课件30张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律 第一节 牛顿第一定律目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练18课件51张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律第二节 实验：探究加速度与力、质量的关系 目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练19课件57张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律 第三节 牛顿第二定律 目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练20课件27张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律 第四节 力学单位制 目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练21课件36张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律第五节 牛顿第三定律 目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练22课件56张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律第六节 用牛顿运动定律解决问题(一)目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练23能力导练24课件44张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律第七节 用牛顿运动定律解决问题(二)目 标 导 向自 学 导 航 要 点 导 析方 法 导 学真 题 导 思能力导练25课件12张PPT。同步导练/RJ·必修1 物理 经典品质/超越梦想 04 牛顿运动定律 本章总结 能力导练26能力导练二十 牛顿第二定律
基础巩固
1．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零
C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零
解析：加速度由合外力决定，加速度与速度无必然联系．物体的速度为零时，加速度可为零也可不为零；当加速度为零时，速度不变．
答案：CD
2．(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°
解析：根据牛顿第二定律，F1使物体产生的加速度a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，方向与F1相同，水平向东，A对；根据牛顿第二定律，F2使物体产生的加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向与F2相同，方向水平向南，B对；根据平行四边形定则得合力F＝＝ N＝5 N，方向南偏东θ，tanθ＝得θ＝37°，根据牛顿第二定律，物体的加速度即合力产生的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，方向南偏东37°，故C错，D对．
答案：ABD
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
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A、D正确．
答案：AD
图1
4．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1所示，则在0～t1这段时间内( )
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，速度一直增大
D．物体的加速度先减小后增大，速度一直减小
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，所以速度一直增大，选项C正确．
答案：C
图2
5．如图2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)( )
A．a＝g－μg
B．a＝g－
C．a＝g－
D．a＝g－
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＝Fcosθ，则墙壁对物块的支持力为FN′＝FN＝Fcosθ；物块受到的滑动摩擦力为Ff＝μFN′＝μFcosθ；由牛顿第二定律，得mg－Fsinθ－Ff＝ma，得a＝g－
答案：D
图3
6．(多选)如图3所示，在一辆由动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是( )
A．向右做加速运动 B．向右做减速运动
C．向左做加速运动 D．向左做减速运动
解析：小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，知小球所受的合力向右，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向右的加速度，所以小车向右做加速运动或向左做减速运动．故A、D正确，B、C错误．故选AD.
答案：AD
7．三个完全相同的物块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4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4
A．a1＝a2＝a3
B．a1＝a2，a2>a3
C．a1>a2，a2
D．a1>a2，a2>a3
解析：对物块1，由牛顿第二定律得
Fcos60°－Ff＝ma1，－μ(mg－Fsin60°)＝ma1
对物块2，由牛顿第二定律得
Fcos60°－Ff′＝ma2，－μ(mg＋Fsin60°)＝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．
图5
答案：C
8．如图5，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为( )
解析：将A、B作为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定在水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下，因此A正确．
答案：A
综合创新
如图6所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应是( )
图6
A．mg B．μmg
C．mg D．mg
解析：
图7
每个土豆均随箱一起做匀减速直线运动，加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg，对土豆A进行受力分析，如图7，由牛顿第二定律与平行四边形定则得F＝＝mg，故C项正确．
答案：C
10.
图8
如图8所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
A．T＝m(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ)
B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ)
C．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ)
D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ)
图9
解析：如图9所示，对小球进行受力分析，小球受到重力、支持力、拉力．由于整体水平向右有加速度a，建立水平和竖直方向的直角坐标系，对拉力、支持力向两坐标轴投影得到两个方程Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg.两式联立可以解出答案T＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)故答案选A.
答案：A
11.
图10
如图10所示，物体A的质量为10 kg，放在水平地面上，物体A与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，如果用与水平面成30°的力拉它，为了产生1 m/s2的加速度，F需要多大？(g取10 m/s2)
图11
解析：建立坐标系，物体A受力情况如图11所示，
Fcos30°－μFN＝ma
FN＋Fsin30°－mg＝0
联立以上两式解得
F＝
代入数据解得F＝31 N.
答案：31N
12．如图12所示，直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)
图12
解析：直升机取水，水箱受力平衡，如图13，
图13
FT1sinθ1－f＝0①
FT1cosθ1－mg＝0②
由①②得f＝mgtanθ1③
直升机返回，由牛顿第二定律
FT2sinθ2－f＝(m＋M)a④
FT2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤
由④⑤得，水箱中水的质量M＝4.5×103 kg.⑥
答案：4.5×103kg
探究拓展
13．物体从具有共同底边、但倾角不同的若干光滑斜面顶端由静止开始自由滑下，当倾角为多少时，物体滑至底端所需的时间最短( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：设光滑斜面的底边长为L、倾角为θ，则物体沿光滑斜面下滑的加速度为a＝gsinθ，物体沿斜面下滑的位移为x＝，由x＝at2，解得t＝，所以，当θ＝45°时，t值最小，物体滑至底端所用的时间最短．
答案：B
14．如图14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14
(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．
解析：(1)以木块为研究对象，木块上滑时对其受力分析，如图15甲所示
根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff＝ma，FN－mgcosθ＝0
又Ff＝μFN
联立解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下．
图15
(2)木块下滑时对其受力分析如图15乙所示．
根据牛顿第二定律有
mgsinθ－Ff′＝ma′
FN′－mgcosθ＝0
又Ff′＝μFN′
联立解得a′＝g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下．
答案：(1)g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下
(2)g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下
能力导练二十一 力学单位制
基础巩固
1．(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．牛顿第二定律的数学表达式F＝ma中物理量的单位必须采用国际单位制中的单位
解析：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衍生(推导)出来的，如“牛顿”(N)是导出单位，即1 N＝1 kg·m/s2(F＝ma)，所以题中A错误，B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)只有在所有的物理量都采用国际单位制时才能成立，D项正确．
答案：BD
2．雨滴在空气中下落，当速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即Ff＝kSv2，则比例系数k的单位是( )
A．kg/m4 B．kg/m3
C．kg/m2 D．kg/m
解析：将Ff＝kSv2变形得k＝，采用国际单位制，式中Ff的单位为N，即kg·m/s2，S的单位为m2，速度的二次方的单位可写成(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．
答案：B
3．测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是下列中的( )
A．米尺、弹簧秤、秒表 B．米尺、测力计、打点计时器
C．量筒、天平、秒表 D．米尺、天平、秒表
解析：力学的三个基本物理量是长度、质量、时间，测量它们的仪器分别是米尺、天平、秒表．
答案：D
4．在国际单位制中，力的单位“牛”是导出单位，用基本单位表示，正确的是( )
A．m/s B．m/s2
C．kg·m/s D．kg·m/s2
解析：根据牛顿第二定律F＝ma可知“牛”可以用基本单位kg·m/s2来表示，故选项D正确．
答案：D
5．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
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，所以加速度变化率的单位为m/s3，故选C.
答案：C
6．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )
A．a＝＝ m/s2＝120 m/s2
B．a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
C．F＝ma＝500×1.2 N＝600 N
D．F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N
解析：选项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．
答案：BD
7．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
解析：根据公式A＝可知A的单位是：＝s－1，故选D.
