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第四章 运动和力的关系
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知识体系·网络构建
宏观把握·理清脉络
[备选答案]
伽利略的科学研究方法:“理想实验”加“科学推理”
提示:将以下备选答案前的字
内容:一切物体总保持
母填入左侧正确的位置
牛顿第一定律
状态或
状态,除非作用在它
上面的力迫使它改变这种状态
A.反比
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
B相同
猜想→探究验证
探究过程
控制变量法
运动和力的关系
C匀速直线运动
牛顿第二定律
内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成
跟它
的质量成
,加速度的方向跟作用力的方向
D静止
表达式:
E正比
力学单位制:基本量、基本单位、导出单位,国际单位制及应用
FF=ma
已知受力情况求解运动情况
两类基本问题
[答案校对
牛顿运动定律的应用
已知运动情况求解受力情况
超重和失重
C
DE
AB
F
》专题归纳整合提升
归纳整合·深度升华◆
A
发现情况开始减速
汽车停止
反应过程
减速过程
甲
a/m
25
0
72
0/(km章末优化总结
动力学中的临界和极值问题
1．临界状态与临界值
在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应的物理量的值为临界值，临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现．若题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语，常为临界问题．
2．常见临界条件
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FN＝0
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，则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
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绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0
加速度最大与速度最大的临界条件
当物体在受到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
3.求解临界极值问题的三种常用方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学方法
将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件
如图所示，质量m＝1
kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8
kg、倾角为α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10
m/s2.试求：
(1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？
(2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？
[思路点拨]
(1)向右拉斜面体时，小球不离斜面体临界条件是什么？
(2)向左推斜面体时，小球不沿斜面滑动的临界条件是什么？
[解析] (1)小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0
对小球受力分析如图：
由牛顿第二定律得：＝ma
a＝＝
m/s2
对整体由牛顿第二定律得：
F＝(M＋m)a＝120
N.
(2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为0，
对小球受力分析如图：
由牛顿第二定律得：mgtan
37°＝ma′
a′＝gtan
37°＝7.5
m/s2
对整体由牛顿第二定律得：
F′＝(M＋m)a′＝67.5
N.
[答案] (1)120
N (2)67.5
N
求解此类问题时，一定要找准临界点，从临界点入手分析物体的受力情况和运动情况，看哪些量达到了极值，然后对临界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离法求解即可．
(2019·江西新余高一期末)如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan
θ，求：
(1)力F多大时，物体不受摩擦力；
(2)为使物体静止在斜面上，力F的取值范围．
解析：(1)物体不受摩擦力时受力如图所示：
由平衡条件得：Fcos
θ＝mgsin
θ，解得：F＝mgtan
θ；
(2)当推力减小时，摩擦力方向将沿斜面向上，物体受力如图所示：
由平衡条件得：
沿斜面方向上：Fcos
θ＋f＝mgsin
θ
垂直于斜面方向上：Fsin
θ＋mgcos
θ＝N
当摩擦力达到最大静摩擦力，即f＝μN时，推力F最小．
解得：Fmin＝，
F较大时，摩擦力方向将沿斜面向下，受力如图所示：
由平衡条件得：
沿斜面方向上：Fcos
θ＝f＋mgsin
θ
垂直斜面方向上：Fsin
θ＋mgcos
θ＝N
当摩擦力达到最大静摩擦力，即f＝μN时，推力F最大．
解得：Fmax＝，
为使物体静止在斜面上，力F的取值范围是：
≤F≤.
答案：(1)mgtan
θ
(2)≤F≤
动力学中的多过程问题的求解
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．
(2019·昭阳月考)如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B处平滑相连，水平面上A、B两点间距离s0＝8
m．质量m＝1
kg的物体(可视为质点)在F＝6.5
N
的水平拉力作用下由A点从静止开始运动，到达B点时立即撤去F，物体将沿粗糙斜面继续上滑(物体经过B处时速率保持不变)．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25.(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
(1)物体在水平面上运动的加速度大小a1；
(2)物体运动到B处的速度大小vB；
(3)物体在斜面上运动的时间．
[思路点拨]
(1)根据受力分析，由牛顿第二定律求得从A到B的加速度；
(2)根据匀加速运动规律求得速度；
(3)由牛顿第二定律求得上滑的加速度，根据匀变速运动规律求得上滑最大位移，然后根据受力分析求得物体下滑的加速度，由运动学公式可求得时间．
[解析] (1)物体在AB上运动受重力、支持力、摩擦力和拉力作用，由牛顿第二定律可得：F－μmg＝ma，物体在AB上运动的加速度a＝－μg＝4
m/s2；
(2)物体在AB做匀加速直线运动，物体从A运动到B处时的速度大小为vB，由速度位移的关系式得：v＝2as，解得：vB＝8
m/s；
(3)物体沿斜面上滑过程中摩擦力沿斜面向下，物体受重力、支持力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可得：mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，解得：a1＝(sin
θ＋μcos
θ)g＝8
m/s2；由mgsin
θ＞μmgcos
θ可得：物体的速度为零后，沿斜面下滑，下滑加速度a2＝gsin
θ－μgcos
θ＝4
m/s2，物体上滑的最大距离s＝eq
\f(v,2a1)＝4
m；物体上滑的时间t1＝＝1
s；物体下滑的时间t2，由位移公式得s＝a2t，解得：t2＝
s；物体在斜面上运动的时间t＝t1＋t2＝(＋1)
s.
