[体系构建]
[核心速填]
1．力与运动的关系：力可以改变物体的运动状态．
2．牛顿第一定律：一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．
3．惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关，惯性的大小仅取决于物体的质量．
4．牛顿第二定律：物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同．表达式：F＝ma.
5．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，作用在一条直线上．
6．动力学的两类基本问题
(1)从受力情况确定运动情况；如果已知物体的受力情况：可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况．
(2)从运动情况确定受力情况：如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．
7．超重与失重
(1)超重现象：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力，加速度方向向上．
(2)失重现象：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力，加速度方向向下．
用整体法与隔离法求解连接体问题
1．整体法：在研究连接体的加速度与力的关系时，往往将连接体视为整体．对牛顿第二定律F＝ma，F是整体所受的合外力，ma是整体与外力对应的效果．注意分析整体受力时不要将内力分析在其中．
2．隔离法：多在求解连接体的相互作用力时采用，即将某个部分从连接体中分离出来，其他部分对它的作用力就成了外力．
3．在解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，多数情况下两种方法要配合使用．求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑整体法，如果还要求物体之间的作用力，再用隔离法．在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是对研究对象进行正确的受力分析．
【例1】 (多选)质量分别为2 kg和3 kg 的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹力大小为16 N
B．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12 N
C．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零
D．若F1＝10 N、F2＝20 N，则弹簧的弹力大小不变
AB [以物体A和B为整体，加速度a＝＝2 m/s2，方向水平向左．以物体A为研究对象，水平方向受F1及弹簧向右的拉力F拉作用，由牛顿第二定律有F1－F拉＝mAa，得F拉＝16 N，所以A项对．若只有F1作用，则它们的加速度a′＝＝4 m/s2，弹簧的拉力F拉′＝mBa′＝12 N，所以B项对．C项中将弹簧换成轻质绳，绳对物体的拉力大小等于原来弹簧的拉力，不为零，C项错．若F1＝10 N、F2＝20 N，则它们的加速度a″＝＝2 m/s2，方向水平向右，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律有F拉″－F1＝mAa″，得F拉″＝14 N，所以D项错．]
[一语通关]
整体法与隔离法常涉及的问题类型
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(系统)内各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
(3)斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．
1．物体A和B的质量分别为1.0 kg和2.0 kg，用F＝12 N的水平力推动A，使A和B一起沿着水平面运动，A和B与水平面间的动摩擦因数均为0.2，求A对B的弹力．(g取10 m/s2)
[解析] 以物体A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，
所以a＝＝2 m/s2.
对物体B有FAB－μmBg＝mBa，
因此A对B的弹力：
FAB＝mB(a＋μg)＝8 N.
[答案] 8 N
牛顿第二定律在临界问题中的应用
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N＝0.
2．相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，相对静止或相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值或为零．
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张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是T＝0.
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．当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．
【例2】 如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角为θ＝30°，求：
(1)劈以加速度a1＝水平向左加速运动时，绳的拉力多大？
(2)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？
(3)当劈以加速度a3＝2g向左运动时，绳的拉力多大？
[解析] (1)对小球受力分析如图所示，
水平方向：T1cos θ－N1sin θ＝ma1 ①
竖直方向：T1sin θ＋N1cos θ＝mg ②
由①②得：T1＝mg. ③
(2)当球与斜面恰无作用时受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得：
T2cos θ＝ma2 ④
T2sin θ＝mg ⑤
由④⑤得：a2＝g，方向水平向左 ⑥
(3)参照上图：但FT3与水平夹角θ≠30°，有：
T3＝＝＝mg.
[答案] (1)mg (2)g，方向水平向左
(3)mg
[一语通关]
处理临界问题常用的方法
(1)极限法：解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件．
(2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解决此类问题时，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，然后再根据实际情况进行处理．
(3)数学方法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件．
2．如图所示，质量为m的物体被两根细绳OA、OB挂在小车上，两根细绳与车顶水平面夹角分别为60°和30°.试求：
(1)若小车静止不动，绳OA拉力T1和绳OB拉力T2分别为多大？
(2)若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动时，绳OA拉力T1和绳OB拉力T2分别为多大？
(3)为使OA绳的拉力恰好为0，则小车向右运动的加速度为多大？
[解析] (1)对物体受力分析如图所示
由于小车和物体都静止，由平衡条件得：
T2cos 30°－T1cos 60°＝0，
T1sin 60°＋T2sin 30°－mg＝0，
联立解得：T1＝mg，T2＝mg.
