FT＝F，C正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
2.如图2所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上.已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等.则(　　)
图2
A.F1F2 D.F1>2F2
答案　C
解析　设A、B间作用力大小为FN，则水平恒力作用在A上时，隔离B受力分析有：FN＝maB.
水平恒力作用在B上时，隔离A受力分析有：FN＝2maA.
F1＝(2m＋m)aB，F2＝(2m＋m)aA，解得F1＝3FN，F2＝FN，所以F1＝2F2，即F1>F2.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
3.如图3所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长.如果mB＝3mA，则绳子对物体A的拉力大小为(　　)
图3
A.mBg B.mAg C.3mAg D.mBg
答案　B
解析　对A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，对物体A，设绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，F＝mAa，解得F＝mAg，B正确.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
4.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，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角.重力加速度为g，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＝gsin α
D.F＝mgtan α
答案　B
解析　隔离小铁球受力分析得F合＝mgtan α＝ma且合外力方向水平向右，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、C错误.对整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故B正确，D错误.
【考点】整体法与隔离法在动力学中的应用
【题点】整体法与隔离法在动力学中的应用
考点二　动力学的临界、极值问题
5.(多选)如图5所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，则力F大小可能的是(　　)
图5
A.50 N B.100 N
C.125 N D.150 N
答案　CD
解析　对B不下滑有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)g＝125 N，选项C、D正确.
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题
6.如图6所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)(　　)
图6
A.μmg B.μ(M＋m)g　C.μ(m＋2M)g D.2μ(M＋m)g
答案　D
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】摩擦力发生突变的临界、极值问题
二、非选择题
7.(临界问题)如图7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7
(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
(2)当汽车以加速度a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0
解析　(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲.
由牛顿第二定律得：
FT1cos θ＝mg，FT1sin θ－FN＝ma
代入数据得：FT1＝50 N，FN＝22 N
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N.
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为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：FT2sin θ＝ma0，FT2cos θ＝mg
代入数据得：a0＝gtan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2＞a0
所以小球会飞起来，FN′＝0
由牛顿第二定律得：FT2＝＝40 N.
【考点】动力学中的临界、极值问题
【题点】弹力发生突变的临界、极值问题
微型专题　实验：验证牛顿第二定律
1.某实验小组设计了如图1甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用与位移传感器、力传感器相连的计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.
图1
(1)图线________是在轨道左侧抬得较高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”).
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝________ kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________.
答案　(1)①　(2)0.5　0.2
解析　(1)若轨道抬得过高，应该出现不加力时滑块就有加速度，选①.
(2)在水平面内运动时，由牛顿第二定律得：
F－μmg＝ma，在图线上取两个点(0，－2)，(1,0)代入，解得：m＝0.5 kg，μ＝0.2.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】实验的数据处理
2.某实验小组欲以如图2所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”.图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器(未画出)相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.
图2
(1)下列说法正确的是(　　)
A.实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源
B.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C.本实验中应满足m2远小于m1的条件
D.在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象
(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图3所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为vF＝________，小车加速度的计算式a＝________.
图3
(3)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图4所示.若牛顿第二定律成立，重力加速度g＝10 m/s2，则小车的质量为________ kg，小盘的质量为________ kg.
图4
(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为________ m/s2.
答案　(1)C　(2)　　(3)2.0　0.06　(4)10
解析　(1)实验时应先接通打点计时器电源，再放开小车，A项错；每次改变小车质量时，没必要重新平衡摩擦力，B项错；实验要求m2?m1，C项对；D项中应作a－m2或a－F图象，D错.
(2)vF＝＝，由逐差法知a＝.
(3)由题图中的a－F图线可知：a＝＋0.3，即图线的斜率k＝，可求解得m1≈2.0 kg.当F＝0时，a＝0.3 m/s2，此时a＝＝，所以m0＝0.06 kg.
(4)当砝码重力越来越大时，a＝，即m无限大时，a趋向于g.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】实验的数据处理
3.某同学设计了如图5所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d.开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小.再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t.