[答案]
(1)4
m/s2 (2)8
m/s (3)(＋1)
s
研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4
s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72
km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39
m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度g＝10
m/s2.求：
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20
m/s，末速度vt＝0，位移x＝25
m，由运动学公式得v＝2ax①
t＝②
联立①②式，代入数据得：
a＝8
m/s2③
t＝2.5
s．④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋x⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3
s．⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
＝.
答案：(1)8
m/s2 2.5
s (2)0.3
s (3)章末过关检测(四)
(时间：60分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．(2019·宿州期末)关于牛顿运动定律的说法正确的是( )
A．牛顿第一定律提出了当物体的合外力为零时，物体将处于静止状态
B．汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
C．跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力
D．在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量
解析：选D.根据牛顿第一定律的内容：当物体不受力或所受合外力为零时，总保持匀速直线运动或静止状态，故A错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；观察和实验表明，对于任何物体，在受到相同的作用力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D正确．
2．(2019·江门期末)下列关于单位制的说法中，正确的是( )
A．在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位N
B．长度是基本物理量，其单位m、
cm、
mm都是国际单位制中的基本单位
C．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
D．由F＝ma可得到力的单位1
N＝1
kg·m/s
解析：选D.三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A错误；长度是基本物理量，其单位m是国际单位制中的基本单位，
cm与
mm只是常用单位，不属于基本单位，故B错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，故C错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由F＝ma可得到力的单位1
N＝1
kg·m/s，故D正确．
3．(2019·辽宁六校协作体高一期中)如图所示，一车内用轻绳悬挂着A、B两球，车向右做匀加速直线运动时，两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、θ，且α＝θ，则( )
A．A球的质量一定等于B球的质量
B．A球的质量一定大于B球的质量
C．A球的质量一定小于B球的质量
D．A球的质量可能大于、可能小于也可能等于B球的质量
解析：选D.对A、B整体研究，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)gtan
α＝(mA＋mB)a，解得：a＝gtan
α；对B研究，根据牛顿第二定律得：mBgtan
θ＝mBa，解得：a＝gtan
θ；因此不论A的质量是大于、小于还是等于B球的质量，均有α＝θ，故D正确．
4．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为θ，两底角为α和β，a、b为光滑斜面上质量均为m的小木块．现释放a、b后，它们沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对桌面的压力FN的大小为( )
A．FN>Mg＋2mg
B．FNC．FN＝Mg＋2mg
D．Mg解析：选D.根据牛顿第二定律可知，a、b沿斜面向下加速运动，则a、b都有竖直向下的分加速度，会出现失重现象，则a、b对楔形木块竖直向下的压力都比mg小，再隔离楔形木块分析可知，FN比总重力小而比Mg大．
5．(2019·金州校级模拟)如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是( )
A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程
B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程
C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大
D．速度达到最大时加速度也达到最大
解：选A.当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故B错误．
6．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
解析：选A.当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F＝ma知：
两者的加速度a＝＝，a∝t
当水平力F较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：
对m1∶a1＝，由于μ、m1、m2是定值，故m1的加速度a1不变．
对m2∶a2＝＝，
a2是时间t的线性函数，选项A正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7.“蹦极”是一项非常刺激的运动，某人身系弹性绳由高空P点自由下落，图中A点是弹性绳的原长位置，C点是人所能到达的最低点，B点是人静止悬吊着时的平衡位置，人从P点落下到最低点C的过程中( )
A．人在PA段做自由落体运动，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0，其加速度为0
解析：选AB.根据题中所提供的信息，把物理情景转化为一种物理模型，分析人的运动过程，结合超重、失重的概念来处理．人从P点到C点的过程中，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，选项A正确；AB段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，选项B正确；BC段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，选项C错误；在C点拉力大于重力，加速度不为0，选项D错误．
8．(2019·红塔校级月考)如图所示，两个质量为m1＝2
kg和m2＝3
kg物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝30
N，F2＝20
N的水平拉力分别作用于m1，m2上．则( )
A．弹簧秤示数是26
N
B．m1、m2共同运动加速度大小为a＝4
m/s2
C．突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a＝3
m/s2
D．突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a＝2
m/s2
解析：选AD.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝(m1＋m2)a，代入数据解得：a＝2
m/s2；对m2受力分析：向左的F2和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得：F－F2＝m2a，解得：F＝26
N，故A正确，B错误；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2
m/s2，故C错误；突然撤去F1的瞬间，m2的受力没有来得及变化，所以m2的加速度大小仍为a＝2
m/s2，故D正确．
9.两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下，滑块B受到的摩擦力( )
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcos
θ
D．大小等于μ2mgcos
θ
解析：选BC.把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有
(M＋m)gsin
θ－μ1(M＋m)gcos
θ＝(M＋m)a
得a＝g(sin
θ－μ1cos
θ)．
由于aθ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)．由牛顿第二定律有mgsin
θ－FB＝ma
得FB＝mgsin
θ－ma＝mgsin
θ－mg(sin
θ－μ1cos
θ)＝μ1mgcos
θ.
