专题三 牛顿运动定律（解析版）
考点
要求
考点解读及预测
.牛顿运动定律、牛顿定律的应用
Ⅱ
考查热点：牛顿运动定律及其应用。
命题方式：选择题和计算题(与其他知识结合)。
复习策略：(1)熟练掌握牛顿第二定律及其两类动力学问题。
(2)熟练掌握整体法、隔离法在牛顿运动定律问题中的灵活应用。
超重和失重
Ⅰ
一、平衡力和作用力、反作用力区别
内容
作用力和反作用力
平衡力
受力物体
作用在两个物体上
作用在同一个物体上
依赖关系
相互依存，不可单独存在
无依赖关系，撤除一个，另一个依然存在，只是不再平衡
叠加性
两个力的效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两个力的作用效果可以抵消，可叠加，可求合力，合力可为零
力的性质
一定是同性质的力
可以是同性质的力，也可以不是同性质的力
二、对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的五个性质
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化。
(2)加速度描述物体速度变化的快慢，加速度大，速度变化快。
(3)速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向速度增大，反向则速度减小。
三、突变类问题(力的瞬时性)
物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力．若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即(同时)改变;或合外力变为零，加速度也立即变为零(物体运动的加速度可以突变)．加速度与合力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两类模型：
求解瞬时性加速度问题时应注意的两个关键点
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
四、在应用牛顿第二定律时怎样使用正交分解法？
正交分解是矢量运算的一种常见方法．在牛顿第二定律中应用正交分解时，直角坐标系的建立有两种方法．通常以加速度a的方向为x轴正方向，与此垂直方向为y轴，建立直角坐标系，将物体所受的力按x轴及y轴方向的分解，分别求得x轴和y轴方向上的合力Fx和Fy．根据力的独立性原理，各个方向上的力产生各自的加速度，得方程组Fx=ma，Fy=0．但有时用这种方法得到的方程组求解较为繁琐，因此在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a得ax和ay，根据牛顿第二定律得方程组Fx=max，Fy=may求解．至于采用哪种方法，要视具体情况灵活使用．
五．解决动力学两类基本问题的思路
(1)第一类问题：已知力求运动：知道物体受到的全部作用力，应用牛顿第二定律求加速度，如果再知道物体的初始运动状态，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。
(2)第二类问题：已知运动求力：知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。
六．对超重和失重的理解
1．只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2．物体处于超重或失重状态，物体的重力始终存在，大小也没有变化．
3、在完全失重的状态下，平常一切由于重力产生的物理现象都完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不受浮力、液体柱不再产生向下的压强．
七．整体法和隔离法在力学中的应用
1．整体法和隔离法巧解动力学问题
（1）整体法：是将一组连接体作为一个整体看待，牛顿第二定律中F合=ma，F合是整体受的外力，只分析整体所受的外力即可（因为连接体的相互作用力是内力，可不分析），简化了受力分析。在研究连接体时，连接体各部分的运动状态可以相同（只要求此种情况），也可以不同。如连接体内各物体具有相同的加速度，求解整体受到的外力，宜采用整体法。
（2）隔离法：是在求解连接体的相互作用力时采用，将某个部分从连接体中分离出来，其它部分对它的作用力就成了外力。连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，宜采用隔离法。
整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交替使用。若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
2．整体法和隔离法巧解能量问题
运动过程中的整体与隔离，如利用能量观点解决问题，常抓住整个过程的初、末状态整体分析，若求解多过程中的某一物理量，应对各个物理过程隔离进行受力分析及运动状态分析。
3．注意问题
(1)分析所研究的问题是否属于整体法和隔离法问题。
(2)确定该问题属于哪类整体、隔离问题。
八、动力学的图像问题
1．常见的动力学图像
v -t图像、a -t图像、F -t图像、F -a图像等。
2．动力学图像问题的类型
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考点一、平衡力和作用力、反作用力区别
[典例1]如图3-1-6所示，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．200 N B．280 N C．320 N D．920 N
【思路点拔】(1)利用牛顿第二定律求绳的拉力。
(2)利用牛顿第三定律求绳对人的拉力及人对地面的压力。
[解析] 设人对绳的拉力大小为F，对重物m应用牛顿第二定律得mg－F＝ma；由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力F′与人对绳的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为FN，对人应用平衡条件可得F′＋FN＝Mg，解得FN＝Mg－mg＋ma＝280 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为280 N，B正确。
[答案] B
【规律方法】“转移对象法”在受力分析中的应用
对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，解出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向。
考点二：在应用牛顿第二定律时怎样使用正交分解法？
[典例2]如图3-1-3表示某人站在一架与水平成θ角的以加速度a向上运动的自动扶梯台阶上，人的质量为m，鞋底与阶梯的摩擦系数为μ，求此时人所受的摩擦力．
【思路点拔】①沿加速度方向为x轴建立坐标系②沿水平向右方向为x轴建立坐标系，分解加速度
【解析】：方法一：人受力如图3-1-7，建立图示的坐标系，根据牛顿第二定律得：
x方向：Nsinθ+fcosθ-mgsinθ=ma ①