图5
(1)木块的加速度可以用d和t表示为a＝________.
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F的关系.下图中能表示该同学实验结果的是________.
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________.
A.可以改变滑动摩擦力的大小
B.可以更方便地获取更多组实验数据
C.可以更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
答案　(1)　(2)C　(3)BC
解析　(1)由d＝at2可得：a＝.
(2)由牛顿第二定律可知F－F0＝ma，
得a＝F－，C选项正确.
(3)挂钩码的方法不能连续改变细绳拉力大小，因此不能准确测出摩擦力的大小，也不利于获得多组测量数据，故B、C正确.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】验证牛顿第二定律
4.某实验小组设计了如图6甲所示的实验装置研究加速度和力的关系.实验装置主要部件为位移传感器的发射器和接收器，分别固定在轨道右端和小车上；通过传感器测定两者间位移变化，从而测出小车的加速度.
图6
(1)在该实验中采用的方法是________.
保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，用传感器测小车的加速度.通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象.
该实验小组在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图乙所示，可知在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的图线是________(选填“①”或“②”).
(2)随着钩码的数量逐渐增大，图乙中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________.
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
答案　(1)控制变量法　①　(2)C
解析　(1)在研究加速度与力的关系时，要控制小车的质量不变，这种方法叫做控制变量法，a－F图线中图线①与a轴正半轴有交点，表明拉力F为零时，小车具有沿轨道向下的加速度，一定是轨道右侧抬高为斜面的情况.
(2)由牛顿第二定律可得：a＝，又F＝mg，故a＝F，可见a－F图线的斜率k＝，当M?m时，斜率几乎不随m改变，但当所挂钩码的总质量太大时，图线斜率k将随m的增大而减小，因此图线发生弯曲，故C正确.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】实验的误差分析
5.某实验小组利用如图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)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量.(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图8所示甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲____m乙，μ甲____μ乙.(选填“大于”“小于”或“等于”)
图8
答案　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于
解析　(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木块不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D正确，B、C错误.
(2)选木块和木块上砝码(设总质量为M)、砝码桶及桶内的砝码(设总质量为m)为研究对象，
则mg＝(M＋m)a
选砝码桶及桶内的砝码为研究对象
则mg－FT＝ma
联立解得：FT＝mg－
要使FT＝mg，需要→0，即M?m
(3)对质量为m的木块由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
即a＝F－μg.
上式与题图结合可知：＞，μ甲g＞μ乙g.
即：m甲＜m乙，μ甲＞μ乙.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】实验的数据处理
6.某实验小组用如图9所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系.用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车A、B放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连.两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起.将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭.实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作，打点稳定后，甲将两辆小车同时释放.在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作.取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验.
图9
请回答以下问题：
(1)如图10所示为小车A后面的纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm.打点计时器所用电源的频率为50 Hz，则小车A的加速度a1＝________ m/s2(结果保留两位有效数字).同样测出车B的加速度a2，若a1∶a2近似等于________，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其受到的合外力成正比.
图10
(2)丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x1、x2，也能完成实验探究.他的验证方法是_____，理由是_________.
(3)下列操作中，对减少实验误差有益的是________.
A.换用质量大一些的钩码
B.换用质量大一些的小车
C.调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行
D.平衡小车运动受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来
答案　(1)0.48　1∶2　(2)比较x1∶x2是否近似等于1∶2　小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x＝at2可知，x与a成正比，即距离之比等于加速度之比　(3)AC
解析　(1)由纸带可知，小车A的加速度a1＝，式中T＝0.1 s，代入数据可知，a1≈0.48 m/s2；由装置可知，B车受到的拉力FTB等于A车所受拉力FTA的2倍，若a1∶a2＝FTA∶FTB＝1∶2，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其受到的合外力成正比.
(2)丙同学的验证方法是：比较x1∶x2是否近似等于1∶2；小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x＝at2可知，x与a成正比，即距离之比等于加速度之比.
(3)换用质量大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，选项A正确；换用质量大一些的小车，会增大阻力，加大误差，选项B错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，选项C正确；平衡小车运动受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应该连接细线，选项D错误.
