实验：探究加速度与力、质量的关系
1．会做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
2．学会用“控制变量法”探究加速度与力、质量的定量关系。
3．会用图像表示加速度与力、加速度与质量之间的关系，能根据实验数据得出实验结论。
4．会分析实验中的误差，能采取合理方法减小实验误差，了解实验创新的方法及原理。
1.实验原理
速度是描述物体运动状态的物理量，加速度是描述速度变化快慢的物理量。因此也可以说，加速度是描述物体运动状态变化快慢的物理量。力是改变物体运动状态的原因，质量大的物体运动状态不容易改变。这说明，加速度与力、质量存在一定的关系。
2．实验思路
(1)探究方法——控制变量法。装置如图所示。
①保持小车质量不变，通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力，探究加速度与拉力的定量关系。
②保持小车所受的拉力不变，通过在小车上增加重物改变小车的质量，探究加速度与质量的定量关系。
(2)要测量的物理量
①小车和放在小车上的砝码的总质量M。
②小车受的拉力F(槽码的重力)。
③小车的加速度a。
3．实验器材
打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、槽码若干个、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺。
课堂任务 探究过程·获取数据
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：参考图甲，本实验需要测量的物理量有哪些？
提示：小车的质量、小车所受的作用力和小车运动的加速度。
活动2：小车的质量用天平测量即可。回顾运动学的知识，你知道哪几种测量或比较小车加速度的方法？
提示：如果小车做初速度为0的匀加速直线运动，则用刻度尺测量位移并用秒表测量时间，然后由a＝算出。也可以在小车上安装一条打点计时器的纸带，根据纸带上打出的点来测量加速度。也可以不测加速度的具体数值，测量不同情况下(即受力不同或质量不同时)小车加速度的比值，由于a＝，如果测出两个做初速度为0的匀加速直线运动的小车在相同时间内发生的位移x1、x2，则＝。
活动3：为了测量小车受到的力，本实验中为小车提供一个恒定的合力很关键。如图甲所示，什么情况下绳子对小车的牵引力近似等于槽码的重力？
提示：当槽码的质量比小车的质量小很多时。
活动4：实际做实验时为什么采用乙图，而不采用甲图？
提示：甲图中，小车在运动方向受到细线的拉力和木板对小车的摩擦力，如果后面拖着纸带，还受到打点计时器对小车的阻力，后两个力是未知的。如图乙所示，将木板未安装定滑轮的一端垫高，使小车的重力沿木板向下的分力等于小车受到的阻力，则绳子的拉力就是小车受到的合力。阻力恰好被平衡的判别方法是小车不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动。
活动5：按图乙所示，调整好实验装置后，如何进行实验并记录数据？
提示：(1)探究加速度与力的关系
保持小车的质量一定，通过增减槽码的个数来改变小车所受的拉力，根据纸带上打出的点来测出相应的加速度，将数据填在表1中。
表1 小车质量一定
(2)探究加速度与质量的关系
保持小车所受拉力不变(即槽码的个数一定)，通过增减在小车中的重物(即增减在小车中的砝码)来改变小车的质量，根据纸带上打出的点测出相应的加速度，将数据填在表2中。
表2 小车所受的拉力一定
活动6：本实验有哪些注意事项？
提示：(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)在补偿阻力时，连接小车细绳的一端不要悬挂槽码，小车的另一端应连着纸带且接通电源。用手轻轻地推一下小车，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。整个实验补偿了阻力后，不管以后改变槽码的重力或改变小车的质量，都不需要重新补偿阻力。
(3)改变槽码重力的过程中，要始终保证槽码的质量远小于小车的质量。测出槽码的重力，它近似地等于小车受到的拉力。
课堂任务 分析数据·得出结论
活动1：本实验用什么方法分析记录实验数据比较好？如何对数据进行分析？
提示：因为图像比较直观，所以最好用图像法来分析数据。对数据进行分析如下：
(1)分析a与F的关系：通过观察记录的数据发现，F越大，a越大，首先猜想a与F成正比。以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出图像。如图所示，若图像是一条通过原点的直线，就能说明a与F成正比。如果不是这样，则需进一步分析。
(2)分析a与m的关系：通过观察记录的数据发现，m越大，a越小，这可能是a与m成反比，也可能是a与m2成反比，甚至是更复杂的关系，需要通过作图来判定。先作出a?m图像，如图甲所示，因为a?m图像是曲线，由
图像可定性地判断出a随m的增大而减小，而不能判断二者的具体关系。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?图像，如图乙所示，若a?图像是一条过原点的直线，说明a与成正比，即a与m成反比。如果不是这样，则需进一步分析。
活动2：通过对实验数据的分析，你能得到什么结论？
提示：在质量一定时，物体的加速度与它所受到的合力成正比；在合力一定时，物体的加速度与它的质量成反比。
课堂任务 误差分析·实验创新
1．误差分析
实验中存在误差，实验误差的产生原因与减小方法如下表：
2．实验创新
上面的实验方案是根据纸带上打出的点测量加速度，我们称为方案一。从加速度的测量、力的测量方面都可以进行实验创新，下面以加速度的测量为例介绍两种方案。
方案二
根据初速度为0的匀加速直线运动满足关系式a＝，故只要用刻度尺测出物体的位移，并用秒表测出物体运动的时间，也可以算出加速度。但是由于人的反应时间较长，时间的测量误差较大，该方案实际不可行(如果有自动计时的精密仪器，本方案也可以)。
方案三
本实验只是探究加速度与其他量的比例关系，因此也可以不测量加速度的具体数值。由初速度为0的匀加速直线运动满足关系式a＝，可知运动时间相同时，加速度与位移成正比，即＝，由位移之比即可算出加速度之比。如图所示，通过抬起和按下黑板擦，使两小车运动相同的时间，这样也避免了秒表计时的误差，通过测量两小车的位移并计算其位移之比就可以得出加速度之比。
课堂任务 典例探究·提升能力
例 某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”：
(1)实验时，必须先补偿小车受到的阻力，关于补偿阻力的操作方法，下列说法正确的是________。
A．要保持砂桶和小车始终相连
B．逐渐垫高木板右侧，直到小车恰好开始滑动
C．逐渐垫高木板右侧，直到轻推小车能让小车恰好匀速滑动
D．每次改变小车内砝码的数量，都要重新进行阻力补偿
(2)如果该同学补偿了阻力，保持小车的质量M不变，多次改变砂桶与砂的总重力F，分别测量小车的加速度a，根据得到的数据，在a?F坐标系中描点得到的图像应如图乙中的________，简述你的判断依据：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)该同学又设计了如图丙所示的装置来进行实验。在自制的双层架子上固定带有刻度标记的木板，架子放在水平桌面上，两辆相同的小车质量均为M(足够大)，两个相同的托盘质量均为m0，每个砝码的质量均为m。实验主要操作步骤如下：
①补偿小车受到的阻力；
②让两辆小车紧靠右边的挡板，记下小车前端刻度尺读数s0，在与小车B连接的托盘中放入1个砝码，在与小车A连接的托盘中放入2个砝码；
③同时释放两小车，当小车运动一段时间后(未到滑轮处)，用手机对整个装置进行拍照，读出照片中A、B小车前端刻度尺读数，分别为s1、s2。
根据本实验方案的原理，在本次实验中验证表达式________________(用题中所给物理量表示)成立，多次实验后即可验证“物体质量一定时，加速度与所受合外力成正比”。
(1)补偿阻力的操作是什么？
提示：不挂重物，垫高木板上固定有打点计时器的一侧，调节木板的倾斜度直至轻推小车，小车后面连接的纸带打出的点迹均匀，即小车做匀速运动。
(2)实验中对所挂砂桶(含砂)的质量有什么要求？
提示：砂和砂桶的总质量要远小于小车的质量。
[规范解答] (1)补偿阻力的方法是，不挂砂和砂桶，让小车与纸带相连，垫高木板右侧直到轻推小车，小车在斜面上恰好做匀速直线运动，A、B错误，C正确；每次改变小车内砝码的数量，都不需要重新补偿小车受到的阻力，D错误。
(2)如果已经补偿了阻力，则F较小时a?F的图像是一条过原点的直线，砂桶与砂的质量太大时，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图线发生弯曲，C正确，A、B、D错误。
(3)已知两小车运动的时间相同，根据s＝at2，可得：a1＝、a2＝，又知托盘和砝码的重力等于小车受到的拉力，若＝，则＝，即表明小车的质量一定时，小车的加速度与其受到的合力成正比。
[完美答案] (1)C
(2)C 补偿了阻力，当F较小时，a与F成正比，图线为过原点的直线；当F太大时，砂和砂桶的质量不再远小于小车的质量，图线不再为直线
(3)＝
小车受到的阻力包括木板对小车的阻力和打点计时器对小车的阻力，故补偿阻力时，需调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动。
“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)在补偿小车受到的阻力的过程中，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，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a＝________
m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)补偿阻力后，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丙中作出a?F的关系图像。
(3)根据提供的实验数据作出的a?F图线不经过坐标原点，请说明主要原因：____________________。
答案 (1)0.16(0.15也正确) (2)图见解析
(3)未计入砝码盘的重力
解析 (1)每5个点取一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为t＝0.1
s，a＝＝
m/s2≈0.16
m/s2。
(2)根据数据确定每个点的位置，将各点用一条直线连接起来，使尽可能多的点落在直线上，不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，如下图所示。
(3)由(2)画出的图线与纵坐标相交而不过原点，说明当不挂砝码时，小车就有加速度，即不挂砝码时，绳对小车就有拉力，此拉力存在是因为砝码盘的重力不能忽略，而在第(2)问的表中只给出了砝码的总重力，没有考虑砝码盘的重力。
