一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，准备好一份优秀的教案往往是必不可少的。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，有效的提高课堂的教学效率。我们要如何写好一份值得称赞的高中教案呢？以下是小编为大家收集的“第3章牛顿运动定律教案（7份）”相信您能找到对自己有用的内容。

授课年级高一课题课时3.7《牛顿运动定律》整合与评价课程类型复习课
课程学习目标目标解读1.梳理本章知识结构,进一步理解牛顿运动定律。
2.深化对运动和力的关系的认识和理解,能熟练运用运动学规律和牛顿运动定律解决有关的问题。
3.能够运用整体法和隔离法分析物体的受力情况和运动情况,运用学过的知识和方法解释生活和科技中的现象。

学法指导理解好力和运动的关系，包括力和速度、力和加速度。理性的分析受力，正确的应用力的合成与分解，都是本章学习的关键。
课程导学建议重点难点运用牛顿运动定律分析物体的运动和力的综合问题。
教学建议本章复习建议用两个课时,着重复习对牛顿运动定律的基本认识及规律运用,深入理解力和运动的关系。通过对两类基本问题的复习,让学生深刻理解在物理问题分析中画受力分析和运动情况草图的重要性,还可以根据学生情况进一步介绍瞬时性、整体性、临界性等问题。
课前
准备本章知识学生的掌握情况可能有比较大的差异，要了解大多数学生处于什么状况。公式的了解、理解和应用有一个过程，初速为零的匀加速直线运动（自由落体运动为代表）的规律掌握到什么程度也决定以什么方式复习本章内容。
导学过程设计
程序设计学习内容教师行为学生行为媒体运用
预习过程梳理知识确保每一位学生处于预习状态。回顾本单元内容，可以查阅教材和以前的学案，对本章内容的知识体系和重点难点有所了解。PPT演示课题及学习目标
完成学案巡视学生自主学习的进展，学生填写学案的情况。尽可能多得独立完成学案内容，至少完成单元体系梳理的内容。
结对交流指导、倾听部分学生的交流，初步得出学生预习的效果情况。就学案中有疑惑的内容与结对学习的同学交流。
课堂探究
小组讨论
小组展示
补充质疑
教师点评主题1：加速度与力、质量的实验探究回顾

回顾探究加速度与力、质量的关系实验，指出实验中应注意的问题。(1)探究加速度与力、质量的关系实验中采用了什么方法来研究几个物理量之间的关系?
(2)在平衡摩擦力时,需要挂上砝码盘和砝码吗?
(3)实验中保证Mm,可以近似认为绳子对小车的拉力等于砝码的重力。那么如何才能完全消除绳子对小车的拉力与砝码盘和砝码的重力不相等带来的误差?口头表述
主题2：似是而非的物理情景

指出牛顿第二定律具有矢量性,画受力示意图时,要注意物体受到的合外力一定要与加速度方向相同。如图甲、乙所示,同样的滑块放在同样的光滑斜面体上。图甲中斜面体固定在水平面上,小滑块沿斜面自由滑下;图乙中在水平外力作用下小滑块和斜面共同加速运动且保持相对静止。根据你所学的知识分析两种情况下小滑块的运动情况相同吗?受力情况相同吗?我们如何分析两种情况下小滑块的受力情况?
口头表述或板书
讲练结合独立分析思考根据具体情况与部分同学（特别是各小组组长）交流,掌握学生的学习情况.
一、力、加速度、速度的关系
二、正确地对物体进行不同状态下的受力分析
三、牛顿第二定律的瞬时性问题
四、临界问题的分析与计算
全体学生独立思考，独立完全，小组同学都完成后可交流讨论。PPT课件
拓展技能检测视学生基础和课堂时间、教学进度决定是否作要求教师未提出要求的情况下学有余力的学生可自主完成PPT课件
记录要点教师可在学生完成后作点评学生在相应的位置作笔记。PPT课件
总结反思知识总结教师可根据实际情况决定有没有必要总结或部分点评一下。学生就本节所学做一个自我总结，之后可小组交流讨论。PPT课件
感悟收获注意有代表性的收集一些学生的体会，以便有针对性地调整教学方法。根据自己的感受如实填写
根据自己的思考找出解决方案
课外拓展无
板书设计课题3.7《牛顿运动定律》整合与评价