y方向：Ncosθ-mgcosθ-fsinθ=0 ②
由①②得：f=macomθ 方向水平向右
方法二：如答图3-1-8，建立直角坐标系并将加速度a沿已知力的方向正交分解．水平方向加速度a2=acosθ
由牛顿第二定律知
f = ma2 = macosθ 方向水平向右
【答案】f = ma2 = macosθ 方向水平向右
【规律方法】：恰当地选取坐标轴的方向，会给计算带来方便
考点三、突变类问题(力的瞬时性)
[典例3]如图3-1-2所示，质量为m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线瞬间，求小球的加速度；剪断B处弹簧的瞬间，求小球的加速度．
【思路点拔】 剪断线AC瞬间，拉力立即变为零，弹簧长度不变，弹力不变，剪断B处弹簧瞬间，由于不考虑弹簧质量，弹簧形变立即消失，弹力立即变为零，小球将以A为圆心、AC长为半径做变速圆周运动，
【解析】：本题所说细线、轻弹簧即是把线和弹簧理想化，认为他们质量可忽略不计，还认为线的长度一定(即线的长度变化可忽略不计)．弹簧要考虑形变大小．小球平衡时受三个力的作用：重力mg，拉力T1，弹力T2，则T1=T2＝mg． 剪断线AC瞬间，拉力T1立即变为零，弹簧长度不变，弹力T2不变，小球受力为mg和T2，这两个力的合力F＝mg，方向与竖直方向成60O角斜向右下方．由牛顿第二定律知，小球加速度大小为a＝F/m＝g.方向与竖直方向成60o角斜向右下方．
剪断B处弹簧瞬间，由于不考虑弹簧质量，弹簧形变立即消失，弹力T2立即变为零，小球将以A为圆心、AC长为半径做变速圆周运动，其加速度沿圆周的切线方向，即与AC垂直斜向左下方，绳的拉力T1立即变为Tl/；Tl/与mg的合力为F/, F/的方向垂直AC，如图3-1-6所示，θ=300，F/=mgcosθ=．根据牛顿第二定律有a==．方向与竖直方向成300斜向左下方．
【答案】小球加速度大小为a＝F/m＝g.方向与竖直方向成60o角斜向右下方，a==．方向与竖直方向成300斜向左下方
【规律方法】：从上可以看出，牛顿定律应用中的有关弹簧问题，只要抓住了弹簧产生力的特点，问题就容易解决了．
考点四．解决动力学两类基本问题的思路
[典例4]如图3-2-3所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【思路点拔】(1)根据物块由A到B运动的初速度、时间和位移列什么运动规律公式可求出加速度的大小及到达B点时速度的大小？
提示：由位移公式可以求出加速度的大小，由速度公式可以求出物块到达B点时速度的大小。
(2)对物块受力分析，列出牛顿第二定律方程，怎样求解拉力F的最小值？
提示：根据牛顿第二定律方程，求出F的表达式，应用三角函数求极值。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得L＝v0t＋at2
vB＝v0＋at
解得 a＝3 m/s2，vB＝8 m/s
(2)对物块受力分析如图所示，FN、Ff为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有Fsin α＋FN＝mgcos θ
沿斜面方向有
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
又因为Ff＝μFN
解得Fcos α＋Fsin α＝5.2 N
则 F＝＝＝
当α＝30°时，拉力F有最小值，Fmin＝ N
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N
【规律方法】：
解答动力学两类问题的两个关键点
考点五．对超重和失重的理解
[典例5] [多选] 如图3-2-4所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
【思路点拔】由弹簧测力计示数的变化判断电梯处于超重，还是失重？电梯的运动可能是什么？提示：弹簧测力计的示数减小，电梯处于失重状态，其加速度竖直向下，可能向下加速运动，也可能向上减速运动。
[解析] 电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F，m＝1 kg，当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，B、C正确。
[答案] BC
【规律方法】超重和失重现象的判断“两”角度
考点六．整体法与隔离法
【典例6】如图3-2-4所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？
【思路点拔】:先整体法求加速度后隔离法求内力
[解析]：因为m和M保持相对静止，所以可以将（m＋M）整体视为研究对象。受力如答图3－2-6，受重力（M+m）g、支持力N′如图建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程
x：(M+m)gsinθ=(M+m)a??? ①
解得a=gsinθ
沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－15。
根据牛顿第二定律列方程
x: f=max ②
y: N2-mg=may ③
因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图3-21。
ax =acosθ ④
ay=asinθ ⑤
由式②，③，④，⑤解得
f=mgsinθ·cosθ
方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
[答案]f=mgsinθ·cosθ
方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
【规律方法】：此题可以视为连接体问题。连接体问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。
另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。
考点七、动力学的图像问题
[典例7] 如图3-2-6所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
图3-2-7
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【思路点拔】(1)由Ff-t图象判断0～4 s内物块做什么运动？4 s后做什么运动？
提示：0～4 s内物块保持静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，4 s末静摩擦力达到最大值，4 s后物块加速滑动。
(2)结合F-t图象和Ff-t图象如何求解6 s～9 s内物块的加速度？
提示：6 s～9 s内物块所受的力F＝5 N，Ff＝3 N，由牛顿第二定律列方程求物块的加速度。