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9
-超重和失重
1．认识超重现象，理解产生超重现象的条件和实质。
2．认识失重现象，理解产生失重现象的条件和实质。
3．能用超重、失重的观点分析支持力或拉力的大小。
4．了解常见的超重、失重现象。
一、重力的测量
1．重力：在地球表面附近，物体由于地球的吸引而受到的力。
2．重力的测量方法
(1)公式法：先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量，根据G＝mg算出重力大小。
(2)平衡条件法：将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态。这时物体所受的重力和测力计对物体的拉力或支持力的大小相等。这是测量重力最常用的方法。
二、超重和失重
人站在体重计上向下蹲的过程中，体重计的示数会变化。体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的压力。
1．超重
(1)定义：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。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2．失重
(1)定义：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。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
(3)完全失重
①定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象。
②产生条件：a＝g，方向竖直向下。
判一判
(1)在地球表面附近，无论物体处于什么状态，物体对悬绳的拉力都与重力大小相等。( )
(2)在水平面上做匀速直线运动的火车中，可以用弹簧秤测量物体的重力大小。( )
(3)物体处于超重状态时重力增大了。( )
(4)物体处于失重状态时重力减小了。( )
(5)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化。( )
(6)做自由落体运动的物体处于完全失重状态。( )
提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)√
想一想
向上运动就是超重状态，向下运动就是失重状态，这种说法正确吗？
提示：这种说法不正确。超重、失重现象的产生条件不是速度的方向向上或向下，而是加速度的方向向上或向下。加速度向上时，物体可能向上加速运动，也可能向下减速运动；加速度向下时，物体可能向下加速运动，也可能向上减速运动。所以判断超重、失重现象要看加速度的方向，加速度向上时超重，加速度向下时失重。
课堂任务 对超重和失重的理解
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
站在体重计上向下蹲，你会发现，在下蹲的过程中，体重计的示数先变小，后变大，再变小。当人静止后，体重计的示数保持某一值不变，这是为什么？
活动1：如图所示，体重计的示数称为视重，试用牛顿第二定律分析视重为什么会这样变化？
提示：体重计的示数反映了人对体重计的压力，根据牛顿第三定律，人对体重计的压力与体重计对人的支持力FN大小相等，方向相反。人在下蹲时受到重力G和体重计的支持力FN，这两个力的共同作用使人在下蹲的过程中，先后经历加速、减速和静止三个阶段。以向下为正方向，由牛顿第二定律对这三个过程分别列式：mg－FN1＝ma1，mg－FN2＝－ma2，mg－FN3＝0，解得FN1＝m(g－a1)
mg，FN3＝mg。
活动2：视重小于人的重力叫失重，视重大于人的重力叫超重。试分析人在体重计上站起过程中的超重和失重情况。
提示：人站起的过程中，先加速后减速。以向上为正方向，由牛顿第二定律，有FN1－mg＝ma1，FN2－mg＝－ma2，解得FN1＝m(g＋a1)>mg，FN2＝m(g－a2)活动3：站在电梯里的体重计上，感受电梯启动、运行和制动过程中的超重和失重现象并总结。如果电梯自由下落，人会有什么感觉？
提示：电梯匀速运行时，人既不超重也不失重；电梯向上加速启动时人超重，电梯向上减速制动时人失重；电梯向下加速启动时人失重，电梯向下减速制动时人超重。如果电梯自由下落，人只受重力作用，不受电梯的支持力，体重计示数为0，人将感觉不到重力。
活动4：讨论、交流、展示，得出结论。
1．超重、失重现象的分析
2．对超重和失重的理解
(1)超重与失重现象仅仅是一种表象，无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化。
(2)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。
(3)加速度的大小决定了超重或失重的程度。视重相对重力的改变量为ma，a为物体竖直方向的加速度。
(4)完全失重是失重现象的极限。完全失重时，与重力有关的一切现象都将消失。
(5)若物体不在竖直方向运动，而加速度在竖直方向有分量，即ay≠0，则当ay竖直向上时物体处于超重状态，当ay竖直向下时物体处于失重状态。
例 质量为60
kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？人处于什么状态？(g取10
m/s2)
(1)升降机匀速上升；
(2)升降机以3
m/s2的加速度加速上升；
(3)升降机以4
m/s2的加速度加速下降。
(1)如何求体重计的读数？
提示：体重计的读数实质是人对体重计的压力大小，求出体重计对人的支持力，根据牛顿第三定律即可得出体重计的读数。
(2)如何求出体重计对人的支持力？
提示：根据牛顿第二定律，结合加速度的方向列式F－mg＝ma或mg－F＝ma，即可求出F。
[规范解答] 人站在升降机中的体重计上，受力情况如图所示。
(1)当升降机匀速上升时，
由牛顿第二定律得F合＝FN－G＝0，
所以人受到的支持力FN＝G＝mg＝600
N，
根据牛顿第三定律得人对体重计的压力大小为600
N，即体重计的读数为600
N，人处于平衡状态。
(2)当升降机以3
m/s2的加速度加速上升时，
由牛顿第二定律得FN－G＝ma，FN＝ma＋G＝m(g＋a)＝780
N，
由牛顿第三定律得，此时体重计的读数为780
N，大于人的重力，人处于超重状态。
(3)当升降机以4
m/s2的加速度加速下降时，
由牛顿第二定律得G－FN＝ma，
FN＝G－ma＝m(g－a)＝360
N，
由牛顿第三定律得，此时体重计的读数为360
N，小于人的重力，人处于失重状态。
[完美答案] (1)600
N 平衡状态 (2)780
N 超重状态 (3)360
N 失重状态
超重和失重问题的解题步骤
(1)确定研究对象，并对其进行受力分析，画出受力示意图；
(2)分析物体的运动状态，确定加速度的方向，并在受力示意图旁边标出；
(3)选取加速度的方向为正方向，根据牛顿第二定律列方程；
(4)解方程，得到物体所受悬挂物的拉力或支持面的支持力；
5由牛顿第三定律，判定物体对悬挂物的拉力或对支持面的压力与物体重力的关系，从而判定物体处于超重还是失重状态。
图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作时的示意图，中间的“·”表示人的重心，图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，取重力加速度g＝10
m/s2。根据图像分析可知( )
A．人的重力为1500
N
B．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．人在d点位置的加速度小于在f点的加速度
答案 B
解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500
N，根据牛顿第三定律和平衡条件可知，人的重力也是500
N，A错误；由图乙可知，人处于c点时对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；人处于e点时对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；人在d点时的加速度大小为a1＝＝
m/s2＝20
m/s2，人在f点时的加速度大小为a2＝＝
m/s2＝10
m/s2，a1＞a2，则人在d点位置的加速度大于在f点的加速度，D错误。
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6
-牛顿第二定律
1．理解牛顿第二定律的内容，知道其表达式的确切含义。
2．知道力的国际单位“牛顿”的定义。
3．会用牛顿第二定律进行有关分析和计算。
一、牛顿第二定律的表达式
1．牛顿第二定律：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
(1)比例式形式：a∝或F∝ma。
(2)等式形式：F＝kma，式中k是比例系数，F是物体所受的合力。
二、力的单位
1．F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取。当k＝1时，质量为1
kg的物体在某力的作用下获得1
m/s2的加速度，则这个力F＝ma＝1_kg·m/s2，力F的单位就是千克米每二次方秒，把它称作“牛顿”，用符号N表示。
2．在质量的单位取千克(kg)，加速度的单位取米每二次方秒(m/s2)，力的单位取牛顿(N)时，牛顿第二定律可以表述为：F＝ma。
判一判
(1)加速度的方向决定了合外力的方向。( )
(2)加速度的大小跟合外力成正比，跟物体的质量成反比。( )
(3)牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k，在国际单位制中才等于1。( )
提示：(1)× (2)√ (3)√
想一想
静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力，在拉力刚开始作用的瞬间，物体是否立即有加速度？是否立即有较大速度？
提示：力是产生加速度的原因，力与加速度具有瞬时对应关系，故在力刚开始作用的瞬间，物体立即获得加速度；但由公式Δv＝aΔt可知，必须经过一段时间加速，物体才能获得较大速度。
课堂任务 牛顿第二定律的理解
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：通过上一节的实验，我们知道物体的加速度与物体受到的合力成正比，与物体的质量成反比。那么如何用数学式子来表示这个结论？
提示：由结论可知a∝?F∝ma，引入比例系数k可得F＝kma。
活动2：上式为牛顿第二定律的表达式，我们知道质量的单位是kg，加速度的单位是m/s2，根据上述表达式如何确定力的单位？
提示：F＝kma中，质量取1
kg，当在某个力的作用下获得1