【考点】验证牛顿第二定律
【题点】验证牛顿第二定律
微型专题　滑块—木板模型和传送带模型
[学习目标]　1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型.2.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题.
一、滑块—木板模型
1.模型概述：一个物体在另一个物体上发生相对滑动，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系.
2.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.
3.解题方法
分别隔离两物体，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(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.
例1　如图1所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上.在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止.现在板的右端施加一大小恒定的水平力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出.g＝10 m/s2，求：
图1
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B运动多长时间离开A.
答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s
解析　(1)对于B：μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对于A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2
(2)设经时间t抽出，则xA＝aAt2
xB＝aBt2
Δx＝xA－xB＝l－x
解得t＝2 s.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的动力学问题
求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
1.搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向.
2.正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况.
针对训练1　如图2所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长.求：
图2
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于水平面的加速度a的大小；
(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.
答案　(1)0.5 N　向右　(2)1 m/s2　(3)1 m/s
解析　(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力F1＝μmg＝0.5 N，方向向左
根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N.
(2)根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
得a＝μg＝1 m/s2
(3)木板的加速度a′＝μg＝0.5 m/s2
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：
对滑块：v＝v0－at
对长木板：v＝a′t
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v＝1 m/s.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的动力学问题
二、传送带类问题
1.特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到别的地方去.它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用.
2.解题思路：(1)判断摩擦力突变点(含大小和方向)，给运动分段；(2)物体运动速度与传送带运行速度相同，是解题的突破口；(3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出.
例2　如图3所示，水平传送带正在以v＝4 m/s的速度匀速顺时针转动，质量为m＝1 kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g取10 m/s2).
图3
(1)如果传送带长度L＝4.5 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端；
(2)如果传送带长度L＝20 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端.
答案　(1)3 s　(2)7 s
解析　物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动.由μmg＝ma得a＝μg，
若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动.
物块匀加速运动的时间t1＝＝＝4 s
物块匀加速运动的位移x1＝at12＝μgt12＝8 m
(1)因为4.5 m<8 m，所以物块一直加速，由L＝at2得t＝3 s
(2)因为20 m>8 m，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，
物块匀速运动的时间t2＝＝ s＝3 s
故物块到达传送带右端的时间t′＝t1＋t2＝7 s.
【考点】传送带问题
【题点】水平传送带问题
分析水平传送带问题的注意事项
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).
针对训练2　(多选)如图4甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　)
　　　
图4
A.乘客与行李同时到达B处
B.乘客提前0.5 s到达B处
C.行李提前0.5 s到达B处
D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
答案　BD
解析　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s，到达B共用2.5 s.乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确.若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝＝ s＝2 s，D正确.
【考点】传送带问题
【题点】水平传送带问题
例3　如图5所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64 m，传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图5
答案　4 s
解析　开始时物体下滑的加速度：a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，运动到与传送带共速的时间为：t1＝＝ s＝2 s，下滑的距离：x1＝a1t12＝20 m；由于tan 37°＝0.75＞0.5，故物体2 s后继续加速下滑，且此时：a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，根据x2＝vt2＋a2t22，解得：t2＝2 s，故共用时间t＝4 s.
【考点】传送带问题
【题点】倾斜传送带问题
物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；若μ1.(滑块—木板模型)如图6所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块.物块与木板的接触面是光滑的.从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是(　　)
图6
答案　D
解析　木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的动力学问题
2.(传送带问题)(多选)如图7所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动.将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小.下列选项正确的是(　　)
图7
答案　AB
解析　物体在传送带上先做匀加速运动，当达到共同速度后再做匀速运动，A、B正确.
【考点】传送带问题
【题点】水平传送带问题
3.(传送带问题)如图8所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是(　　)
图8
A.物块下滑的速度不变
B.物块开始在传送带上加速到2v0后匀速
C.物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动
D.物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上
答案　C
解析　在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确.