[解析] 由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s末开始运动，故5 s内拉力对物块做了功，A错误；4 s末物块所受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小为0，B错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N，物块对木板的压力为10 N，所以物块与木板之间的动摩擦因数为0.3，C错误；6 s～9 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，D正确。
[答案] D
【规律方法】：分析图象问题常见的四个误区
(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
(2)不注意坐标原点是否从零开始。
(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。
(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )
A．质量和时间 B．质量和位移
C．重力和时间 D．重力和位移
2．DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统，某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律，他们在电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，传感器的测量挂钩向下，在挂钩上悬挂一个质量为1.0 kg的钩码，在电梯由静止开始上升的过程中，计算机屏上显示如图1所示的图象(g取10 m/s2)，则( )
A．t1到t2时间内，电梯匀速上升
B．t2到t3时间内，电梯处于静止状态
C．t3到t4时间内，电梯处于超重状态
D．t1到t2时间内，电梯的加速度大小为5 m/s2
3．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是( )
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
5．图2甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2乙中的( )
甲 乙
图2
A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和②
6．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
7．如图3所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k。现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
图3
A. B. C．L＋ D．L＋
8．[多选]如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )
9．如图4甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v -t图象(以地面为参考系)如图4乙所示。已知v2>v1，则( )
甲 乙
图4
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
10.[多选]如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
11．如图9所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)。求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小。
12．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v -t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
13、如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
14、如图3-2-9所示，长为L，内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口，现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变(重力加速度为g)。
(1)求小物块下落过程中的加速度a的大小；
(2)求小球从管口抛出时的速度v0的大小；
(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L。
15、如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。
专题三 牛顿运动定律（解析版）
考点
要求
考点解读及预测
.牛顿运动定律、牛顿定律的应用
Ⅱ
考查热点：牛顿运动定律及其应用。
命题方式：选择题和计算题(与其他知识结合)。
复习策略：(1)熟练掌握牛顿第二定律及其两类动力学问题。
(2)熟练掌握整体法、隔离法在牛顿运动定律问题中的灵活应用。
超重和失重
Ⅰ
一、平衡力和作用力、反作用力区别
内容
作用力和反作用力
平衡力
受力物体
作用在两个物体上
作用在同一个物体上
依赖关系
相互依存，不可单独存在
无依赖关系，撤除一个，另一个依然存在，只是不再平衡
叠加性
两个力的效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两个力的作用效果可以抵消，可叠加，可求合力，合力可为零
力的性质
一定是同性质的力
可以是同性质的力，也可以不是同性质的力
二、对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的五个性质
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化。
(2)加速度描述物体速度变化的快慢，加速度大，速度变化快。
(3)速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向速度增大，反向则速度减小。
三、突变类问题(力的瞬时性)
物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力．若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即(同时)改变;或合外力变为零，加速度也立即变为零(物体运动的加速度可以突变)．加速度与合力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两类模型：
求解瞬时性加速度问题时应注意的两个关键点
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
四、在应用牛顿第二定律时怎样使用正交分解法？