m/s2的加速度时，F＝kma＝k·1
kg·m/s2。由此式可知，只有当k的数值确定时，力F的单位才能确定，取k＝1，则力的单位为kg·m/s2。
活动3：初中物理我们学过托起两个鸡蛋所用的力大约是1
N，但没有明确定义力的单位，试用自由落体运动分析1
N与此处的1
kg·m/s2的关系。
提示：托起鸡蛋的力等于鸡蛋受到的重力，根据G＝mg，质量为1
kg的物体，所受重力为G＝1
kg·9.8
N/kg＝9.8
N，当它做自由落体运动时，根据牛顿第二定律F＝ma，得a＝＝9.8
m/s2，所以G＝1
kg·9.8
m/s2＝9.8
kg·m/s2，即1
N＝1
kg·m/s2。
活动4：历史上曾经用过厘米·克·秒制单位，即F＝kma中，质量的单位是g，加速度的单位是cm/s2，仍取k＝1，那么在此单位制中力的单位还是N吗？
提示：F＝kma中，取k＝1，m为1
g，a为1
cm/s2，则F＝ma＝1
g·cm/s2＝1×10－5
kg·m/s2＝1×10－5
N。可见，在厘米·克·秒制单位制中，力的单位不是牛顿。
活动5：讨论、交流、展示，得出结论。
1．表达式F＝ma中F指物体受到的力，实际物体所受的力往往不止一个，这时F指物体所受合力，该式中，F、m、a的单位都要用国际单位。
2．对牛顿第二定律的理解
(1)因果性：力是使物体产生加速度的原因，物体加速度的大小跟它受到的作用力的大小成正比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
(2)瞬时性：a与F同时产生、同时变化、同时消失，为瞬时对应关系。
(3)矢量性：F＝ma是矢量式，任一时刻a的方向均与力F的方向一致，当力F的方向变化时，a的方向同时变化。
(4)同体性：公式F＝ma中a、F、m对应于同一物体。
(5)相对性：牛顿第二定律适用于相对地面静止或做匀速直线运动的参考系，对相对地面做变速运动的参考系不适用。
(6)独立性：当物体同时受到几个力作用时，各个力都遵循牛顿第二定律F＝ma，每个力都会使物体产生一个加速度，这些加速度的矢量和即为物体具有的合加速度，故牛顿第二定律可表示为
Fx、ax分别为x方向上物体受到的合力、x方向上物体的加速度；Fy、ay分别为y方向上物体受到的合力、y方向上物体的加速度。
3．合力、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。只要物体所受的合力不为零，就会产生加速度。加速度方向与合力方向相同，大小与合力大小成正比。
(2)力与速度无因果关系：合力方向与速度方向可以相同，可以相反。合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，是用比值定义法定义物理量，a与v、Δv、Δt均无关；a＝是加速度的决定式，加速度由物体受到的合力和物体的质量决定。
例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的合力成正比，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的合力成正比，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的合力而求出
物体的质量与外界因素有关吗？
提示：质量是物体本身的一种属性，与外界因素无关。
[规范解答] 物体所受的合力，是由物体和与它相互作用的物体共同产生的，不由物体的质量和物体的加速度决定，A错误；物体的质量由物体本身决定，不由物体所受的合力与物体的加速度决定，B错误；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，C正确；牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可以求第三个量，D正确。
[完美答案] CD
搞不清楚力与加速度的因果关系，容易由F＝ma得到合力与加速度成正比的错误结论。因为力是使物体产生加速度的原因，所以只能说加速度与合力成正比，而不能说合力与加速度成正比。
(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( )
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一时刻的加速度只决定于这一时刻物体所受的合外力，与这一时刻之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于该物体上的每一个力所产生加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致
答案 BC
解析 F、m、a均取国际单位时，牛顿第二定律公式可以写成F＝ma的形式，否则比例系数k不一定为1，A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明F、m、a三者数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，但物体所受合外力的方向与速度方向不一定相同，B正确，D错误；由力的独立作用原理知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，C正确。
课堂任务 牛顿第二定律的简单应用
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：马拉雪橇的力沿什么方向？
提示：马拉雪橇的力斜向上。
活动2：雪橇在水平地面上做变速运动，雪橇受到的合力沿什么方向？
提示：雪橇受到的合力沿水平方向。
活动3：怎么求雪橇受到的合力？
提示：因为雪橇受重力、压力、支持力、拉力、摩擦力，受到三个以上的力的作用，所以用正交分解法求合力比较方便。
活动4：如何求雪橇的加速度？
提示：根据牛顿第二定律求解。
活动5：讨论、交流、展示，得出结论。
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象。
(2)进行受力分析和运动情况分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程。
(3)求出合力或加速度。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．两种求加速度的方法
(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，再由牛顿第二定律求出物体的加速度的大小及方向。加速度的方向就是物体所受合力的方向。若知道加速度的方向也可应用牛顿第二定律求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的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。在实际应用中常将力分解，且将加速度所在的方向选为x轴或y轴，有时也可分解加速度，即
例2 如图所示，车厢顶部固定一定滑轮，在跨过滑轮的绳子的两端分别系一个小球和一个物块，小球的质量为m1，物块的质量为m2，且m2＞m1，物块静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，系小球的那段绳子与竖直方向的夹角为θ。若滑轮、绳子的质量和摩擦忽略不计，求：
(1)车厢的加速度大小；
(2)车厢底板对物块的支持力和摩擦力。
(1)小球相对于车厢静止，其加速度与车厢的加速度相同吗？
提示：相同。
(2)以小球为研究对象，分析小球受哪几个力作用？合力沿什么方向？根据牛顿第二定律可以求出小球的加速度吗？
提示：小球受重力和绳子的拉力两个力作用；合力的方向水平向右；根据牛顿第二定律可以求出小球的加速度。
(3)以物块为研究对象，其水平方向受几个力作用？
提示：物块在水平方向受车厢底板对物块的摩擦力这一个力作用。
[规范解答] (1)解法一(力的合成法)：设车厢的加速度为a，小球的加速度与车厢的加速度相同，对小球进行受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律得：
F合＝m1gtanθ＝m1a
解得：a＝gtanθ。
解法二(正交分解法)：以小球为研究对象，进行受力分析，如图乙所示，
在水平方向上：Tsinθ＝m1a
在竖直方向上：Tcosθ＝m1g
解得车厢的加速度大小为a＝gtanθ。
(2)对物块进行受力分析，如图丙所示，
竖直方向上：N＋T＝m2g，
由(1)知，T＝，
则车厢底板对物块的支持力
N＝m2g－，方向竖直向上，
物块受到的摩擦力为f＝m2a＝m2gtanθ，方向水平向右。
[完美答案] (1)gtanθ
(2)m2g－，方向竖直向上 m2gtanθ，方向水平向右
当一个物体只受两个力的作用产生加速度时，一般采用平行四边形定则求合力，合力的方向就是加速度的方向。
如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平面成θ角，求：
(1)物体在加速上升过程中受到的摩擦力的大小与方向；
(2)物体所受支持力的大小。
答案 (1)macosθ 方向水平向右
(2)m(g＋asinθ)
解析 (1)如图所示，建立直角坐标系，对物体进行受力分析，并将加速度a沿已知力的方向正交分解，得
a1＝asinθ，a2＝acosθ
由牛顿第二定律知
f＝ma2＝macosθ，方向水平向右。
(2)在竖直方向上：N－mg＝ma1
解得N＝m(g＋asinθ)。
如图所示，质量为m＝1
kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成30°角，小球与杆之间的动摩擦因数μ＝，小球受到大小为20
N、方向竖直向上的拉力F作用，则小球的加速度大小是多少？方向是什么？(取g＝10
m/s2)
答案 2.5
m/s2 方向沿斜杆向上
解析 小球受重力、拉力、杆的支持力和滑动摩擦力，如图所示，
根据牛顿第二定律得：
Fsin30°－mgsin30°－Ff＝ma
Fcos30°＝mgcos30°＋FN
Ff＝μFN
联立以上各式解得a＝2.5
m/s2。
则小球的加速度大小为2.5
m/s2，方向沿斜杆向上。
课堂任务 牛顿第二定律的瞬时性问题
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：图中细线和弹簧受力而发生形变，形变明显的是弹簧还是细线？
提示：弹簧。
活动2：发生明显形变的物体，恢复原状需要时间吗？它产生的弹力能突变吗？请举出发生明显形变的例子。
提示：需要时间；它产生的弹力不能突变；如弹簧、橡皮筋在力的作用下发生明显形变。
活动3：没有明显形变的物体，恢复原状需要时间吗？它产生的弹力能突变吗？请举出没有明显形变的例子。
提示：不需要时间；它产生的弹力能突变；如线、板、棒等发生的形变不明显。
活动4：由牛顿第二定律可知，F与a具有瞬时对应关系，当物体受到的合力发生突变时，加速度突变吗？
提示：突变。
活动5：若剪断图中弹簧，则剪断时细线上的力F2发生突变吗？此时小球的加速度是多少？(用g和θ表示)