答案：D
8．(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)
D．v＝(v为速度、R为半径、g为重力加速度)
解析：将等式两边各物理量的国际单位制单位代入后进行单位运算，经过验证可知选项B、D可能正确．
答案：BD
综合创新
9．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
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．
答案：C
10．物理公式在确定物理量间的数量关系的同时，也确定了物理量间的单位关系．下面给出的式子中，l是长度，v是速度，m是质量，g是重力加速度，这些量都用国际单位制单位．试判断下列式子的单位，并指出这些单位所对应的物理量的名称．
(1)：单位__________，物理量名称__________；
(2)：单位__________，物理量名称__________；
(3)m：单位__________，物理量名称__________．
解析：将各物理量的单位都取国际单位制中的单位，再由公式导出．
答案：(1)s 时间
(2)m/s2 加速度
(3)N 力
11．现有下列物理量或单位，按下面的要求选择填空：
A．力 B．米/秒
C．牛顿 D．加速度
E．质量 F．秒
G．厘米 H．长度
I．时间 J．千克
K．米
(1)属于物理量的是__________．(只填代号)
(2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有__________．
(3)在国际单位制中属于基本单位的是__________，属于导出单位的是__________．
解析：(1)属于物理量的有A.力 D．加速度 E．质量 H．长度 I．时间．
(2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有：E.质量 H．长度 I．时间．
(3)在国际单位制中属于基本单位的是F.秒 J．千克 K．米，属于导出单位的是B.米/秒 C．牛顿．
答案：(1)A、D、E、H、I (2)E、H、I (3)F、J、K B、C
12．质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度水平射入一块竖直固定的木板，把木板打穿，子弹穿出时的速度为200 m/s，板厚10 cm.求子弹对木板的平均作用力．
解析：由v2－v＝2ax，得
a＝＝ m/s2＝－2.5×105 m/s2.
由牛顿第二定律，得
F＝ma＝10－2×(－2.5×105) N＝－2 500 N.
负号表示子弹所受的力与速度的方向相反．由力的相互性特点得：子弹对木板的作用力F′＝－F＝2 500 N.
答案：2 500 N 方向与速度方向相同
13．选定了长度的单位m，质量的单位kg，时间的单位s之后，就足以导出力学中其他所有的物理量的单位，但必须依据相关公式．现有一个物理量及其表达式为A＝，其中M是质量，r是长度，又已知G的单位是N·m2·kg－2.
(1)据此能否推知A是什么物理量？
(2)如果物体的加速度的表达式为a＝，请判断此表达式是否正确？
解析：(1)M的单位为kg，r的单位为m，G的单位为N·m2·kg－2，根据公式A＝计算得A的单位为＝＝＝m/s，故A是速度．
(2)由上述推导过程可得的单位是m2/s2，这显然与加速度a的单位m/s2不符，故a≠，即该表达式是错误的．
答案：(1)速度 (2)错误
探究拓展
14．关于力学单位制有以下说法：①在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位；②国际单位制中的导出单位都可以用基本单位来表示；③在计算时只要各物理量用国际单位制中的单位代入，其结果的单位必定是国际单位制中的单位，所以计算过程可以不带单位，只在结果上写出所求量的国际单位即可；④牛顿、米/秒是国际单位制中的基本单位．
其中正确的是( )
A．①② B．③④
C．②③ D．①④
解析：在有关力学的分析计算中，可以采用国际单位，也可以采用其他单位，因为国际单位制只是诸多单位制中的一种，①错；牛顿、米/秒是国际单位制中的导出单位，④错．
答案：C
能力导练二十三 用牛顿运动定律解决问题(一)
基础巩固
1．质量为m的物体，放在粗糙的水平地面上，受到一个水平方向的恒力F的作用而运动，在运动中，物体加速度a的大小( )
A．和物体的运动速度有关
B．和物体跟地面间的动摩擦因数无关
C．和物体运动的时间无关
D．和恒力F成正比
解析：由牛顿第二定律可得，物体的加速度a＝＝F－μg可见，物体的加速度a与物体的速度和运动时间无关，与物体与地面间的动摩擦因数有关，但不与F成正比，故只有C正确．
答案：C
2．用30 N的水平外力F拉一个静止在光滑水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度分别为( )
A．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝1.5 m/s，a＝7.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
解析：由题意知在前3 s内，物体的加速度a1＝＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝a1t＝4.5 m/s，力F撤去后物体做匀速直线运动，所以第5 s末物体的速度为4.5 m/s，加速度为0.故选项C正确．
答案：C
图1
3．(多选)如图1所示，质量m＝20 kg的物块，在与水平方向成θ＝37 °的拉力F＝100 N的作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．物体的合力可能大于80 N
B．地面对物块的支持力一定等于140 N
C．物块与水平面间动摩擦因数一定小于
D．物块的加速度可能等于2 m/s2
解析：若水平面光滑，则合力为F合＝Fcos37°＝80 N；水平面粗糙时，则合力为F合＝Fcos37°－f＝80 N－f<80 N，所以合力不可能大于80 N，A错误；在竖直方向上Fsin37°＋FN＝mg，则FN＝mg－Fsin37°＝140 N，故B正确；若水平面粗糙，水平方向Fcos37°－μFN＝ma，解得μ＝<＝，C正确；水平面粗糙时，a＝，当μ＝时，a等于2 m/s2，D正确．
答案：BCD
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
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.
答案：D
图2
5．(多选)如图2所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．已知小车质量是M、木块质量是m、力大小是F、加速度大小是a、木块和小车之间动摩擦因数是μ.则在这个过程中，关于木块受到的摩擦力大小正确的是( )
A．μ ma B．ma
C. D．F－Ma
解析：对整体：F＝(M＋m)a
对木块：f＝ma＝，B、C正确；
对小车：F－f′＝Ma
f′＝F－Ma
又f′和f为作用力和反作用力
∴f＝F－Ma，D正确．
所以选项BCD正确．
答案：BCD
6.
图3
(多选)同学们小时候都喜欢玩滑梯游戏，如图3所示，已知斜面的倾角为θ，斜面长度为L，小孩与斜面的动摩擦因数为μ，小孩可看成质点，不计空气阻力，则下列有关说法正确的是( )
A．小孩下滑过程中对斜面的压力大小为mgcosθ
B．小孩下滑过程中的加速度大小为gsinθ
C．到达斜面底端时小孩速度大小为
D．下滑过程小孩所受摩擦力的大小为μmgcosθ
解析：对小孩由牛顿第二定律，在下滑过程中，小孩受重力mg，支持力FN＝mgcosθ，摩擦力Ff＝μFN，mgsinθ－μFN＝ma，故a＝gsinθ－μgcosθ＝(sinθ－μcosθ)g，到达底端时的速度为v＝＝，故A、D对，B、C错．
答案：AD
7．某消防员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方式缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双腿的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍
解析：消防队员从平台上跳下，可认为自由下落了2 m，故着地速度约为v1＝＝ m/s＝2 m/s.着地后速度v2＝0，则可求出队员在重心下移0.5 m的过程中速度改变量．
设队员着地后的平均加速度为a，由v－v＝2ax得(取向上的方向为正方向)
a＝＝ m/s2＝40 m/s2
再设地面对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
F＝mg＋ma＝5mg.