(2)若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动
竖直方向上由平衡条件得：
T1sin 60°＋T2sin 30°－mg＝0，
水平方向上由牛顿第二定律得：
T2cos 30°－T1cos 60°＝mg，
联立以上两式得：T1＝mg，
T2＝mg.
(3)若OA绳的拉力恰好为0，则物体只受两个力作用，受力分析如图，则
T2sin 30°－mg＝0，T2cos 30°＝＝ma，
解得：a＝g.
[答案] (1)mg mg
(2)mg mg
(3)g
动力学的两类基本问题
1．已知物体的受力情况，研究物体的运动情况，即在已知物体的受力情况下，求出物体的加速度，结合运动学公式确定物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，研究物体的受力情况，即在已知物体的运动情况下，由运动学公式求出物体的加速度，再由加速度确定物体的受力情况．
【例3】 如图所示为何雯娜在蹦床比赛中的画面．已知何雯娜的体重为49 kg，设她从3.2 m高处自由下落后与蹦床的作用时间为1.2 s，离开蹦床后上升的高度为5 m，试求她对蹦床的平均作用力．(g取10 m/s2)
[解析] 她从3.2 m高处下落到与蹦床接触前的过程做自由落体运动，由运动学公式v2＝2gs得，她接触蹦床时的速度大小v1＝＝8 m/s
她离开蹦床时的速度大小v2＝＝10 m/s
取竖直向上为正方向，则由运动学公式有v2＝－v1＋at
得她的加速度大小为a＝15 m/s2，方向竖直向上．
她与蹦床接触的过程中受重力mg和蹦床对她的平均作用力F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma
解得蹦床对她的平均作用力F＝1 225 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得她对蹦床的作用力F′＝F＝1 225 N，方向竖直向下．
[答案] 1 225 N，方向竖直向下
[一语通关]
动力学两类基本问题的分析过程
两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁，思维过程如下：
3．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行斜面向上，经时间t＝4 s绳子突然断了．求：(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g＝10 m/s2)
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．
[解析] (1)物体向上运动的过程中，受拉力F、斜面的支持力N、重力mg和摩擦力f，如图所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
F－mgsin θ－f＝ma1
因f＝μN，N＝mgcos θ
解得a1＝2 m/s2
t＝4 s时物体的速度大小为v1＝a1t＝8 m/s.
(2)绳断时物体距斜面底端的位移s1＝a1t2＝16 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，受力如图所示，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有
mgsin θ＋f＝ma2
f＝μmgcos θ
解得a2＝8 m/s2
物体做减速运动的时间t2＝＝1 s
减速运动的位移s2＝＝4 m
此后物体将沿着斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，受力如图所示，根据牛顿第二定律，对物体加速下滑的过程有
mgsin θ－f＝ma3
f＝μmgcos θ
解得a3＝4 m/s2
设物体由最高点到斜面底端的时间为t3，
则物体向下匀加速运动的位移s1＋s2＝a3t
解得t3＝ s≈3.2 s
所以从绳子断了开始到物体返回到斜面底端的时间为
t总＝t2＋t3＝4.2 s.
[答案] (1)8 m/s (2)4.2 s
课件44张PPT。第6章 力与运动章末复习课234改变 匀速直线运动 外力 固有属性 质量 5正比 反比 合外力方向 F＝ma 相等 相反 6牛顿第二定律 运动学规律 运动学规律 牛顿第二定律 7大于 向上 小于 向下 89用整体法与隔离法求解连接体问题 101112131415161718牛顿第二定律在临界问题中的应用 1920212223242526272829303132动力学的两类基本问题 3334353637383940414243Thank you for watching !章末综合测评(五)
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．如图是伽利略研究自由落体运动的实验情景，让小球多次在倾角为θ的阻力很小的斜面上从顶端由静止滑下，在改变倾角θ的条件下进行多次实验，当θ角增大时，则下列说法不正确的是( )
A．小球对斜面的压力增大
B．小球运动的加速度增大
C．小球到达底端时的速度变大
D．小球从顶端运动到底端所需的时间减小
A [由于斜面阻力很小，可以忽略，所以当θ角增大时，小球对斜面的压力FN＝gcos θ减小，A错误；加速度a＝gsin θ增大，B正确；由v＝得，小球到达底端时的速度变大，C正确；由t＝得，小球从顶端运动到底端的时间减小，D正确．故选A.]