【考点】传送带问题
【题点】倾斜传送带问题
4.(滑块—木板模型)如图9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9
(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：①m和M的加速度a1、a2的大小；②小物块从开始运动到离开木板所用的时间.
答案　(1)4 m/s　(2)①4 m/s2　3 m/s2　②2 s
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
小物块离开木板时，有v2＝2al
解得v＝4 m/s.
(2)①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.
②由位移公式知
x1＝a1t2，x2＝a2t2
小物块从开始运动到离开木板，有
x1－x2＝l
联立解得t＝2 s.
【考点】滑块—木板模型问题
【题点】滑块—木板模型的动力学问题
5.(传送带问题)如图10所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s 的恒定速率运行，一质量为m＝4 kg的行李(可视为质点)无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2.求：
图10
(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
(2)行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处.求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率.
答案　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s
解析　(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力F＝μmg
将题给数据代入，得F＝4 N
由牛顿第二定律，得F＝ma
代入数值，得a＝1 m/s2
(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s，则v＝at
代入数据，得t＝1 s.
(3)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则l＝at，代入数据得tmin＝2 s.传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin，代入数据得vmin＝2 m/s.
【考点】传送带问题
【题点】水平传送带问题
微型专题　瞬时加速度问题和动力学图象问题
[学习目标]　1.会分析物体受力的瞬时变化，会求瞬时加速度.2.会分析物体受力随时间的变化图象和速度随时间的变化图象，会结合图象解答动力学问题.
一、瞬时加速度问题
物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以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：
(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，恢复形变几乎不需要时间，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，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的.
例1　如图1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，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
图1
A.弹簧的拉力F＝
B.弹簧的拉力F＝mgsin θ
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a＝gsin θ
答案　A
解析　烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误.烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
1.加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、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.
2.分析瞬时变化问题的一般思路：
(1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小.
(2)分析瞬时变化后每个力的变化情况.
(3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度.
针对训练1　如图2所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是(　　)
图2
A.aA＝0，aB＝0
B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝3g，aB＝g
D.aA＝3g，aB＝0
答案　D
解析　分析B球原来受力如图甲所示，F′＝2mg
剪断细线后弹簧形变不会瞬间恢复，故B球受力不变，aB＝0.
分析A球原来受力如图乙所示，
FT＝F＋mg，F′＝F，故FT＝3mg.
剪断细线，FT变为0，F大小不变，A球受力如图丙所示
由牛顿第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
二、动力学的图象问题
1.常见的图象形式
在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x－t图象)、速度图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹.
2.图象问题的分析方法
遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题.
例2　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3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(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
图3
A.0.5 kg,0.4　　　　　　 B.1.5 kg，
C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2
答案　A
解析　由题图可得，物块在2～4 s内所受推力F＝3 N，物块做匀加速直线运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－Ff＝ma
物块在4～6 s所受推力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F′＝Ff，F′＝μmg
解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】用牛顿运动定律解决图象问题
解决图象综合问题的关键
1.把图象与具体的题意、情境结合起来，明确图象的物理意义，明确图象所反映的物理过程.
2.特别注意图象中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义.
针对训练2　为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图4甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.
图4
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长).
答案　(1)　(2)0.075 m
解析　(1)0～2 s内，F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，a1＝＝0.5 m/s2，2 s后，F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0，代入数据解得m＝3 kg，μ＝.