答案：B
8．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
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＝a1t②
下降过程，由牛顿第二定律，得
mg－Ff＝ma2③
h＝a2t④
由①②③④得，a1>a2，t1答案：A
综合创新
9．(多选)如图4所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图4
A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg
B．物体最终的速度为v1
C．开始阶段物体做匀加速直线运动
D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右
解析：当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时，物体相对传送带向左运动，故物体所受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，方向水平向右；所以物体将向右做匀加速运动，由于传送带足够长，物体将加速到v1，之后与传送带保持相对静止，不再受到摩擦力的作用，故选项A、D错，B、C对．
答案：BC
图5
10．(多选)如图5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)( )
A．车厢的加速度为gtanθ
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m2gsinθ
图6
解析：对物体1进行受力分析如图6所示，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有
FTcosθ＝m1g，FTsinθ＝m1a
得FT＝，a＝gtanθ，
所以A、B正确．
对物体2进行受力分析如图7所示，
图7
有FN＋FT′＝m2g
Ff静＝m2a
根据牛顿第三定律，FT′＝FT
解得FN＝m2g－
Ff静＝m2gtanθ，
故C、D错误．
答案：AB
11．如图8所示，用力F拉着三个物体在光滑水平面上一起运动，在中间物体上加一小物体．仍让他们一起运动，且拉力F不变．那么中间物体两端绳的拉力FTA、FTB的变化情况是( )
图8
A．FTA、FTB都增大 B．FTA、FTB都减小
C．FTA增大，FTB减小 D．FTA减小，FTB增大
图9
解析：此题符合高考《考试大纲》要求，相互作用的几个物体有共同的加速度．关键要教会学生如何灵活的选取研究对象．学生都知道，当整体有共同加速度时，先采用整体法求共同加速度．当涉及物体之间的相互作用力时，则取隔离体求它们之间的相互作用力．所以，整体分析：当在m2上放一个小物体后，整体加速度由a＝变为a′＝显然a变小．
要分析FTB的变化，显然选m3为研究对象较简单，受力分析如图9.
即有：FTB＝m3a
图10
∵m3不变，a减小．
∴FTB减小．
而要分析FTA的变化，则应选m1为研究对象分析简单，如图10有：
F－FTA＝m1a
FTA＝F－m1a
∵F不变，m1不变，a减小．
∴FTA增大．
如要选m2为研究对象，就会人为的使问题复杂化．这一类题型，隔离时应选受力少的物体．
答案：C
图11
12．如图11所示，质量为2吨的汽车在4 000 N的水平牵引力作用下，沿水平公路运动了1 min，然后牵引力减为3 500 N，又运动了1 min；最后将牵引力撤去，直至汽车停止运动．汽车与地面间阻力为车重的0.05倍，求汽车在上述过程中一共走了多少路程？(g＝10 m/s2)
解析：汽车在运动过程中分三个阶段，应对每一个阶段分别进行求解．以汽车为研究对象，汽车受到四个力的作用，如图12所示：
图12
第一阶段，汽车以加速度a1做匀加速直线运动，由牛顿第二定律建立方程
F1－0.05mg＝ma1 ①
x1＝a1t ②
由①得a1＝1.5 m/s2，
代入②得x1＝2 700 m
第二阶段，汽车以加速度a2做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律建立方程
F2－0.05 mg＝ma2 ③
x2＝v1t2＋a2t ④
v1＝a1t1 ⑤
由③得a2＝1.25 m/s2
由⑤得v1＝(1.5×60) m/s＝90 m/s
则x2＝(90×60＋×1.25×602)m＝7 650 m
第三阶段，汽车以加速度a3做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律建立方程
Ff＝0.05mg＝ma3 ⑥
v2＝v1＋a2t2 ⑦
v＝2a3x3 ⑧
由⑥得a3＝0.5 m/s2
由⑦得v2＝(90＋1.25×60) m/s＝165 m/s
由⑧得x3＝27 225 m
全程距离为x＝x1＋x2＋x3
＝(2 700＋7 650＋27 225)m＝37 575 m.
答案：37 575 m
13．如图13所示，在质量为mB＝30 kg的车厢B内紧靠右壁放一质量mA＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动x＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．
图13
(1)计算B在2.0 s内的加速度大小；
(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；
(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．
解析：(1)根据x＝aBt2
解得aB＝2.5 m/s2.
(2)由牛顿第二定律对B有F－Ff＝mBaB
对A有Ff＝mAaA
根据v＝aAt，联立解得v＝4.5 m/s.
(3)在t＝2.0 s时，xA＝aAt2＝4.5 m
A在B上滑动的距离Δx＝x－xA＝0.5 m.
答案：(1)2.5 m/s2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m
探究拓展
图14
14．如图14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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.试求：
(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．
解析：(1)以刷子为研究对象，受力分析如图15所示
图15
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)sin37°－μ(F－mg)cos37°
＝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.
答案：(1)2 m/s2 (2)2 s
能力导练二十二 牛顿第三定律
基础巩固
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．有的物体只对别的物体施力而本身不受力
B．牛顿第三定律对各种性质的力都适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时，牛顿第三定律不适用
D．当相互作用的两个物体没有直接接触时，牛顿第三定律也适用
解析：力的作用是相互的，施力物体一定也是受力物体，故A错；作用力与反作用力是同一性质的力，而同一性质的力，既可以是重力，也可以是弹力，也可以是摩擦力等，故B正确；牛顿第三定律适用条件与物体运动状态无关，故C错误；当两物体相互作用时，可以是不直接接触的情况，例如地球和卫星间的相互吸引力，故D正确．
答案：BD
图1
2．如图1所示，一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则( )
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
解析：灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对平衡力，选项A、B错误；灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力．绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对作用力和反作用力，选项C正确，选项D错误．
答案：C
3．(多选)广州某中学的校运会上，举行了精彩的“拔河”比赛．高一级的(1)班和(4)班进入了总决赛．在全体拉拉队员的呐喊声中(1)班最终获胜．下列说法中正确的是( )
A．(1)班队员对(4)班队员的拉力大于(4)班队员对(1)班队员的拉力
B．(1)班队员对(4)班队员的拉力等于(4)班队员对(1)班队员的拉力
C．(1)班队员对(4)班队员的拉力小于(4)班队员对(1)班队员的拉力
D．(4)班队员受到地面的摩擦力最先达到最大静摩擦力
解析：两班队员的拉力是作用力与反作用力的关系，二者大小相等，A、C错误，B正确；(1)班获胜是因为地面对(1)班的摩擦力大于对(4)班的摩擦力，D正确．
答案：BD
图2
4．如图2所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)．若弹簧测力计的示数变为FT′＝6 N，则台秤的示数( )
A．保持不变
B．增加10 N
C．增加6 N
D．增加4 N
解析：金属块部分浸入水中后，水对金属块产生浮力F，由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为F＝G－FT′＝(10－6) N＝4 N．根据牛顿第三定律可知，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N，所以台秤的示数增加4 N.
答案：D
5．关于作用力与反作用力以及平衡力的说法中，正确的是( )
A．作用力与反作用力可能不是同种性质的力
B．作用力与反作用力大小相等，方向相反，因而可以相互抵消
C．相互平衡的两个力的性质，可以相同，也可以不相同
D．相互平衡的两个力大小相等，方向相反，同时出现，同时消失
解析：作用力与反作用力一定是同性质的力，且产生两个效果，不能合成，不能抵消，而平衡力的施力物体来自于两个物体，性质不一定相同，也不会同生同灭．
答案：C
6.