正交分解是矢量运算的一种常见方法．在牛顿第二定律中应用正交分解时，直角坐标系的建立有两种方法．通常以加速度a的方向为x轴正方向，与此垂直方向为y轴，建立直角坐标系，将物体所受的力按x轴及y轴方向的分解，分别求得x轴和y轴方向上的合力Fx和Fy．根据力的独立性原理，各个方向上的力产生各自的加速度，得方程组Fx=ma，Fy=0．但有时用这种方法得到的方程组求解较为繁琐，因此在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a得ax和ay，根据牛顿第二定律得方程组Fx=max，Fy=may求解．至于采用哪种方法，要视具体情况灵活使用．
五．解决动力学两类基本问题的思路
(1)第一类问题：已知力求运动：知道物体受到的全部作用力，应用牛顿第二定律求加速度，如果再知道物体的初始运动状态，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。
(2)第二类问题：已知运动求力：知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。
六．对超重和失重的理解
1．只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2．物体处于超重或失重状态，物体的重力始终存在，大小也没有变化．
3、在完全失重的状态下，平常一切由于重力产生的物理现象都完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不受浮力、液体柱不再产生向下的压强．
七．整体法和隔离法在力学中的应用
1．整体法和隔离法巧解动力学问题
（1）整体法：是将一组连接体作为一个整体看待，牛顿第二定律中F合=ma，F合是整体受的外力，只分析整体所受的外力即可（因为连接体的相互作用力是内力，可不分析），简化了受力分析。在研究连接体时，连接体各部分的运动状态可以相同（只要求此种情况），也可以不同。如连接体内各物体具有相同的加速度，求解整体受到的外力，宜采用整体法。
（2）隔离法：是在求解连接体的相互作用力时采用，将某个部分从连接体中分离出来，其它部分对它的作用力就成了外力。连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，宜采用隔离法。
整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交替使用。若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
2．整体法和隔离法巧解能量问题
运动过程中的整体与隔离，如利用能量观点解决问题，常抓住整个过程的初、末状态整体分析，若求解多过程中的某一物理量，应对各个物理过程隔离进行受力分析及运动状态分析。
3．注意问题
(1)分析所研究的问题是否属于整体法和隔离法问题。
(2)确定该问题属于哪类整体、隔离问题。
八、动力学的图像问题
1．常见的动力学图像
v -t图像、a -t图像、F -t图像、F -a图像等。
2．动力学图像问题的类型
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
考点一、平衡力和作用力、反作用力区别
[典例1]如图3-1-6所示，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．200 N B．280 N C．320 N D．920 N
【思路点拔】(1)利用牛顿第二定律求绳的拉力。
(2)利用牛顿第三定律求绳对人的拉力及人对地面的压力。
[解析] 设人对绳的拉力大小为F，对重物m应用牛顿第二定律得mg－F＝ma；由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力F′与人对绳的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为FN，对人应用平衡条件可得F′＋FN＝Mg，解得FN＝Mg－mg＋ma＝280 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为280 N，B正确。
[答案] B
【规律方法】“转移对象法”在受力分析中的应用
对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，解出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向。
考点二：在应用牛顿第二定律时怎样使用正交分解法？
[典例2]如图3-1-3表示某人站在一架与水平成θ角的以加速度a向上运动的自动扶梯台阶上，人的质量为m，鞋底与阶梯的摩擦系数为μ，求此时人所受的摩擦力．
【思路点拔】①沿加速度方向为x轴建立坐标系②沿水平向右方向为x轴建立坐标系，分解加速度
【解析】：方法一：人受力如图3-1-7，建立图示的坐标系，根据牛顿第二定律得：
x方向：Nsinθ+fcosθ-mgsinθ=ma ①
y方向：Ncosθ-mgcosθ-fsinθ=0 ②
由①②得：f=macomθ 方向水平向右
方法二：如答图3-1-8，建立直角坐标系并将加速度a沿已知力的方向正交分解．水平方向加速度a2=acosθ
由牛顿第二定律知
f = ma2 = macosθ 方向水平向右
【答案】f = ma2 = macosθ 方向水平向右
【规律方法】：恰当地选取坐标轴的方向，会给计算带来方便
考点三、突变类问题(力的瞬时性)
[典例3]如图3-1-2所示，质量为m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线瞬间，求小球的加速度；剪断B处弹簧的瞬间，求小球的加速度．
【思路点拔】 剪断线AC瞬间，拉力立即变为零，弹簧长度不变，弹力不变，剪断B处弹簧瞬间，由于不考虑弹簧质量，弹簧形变立即消失，弹力立即变为零，小球将以A为圆心、AC长为半径做变速圆周运动，
【解析】：本题所说细线、轻弹簧即是把线和弹簧理想化，认为他们质量可忽略不计，还认为线的长度一定(即线的长度变化可忽略不计)．弹簧要考虑形变大小．小球平衡时受三个力的作用：重力mg，拉力T1，弹力T2，则T1=T2＝mg． 剪断线AC瞬间，拉力T1立即变为零，弹簧长度不变，弹力T2不变，小球受力为mg和T2，这两个力的合力F＝mg，方向与竖直方向成60O角斜向右下方．由牛顿第二定律知，小球加速度大小为a＝F/m＝g.方向与竖直方向成60o角斜向右下方．
剪断B处弹簧瞬间，由于不考虑弹簧质量，弹簧形变立即消失，弹力T2立即变为零，小球将以A为圆心、AC长为半径做变速圆周运动，其加速度沿圆周的切线方向，即与AC垂直斜向左下方，绳的拉力T1立即变为Tl/；Tl/与mg的合力为F/, F/的方向垂直AC，如图3-1-6所示，θ=300，F/=mgcosθ=．根据牛顿第二定律有a==．方向与竖直方向成300斜向左下方．
【答案】小球加速度大小为a＝F/m＝g.方向与竖直方向成60o角斜向右下方，a==．方向与竖直方向成300斜向左下方
【规律方法】：从上可以看出，牛顿定律应用中的有关弹簧问题，只要抓住了弹簧产生力的特点，问题就容易解决了．
考点四．解决动力学两类基本问题的思路
[典例4]如图3-2-3所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【思路点拔】(1)根据物块由A到B运动的初速度、时间和位移列什么运动规律公式可求出加速度的大小及到达B点时速度的大小？