(2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3，
解得a3＝－ m/s2，x3＝＝0.075 m.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】用牛顿运动定律解决图象问题
1.(瞬时加速度问题)如图5所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则(　　)
图5
A.a1＝a2＝0
B.a1＝a，a2＝0
C.a1＝a，a2＝a
D.a1＝a，a2＝－a
答案　D
解析　两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D正确.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
2.(瞬时加速度问题)如图6所示，a、b两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向)(　　)
图6
A.0，g B.－g，g
C.－2g，g D.2g，0
答案　C
解析　在细线烧断之前，a、b可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹力向上且大小为3mg.当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a受重力mg和方向向上且大小为3mg的弹力，取向下为正方向，则a的加速度a1＝＝－2g，方向向上.对b而言，细线烧断后只受重力作用，则b的加速度为a2＝g，方向向下.故C正确.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
3.(图象问题)质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图7所示，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图线，则拉力和摩擦力之比为(　　)
图7
A.9∶8 B.3∶2 C.2∶1 D.4∶3
答案　B
解析　由题可知，题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得＝，B正确.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
4.(图象问题)(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图8中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　)
图8
A.μA＝μB，mA＜mB B.μB＜μC，mB＝mC
C.μB＝μC，mB＞mC D.μA＜μC，mA＜mC
答案　ABD
解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图象的斜率k＝，由图象可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg，根据图象可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】由a－F图象求运动学参量
一、选择题
考点一　瞬时加速度问题
1.一气球吊着一重物，以7 m/s的速度匀速上升，某时刻绳子突然断裂，则绳子断裂瞬间重物的速度v和加速度a的大小分别为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A.v＝0，a＝0 B.v＝7 m/s，a＝0
C.v＝7 m/s，a＝10 m/s2 D.v＝0，a＝10 m/s2
答案　C
解析　重物和气球一起以7 m/s的速度匀速上升，在绳子突然断开的瞬时，物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以此时重物的速度仍为v＝7 m/s；绳子突然断开的瞬间，绳的拉力消失，重物只受重力，故其加速度大小等于重力加速度大小，即a＝g＝10 m/s2，故C正确.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
2.(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间(　　)
图1
A.A的加速度大小为 B.A的加速度大小为零
C.B的加速度大小为 D.B的加速度大小为
答案　BD
解析　在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为，选项C错，D对.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
3.如图2所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)(　　)
图2
A.0 B.g C.g D.g
答案　B
解析　未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F，合力与木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故可知加速度的大小为g.
【考点】瞬时加速度问题
【题点】瞬时加速度问题
考点二　动力学的图象问题
4.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3所示.取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　)
图3
A.0.2,6 N B.0.1,6 N
C.0.2,8 N D.0.1,8 N
答案　A
解析　在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图象的斜率表示加速度，a＝ m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2.在0～6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，选项A正确.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
5.(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图象如图4所示，则(　　)
图4
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
答案　AD
解析　上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
6.(多选)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图5甲所示，他使木块以初速度v0＝4 m/s沿倾角θ＝30°的固定斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是(　　)
图5
A.上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2
B.木块与斜面间的动摩擦因数μ＝
C.木块回到出发点时的速度大小v＝2 m/s
D.木块在t＝2 s时返回出发点
答案　ABC
解析　由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，加速度大小a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，选项A正确；上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度a1＝，解得μ＝，选项B正确；上滑的位移x＝＝1 m；下滑过程中，加速度a2＝＝2 m/s2，木块回到出发点时的速度大小v＝＝2 m/s，下滑的时间t2＝＝1 s，回到出发点的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项C正确，选项D错误.
【考点】用牛顿运动定律解决图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
二、非选择题
7.(动力学图象问题)如图6甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的v－t图象如图乙所示.求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图6
(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移.
答案　(1)0.5　(2)2.2 m，沿斜面向上
解析　(1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4 m/s2
根据牛顿第二定律，F－mgsin θ－Ff＝ma1，
FN＝mgcos θ，而Ff＝μFN，代入数据解得μ＝0.5.
(2)撤去F后，－mgsin θ－Ff＝ma2，得a2＝－10 m/s2，
设经过t2时间减速到0，根据运动学公式有0＝v1＋a2t2，
解得t2＝0.8 s
在0.8 s内物体向上运动的位移为x2
0－v12＝2a2x2，得x2＝3.2 m
物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则
mgsin θ－Ff＝ma3，解得a3＝2 m/s2
再经t3＝1 s物体发生位移x3，x3＝a3t32＝1 m
撤去F后物体在1.8 s内的位移x＝x2－x3＝2.2 m，方向沿斜面向上.
【考点】动力学的图象问题
【题点】由v－t、x－t图象求a、F
第四章 牛顿运动定律
章末总结