提示：若剪断图中弹簧，则剪断时细线上的力F2发生突变，立即变为零；此时小球只受重力，加速度为g。
活动6：若剪断图中细线，则剪断时弹簧上的力F1发生突变吗？此时小球的加速度是多少？(用g和θ表示)
提示：若剪断图中细线，则剪断时细线上的拉力立即变为零，弹簧上弹力F1不发生突变，弹簧上的弹力F1的大小、方向均不变；此时小球受重力和弹簧弹力作用，合力大小为F2，方向水平向左，加速度为a＝＝gtanθ。
活动7：讨论、交流、展示，得出结论。
物体在某时刻的瞬时加速度由该时刻所受的合力决定，当物体的受力发生变化时，其加速度同时发生变化。这类问题常会遇到轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条等模型。全面准确地理解它们的特点，可帮助我们灵活正确地分析问题。
(1)它们的共同点：质量忽略不计，都因发生弹性形变产生弹力，内部弹力处处相等且与运动状态无关。
(2)它们的不同点
分析物体在某时刻的瞬时加速度，关键是分析这一时刻物体的受力情况，明确哪些力不变，哪些力发生突变，再用牛顿第二定律求出瞬时加速度。
例3 如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有( )
A．a1＝0，a2＝g
B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g
D．a1＝g，a2＝g
木板被抽出瞬间哪些力发生了突变，哪些力保持不变？
提示：木块1、2的重力不变，弹簧对木块1的弹力和对木块2的弹力未改变，木块2受到的支持力发生了突变。
[规范解答] 在抽出木板的瞬时，木块1受重力和弹力，mg＝F(F为弹簧的弹力)，a1＝0，木块2受重力和弹力，根据牛顿第二定律a2＝＝g，故C正确。
[完美答案] C
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析该时刻前、后的受力情况和运动情况。
(2)分析瞬时加速度的“四个步骤”
第一步：分析物体原来的受力情况；
第二步：分析物体在突变时的受力情况；
第三步：由牛顿第二定律列方程；
第四步：求出瞬时加速度并讨论其合理性。
如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间( )
A．A球加速度为g，B球加速度为g
B．A球加速度为g，B球加速度为0
C．A球加速度为g，B球加速度为0
D．A球加速度为g，B球加速度为g
答案 B
解析 在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变，T弹＝mBg，则B球的合力为零，加速度为零；对A球，剪断悬线的瞬间，悬线对A球的拉力消失，则有F合＝mAg＋T弹＝(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝g，故B正确。
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-牛顿运动定律的应用
1．知道动力学的两类问题：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力；理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。
2．掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题。
1.从受力确定运动情况
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，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2．从运动情况确定受力
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，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
判一判
(1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。( )
(2)若物体所受合外力恒定，且合外力方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。( )
(3)若物体做匀加速直线运动，则可以根据运动学公式求出加速度，进而根据牛顿运动定律求力。( )
(4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。( )
提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
想一想
(1)物体的运动方向是否一定与物体所受合力的方向一致？为什么？
提示：不一定。物体的运动情况由物体所受的合力和物体的初始状态共同决定。如物体以某一初速度v0冲上光滑斜面，合力方向沿斜面向下，而物体的运动方向沿斜面向上。所以受力情况决定了加速度，但与速度没有直接关系。
(2)加速度在解决动力学的两类问题中有什么作用？
提示：加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁，无论是已知受力情况求解运动情况，还是已知运动情况求解受力情况，都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用已知条件，确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。
课堂任务 从受力确定运动情况
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
将质量为m的冰壶沿冰面以速度v0投出，如何求解它能滑行的距离？
活动1：如图所示，以一定速度v0将冰壶沿冰面投出，冰壶滑行时受什么力？
提示：重力、支持力和冰面对它的摩擦力。
活动2：冰壶滑行时速度不断变小，它的加速度如何求解？
提示：根据冰壶的受力情况，求出冰壶所受的合力，再根据牛顿第二定律即可求得冰壶滑行时的加速度。冰壶受到的合力等于摩擦力，F合＝f＝μmg(μ为冰壶和冰面间的动摩擦因数)，接着根据牛顿第二定律，得加速度大小a＝＝μg，方向与运动方向相反。
活动3：如何求冰壶滑行的距离？
提示：已知冰壶的初速度、末速度、滑行过程中的加速度，根据运动学公式v2－v＝2ax，即可求得冰壶滑行的距离。
活动4：讨论、交流、展示，得出结论。
1．从受力确定运动情况的一般求解步骤
2．解题方法
(1)合成法：物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F合。反之，若知道加速度方向就知道合力方向。
(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量。即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0。
例1 如图所示，长为s＝11.25
m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3
m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2
kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20
N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块过B点时速度的大小；
(2)拉力F作用的时间。
(1)开始时滑块在水平轨道上运动时受几个力作用？在斜面上运动时受几个力作用？
提示：开始时，滑块在水平轨道上受4个力作用；在斜面上运动时受2个力作用。
(2)滑块在水平轨道上先做什么运动？在斜面上做什么运动？
提示：滑块在水平轨道上先做匀加速直线运动，在斜面上做匀减速直线运动。
(3)滑块在水平轨道上运动时，利用什么方法求加速度？
提示：利用正交分解法求加速度。
[规范解答] (1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3
由运动学规律可得v＝2a3L
解得vB＝6
m/s。
(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
设F作用的时间为t，则撤去F时有：
v1＝a1t，x1＝a1t2
撤去拉力F后，有：μmg＝ma2
v－v＝2(－a2)(s－x1)
联立解得：t＝1.5
s。
[完美答案] (1)6
m/s (2)1.5
s
多过程问题的分析
物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型，它展示了物体在运动过程中的受力特点及物体的运动情况，综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力。
解答思路：首先理清物体的不同运动过程，根据受力特点确定各过程的运动性质，然后列相应的动力学方程(运用牛顿第二定律与运动学公式)；注意不同过程中的中间衔接量，特别是两过程间的“速度”参量，往往是列式与计算的“桥梁”。
若运动过程涉及摩擦力，要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力是否发生突变。
如图所示，质量为40
kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200
N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2
s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10
m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。
答案 (1)5.2
m/s (2)6.76
m
解析 (1)对雪橇，竖直方向：N1＋Fsin37°＝mg
水平方向：Fcos37°－f1＝ma1，且f1＝μN1
由运动学公式：v＝a1t1
解得：v＝5.2
m/s。
(2)撤去拉力后，有－μmg＝ma2，
则雪橇的加速度a2＝－μg
根据0－v2＝2a2x，解得：x＝6.76
m。
课堂任务 从运动情况确定受力
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
通过观察记录滑雪运动员的运动情况，你能求出他受到的阻力吗？
活动1：如图所示，若已知滑雪运动员以初速度v0在t时间内沿倾斜的直线滑道匀加速下滑的距离为x，那么如何求解运动员的加速度？
提示：根据运动学公式x＝v0t＋at2求解。
活动2：已知运动员的质量为m，怎样求运动员受到的合力？
提示：根据牛顿第二定律F合＝ma，求得运动员受到的合力。
活动3：已知山坡的倾角为θ，如何求解运动员受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)?