提示：由位移公式可以求出加速度的大小，由速度公式可以求出物块到达B点时速度的大小。
(2)对物块受力分析，列出牛顿第二定律方程，怎样求解拉力F的最小值？
提示：根据牛顿第二定律方程，求出F的表达式，应用三角函数求极值。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得L＝v0t＋at2
vB＝v0＋at
解得 a＝3 m/s2，vB＝8 m/s
(2)对物块受力分析如图所示，FN、Ff为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有Fsin α＋FN＝mgcos θ
沿斜面方向有
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
又因为Ff＝μFN
解得Fcos α＋Fsin α＝5.2 N
则 F＝＝＝
当α＝30°时，拉力F有最小值，Fmin＝ N
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N
【规律方法】：
解答动力学两类问题的两个关键点
考点五．对超重和失重的理解
[典例5] [多选] 如图3-2-4所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
【思路点拔】由弹簧测力计示数的变化判断电梯处于超重，还是失重？电梯的运动可能是什么？提示：弹簧测力计的示数减小，电梯处于失重状态，其加速度竖直向下，可能向下加速运动，也可能向上减速运动。
[解析] 电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F，m＝1 kg，当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，B、C正确。
[答案] BC
【规律方法】超重和失重现象的判断“两”角度
考点六．整体法与隔离法
【典例6】如图3-2-4所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？
【思路点拔】:先整体法求加速度后隔离法求内力
[解析]：因为m和M保持相对静止，所以可以将（m＋M）整体视为研究对象。受力如答图3－2-6，受重力（M+m）g、支持力N′如图建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程
x：(M+m)gsinθ=(M+m)a??? ①
解得a=gsinθ
沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－15。
根据牛顿第二定律列方程
x: f=max ②
y: N2-mg=may ③
因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图3-21。
ax =acosθ ④
ay=asinθ ⑤
由式②，③，④，⑤解得
f=mgsinθ·cosθ
方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
[答案]f=mgsinθ·cosθ
方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
【规律方法】：此题可以视为连接体问题。连接体问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。
另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。
考点七、动力学的图像问题
[典例7] 如图3-2-6所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
图3-2-7
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【思路点拔】(1)由Ff-t图象判断0～4 s内物块做什么运动？4 s后做什么运动？
提示：0～4 s内物块保持静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，4 s末静摩擦力达到最大值，4 s后物块加速滑动。
(2)结合F-t图象和Ff-t图象如何求解6 s～9 s内物块的加速度？
提示：6 s～9 s内物块所受的力F＝5 N，Ff＝3 N，由牛顿第二定律列方程求物块的加速度。
[解析] 由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s末开始运动，故5 s内拉力对物块做了功，A错误；4 s末物块所受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小为0，B错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N，物块对木板的压力为10 N，所以物块与木板之间的动摩擦因数为0.3，C错误；6 s～9 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，D正确。
[答案] D
【规律方法】：分析图象问题常见的四个误区
(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
(2)不注意坐标原点是否从零开始。
(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。
(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )
A．质量和时间 B．质量和位移
C．重力和时间 D．重力和位移
【解析】kg为质量的单位，s为时间的单位
【答案】：A
2．DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统，某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律，他们在电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，传感器的测量挂钩向下，在挂钩上悬挂一个质量为1.0 kg的钩码，在电梯由静止开始上升的过程中，计算机屏上显示如图1所示的图象(g取10 m/s2)，则( )
A．t1到t2时间内，电梯匀速上升
B．t2到t3时间内，电梯处于静止状态
C．t3到t4时间内，电梯处于超重状态
D．t1到t2时间内，电梯的加速度大小为5 m/s2
【解析】选D 0～t1时间内，F1＝mg，电梯静止，t1～t2时间内，F2＞mg，电梯加速上升，加速度a＝＝ 5 m/s2，A错误，D正确；t2～t3时间内，F3＝mg，电梯匀速上升，B错误；t3～t4时间内，F4＜mg，电梯减速上升，处于失重状态，C错误。
【答案】D
3．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是( )
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