图3
如图3所示，长木板平放在地面上，用F＝10 N的力拉动木板上的小木块使其匀速前进时，长木板静止，则长木板的受力个数为( )
A．3个 B．4个
C. 5个 D．6个
解析：本题考查借助牛顿第三定律分析物体受力的知识．选小木块作为研究对象，因为小木块受水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律，长木板未动，故长木板在水平方向上受小木块水平向右的摩擦力，还受地面的摩擦力作用．另外，长木板在竖直方向上还受到重力、小木块的压力和地面弹力，故共受五个力的作用．
答案：C
7.
图4
如图4所示，用质量不计的轻绳L1和L2将M、N两重物悬挂起来，则下列说法正确的是( )
A．L1对M的拉力和L2对M的拉力是一对平衡力
B．L2对M的拉力和L2对N的拉力是一对作用力与反作用力
C．L1对M的拉力和M对L1的拉力是一对平衡力
D．L2对N的拉力和N对L2的拉力是一对作用力和反作用力
解析：对M受力分析，它受到重力、L1的拉力、L2的拉力作用．因此，L1对M的拉力和L2对M的拉力并不是一对平衡力，A错；作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体之间，而B中有三个物体：M、N、L2，B错误；平衡力必须作用在同一个物体上，L1对M的拉力和M对L1的拉力分别作用在M和L1上，显然不是平衡力，C错误；D中的一对力是作用力和反作用力，D正确．
答案：D
综合创新
8．如图5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5
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
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甲答案：C
图6
9．(多选)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验：用一辆电动玩具汽车拖运另一辆无动力的玩具汽车，在两车挂接处装上传感器探头，并把它们的挂钩连在一起．当电动玩具汽车通电后拉着另一辆车向前运动时，可以在显示器屏幕上出现相互作用力随时间变化的图象如图6所示．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论( )
A．作用力与反作用力的大小时刻相等
B．作用力与反作用力作用在同一物体上
C．作用力与反作用力大小相等，方向相反
D．作用力与反作用力方向相同
解析：由图象可知，作用力与反作用力总是同时变化，并且总是大小相等；对称分布于时间轴两侧，表示方向相反，故选项A、C正确．
答案：AC
10.
图7
一个重为400 N的木箱放在大磅秤上，木箱内有一个质量为60 kg的人站在小磅秤上，如图7所示．如果人用力推木箱顶板，则小磅秤和大磅秤的示数T1、T2的变化情况是( )
A．T1增大，T2减小
B．T1减小，T2不变
C．T1增大，T2增大
D．T1增大，T2不变
解析：小磅秤的示数由人对小磅秤的压力决定，当人直立在磅秤上时，磅秤的示数等于人的重力，当人用手推木箱顶板时，根据牛顿第三定律，顶板也用力“推”手，从而使人对磅秤的压力增大，因此小磅秤的示数T1增大．大磅秤的示数由木箱的压力决定，它始终等于木箱、小磅秤和人三者的重力之和，人用力推木箱顶板时，顶板也“推”人，但它们是系统(木箱、小磅秤和人)内各部分之间的相互作用力，不会改变整体对大磅秤的压力，因此大磅秤的示数T2不变．故选项D正确．
答案：D
11.
图8
质量为M的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图8所示，若重物以加速度a下降(aA．(M＋m)g－ma
B．M(g－a)－ma
C．(M－m)g＋ma
D．Mg－ma
解析：对重物，设绳的拉力为FT，由牛顿第二定律知：mg－FT＝ma，所以，绳的拉力为FT＝mg－ma.对人受力分析，受重力、绳的拉力及地面的支持力而平衡，则Mg＝FN＋FT，所以FN＝Mg－FT＝(M－m)g＋ma.根据牛顿第三定律知，人对地面的压力大小也为(M－m)g＋ma.
答案：C
12.
图9
如图9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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
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＝mgsinθ＝12 N
FN2＝mgcosθ＝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．
答案：12 N，方向垂直于挡板向下
16 N，方向垂直于斜面向下
图10
13．如图10所示，质量为M的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定)，一质量为m的人在车上沿平板向下运动时(平板足够长)，车恰好静止，求人的加速度．
解析：车静止在斜面上，对车进行受力分析如图11甲所示，根据牛顿第二定律得Ff′－Mgsinθ＝0，人的受力情况如图11乙所示，根据牛顿第二定律得Ff＋mgsinθ＝ma
根据牛顿第三定律得Ff′＝Ff，解得a＝gsinθ.
图11
答案：gsinθ
探究拓展
14．如图12所示，天平左盘中有一个木质框架，框架的上部固定着一个电磁铁A，框架的下面有一块小铁片B.天平的右盘放上适当的砝码，使天平处于平衡状态．现用遥控的方法使电磁铁A的电路接通，铁片B将被A吸上去．试分析回答下列问题：
图12
(1)在B向上运动的过程中，天平是什么状态？
(2)B被A吸住不动时，天平是什么状态？
(3)用遥控器切断A的电路，在B下落过程中，天平是什么状态？
解析：(1)B向上运动时，它受到电磁铁A竖直向上的吸引力作用，吸引力F比B的重力大，而且吸引力随着B与A的距离减小而增大；根据牛顿第三定律，B对A竖直向下的作用力与A对B的吸引力，任何时刻都大小相等，所以，在B向上运动的过程中，天平的平衡遭到破坏，右边将向上翘起．
(2)B被A吸住不动时，天平恢复平衡状态．此时，A、B相对静止，可以看作一个整体，不管A、B之间的吸引力多大，都是系统的“内力”，不影响天平的平衡状态．
(3)A的电路被切断后，它的磁性消失，铁片在重力作用下竖直下落，A、B之间已无作用力，在B下落过程中，天平的平衡状态遭到破坏，左边向上翘起．
答案：(1)天平右边将向上翘起
(2)天平恢复平衡状态
(3)天平左边向上翘起
能力导练二十五 用牛顿运动定律解决问题(二)
基础巩固
1．关于超重和失重，下列说法中正确的是( )
A．超重就是物体受的重力增加了
B．失重就是物体受的重力减小了
C．完全失重就是物体一点重力都不受了
D．不论超重或失重物体所受重力是不变的
解析：超重和失重是一种现象，物体本身的重力不会改变，不可望文生义．
图1
答案：D
2．若货物随升降机运动的v－t图象如图1所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
解析：分析题中v－t图象可知，货物的运动情况可分为以下几个过程：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(平衡，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F答案：B
3．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是( )
A．物体的速度在某一时刻等于零，物体就一定处于平衡状态
B．物体相对于另一物体保持相对静止时，物体一定处于平衡状态
C．物体的加速度为零，就一定处于平衡状态
D．物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态
解析：在共点力作用下物体的平衡条件是物体所受合力为零，即物体的加速度为零，C选项正确．
答案：C
图2
4．如图2所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )
A. mg B.mg
C.mg D. mg
解析：由力的合成及平衡可得：3Fcos30°＝mg，F＝mg，选项D正确，本题照相机受到的四个力不在同一个平面内，对学生的空间想象力提出较高的要求．
答案：D
图3
5．(多选)如图3所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 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4 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2
解析：电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，可知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，对重物，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下，因此电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，选项B、C正确．
答案：BC
图4
6．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图4所示．则物块( )
A．仍处于静止状态
B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不变
D．受到的合外力增大
解析：由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，斜面与物块的动摩擦因数μ＝tanθ.对物块施加一个竖直向下的恒力F，使得合力仍然为零，故物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误．摩擦力由mgsinθ增大到(F＋mg)sinθ，C错误．
答案：A
7．(多选)在离地面30 m高处，将一小球竖直向上抛出，到达最大高度h的时，速度为10 m/s，则小球抛出5 s末的速度大小、方向和5 s内位移的大小和方向是(g取10 m/s2)( )
A．v＝30 m/s，方向竖直向上
B．v＝30 m/s，方向竖直向下
C．x＝45 m，方向竖直向下
D．x＝25 m，方向竖直向下
解析：根据竖直上抛运动的特点知，物体上升到最高点后，再下落距离h时，速度大小也为10 m/s，由v2＝2g×h，得h＝20 m．由h＝，得初速度v0＝20 m/s.抛出5 s的速度v＝v0－gt＝20 m/s－10×5 m/s＝－30 m/s，负号说明方向竖直向下；位移x＝v0t－gt2＝20×5 m－×10×52 m＝－25 m，负号说明方向竖直向下．
答案：BD
图5
8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图5所示是这个装置的纵截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是( )
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q所受的合力逐渐增大
图6
解析：Q的受力情况如图6所示，F1表示P对Q的弹力．F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，D错误；对P、Q整体受力分析．由平衡条件得，Ff＝F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，B正确．
答案：B
综合创新
图7
9．(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中P点由静止开始下落，如图7所示，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从P点下落到c点的过程中( )
A．在Pa段，人做自由落体运动，处于完全失重状态
B．在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C．在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D．在c点，人的速度为零，加速度也为零
解析：人从P点下落到c点的过程中，在Pa段做自由落体运动，加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态；在ab段人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，处于失重状态；在bc段，绳的拉力大于人的重力，人做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上，处于超重状态；在c点时，其速度为零，但加速度不为零．故选项A、B正确，C、D错误．
答案：AB
10.