提示：根据受力分析，沿山坡方向有mgsinθ－f＝F合，可求得阻力f。
活动4：讨论、交流、展示，得出结论。
从运动情况确定受力的一般求解步骤
例2 某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量为m＝50
kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100
m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80
m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20
m时刚好停止运动。取g＝10
m/s2，求：
(1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
(2)落地前20
m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小；
(3)当平台落到离地面10
m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。
(1)本题属于已知受力求运动情况的问题吗？
提示：不是，属于已知运动情况求受力的问题。
(2)平台做匀减速运动时，小明受哪几个力作用？
提示：受重力和平台的支持力作用。
[规范解答] (1)当下落80
m时小明的速度最大，
v＝2gh1
代入数据可得：vm＝40
m/s。
(2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为
a2＝
代入数据可得：a2＝40
m/s2。
(3)当平台落到离地面10
m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律：F′－mg＝ma2
代入数据得：F′＝2500
N
根据牛顿第三定律，小明对平台的压力F为2500
N。
[完美答案] (1)40
m/s (2)40
m/s2 (3)2500
N
动力学两类基本问题的思维程序图如下：
由图可见，不论求解哪一类问题，加速度都是解题的桥梁和纽带，求解出加速度是顺利解答的关键。
有一质量为1
kg的小球串在长0.5
m的轻杆顶部，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°，静止释放小球，经过0.5
s小球到达轻杆底端，g取10
m/s2，试求：
(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；
(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2
m/s2，此恒力大小为多少？
答案 (1)0.25 (2)8
N或24
N
解析 (1)对小球，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
又x＝at2
联立解得μ＝0.25。
(2)若F垂直于杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′
解得F＝8
N；
若F垂直于杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′
解得F＝24
N。
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-牛顿第一定律
1．了解人们对运动和力的关系的认识历程，知道伽利略的理想实验及其主要推理过程和推论，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．知道什么是惯性，会正确地解释有关惯性的现象，知道惯性大小只与质量有关。
一、理想实验的魅力
1．人类对运动和力的关系的认识历程
2．伽利略的理想实验
(1)斜面实验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。如果第二个斜面的倾角减小，小球在这个斜面上仍将到达原来的高度，但这时它运动的距离更长。继续减小第二个斜面的倾角，球达到同一高度时运动的距离就会更长。
(2)推理结论：若将第二个斜面放平，小球将永远运动下去。这说明，力不是维持物体运动的原因。
二、牛顿第一定律
1．牛顿第一定律：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：物体这种保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫作惯性。牛顿第一定律也被叫作惯性定律。
3．意义
(1)揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。
(2)揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性。
三、惯性与质量
1．描述物体惯性的物理量是它的质量。质量大的物体惯性大。
2．质量：只有大小，没有方向，是标量。在国际单位制中，质量的单位是千克，符号为kg。
判一判
(1)亚里士多德认为物体的自然状态是静止，只有当它受到力的作用才会运动。( )
(2)伽利略认为力不是维持物体运动的原因。( )
(3)伽利略理想实验结论是以可靠事实为基础，经科学抽象、运用分析推理得出的。( )
(4)牛顿第一定律可以用实验直接验证。( )
(5)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。( )
(6)力无法改变物体的惯性。( )
提示：(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√
想一想
(1)“理想实验”能否通过科技的不断发展而变成真实的科学实验？
提示：不能，理想实验是人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验。
(2)如图所示，用力踢球，球才会运动起来，难道不能证明有力才有运动，运动需要外力来维持吗？
提示：不能，正是由于脚对球的力，改变了足球原来的运动状态(静止)，故力是改变物体运动状态的原因。脚离开球后，脚不再给球作用力，球仍然运动，故不是有力才有运动，力不是维持物体运动的原因。
(3)有人说“只有做匀速直线运动或静止的物体才具有惯性”，也有人说“速度越大惯性越大”“受力越大惯性越小”，这些说法对吗？
提示：不对，惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的运动状态和受力情况无关。
课堂任务 对伽利略的理想实验的理解
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：关于力和运动的关系，在很长的时间里，人们都信奉亚里士多德的观点，其内容是什么？
提示：必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某个地方。
活动2：根据观察，小钢球沿斜面向下滚动时，速度如何变化？如果向上滚动呢？由此猜想，小球沿水平面滚动时速度如何？
提示：速度增大；速度减小；速度应该不增不减。
活动3：实际上小钢球沿水平面滚动时，会越来越慢，最后停下来，这是为什么？
提示：这是因为小球受到摩擦力作用。
活动4：如图甲所示的实验，不断改变斜面的材料(例如由毛巾依次换成棉布、木板、玻璃)，使其越来越光滑，你观察到小球到达的最大高度如何变化？
提示：越来越高。
活动5：如果斜面绝对光滑，小球能达到多高？
提示：小球将达到原来的高度。
活动6：如图乙所示，减小第二个斜面的倾角，若斜面绝对光滑，小球能到达多高？与活动5相比运动的距离如何？
提示：小球仍将到达原来的高度；运动的距离更长。
活动7：如图丙所示，当绝对光滑的斜面最终水平时，小球如何运动？
提示：小球要达到原来的高度，将永远运动下去。
活动8：将上述理想实验与亚里士多德的观点对比，你能总结出什么？
提示：力不是维持物体运动的原因。
活动9：讨论、交流、展示，得出结论。
1．“理想实验”揭示了力不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持。
2．“理想实验”是一种思维活动，是人们在抽象思维中设想出来的，而实际上无法做到的实验。
3．“理想实验”是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到理想状态，从而揭示自然现象本质的假想实验。所以说伽利略理想实验方法是科学的，结论是可靠的。
例1 (多选)下列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，其正确性应该再接受实验验证
伽利略的理想实验是想象中的实验，有科学性吗？
提示：伽利略的理想实验虽然是想象中的实验，但这个实验反映了一种物理科学方法，它是建立在可靠的事实基础之上的，以事实为依据，以抽象为指导，抓住主要因素，忽略次要因素，从而深刻地揭示了自然规律。
[规范解答] 伽利略的理想实验是在实验基础上假想的，A错误；伽利略的理想实验虽然是假想的，但是是在实验基础上，抓住主要因素，忽略次要因素，合理推理得到的，它得出的结论是可靠的，B正确；理想实验是一种科学方法，C正确；理想实验是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到理想状态，从而揭示自然现象本质的假想实验，不能用实验验证，D错误。
[完美答案] BC
“理想实验”在自然科学的理论研究中有着重要的作用，但“理想实验”的方法有一定的局限性，“理想实验”是一种逻辑推理的思维过程，它的作用只限于逻辑上的证明与反驳，而不能用作检验认识正确与否的标准。由“理想实验”所得出的任何推论，都必须由观察或实验的结果来检验。
在探究物体运动的原因时，伽利略利用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。伽利略设计这个实验的目的是为了说明( )
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
B．即使没有摩擦，小球最终也一定会停下来
C．力不是维持物体运动的原因
D．如果物体不受力的作用就不会运动
答案 C
解析 伽利略的理想实验证明了：力不是维持物体运动的原因，运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，A、B、D错误，C正确。
课堂任务 牛顿第一定律
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：如图甲所示，关于力和运动的关系，伽利略的结论是什么？
提示：力不是维持物体运动的原因。
活动2：如图甲所示，考虑速度的矢量性，试进一步总结物体不受力时速度有什么特点？如果物体开始时静止呢？
提示：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，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，即速度的大小和方向都不变。若物体开始时静止，即速度为零，因为速度不变，所以以后仍保持静止。
活动3：如图乙、丙所示，总结力对运动有什么影响？
提示：图乙中磁力使钢球的速度变大，图丙中磁力使钢球的速度方向改变；因此力能改变物体的速度。
活动4：结合以上活动，试总结力和运动的关系。
提示：由活动1、3可知，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体速度的原因；由活动2可知，物体不受力时，速度不变，即物体总保持速度不变(匀速直线运动或静止)的状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
活动5：讨论、交流、展示，得出结论。
1．牛顿第一定律
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．对牛顿第一定律的理解
(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)牛顿第一定律所描述的状态是一种理想状态，它是利用逻辑思维进行分析的产物，不可能用实验直接验证。
3．牛顿第一定律的意义
(1)揭示了运动和力的关系
①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。
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，即物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，因此牛顿第一定律也被叫作惯性定律。
例2 (多选)关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是( )
A．牛顿第一定律可用实验来验证
B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的
D．物体的运动不需要力来维持
(1)牛顿第一定律描述的是什么状态？这种状态存在吗？
提示：牛顿第一定律描述的是物体不受力的状态，这种状态不存在，因为不受力作用的物体是不存在的。
(2)物体不受力能运动吗？
提示：牛顿第一定律指出运动的物体不受力时保持匀速直线运动状态，所以物体的运动不需要力来维持。我们常见的物体不受力会停止，是因为我们只考虑我们看得见的施加的外力，而忽略了看不见的摩擦力和空气阻力等。
[规范解答] 不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不是实验定律，故不能用实验来验证，A错误；牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，B正确；惯性定律是物体遵循的规律，而惯性是物体的性质，实质是不相同的，C错误；物体的运动不需要力来维持，D正确。
[完美答案] BD
物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性；而物体因为具有惯性而总是保持这种运动状态，除非有力作用在它上面迫使它改变这种运动状态，这是牛顿第一定律，也被叫作惯性定律，两者是不同的。
关于牛顿第一定律，以下说法错误的是( )
A．牛顿第一定律又叫惯性定律
B．牛顿第一定律是牛顿通过大量实验总结出来的实验结论
C．牛顿第一定律说明一切物体都有惯性
D．牛顿第一定律说明力可以改变物体的运动状态
答案 B
解析 牛顿第一定律又叫惯性定律，A正确；牛顿第一定律是牛顿在伽利略和笛卡儿工作的基础上，通过抽象推理总结出来的结论，B错误；牛顿第一定律说明一切物体都有惯性，C正确；牛顿第一定律说明力可以改变物体的运动状态，D正确。
课堂任务 惯性的理解和应用
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：如图甲，铅球质量越小，运动员投掷的距离越远，从运动和力的关系分析，这说明什么？
提示：这说明铅球质量越小，越容易获得更大的速度，即运动状态越容易改变，惯性越小。
活动2：如图乙，轰炸机为了携带更多的炸弹，质量很大，但是战斗机(图丙)质量都很小，为什么？这说明了什么？
提示：战斗机要求动作灵活，例如在极短的时间加速或转弯，以躲避来袭导弹，即战斗机要求运动状态容易改变，惯性小。说明物体的惯性大小与其质量有关。
活动3：讨论、交流、展示，得出结论。
1．大量的事例说明，不同质量的物体，惯性的大小不一样。描述物体惯性的物理量是它的质量。
2．对惯性的理解
(1)惯性与质量
①惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
②质量是物体惯性大小的唯一量度。质量越大，惯性越大。
(2)惯性与力
①惯性是物体本身固有的一种性质，因此说“物体受到了惯性作用”“产生了惯性”“受到惯性力”等都是错误的。