2．如图所示，桌面上有一光滑的木块，木块上有一小球，快速向右推动木块，小球的位置可能在桌面上的哪点( )
A．A点 B．B点
C．O点 D．无法确定
C [小球具有惯性，要保持原来的状态，在水平方向上不受摩擦力的作用，在重力的作用下，落在O点，故选C.]
3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木盘，A和C(包括支架)总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于弹簧测力计的挂钩上，在电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，弹簧测力计的示数F的大小为( )
A．F＝Mg
B．mg＜F＜(M＋m)g
C．F＝(M＋m)g
D．F＞(M＋m)g
D [电磁铁未通电时，弹簧测力计的示数等于A、B、C三者的重力之和，通电后，B物体将加速上升．系统处于超重状态，F＞(M＋m)g，故D正确．]
4．如图所示，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，此时A和B的瞬时加速度分别为a1和a2，则( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
D [两物体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物体，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D项正确．]
5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为( )
A．压缩量为tan θ B．伸长量为tan θ
C．压缩量为 D．伸长量为
B [设小车的加速度为a，分析m2的受力情况可得m2gtan θ＝m2a，得a＝gtan θ，再对m1应用牛顿第二定律，得kx＝m1a，得x＝tan θ，因a的方向向左，故弹簧处于伸长状态，B正确．]
6.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1＜F2 B．F2＞F3
C．F1＞F3 D．F1＝F3
A [对物体的受力分析如图所示．根据v-t图象可以知道，在0～5 s内加速度为a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律：mgsin θ－f－F1＝ma1，则F1＝mgsin θ－f－0.2m；在5～10 s内，加速度a2＝0，根据牛顿第二定律：mgsin θ－f－F2＝ma2，则F2＝mgsin θ－f；在10～15 s内加速度为a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律：f＋F3－mgsin θ＝ma3，则：F3＝mgsin θ－f＋0.2m.故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．
]
7．如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，由力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg＞F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度
ABD [当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F＞Mg时，即能将物体提离地面，此时F－Mg＝Ma，a＝－g，A点表示的意义为F＝Mg，选项B正确；由图象知，a与F是线性关系不是正比关系，选项C错误；由a＝－g关系式可知，F＝0时a＝－g，选项D正确．]
8.如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中( )
A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下
B．P受到Q的摩擦力大小为2μF
C．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)
D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)
AC [设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上．对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，A、C正确．]
9.如图所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
A．μmg B．
C．μ(M＋m)g D．ma
BD [木块与小车无相对滑动，故a相同，对木块、小车整体F＝(M＋m)a，故a＝.木块与整体加速度相同也为a，对木块：f＝ma，即f＝，隔离木块，又由牛顿第二定律，f＝ma，故B、D正确．]
10．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.由此两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( )
A．m＝0.5 kg B．m＝1.5 kg
C．μ＝0.4 D．μ＝0.2
AC [由F-t图和v-t图可得，物块在2 s到4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，
F1－f＝ma，即3－10μm＝2m ①
物块在4 s到6 s所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F2＝f，F2＝μmg，即10μm＝2. ②
由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故选项A、C正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得的数据见下表．
组别
1
2
3
4
5
F/N
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
a/(m·s－2)
0.40
0.83
1.18
1.58
2.00
(1)如图所示的坐标纸上已描出了部分数据点，请在坐标纸上描出第2、4组数据对应的点，然后作出a-F图象．
(2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a与作用力F成________比．
(3)当研究加速度与物体质量的关系时，应保持________不变，改变小车的质量来进行实验．
[解析] (1)如图所示，根据表格中的数据在坐标纸上描点，连线时注意舍弃误差较大的点，不在图线上的点要均匀分布在图线两侧．
(2)由(1)所作图线是一条倾斜直线，所以可以判断加速度a和作用力F成正比．
(3)本实验过程采用了控制变量法的思想，在研究加速度和质量的关系时，应该保持物体所受的作用力不变．
[答案] (1)见解析 (2)正 (3)小车所受作用力
12．(8分)某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)(多选)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________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量．
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套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，分别得到图中甲、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．(均选填“大于”“小于”或“等于”)
[解析] (1)探究加速度与力、质量的关系时，牵引木块的细绳应与长木板平行；平衡摩擦力时应不挂砝码桶；对于打点计时器，应先接通电源，再放开木块；平衡摩擦力后，改变木块上砝码的质量，不需要重新平衡摩擦力．选项A、D正确，选项B、C错误．
(2)设木块的质量为M，砝码桶及桶内砝码的总质量为m，根据牛顿第二定律，有a＝，牵引小车的拉力F＝Ma＝.要使F＝mg，则M≈M＋m，即要求m?M.