图8
(多选)在图8中有两个物体A、B，GA＝3 N，GB＝4 N，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，A、B间的弹簧的弹力为2 N，则悬线的拉力T和B对地面的压力FN的可能值分别是( )
A．T＝7 N，FN＝0
B．T＝5 N，FN＝2 N
C．T＝1 N，FN＝6 N
D．T＝2 N，FN＝5 N
解析：若弹簧处于伸长状态，分别研究A、B的受力，可以得出选项B正确．若弹簧处于压缩状态，分别研究A、B的受力，可以得出选项C正确．
答案：BC
11．如图9所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
图9
A.∶4 B．4∶
C．1∶2 D．2∶1
解析：根据题意，弹簧B的方向没有明确给出，所以用正交分解法列等式求解会比较麻烦，我们用力的三角形定则求解．
解法1：分别对两球受力分析如图10所示．
三个平衡的共点力，可以组成一个封闭的三角形．我们把这两个三角形移一下，连在一起，如图11所示．(因为FB与FB′等大反向)．
图10 图11
所以FC＝FAsin30°＝FA
图12
又FC＝kΔxC，FA＝kΔxA，故ΔxA＝2ΔxC，仅D正确．
解法2：取两球作为整体，受力分析如图12，不管用力的三角形定则，还是用正交分解法列等式，都可以很容易得出FC＝FA，故ΔxA＝2ΔxC.
显然，解法2更简捷．
答案：D
12.
图13
将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图13所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动．当箱以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力N＝7.2 N，下底板的压力传感器显示的压力F＝12.0 N．(取g＝10 m/s2)．
(1)若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器示数F的一半，试判断箱的运动情况．
(2)要使上顶板压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
图14
解析：(1)下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块受力如图14所示，上顶板的压力N＝7.2 N，弹簧的弹力F＝12.0 N和重力mg，加速度为a，方向向下．有
mg＋N－F＝ma
求得金属块的质量m＝0.60 kg.
上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半时，弹簧的弹力仍是F，上顶板的压力为F/2，设箱和金属块的加速度为a1，有
mg＋－F＝ma1
解得a1＝0，箱处于静止或做匀速直线运动．
(2)当上顶板的压力恰好等于零时，mg－F＝ma2.
得加速度a2＝－10 m/s2，“－”号表示加速度方向向上
若箱和金属块竖直向上的加速度大于10 m/s2，弹簧将被进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板压力传感器的示数也为零．
只要竖直向上的加速度大于或等于10 m/s2，不论箱是向上加速或向下减速运动，上顶板压力传感器的示数都为零．
答案：见解析
13．如图15所示，一个倾角为θ＝37°(sin37°＝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15
图16
解析：B静止平衡时，绳拉力FT满足FT＝mg
A受力情况如图16所示，
沿斜面方向：
FTcosθ＋Mgsinθ＝Ff
垂直斜面方向：
FN＋FTsinθ＝Mgcosθ
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
答案：0.5 kg
探究拓展
14．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m．求飞行器所受阻力f的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1
匀加速运动H＝a1t
由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为x1，匀加速运动x1＝a1t
设失去升力后加速度为a2，上升的高度为x2
由牛顿第二定律mg＋f＝ma2
v1＝a1t2 x2＝
解得h＝x1＋x2＝42 m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg－f＝ma3
F＋f－mg＝ma4
且＋＝h
v3＝a3t3 解得t3＝ s(或2.1 s)．
答案：(1)4 N (2)42 m (3) s(或2.1 s)
能力导练二十六 专题 牛顿运动定律
基础巩固
1．(多选)如图1所示，水平地面上有三个连在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是( )
图1
A．若μ≠0，则k＝ B．若μ≠0，则k＝
C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝
解析：三个物块靠在一起，将以相同的加速度向右运动，根据牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，解得加速度a＝.隔离R进行受力分析，根据牛顿第二定律有F1－3μmg＝3ma，解得R和Q之间相互作用力大小F1＝3ma＋3μmg＝F；隔离P进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－F2－μmg＝ma，可得Q与P之间相互作用力大小F2＝F－μmg－ma＝F.所以k＝＝＝，由于推导过程与μ是否为0无关，故选项B、D正确．
答案：BD
图2
2．如图2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( )
A．μmg B．2μmg
C．3μmg D．4μmg
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.