②力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动状态的原因。力越大，运动状态越易改变；惯性越大，运动状态越难改变。
③惯性与物体的受力情况无关。
(3)惯性与速度
①速度是表示物体运动快慢的物理量，惯性是物体本身固有的性质。
②一切物体都有惯性，惯性和物体是否有速度及速度的大小均无关。不能说“速度大惯性就大”。
(4)惯性与惯性定律
惯性不是惯性定律。惯性没有条件限制，是物体的一种固有属性。惯性定律是物体不受外力作用时物体运动所遵循的一条规律。
(1)物体在不受力(或合力为零)的条件下，惯性表现为物体保持原来的运动状态。
(2)在受力条件下，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度。
例3 打水漂是人类最古老的游戏之一。如图所示，仅需要一块小瓦片，在手上呈水平放置后，用力使它水平飞出，瓦片擦水面飞行，不断地在水面上向前弹跳，直至下沉。下列判断正确的是( )
A．瓦片飞出时的初速度越大，它的惯性一定越大
B．瓦片飞行时所用时间越长，它的惯性一定越大
C．瓦片飞出去的距离越长，它的惯性一定越大
D．瓦片的质量越大，它的惯性一定越大
(1)惯性与物体的运动速度有关吗？速度越大惯性越大吗？
提示：惯性与物体的速度无关；速度越大，惯性不一定越大。
(2)物体的惯性大小由什么决定？
提示：只由物体的质量决定。
[规范解答] 惯性是物体本身具有的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，所以瓦片的质量越大，它的惯性一定越大，惯性与初速度、飞行时间、飞行距离等因素无关，A、B、C错误，D正确。
[完美答案] D
利用惯性解释现象的步骤
(1)明确研究的物体原来处于怎样的运动状态。
(2)明确当外力作用在该物体的某一部分或与该物体有关联的其他物体上时，这一部分或其他物体的运动状态的变化情况。
(3)明确该物体由于惯性保持怎样的运动状态，判断最后会出现什么现象。
(多选)如图所示，小车上竖直放置一个木块，让木块随小车沿着桌面向右运动，当小车被挡板制动时，车上的木块向右倾倒。下列分析正确的是( )
A．木块上部有惯性，下部没有惯性
B．木块倾倒是因为木块有惯性
C．小车碰到挡板时，木块上部受到了惯性力的作用而向前运动
D．木块底部受到摩擦力很快停止运动，上部没有受摩擦力由于惯性要继续运动
答案 BD
解析 惯性是物体的固有属性，惯性的大小与物体的运动状态无关，木块的上部与下部都有惯性，A错误；当小车被制动后，木块底部受到摩擦力很快停止运动，上部没有受摩擦力由于惯性要继续运动，最后木块倾倒，B、D正确；小车碰到挡板时，木块上部由于惯性继续前行才倾倒，不能说受到了惯性力的作用而向前运动，C错误。
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-专题四 模型构建——连接体问题
课题任务 整体法、隔离法解决连接体问题
1．“连接体”问题
所谓“连接体”，是指运动中的几个物体或上下叠放在一起或前后挤靠在一起或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组。在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法。
2．隔离法与整体法
(1)隔离法：在分析连接体问题时，从研究问题的方便性出发，将物体系统中的某一部分物体隔离出来，单独分析研究的方法。
(2)整体法：在分析连接体问题时，将整个物体系统作为整体分析研究的方法。在分析整体受外力时常采用整体法。
3．整体法、隔离法的选用
(1)整体法、隔离法的选取原则
当连接体内各物体具有相同的加速度(或运动情况一致)时，可以采用整体法；当连接体内各物体加速度不相同(或运动情况不一致)时，采用隔离法。一般来说，求整体的外力时优先采用整体法，整体法分析时不要考虑各物体间的内力；求连接体内各物体间的内力时只能采用隔离法。
(2)整体法、隔离法的交替运用
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”。
4．运用隔离法解题的基本步骤
(1)明确研究对象。
(2)将研究对象从系统中隔离出来。
(3)对隔离出的研究对象进行受力分析，注意只分析其他物体对研究对象的作用力。
(4)寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解。
例1 如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg
B．Mg＋Ma
C．Mg－Ma
D．m1a＋μ1m1g
[规范解答] 对物块A、B组成的整体，由牛顿第二定律得，T＝(m1＋m2)a，对物块C，Mg－T＝Ma，解得T＝Mg
－Ma，A、B错误，C正确；对物块A，T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，D错误。
[完美答案] C
整体法、隔离法交替运用是解决连接体问题的关键。若外力F未知，用隔离法求得物体的加速度，因系统内物体加速度完全相同，故再选择整体法求得F的大小；若F已知，用整体法求加速度，再用隔离法求相互作用力。
如图所示，质量分别为m1和m2的物块A、B，用劲度系数为k的轻弹簧相连。当用力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉物块B，使两物块以相同的加速度共同加速运动时，弹簧的伸长量为________。
答案
解析 对物块A、B和弹簧组成的整体分析得
F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a①
隔离A得kx－m1gsinθ＝m1a②
联立①②式得x＝。
课题任务 动力学的临界和极值问题
1．对临界问题和极值问题的认识
(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问题。
(2)极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的问题。
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。
2．动力学中常见的临界问题的类型
(1)弹力发生突变
弹力是由物体间的挤压或拉伸产生的，对研究对象产生弹力的常见的接触物有轻绳、轻杆、弹簧、接触面。依据接触物产生弹力的特点，可知弹力的突变情况有以下几种：
①弹力为零是物体与接触面脱离的临界条件。
②弹力为零是弹簧(轻杆)对物体产生压力还是拉力的临界条件，也是轻绳松弛与绷紧的临界条件。
③轻绳的张力(或弹簧的拉力、轻杆承受的拉力或压力)达到最大是轻绳崩断(弹簧发生非弹性形变、轻杆断裂)的临界条件。
(2)摩擦力发生突变
摩擦力是由于互相挤压的物体间有相对运动趋势或相对运动产生的，根据静摩擦力和滑动摩擦力的特点，可知摩擦力的突变情况有以下几种：
①静摩擦力为零是运动趋势的方向发生变化的临界条件。
②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止或相对滑动的临界条件。
3．处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端情况，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，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，假设是某种可能，或假设出现临界条件，会出现什么情况
数学法
将物理量间关系用数学式子表达出来，结合已知量的取值范围和其他物理条件，根据数学表达式解出临界值(此方法也可用于求解极值问题)
例2 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
[规范解答] A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，故D错误；当两物体要分离时，A、B间弹力FAB＝0，且F＝mg，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，可得a＝0，故A、B分离时，弹簧仍处于压缩状态，A、B错误；设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，A、B刚分离时，x＝，h＝x0－x，解以上各式得k＝，C正确。
[完美答案] C
处理动力学中的临界问题的关键是临界条件的挖掘。绳断与不断的临界条件是绳中的张力等于绳所能承受的最大拉力；两物体接触与分离的临界条件是两物体间的弹力等于零；两物体即将发生相对滑动的临界条件是两物体间的摩擦力等于最大静摩擦力；加速度逐渐减小的变加速运动速度最大的临界条件是加速度等于零。
如图所示，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。
(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)当线对小球的拉力FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲所示，则
FNcos45°＝mg
FNsin45°＝ma
解得a＝g，故当滑块向右的加速度为g时线对小球的拉力为0。
(2)假设滑块以加速度a1向左运动时，小球对滑块的压力恰好为0。小球受重力mg、线的拉力FT1作用，如图乙所示，由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cos45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin45°－mg＝0。
由上述两式解得a1＝g，
即当滑块至少以大小为g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力为0。
(3)当滑块以加速度a′＝2g向左运动时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力FT′和重力mg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′cosα＝ma′，
FT′sinα＝mg，
解得FT′＝m＝mg。
1．如图所示，物块A、B质量相等，在水平恒力F的作用下，在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数μ相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2，则以下判断正确的是( )
A．a1＝a2
B．FN1＝F
C．FN1＝FN2
D．FN1＜FN2
答案 C
解析 设物块A、B的质量均为m，接触面光滑时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a1＝，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN1＝ma1＝；接触面粗糙时，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a2＝＝－μg，可知a1＞a2，对物块B分析，由牛顿第二定律得FN2－μmg＝ma2，解得FN2＝，FN1＝FN2，C正确，A、B、D错误。
2.
如图所示，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，光滑凹槽内有一质量为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。则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．F＝(M＋m)gtanα
C．系统的加速度为a＝gsinα
D．F＝Mgtanα
答案 B
解析 隔离小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma，且合外力方向水平向右，故小铁球的加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A、C错误；对整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)·gtanα，故B正确，D错误。
3.
如图所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，斜面倾角为α，如果两物体与斜面间的动摩擦因数都为μ，则在它们下滑过程中，( )
A．它们的加速度a＝gsinα
B．它们的加速度a＞gsinα
C．细绳中的张力FT＝0
D．细绳中的张力FT＝mAg(sinα－cosα)
答案 C
解析 对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有(mA＋mB)gsinα－μ(mA＋mB)gcosα＝(mA＋mB)a，解得a＝(sinα－μcosα)g＜gsinα，A、B错误；对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAgsinα－μmAgcosα－FT＝mAa，解得FT＝0，C正确，D错误。
4．(多选)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滑下，滑块B受到的摩擦力( )
A．等于0
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ
D．大小等于μ2mgcosθ
答案 BC
解析 把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)·gcosθ＝(M＋m)a，得a＝g(sinθ－μ1cosθ)。由于a5．(多选)如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，物体的加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a，使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，物体的加速度大小为a2。已知斜面的倾角为θ，则有( )
A．x1＝x2
B．x1>x2
C．a1＝a2
D．a1答案 AD
解析 设弹簧的劲度系数为k，当用恒力F竖直向上拉时，对a、b和弹簧组成的整体分析有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对b有kx1－m2g＝m2a1，解得x1＝，加速度a1＝－g；当用恒力F沿光滑斜面向上拉时，对整体分析有F－(m1＋m2)·gsinθ＝(m1＋m2)a2，对b分析有kx2－m2gsinθ＝m2a2，解得x2＝，加速度a2＝－gsinθ，由以上分析可知，x1＝x2，a16．(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连)，然后使挡板P以恒定的加速度a(a＜g)开始竖直向下做匀加速直线运动，则( )
A．小球与挡板分离的时间为t＝
B．小球与挡板分离的时间为t＝
C．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝
D．小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x＝
答案 BC
解析 小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a，由牛顿第二定律得mg－kx＝ma，由匀变速直线运动的位移公式得x＝at2，解得t＝
，故A错误，B正确；小球速度最大时小球所受合力为零，即mg－kx′＝0，故弹簧的伸长量x′＝，C正确，D错误。
7.