(3)对于木块，根据牛顿第二定律，得a＝＝－μg，故a-F图象的斜率反映了木块质量的倒数．有＞，所以m甲＜m乙．当F＝0时，a＝－μg，即a-F图象在a轴上的截距为－μg，所以－μ甲g＜－μ乙g，即μ甲＞μ乙．
[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
13．(10分)如图所示，圆环的质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球，今让小球沿钢丝AB(质量不计)以初速度v0竖直向上运动，要使圆环对地面无压力，则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少？(设小球不会到达A点)
[解析] 圆环对地面无压力，则由牛顿第三定律知地面对圆环无支持力，取小球为研究对象，受重力mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力f.
由牛顿第二定律得：mg＋f＝ma，由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力f′＝f.
对圆环受力分析可知，圆环受重力Mg和竖直向上的摩擦力f′作用，则：Mg＝f′，
由以上各式解得：a＝g.小球沿钢丝做匀减速运动，由运动公式可得上升的最大高度s＝＝.
[答案] g
14．(10分)如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连，细绳处于伸直状态，物块A和B的质量分别为mA＝8 kg和mB＝2 kg，物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，物块B距地面的高度h＝0.15 m，桌面上部分的绳足够长．现将物块B从h高处由静止释放，直至A停止运动．求A在水平桌面上运动的时间．(g取10 m/s2)
[解析] B落地前，以B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－T＝mBa1，
同理，以A为研究对象，T－f＝mAa1，NA－mAg＝0，且f＝μNA，
解得a1＝1.2 m/s2.
B落地前做匀加速直线运动，位移h＝a1t，解得t1＝＝0.5 s，
匀加速运动的末速度v＝a1t1＝0.6 m/s.
B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动，
由f＝mAa2得a2＝＝μg＝1 m/s2.
A做匀减速运动的时间t2＝＝0.6 s.
A在水平桌面上运动的时间t＝t1＋t2＝1.1 s.
[答案] 1.1 s
15．(12分)美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘NASA的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”，飞行员将飞艇开到6 000 m的高空后，让其由静止开始下落，以模拟一种微重力的环境，下落过程中飞艇所受空气阻力仅为其重力的0.04倍，这样持续25 s之久，大学生们就可以进行微重力影响的实验.25 s之后，飞艇向下做匀减速运动，若要求飞艇在离地面高度500 m时速度要减小为零，重力加速度g取10 m/s2，试计算：
(1)飞艇在25 s内所下落的高度；
(2)飞艇做匀减速运动的过程中，飞艇的加速度大小．
[解析] (1)设飞艇在25 s内下落的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得：
mg－f＝ma1，
解得：a1＝＝m/s2＝9.6 m/s2，
所以飞艇在25 s内下落的高度为
h1＝a1t2＝3 000 m.
(2)25 s后，飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度v＝a1t＝9.6×25 m/s＝240 m/s，
减速运动下落的高度
h2＝6 000 m－3 000 m－500 m＝2 500 m.
减速运动时飞艇的加速度大小a2＝＝11.52 m/s2.
[答案] (1)3 000 m (2)11.52 m/s2
16．(14分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
甲 乙
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度．
[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋a1t ③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2 ⑤
由图可得a2＝ ⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，
联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4. ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt ?
小物块运动的位移为s2＝Δt ?
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1 ?
联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得Δs＝6.0 m ?
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m