答案：C
3．(多选)如图3所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )
图3
A．煤块从A运动到B的时间是2.3 s
B．煤块从A运动到B的时间是1.6 s
C．划痕长度是2.8 m
D．划痕长度是3.2 m
解析：煤块无初速度地轻放在A端，在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，当煤块速度与传送带速度相同时，煤块随着传送带一起做匀速直线运动，明确煤块的运动形式，分别对匀加速过程和匀速过程求解对应的时间，从而明确总时间；知道划痕长度是相对位移大小，从而求出相对位移．
煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝＝3.2 m<6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝＝1.6 s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，有x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m，匀速运动的时间为t2＝＝0.7 s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2 m，C错误，D正确．
答案：AD
4．如图4所示，一质量为m的物体从某曲面上的Q点自由滑下，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面上的P点．若传送带沿逆时针方向匀速转动，再把该物体放在Q点自由下滑，则物体( )
图4
A．仍落在P点 B．将落在P点左方
C．将落在P点右方 D．无法确定
解析：无论传送带转动还是不转动，物体从Q点下落至传送带最左端时，速度相同，且物体在传送带上所受的摩擦力均为滑动摩擦力，物体相对传送带向右运动，故所受摩擦力方向向左，又物体对传送带的压力和动摩擦因数在两种情况下都相同，摩擦力相同，加速度相同，故两种情况下，物体的运动状态完全相同，运动轨迹也完全相同．选项A正确．
答案：A
5．(多选)如图5所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现在A施加一水平拉力F，则( )
图5
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg.故当03μmg时，A相对于B滑动，由以上分析可知A错误，C正确．当F＝μmg时，A、B以共同的加速度运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F－μmg＝3ma，解得a＝μg，B错误．对B来说，其所受合力的最大值Fmax＝2μmg－μmg＝μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确．
答案：CD
图6
6．如图6所示，斜面倾角为θ，木块A的质量为m，叠放在木块B的上表面上．木块B的上表面水平，下表面与斜面间无摩擦，已知重力加速度为g，当A与B保持相对静止一起沿斜面下滑时，求A所受的弹力与摩擦力的大小．
解析：A和B组成一个简单的连接体，有共同的加速度，采用整体法分析可知，它们的加速度a＝gsinθ，平行于斜面向下．再对A进行受力分析，并分解加速度，如图7甲、乙所示，则
图7
ax＝acosθ＝gsinθcosθ，ay＝asinθ＝gsin2θ，根据牛顿第二定律得Ff＝max，G－FN＝may，G＝mg，联立以上各式解得Ff＝mgsinθcosθ，FN＝mg(1－sin2θ)＝mgcos2θ.
答案：mgcos2θ mgsinθcosθ
综合创新
图8
7．如图8所示，A、B间的距离l＝3.25 m，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图7所示，传送带始终以2 m/s的速度运行．将一物体无初速度地放到A处的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，求物体从A运动到B所需的时间．(g取10 m/s2)
解析：刚将物体无初速度地放上传送带时，摩擦力提供动力，受力如图9甲所示，由牛顿第二定律得
图9
x轴方向上：mgsin30°＋f＝ma1
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又f＝μFN
联立解得a1＝g(sin30°＋μcos30°)＝8.0 m/s2
第一阶段的时间为t1＝＝0.25 s
第一阶段的位移为x1＝＝ m＝0.25 m
物体在第二阶段中，由于mgsin30°>μmgcos30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图9乙所示，由牛顿第二定律可得
x轴方向上：mgsin30°－f＝ma2
y轴方向上：FN－mgcos30°＝0
又f＝μFN
联立解得a2＝g(sin30°－μcos30°)＝2.0 m/s2
在第二阶段物体以初速度v＝2 m/s和加速度a2＝2.0 m/s2做匀加速运动，其位移为x2＝l－x1＝3.25 m－0.25 m＝3.0 m
由位移公式得x2＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s，t2＝－3 s(舍去)
故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s.
答案：1.25 s
图10
8．如图10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11
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11所示，小球所受合力的大小为mgtanθ.
由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma①
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)gtanθ.
答案：(M＋m)gtanθ
9．如图12所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量mA＝10.5 kg，B的质量mB＝1.5 kg，弹簧的质量可忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m.现给物体A施加一个竖直向上的变力F，使它向上做匀加速直线运动．已知t＝0.2 s时A与B分离．求F在0.2 s内的最大值与最小值．(取g＝10 m/s2)
图12
解析：设开始时，弹簧的压缩量为x1，则
x1＝＝ m＝0.15 m①
设A、B刚分离时，弹簧的压缩量为x2
对B分析：kx2－mBg＝mBa②
对A分析：Fmax－mAg＝mAa③
且x1－x2＝at2④
把①式和②式代入④式解得a＝6 m/s2⑤
刚开始运动时，A、B作为整体，弹簧的弹力与(mA＋mB)g平衡，所以合力就是Fmin，即
Fmin＝(mA＋mB)a＝(10.5＋1.5)×6 N＝72 N
而刚分离时，由③式可得
Fmax＝mA(g＋a)＝10.5×(10＋6)N＝168 N.
答案：168 N 72 N
10．在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达6 000 m的高空，然后让其由静止下落，下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍，实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度为3 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于500 m，重力加速度g取10 m/s2.试计算：
(1)飞艇加速下落的时间．
(2)飞艇匀减速运动时的加速度不得小于多少？
解析：(1)设飞艇下落的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：mg－f＝ma1
解得a1＝＝9.6 m/s2
由h1＝a1t得t1＝＝25 s
(2)飞艇开始做减速运动时的速度为
v＝a1t1＝240 m/s
匀减速下落的最大高度为
h2＝3 000 m－500 m＝2 500 m
要使飞艇在下降到离地面500 m时速度为零，
飞艇减速时的加速度a2至少应为
a2＝＝11.52 m/s2
答案：(1)25 s (2)11.52 m/s2
能力导练二十四 专题 瞬时加速度和图象问题
基础巩固
1．如图1所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体的速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，则下列图中正确的是( )
图1
解析：物体在两个过程中都做匀变速直线运动，由此可知A、B、D选项不正确．由f1＝μmgcosα和f2＝μmg可知，C选项正确．
答案：C
图2
2．(多选)如图2所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
解析：设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．
答案：AC
3．(多选)如图3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3
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．
答案：AB
图4
4．如图4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( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
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．
答案：D
5．(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5中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )
图5
A．μA＝μB，mAC．μB＝μC，mB>mC D．μA<μC，mA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答案：ABD
图6
6．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图6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( )
A．9∶8
B．3∶2
C．2∶1
D．4∶3
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．
答案：B
7．放在水平地面上的一块物，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7甲所示，物块速度v与时间t的关系如图7乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
图7
A．0.5 kg，0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg，0.2 D．1 kg，0.2
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．
答案：A
8．(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8所示，则( )
图8
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
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．
答案：AD
综合创新
9．(多选)如图9(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图9(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
图9
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：本题以物体在斜面上的运动为情境，要求考生将牛顿运动定律与v－t图象建立联系，考查考生的综合分析能力．
物块滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝t1，向上滑行过程＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行过程＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为h＝ssinθ＝t1·＝v0，选项D对．仅根据速度—时间图象，无法求出物块质量，选项B错．
答案：ACD
图10
10．如图10，质量为m的小球用水平弹簧系住，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，小球的加速度为( )
A．大小为g，方向竖直向下
B．0
C．大小为g，方向水平向左
D．大小为g，方向垂直木板向下
解析：在未撤离木板时，小球受到重力mg、弹簧的弹力F和木板的弹力FN而静止，在撤离木板的瞬间，弹簧弹力的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mg和弹簧的弹力F两个力的作用，这两个力的合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故此时加速度的方向垂直于木板向下，进一步计算可知选项D正确．
答案：D
11．(多选)如图11甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图11乙所示．由图可以判断( )
图11
A．图线与纵轴的交点P的值aP＝－g
B．图线与横轴的交点Q的值TQ＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m
D．图线的斜率等于物体质量的倒数
解析：由a－T图象可知，交点P表示拉力T为0时，物体仅受重力作用，其加速度大小为重力加速度，即aP＝－g，选项A正确；当物体加速度为0时物体受到拉力TQ＝mg，选项B正确；由牛顿第二定律有T－mg＝ma，则有a＝－g，由此式可知，图线斜率为，故选项D正确，选项C错误．
答案：ABD
12．如图12甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去拉力，物体速度与时间(v－t)的部分图象如图12乙所示．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
图12
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？
(2)拉力F的大小为多少？
(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离x为多少？
解析：(1)分析运动的后一阶段，0.5 s后物体向上匀减速运动，只受摩擦力作用，运用牛顿第二定律得a＝＝gsinθ＋μgcosθ，根据速度—时间图象的斜率表示加速度，得a＝ m/s2＝10 m/s2，联立得μ＝0.5.