如图所示，质量相等的长方体钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B之间的动摩擦因数为μ1，A和B之间的动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的加速度大小最大为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设A、B的质量均为m，A和B恰好相对静止时A、B的加速度为a1，则对A有：f1＝μ2mg＝ma1，得a1＝μ2g，对A、B整体分析，卡车底板对B的摩擦力f2＝2ma1＝2μ2mg<2μ1mg<2ma，故B相对于卡车静止，可知卡车安全停下的最大刹车加速度大小为a1＝μ2g。由题意知，x＝≤s0，得v≤
＝，C正确。
8．(多选)如图所示，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。现对B施加一水平拉力F，则( )
A．当F＜2μmg时，A、B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，A的加速度都不会超过μg
答案 BD
解析 A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，A、B恰好发生滑动时A的加速度为a＝＝μg，B与地面间的最大静摩擦力为fmax′＝μ(mA＋mB)g＝μmg，故A、B恰好发生相对滑动时有F－fmax′＝(m＋2m)a，解得F＝μmg＋3ma＝μmg。当F＜2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间可能会发生相对滑动，A错误；当F＝μmg＜μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a＝＝＝μg，B正确；当μmg＞F＞3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，C错误；B对A的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。
9．如图所示，电梯(包括里面所有物体)的总质量为500
kg，当其受到向上的7000
N拉力而运动时，则电梯内一个质量为30
kg的光滑球对倾角为30°的斜面压力为________
N，对竖直电梯壁的压力为________
N。(g取10
m/s2)
答案 280 140
解析 电梯整体受到重力和拉力的作用，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma，所以电梯的加速度a＝＝
m/s2＝4
m/s2。对小球进行受力分析，如图所示，由图可知，N2沿竖直方向的分力与重力的合力提供加速度，则N2cos30°－mg＝ma，代入数据得N2＝280
N，水平方向小球受到的合外力为0，所以有N1＝N2sin30°＝140
N。由牛顿第三定律得球对斜面和电梯壁的压力大小分别为280
N和140
N。
10.
如图所示，体积相同的两个小球A和B用1
m长的细线相连，A的质量为m＝1
kg，B的质量为A的质量的2倍。将它们都浸入水中后恰能处于静止状态(设水足够深，g取10
m/s2)。求：
(1)此时细线的张力FT的大小；
(2)若细线被剪断，经时间2
s后两球相距多远？
答案 (1)5
N (2)16
m
解析 (1)因为A、B体积相同，且水足够深，故A、B所受浮力相同，设浮力大小均为F浮。
对A、B及细线组成的整体进行受力分析，
根据平衡条件有2F浮＝3mg，解得F浮＝15
N，
对A受力分析有F浮＝FT＋mg，解得FT＝5
N。
(2)若细线被剪断，因为水足够深，故在A、B运动过程中F浮可视为恒力。A向上做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有F浮－mg＝maA，
解得A的加速度大小aA＝5
m/s2，
B向下做匀加速运动，
根据牛顿第二定律有2mg－F浮＝2maB，
解得B的加速度大小aB＝2.5
m/s2，
在t＝2
s时间内，A向上的位移为
xA＝aAt2＝10
m，
B向下的位移为xB＝aBt2＝5
m，
则两球相距x＝xA＋xB＋l＝16
m。
11．如图所示，一块质量m＝2
kg的木块放置在质量M＝6
kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上。现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2)
答案 0≤F≤310
N
解析 若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动。
由于μ＞tanθ，故当F＝0时，木块静止在斜面上，即F的最小值为0。
根据题意可知，当木块相对斜面恰不向上滑动时，F有最大值Fm。
设此时两物体运动的加速度为a，两物体之间的摩擦力大小为f，斜面体对木块的支持力为N。
对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙：
对整体受力分析：Fm＝(m＋M)a，
对木块受力分析：f＝μN，
水平方向：fcosθ＋Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg＋fsinθ，
联立以上各式，代入数据解得Fm＝310
N，
故F的大小范围为0≤F≤310
N。
12．如图所示，质量为4
kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向的夹角为37°。已知g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)当汽车以a1＝2
m/s2向右匀减速行驶时，细绳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a2＝10
m/s2向右匀减速行驶时，细绳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，受力分析如图甲所示。
由牛顿第二定律得：
FTsin37°＝ma0，
FTcos37°＝mg，
代入数据得：
a0＝gtan37°＝10×
m/s2＝7.5
m/s2。
当汽车以a1＝2
m/s2由牛顿第二定律得：
FT1cos37°＝mg，
FT1sin37°－FN1＝ma1，
代入数据得：
FT1＝50
N，FN1＝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)因为a2＝10
m/s2＞a0，
所以小球会飞起来，FN2＝0，故小球对车后壁的压力为0，
细绳对小球的拉力FT2＝＝40
N。
13．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10
m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10
m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
答案 (1) (2)θ＝60°
m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿木板匀速下滑，此时mgsin30°＝Ff，Ff＝μmgcos30°
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
由0－v＝2ax得x＝，
令cosα＝，sinα＝，
即tanα＝μ＝，故α＝30°，
则x＝，
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小
x的最小值为
xmin＝＝＝
m。
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13
-专题五 传送带问题和滑块—木板问题
课题任务 传送带问题
1．传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和动力学知识的运用，重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类：
(1)水平传送带问题
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)。
(2)倾斜传送带问题
当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
2．倾斜传送带问题的两种情况
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)：
例1 如图所示，水平传送带两端相距x＝8
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件向左滑上A端时速度vA＝10
m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10
m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB。
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB。
(3)若传送带以v＝13
m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
[规范解答] (1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6
m/s2，且v－v＝－2ax，故vB＝2
m/s。
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2
m/s。
(3)开始时工件所受滑动摩擦力向左，加速度a＝＝μg＝6
m/s2，假设工件能加速到13
m/s，则工件速度达到13
m/s所用时间为t1＝＝0.5
s，
匀加速运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75
m<8
m，
则工件在到达B端前速度就达到了13
m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25
m，t2＝≈0.17
s，工件由A到B所用的时间为t＝t1＋t2＝0.67
s。
[完美答案] (1)2
m/s (2)能 2
m/s (3)13
m/s 0.67
s
分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)确定临界状态v物＝v带的受力情况，判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
如图所示，传送带与水平地面的倾角为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，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。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2)
答案 4
s
解析 开始时物体下滑的加速度：
a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10
m/s2，
物体运动到与传送带共速的时间为：
t1＝＝
s＝2
s，
物体下滑的距离：x1＝a1t＝20
m；
由于tan37°＝0.75>μ，故共速之后物体加速下滑，
且此时的加速度：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2
m/s2，
根据x2＝vt2＋a2t，且x＝x1＋x2，
解得：t2＝2
s，故共用时间为t＝t1＋t2＝4
s。
课题任务 滑块—木板问题
1．概述
滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。
对于这类问题，应分阶段分析各物体的受力和运动特点，准确求出各物体在每一个运动阶段的加速度(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)关系和速度关系是解题的关键。速度相等是联系两个运动过程的桥梁。
2．受力分析
此类问题由于存在相对运动或相对运动趋势，所以对摩擦力的分析很重要。
滑块与木板如果速度相同，即没有发生相对滑动，则它们之间一般存在静摩擦力，应用“整体法”求出它们的加速度。
滑块与木板如果速度不相同，则它们之间存在滑动摩擦力，应用“隔离法”分析各自的加速度。几种典型情况如下：
(1)若滑块与木板“一快一慢”：较快的受到的对方给它的摩擦力为阻力，较慢的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(2)若滑块与木板“一动一静”：运动的受到的对方给它的摩擦力为阻力，静止的受到的对方给它的摩擦力为动力。
(3)若滑块与木板“一左一右”：两者受到的对方给它的摩擦力都是阻力。
由上述分析可知，两物体的速度相等是静摩擦力与滑动摩擦力突变、摩擦力的大小或方向发生突变的临界点，此临界点加速度会发生突变，从而将运动划分为多个过程。所以临界点前后的受力分析和运动分析是重中之重！
3．运动分析
滑块与木板叠放在一起运动时，由于要考虑木板的长度，所以各物体运动的位移关系也比较复杂，应仔细分析运动过程，必要时可以借助运动草图和v?t图像，弄清它们之间的相对位移和相对地面的位移之间的定量关系。
常见的两种运动关系：
(1)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。
(2)滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。
注：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。
例2 质量M＝3
kg的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11
N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1
m/s时，将质量m＝4
kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10
m/s2)求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？
(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。
[规范解答] (1)物块刚放置在木板上时，
物块的加速度大小a1＝＝μg＝2
m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝1
m/s2。
(2)当物块和木板速度相同后，二者保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，得t＝1
s，
1
s内木板的位移x2＝v0t＋a2t2＝1.5
m，
物块的位移x1＝a1t2＝1
m，
所以若要使物块最终与木板保持相对静止，
板长至少为L＝x2－x1＝0.5
m。
(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29
N。
[完美答案] (1)2
m/s2 1
m/s2 (2)0.5
m
(3)6.29
N
解决滑块—木板问题的关键是根据相对运动情况分析受力情况，特别是分析速度相等前后的受力情况；然后依据牛顿第二定律和运动学规律解题。此外要抓住物体间的位移路程关系。
如图甲所示，质量M＝1
kg的薄木板静止在水平面上，质量m＝1
kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F，力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像如图乙所示。
(1)求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2；
(2)若力F恒为4
N，作用1
s后撤去F，最终铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L。
答案 (1)0.05 0.2 (2)
m
解析 (1)从图乙中可以看出，当F从3.0
N逐渐增加到4.5
N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，
即f＝μ2mg＝2.0
N，解得μ2＝0.2。
由图乙可知，当力F从1.0
N逐渐增加到3.0
N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，
当F＝2.0
N时铁块所受摩擦力大小为fm＝1.5
N，
设此时铁块的加速度大小为am，
则F－fm＝mam，am＝0.5
m/s2，
木板的加速度大小aM＝am，
对整体运用牛顿第二定律
F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)aM，
解得μ1＝0.05。
(2)设当F＝4
N时，铁块的加速度大小为am1，
由牛顿第二定律有F－f1＝mam1，f1＝μ2mg，
解得am1＝2
m/s2，
设木板的加速度大小为aM1，
则f1－μ1(m＋M)g＝MaM1，解得aM1＝1
m/s2，
因此在t＝1
s内，
铁块运动的位移为sm＝am1t2＝1
m，
木板的位移为sM＝aM1t2＝0.5
m，
在t＝1
s时，铁块的速度vm＝am1t＝2
m/s，
木板的速度vM＝aM1t＝1
m/s，
此后，铁块减速，设其加速度大小为am2，
则μ2mg＝mam2，得am2＝2
m/s2，
木板加速，设其加速度大小为aM2，
则μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaM2，得aM2＝1
m/s2，
当两者达到共同速度时有v＝vm－am2t′＝vM＋aM2t′，
得t′＝
s，v＝
m/s，
此后两者保持相对静止直到减速至停止。
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，
铁块的位移sm1＝t′，得sm1＝
m，
木板的位移sM1＝t′，得sM1＝
m，
则木板长度为L＝(sm－sM)＋(sm1－sM1)＝
m。
1.