10．(2019·陕西宝鸡高一期末)如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( )
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t增大
解析：选BD.根据牛顿第二定律得，m的加速度a1＝＝－μg，M的加速度a2＝，根据L＝a1t2－a2t2，t＝.若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(10分)(2019·东湖区校级模拟)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示．
(1)下列说法正确的是________(单选)．
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验砝码及砝码盘B的质量应远大于小车A的质量
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a－图象
(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图2所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个点没有标出，其中s1＝7.06
cm、s2＝7.68
cm、s3＝8.30
cm、s4＝8.92
cm，纸带加速度的大小是________m/s2.(保留两位有效数字)
(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是________．但他把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大．用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力．他绘出的a－F关系图象(如图3)是________(单选)．
解析：(1)实验前要平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；实验时应先接通电源，然后再释放小车，故B错误；在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力，故C错误；应用图象法处理加速度与质量关系实验数据时，为了直观，应作a－图象，故D正确；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得纸带的加速度为：a＝
m/s2＝0.62
m/s2；
(3)将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大，小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力，小车受到的合力大于细线的拉力，在小车不受力时，小车已经具有一定的加速度，a－F图象不过原点，在a轴上有截距，因此他绘出的a－F关系图象是C.
答案：(1)D (2)0.62 (3)平衡摩擦力 C
12．(14分)频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片，已知斜面足够长，倾角为α＝37°，闪光频率为10
Hz.经测量换算获得实景数据：x1＝x2＝40
cm，x3＝35
cm，x4＝25
cm，x5＝15
cm.取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，＝2.24，设滑块通过平面与斜面连接处时速度大小不变．求：
(1)滑块沿斜面上滑时初速度v0的大小；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间．
解析：(1)由题意可知，滑块在水平面上做匀速直线运动，则v0＝＝4
m/s.
(2)滑块在斜面上滑过程做匀减速直线运动，设加速度为a1.根据公式：x4－x3＝a1T2
由牛顿第二定律：－(mgsin
α＋μmgcos
α)＝ma1
解得μ＝0.5.
(3)设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2.
0－v0＝a1t1
x＝v0t1
解得t1＝0.4
s，x＝0.8
m
滑块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律：
mgsin
α－μmgcos
α＝ma2
x＝a2t
解得t2＝
s
所以滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间：
t＝t1＋t2＝0.4
s＋
s＝1.296
s.
答案：(1)4
m/s (2)0.5 (3)1.296
s
13．(16分)(2019·舒城校级月考)如图所示，传送带沿逆时针方向以速度v0＝2
m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离L＝8.2
m，皮带绷紧与水平方向的夹角θ＝37°.将一可视为质点的小物块无初速度地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物块在与皮带相对滑动时能在皮带上留下白色痕迹．(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2)求：物块在带上传送过程中，
(1)运动时间t的值；
(2)物块相对传送带的位移Δx的大小；
(3)白色痕迹的长度s值．
解析：设物块刚放到皮带上时与皮带的接触点为P，则物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有：mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，
代入数据解得：a1＝10
m/s2
经历时间为：t1＝＝
s＝0.2
s
P点位移为：x1＝v0t1＝2×0.2
m＝0.4
m
物块位移为：x′1＝
m＝
m＝0.2
m
划出痕迹的长度为：ΔL1＝x1－x′1＝0.2
m
物块的速度达到v0之后，mgsin
θ＞μmgcos
θ，所以物块与传送带共速后继续向下匀加速运动．
由牛顿第二定律有：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2
代入数据解得：a2＝2
m/s2
到脱离皮带这一过程，经历时间为t2.
x′2＝L－x′1＝v0t2＋a2t
解得：t2＝2
s
此过程中皮带的位移：x2＝v0t2＝4
m
ΔL2＝x′2－x2＝8
m－4
m＝4
m
由于ΔL2＞ΔL1，所以痕迹长度为：s＝ΔL2＝4
m.
所以
t＝t1＋t2＝2.2
s
物块相对传送带的位移为：Δx＝L－v0t总＝3.8
m.
答案：(1)2.2
s (2)3.8
m (3)4
m