(2)分析运动的前一个阶段，0.5 s内物体向上做匀加速运动，受拉力和摩擦力作用，运用牛顿第二定律列式F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，根据图象信息得a′＝ m/s2＝20 m/s2，代入数据得拉力F＝30 N.
(3)根据速度—时间图象的物理意义可知图象与时间轴围成的面积表示运动的位移，
xmax＝ m＝7.5 m.
答案：(1)0.5 (2)30 N (3)7.5 m
13．如图13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13乙所示．求：(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
图13
(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．
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－mgsinθ－Ff＝ma1，
FN＝mgcosθ，而Ff＝μFN，
代入数据解得μ＝0.5.
(2)撤去F后，－mgsinθ－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－v＝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
mgsinθ－Ff＝ma3，解得a3＝2 m/s2
再经t3＝1 s，物体发生的位移为x3，
x3＝a3t＝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．
答案：(1)0.5 (2)2.2 m，沿斜面向上
探究拓展
14．如图14甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图14乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )
图14
解析：在0～1 s内，F＝mg，F－mgsin30°＝ma1，解得加速度a1＝5m/s2；在1～2 s内，F＝0，－mgsin30°＝ma2，解得加速度a2＝－5 m/s2；在2～3 s内，F＝－mg，F－mgsin30°＝ma3，解得加速度a3＝－15 m/s2；物体运动的速度v随时间t变化的规律是图中的C，所以选项C正确．
答案：C
能力导练十九 实验：探究加速度与力、
质量的关系
基础巩固
1．(多选)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法中正确的是( )
A．为了减小实验误差，悬挂物的质量应远小于小车和砝码的质量
B．为减小小车、纸带所受摩擦力对实验的影响，需把小车运动平面起始端垫高
C．实验结果采用描点法画图象，是为了减小误差
D．实验结果采用a－坐标作图，是为了根据图象直观地作出判断
解析：由实验过程和实验注意事项知，A、B、D正确．选项C中用描点法画图象，因为图象直观，能直接反映物理量间的关系，而不是为了减小误差．
答案：ABD
2．(多选)如图1是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中正确的是( )
图1
A．形成图(甲)的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大
B．形成图(乙)的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小
C．形成图(丙)的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大
D．形成图(丁)的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小
解析：如果长木板倾角过大，在未挂小桶时，小车便有了加速度，故A对，C错；如果倾角过小，在挂上较小质量的砂和砂桶时，没有加速度，故B错，D对．
答案：AD
3．在如图2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2
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
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．
答案：A
图3
4．如图3所示，在研究加速度与力、质量的关系的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有( )
A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2
B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1
C．当F1＝F2、m1＝2m2时，x1＝2x2
D．当F1＝F2、m1＝2m2时，x2＝2x1
解析：本题中m1和m2是小车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．
两小车相同，当m1＝m2时，若F1＝2F2，则a1＝2a2，由x＝at2得x1＝2x2，A正确，B错误．若m1＝2m2，由于两小车的质量未知，故无法确定两车加砝码后的质量关系，进而两小车的加速度关系也就不清楚，因此无法断定两车的位移关系，C、D错误．
答案：A
5．在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中，按实验要求安装好器材后，应按一定步骤进行实验，下述操作步骤的安排顺序不尽合理，请将合理的顺序以字母代号填写在下面的横线上：________．
A．保持小盘和砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次
B．保持小车质量不变，改变小盘和砝码的质量，测出加速度，重复几次
C．用天平测出小车和小盘的质量
D．平衡摩擦力，使小车近似做匀速直线运动
E．挂上小盘，放进砝码，接通打点计时器的电源，放开小车，在纸带上打下一系列的点
F．根据测量的数据，分别画出a－F和a－的图线
解析：按实验操作合理顺序排序，先准备实验、接着做实验，最后分析实验所以合理顺序为DCEABF或DCEBAF.
答案：DCEABF或DCEBAF
6．在探究加速度与力、质量的关系的实验中，图4给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出，打点计时器所接电源的频率为50 Hz)，计数点间的距离如图4所示．
图4
(1)根据图中数据得小车的加速度a＝________ m/s2；(保留三位有效数字)
(2)为减小误差，该实验要求小车(含砝码)的质量M跟砝码和小盘的总质量m的关系是M________m.
解析：(1)由题意可得计数点间的时间间隔为
T＝0.1 s
由逐差法得
a＝＝0.496 m/s2
(2)为了让小盘及盘中砝码的重力近似等于小车(含砝码)所受的合力，小车(含砝码)的质量M应远大于小盘及盘中砝码的总质量m，即M?m.
答案：(1)0.496 (2)?
7.
图5
如图5所示，是某次探究加速度与力、质量关系的实验装置安装完毕后，实验开始前的装置示意图，图中A为砝码和小盘，B为定滑轮，C为小车及上面添加的砝码，D为纸带，E为电火花计时器，F为蓄电池，电压为6 V，G是开关，请指出图中的三处错误：
(1)________________________________________________________________________．
(2)________________________________________________________________________．
(3)________________________________________________________________________．
解析：(1)为保证拉小车的力为A的重力，所以细线应水平．
(2)为了充分利用纸带数据，所以开始实验前小车应靠近打点计时器．
(3)打点计时器用交流中，电火花计时器用220 V交流电．
答案：(1)拉小车的细线应水平
(2)小车离电火花计时器太远
(3)电火花计时器用的是220 V交流电，不能接直流电
综合创新
8．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图6所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打上的点计算出．
图6
(1)当M与m的大小关系满足__________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．
(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地确定出加速度a与质量M的关系，应该作a与__________的图象．
(3)如图7(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，说明实验存在的问题是______________________________________ ________________________________________________________________________.
图7
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图7(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？________________________________________________________________________
解析：(1)当M?m时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．
(2)因由实验画的a－M图象是一条曲线，难以判定它所对应的函数式，从而难以确定a与M的定量关系，所以在实验中应作a－图象而不是a－M图象来分析实验结果．
(3)题图(a)甲同学根据测量数据作出的a－F图线没有过原点，图象交于F轴上一点，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线，两图线的斜率不同，说明两个同学做实验时的小车及车上砝码的总质量不同．
答案：(1)M?m (2) (3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (4)小车及车上的砝码的总质量不同
9．两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8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8乙)，控制两辆小车同时开始运动和结束运动．
图8
由于两个小车初速度都是零，运动时间又相同，因为x＝，即x∝a，所以只要测出两小车位移x之比就等于测出它们的加速度a之比．
实验结果是：当两小车质量相同时，_________________________；当拉力F相等时，____________________．实验中用砝码(包括砝码盘)所受的重力G＝mg的大小作为小车所受拉力F的大小，这样做会引起实验误差，为了减小这个误差，G与小车所受重力Mg之间需要满足的关系是：____________．
解析：实验过程中，当两小车质量相同时，砝码(包括砝码盘)重力越大，相同时间内位移越大，则加速度越大，进行实验时会发现，加速度与所受拉力成正比；若砝码重力不变，即拉力不变时，质量越大的小车，相同时间内位移越小，即加速度越小，进行测量分析知，加速度与质量成反比．如果砝码(包括砝码盘)的重力G远小于小车的重力Mg时，G近似等于拉力F.