如图所示，质量为m1的足够长的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，下列图像符合运动情况的是( )
答案 D
解析 因木板与物块之间的接触面光滑，当水平恒力F作用于物块上时，木板与物块之间无摩擦力作用，故木板所受合外力为0，加速度为0，木板一定保持静止，A、B、C错误；由牛顿第二定律得，物块的加速度a＝，即物块做初速度为0的匀加速直线运动，物块运动的v?t图像为过原点的倾斜直线，D正确。
2．(多选)如图所示，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表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
答案 AB
解析 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v?t图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像得，D错误。
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动
答案 D
解析 长木板保持静止不动，对其进行受力分析，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，由长木板水平方向受力平衡知，长木板受到的地面的摩擦力大小一定等于物块对长木板的摩擦力，即为μ1mg，A、B错误；木块与长木板之间的滑动摩擦力大小为μ1mg，是定值，则不论F增加到多大，长木板的受力情况都不变，长木板都不会与地面发生相对滑动，C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5
m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端时的速度vA＝4
m/s，到达B端时的瞬时速度设为vB，则下列说法中正确的是( )
A．若传送带不动，则vB＝3
m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3
m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3
m/s
答案 ABD
解析 当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，工件均受到传送带的滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小相同，工件做匀减速运动，两种情况下，工件运动的位移相同，到达B端的速度相同，根据牛顿第二定律可得工件的加速度大小为a＝＝1
m/s2，根据匀变速直线运动规律有v－v＝－2ax，代入数据得，工件到达B端时的速度为vB＝3
m/s，A、B正确；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于或等于3
m/s，则工件到达B端时的速度大小为3
m/s，若传送带速度大于3
m/s，则工件到达B端的速度大于3
m/s，故C错误，D正确。
5．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．开始时木炭包相对于传送带向右运动
C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短
答案 D
解析 设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭与传送带间的动摩擦因数为μ。对木炭包运动过程进行分析知，木炭包放上传送带时，传送带相对木炭包向右运动，传送带受到的木炭包的摩擦力向左，则木炭包受到传送带向右的摩擦力，且在该摩擦力作用下向右做加速运动。开始时木炭包速度小于传送带速度，木炭包相对传送带向左运动，径迹出现在木炭包右侧，直到木炭包与传送带速度相等，一起做匀速运动，径迹不再变化。木炭包相对传送带运动时，其加速度为μg，径迹s＝，即传送带速度越大，径迹越长；动摩擦因数越大，径迹越短；径迹的长度与木炭包的质量无关。综上所述，A、B、C错误，D正确。
6．(多选)如图所示，与水平面夹角为θ的传送带，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ答案 BD
解析 将小木块轻放在传送带上，木块相对于传送带向后滑动，木块受到的摩擦力平行于传送带向下，则a1＝gsinθ＋μgcosθ，有可能木块的速度尚未达到v0时就已经滑离传送带，木块全程做匀加速直线运动；也可能中途木块速度增大到v0，此时滑动摩擦力方向突变为沿传送带向上，由于μ0，木块继续加速，只是后半段的加速度比前半段的加速度小一些，B、D正确，A、C错误。
7．(多选)如图所示，一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的( )
答案 BC
解析 物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度v足够大，则物体在速度减小到0前，已经滑到传送带右端，B正确。若物体的速度比较小，则在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，即物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体一直加速，返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，C正确，A、D错误。
8．(多选)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10
m/s2)。则( )
A．若F＝1
N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5
N，则A物块所受摩擦力大小为1.5
N
C．若F＝4
N，则B物块所受摩擦力大小为2
N
D．若F＝8
N，则B物块的加速度为1
m/s2
答案 CD
解析 A与木板间的最大静摩擦力fAm＝μmAg＝2
N，B与木板间的最大静摩擦力fBm＝μmBg＝4
N。若F＝1
NNm/s2，对A有F－fA＝mAa，解得fA＝1
N，B错误；若F＝4
N>fAm，则A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAm＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，对B根据牛顿第二定律，有fB＝mBaB＝2
N，C正确；若F＝8
N>fAm，则A相对于木板滑动，B和木板整体受到的摩擦力为f＝fAm＝2
N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度aB＝＝1
m/s2，D正确。
9．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动。t＝0时将质量为m＝1
kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上，小物块相对地面的v?t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10
m/s2。则( )
A．传送带的速率v0＝10
m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0
s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6
m
答案 AC
解析 由v?t图像可知，在0～1
s，小物块在传送带上做加速度
a1＝10
m/s2的匀加速运动，在1～2
s，小物块做初速度为10
m/s、加速度为a2＝2
m/s2的匀加速运动，故传送带的速率v0＝10
m/s，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B错误，A、C正确；0～1
s内传送带位移x1＝v0t1＝10
m，小物块位移x2＝a1t＝5
m，小物块相对传送带的位移大小Δx1＝x1－x2＝5
m，相对传送带向上，1～2
s内传送带位移x3＝v0t2＝10
m，小物块位移x4＝v0t2＋a2t＝11
m，故小物块相对传送带的位移Δx2＝x4－x3＝1
m，相对传送带向下，故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5
m，D错误。
10．如图所示，水平传送带正在以恒定的速率v＝4
m/s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)。
(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＝at＝μgt＝8
m。
(1)若传送带长度L＝4.5
m，因为4.5
m<8
m，
所以物块一直在传送带上加速，
由L＝at2得t＝
＝
＝3
s。
(2)若传送带长度L＝20
m，因为20
m>8
m，所以物块速度达到与传送带的速度相同后，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。
11．质量为2
kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1
s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v?t图像如图乙所示，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6
kg
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1
s内的加速度
a1＝＝－2
m/s2，
对A，由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙可知，A、B在1～3
s内的加速度
a3＝＝－1
m/s2，
对A、B，由牛顿第二定律得，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由题图乙可知，B在0～1
s内的加速度
a2＝＝2
m/s2，
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6
kg。
12．长为L＝1.5
m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4
m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8
cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10
m/s2。
(1)求木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0的大小；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案 (1)0.1 (2)2.4
m/s (3)3
m/s
解析 (1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度与位移关系式可得加速度大小
a＝＝
m/s2＝1
m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小
a1＝＝μ1g＝2.5
m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5
m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝
s＝0.8
s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4
m/s。
(3)当小物块以最大初速度v0m滑上木板，则到达木板最右端时木板B和小物块A恰好速度相同，则
物块的位移为s物＝v0mt1－a1t，
木板的位移为s板＝a2t，
位移间的关系为s物－s板＝L，
速度关系为v0m－v′＝a1t1，v′＝a2t1，
由以上各式解得v0m＝3
m/s。
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