【解析】根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。
【答案】B
4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
【解析】物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
【答案】C
5．图2甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2乙中的( )
甲 乙
图2
A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和②
【解析】小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，而am＝g，故＝sin θ；由牛顿第三定律得F′N＝FN，F′Nm＝FNm，而FN＝mgcos θ，FNm＝mg，即＝cos θ，则＝cos θ；重力加速度的最大值gm＝g，即＝1，B正确。
【答案】B
6．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
【解析】由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
【答案】C
7．如图3所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k。现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
图3
A. B. C．L＋ D．L＋
【解析】两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋，C正确。
【答案】C
8．[多选]如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )
【解析】当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝，综上所述A、C项正确。
【答案】ACD
9．如图4甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v -t图象(以地面为参考系)如图4乙所示。已知v2>v1，则( )
甲 乙
图4
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解析】小物块滑上传送带后做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，D错误。
【答案】B
10.[多选]如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。
【答案】选BD
11．如图9所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)。求：
图9
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小。
【解析】解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 30°＝ma1
由运动学公式知v＝
解得vm＝4 m/s
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
μmg＝ma2
v＝2a2L
解得μ＝0.4
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，则
vm＝a1t1
解得t1＝0.8 s
由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为
t－t1＝0.2 s
设t＝1.0 s时速度大小为v，则
v＝vm－a2(t－t1)
解得v＝3.2 m/s
【答案】(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
12．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v -t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
【解析】(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v-t图像得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
【答案】(1)15 N (2)6 m
13、如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
【解析】(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
【答案】(1)4.8 m/s (2)见解析图
14、如图3-2-9所示，长为L，内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口，现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变(重力加速度为g)。
(1)求小物块下落过程中的加速度a的大小；
(2)求小球从管口抛出时的速度v0的大小；
(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L。
【解析】(1)设细线中的张力大小为FT，根据牛顿第二定律得Mg－FT＝Ma
FT－mgsin 30°＝ma
且M＝km
联立解得a＝g
(2)设M落地时的速度大小为v，M落地后m的加速度为a0，根据牛顿第二定律得－mgsin 30°＝ma0
由匀变速直线运动规律知v2－0＝2aLsin 30°
v－v2＝2a0L(1－sin 30°)
联立解得v0＝ (k>2)
(3)设小球做平抛运动所用时间为t，水平位移为x，由平抛运动规律得x＝v0t
Lsin 30°＝gt2
解得x＝L ＝L (k>2)
则x<L得证。
[答案] (1)g (2) (k>2) (3)见解析
15、如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。
【解析】(1)对A、C分析：mg＝2ma
v02＝2ah，解得v0＝。
(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则
由牛顿第二定律得mg－μ·4m·g＝ma
解得a＝0
即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，
B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝
设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0
解得L＝2h。
(3)共速前：A和C匀速，B加速，
aB1＝＝2g
t1＝＝
Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