答案：加速度与拉力成正比 加速度与质量成反比
G?Mg
探究拓展
10．某同学设计了如图9所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用停表记下木板运动到PQ处的时间t.
图9
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝__________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)_____________________________________________________．
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系．下面所示的图象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．可以更方便地获取多组实验数据
c．可以比较精确地测出摩擦力的大小
d．可以获得更大的加速度以提高实验精度
解析：(1)由x＝at2，可得a＝；保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值．
(2)当F1>F0时，板才产生加速度，随着继续向瓶中加水，水的重力与绳子拉力差值增大，a—F1不再是直线，但a永远不会超过g，所以选c.
(3)加水，可以更方便地获取多组数据，可以比较精确地测出摩擦力大小，bc正确．
答案：(1)见解析 (2)c (3)b
能力导练十八 牛顿第一定律
基础巩固
1．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
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，仍然存在一定阻力，只不过阻力很小而已．选项C错误；力是改变物运动状态的原因，并不是维持物体运动状态的原因，选D错误．
答案：B
2．(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
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．
答案：BCD
3．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
解析：牛顿第一定律有三层含义：不受力时物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，这是由于一切物体都具有惯性；受到力的作用物体的运动状态就要发生变化，从而揭示出力是改变物体运动状态的原因；指出了物体在不受力时的运动状态，故选项A、C、D正确；牛顿第一定律并不是惯性，惯性是物体的一种性质，而牛顿第一定律是物体的运动规律，两者是不同的概念，不可混为一谈，选项B错误．
答案：B
4．行驶的汽车在刹车后能停下，这是因为( )
A．汽车的惯性消失了
B．汽车的惯性小于汽车的阻力
C．阻力的作用改变了汽车的运动状态
D．汽车受到平衡力的作用而刹车停下
解析：根据牛顿第一定律知，力是改变运动状态的原因，所以C正确．
答案：C
5．下列关于惯性的理解中，正确的是( )
A．运动的物体有惯性，静止的物体没有惯性
B．汽车突然减速时，车上的人会向前倾，拐弯时人会向外甩，而汽车在匀速前进时，车上的人感觉平稳，说明突然减速和拐弯时有惯性，匀速运动时没有惯性
C．物体在没有受到外力时，能保持匀速直线运动状态或静止状态，是由于物体有惯性的缘故；当物体受到外力作用时，物体不能保持匀速直线运动状态或静止状态，这是由于物体此时没有惯性的缘故
D．惯性是物体的固有属性，它与物体的运动状态和是否受力均无关
解析：一切物体都有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，它与物体的运动状态和是否受力均无关系，故A、B、C错误，D对．
答案：D
6．(2019年山东省高三联考)16世纪末，伽利略用实验推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大
B．运动的物体，如果不再受力，总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落的快
D．物体维持匀速直线运动，不需要受力
解析：亚里士多德认为“有力作用在物体上时，物体才运动，停止用力，物体就会停下来，即力是维持物体运动的原因”，而伽利略根据理想实验得出“力不是维持物体的运动，即维持物体速度的原因，而恰恰是改变物体速度的原因”．选项A认为力越大，速度就越大，言下之意是力越小，速度就越小，力为零时，速度为零，这和亚里士多德的观点吻合；选项B认为物体长时间不受力时会处于静止状态，也就是说力是维持物体运动的原因，这与亚里士多德的观点吻合；显然选项C也是亚里士多德的观点；选项D是伽利略的观点，与亚里士多德的观点刚好相反．本题答案为D.
答案：D
7．如图1所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2(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，则两个小球( )
图1
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．难以确定是否相碰，因为不知小车运动方向
解析：由于惯性，两小球都以原来速度向前匀速运动，不会相碰．
答案：B
8．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
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．
答案：A
综合创新
9．如图2(俯视图)所示，以速度v匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线由A向B运动．则由此可判断列车( )
图2
A．减速行驶，向南转弯 B．减速行驶，向北转弯
C．加速行驶，向南转弯 D．加速行驶，向北转弯
解析：由牛顿第一定律可知，小球在水平桌面上向前运动，说明列车减速行驶；小球向北运动，则表明列车向南转弯，故答案为A.
答案：A
图3
10．如图3所示，一个劈形物体N，放在固定的斜面M上．物体N上表面水平，其上放一光滑小球m.若劈形物体各面均光滑，从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．无规则曲线
D．抛物线
解析：小球仅在竖直方向受力，运动状态发生改变，水平方向与原先一样，并未受到力的作用，由于惯性，水平方向运动状态不发生改变，故小球做竖直向下的直线运动．
答案：B
图4
11．在谷物的收割和脱粒过程中，小石子、草屑等杂物很容易和谷物混在一起．另外，谷还有瘪粒．为了将它们分离，农民常用一种叫做“风谷”的农具分选，如图4所示，它的分选原理是( )
A．小石子质量大，飞得最近
B．草屑和瘪粒质量小，飞得最远
C．草屑和瘪粒的惯性最大，飞得最近
D．空气阻力作用使它们速度变化快慢不同
解析：石子、实谷粒、草屑和瘪粒飞出时初速度基本相同，但由于质量不同，它们受到相同阻力时速度变化快慢不同，质量大的速度变化慢，质量小的速度变化快．草屑和瘪粒速度变化得快，故落点近；小石子速度变化得最慢，故落点最远．
答案：D
12．一个氢气球和负载的总质量为M，氢气球所受的升力为F，在空中匀速下降．若将负载抛出，则氢气球能在空中匀速上升．设气球所受升力不变，阻力的大小也不变，求抛出的负载的质量．
解析：设负载质量为m，阻力大小为f，抛出前F＋f＝Mg，抛出后(M－m)g＋f＝F，联立解得m＝2(M－)．
答案：2(M－)
探究拓展
13．如图5所示，体积相同的小铁球(如图5中黑色球所示)和小塑料球(如图5中白色球所示)分别用细线系于两个带盖的盛水的瓶子中，当两瓶和车一起加速向右运动时，会发生的现象最接近下图中的情景是( )
图5
解析：由于系统加速度向右，而水具有惯性，只会出现如题图A、B所示的水面，同样体积的铁球、水、塑料球中，铁球的惯性最大，塑料球的惯性最小，因而两球的相对位置如图B所示．
答案：B
14．一仪器中的电路如图6所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属制成的弹簧相连接，将仪器固
定在一辆汽车上，当汽车启动时，哪盏灯亮？当汽车急刹车时，又是哪盏灯亮？为什么？
,图6)
答案：当汽车向前启动时，金属块M由于惯性的原因，它要保持原来的静止状态，所以金属块的瞬时速度小于此时汽车的速度，故金属块相对汽车向车的后方移动，从而通过左边的接触片接通绿灯，所以绿灯亮；当汽车急刹车时，由于惯性的原因，金属块要保持原来的运动状态，金属块将向车前方移动，从而通过右边的接触片接通红灯，所以红灯亮