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牛顿运动定律的应用

经验告诉我们，成功是留给有准备的人。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。你知道怎么写具体的高中教案内容吗？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“牛顿运动定律的应用”，仅供参考，大家一起来看看吧。

教学目标
1、知识目标：
（1）能结合物体的运动情况进行受力分析．
（2）掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，学会用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题．
2、能力目标：培养学生审题能力、分析能力、利用数学解决问题能力、表述能力．
3、情感目标：培养严谨的科学态度，养成良好的思维习惯．

教学建议

教材分析
本节主要通过对典型例题的分析，帮助学生掌握处理动力学两类问题的思路和方法．这两类问题是：已知物体的受力情况，求解物体的运动情况；已知物体的运动情况，求解物体的受力．

教法建议
1、总结受力分析的方法，让学生能够正确、快速的对研究对象进行受力分析．
2、强调解决动力学问题的一般步骤是：确定研究对象；分析物体的受力情况和运动情况；列方程求解；对结果的合理性讨论．要让学生逐步习惯于对问题先作定性和半定量分析，弄清问题的物理情景后再动笔算，并养成画情景图的好习惯．
3、根据学生的实际情况，对这部分内容分层次要求，即解决两类基本问题——→解决斜面问题——→较简单的连接体问题，建议该节内容用2－3节课完成．

教学设计示例

教学重点：物体的受力分析；应用牛顿运动定律解决两类问题的方法和思路．

教学难点：物体的受力分析；如何正确运用力和运动关系处理问题．

示例：

一、受力分析方法小结

通过基本练习，小结受力分析方法．（让学生说，老师必要时补充）

1、练习：请对下例四幅图中的A、B物体进行受力分析．

答案：

2、受力分析方法小结

（1）明确研究对象，把它从周围物体中隔离出来；

（2）按重力、弹力、摩擦力、外力顺序进行受力分析；

（3）注意：分析各力的依据和方法：产生条件；物体所受合外力与加速度方向相同；分析静摩擦力可用假设光滑法．

不多力、不丢力的方法：绕物一周分析受力；每分析一力均有施力物体；合力、分力不要重复分析，只保留实际受到的力．

二、动力学的两类基本问题

1、已知物体的受力情况，确定物体的运动情况．

2、已知物体的运动情况，确定物体的受力情况．

3、应用牛顿运动定律解题的一般步骤：

选取研究对象；（注意变换研究对象）

画图分析研究对象的受力和运动情况；（画图很重要，要养成习惯）

进行必要的力的合成和分解；（在使用正交分解时，通常选加速度方向为一坐标轴方向，当然也有例外）

根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解；（要选定正方向）

对解的合理性进行讨论．

四、处理连接体问题的基本方法

1、若连接体中各个物体产生的加速度相同，则可采用整体法求解该整体产生的加速度．

2、若连接体中各个物体产生的加速度不同，则一般不可采用整体法．（若学生情况允许，可再提高观点讲）

3、若遇到求解连接体内部物体间的相互作用力的问题，则必须采用隔离法．

以上各问题均通过典型例题落实．

探究活动
题目：根据自己的学习情况，编一份有关牛顿运动定律应用的练习题．
题量：4－6道．
要求：给出题目详细解答，并注明选题意图及该题易错之处．
评价：可操作性、针对性，可调动学生积极性．

第三章　牛顿运动定律

一位优秀的教师不打无准备之仗，会提前做好准备，作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助教师缓解教学的压力，提高教学质量。优秀有创意的教案要怎样写呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“第三章　牛顿运动定律”，希望能为您提供更多的参考。

第三章牛顿运动定律

第一单元牛顿第一、第三定律

基础知识

一、牛顿第一定律

1、内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．

说明：（1）物体不受外力是该定律的条件．

（2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果．

（3）直至外力迫使它改变这种状态为止，说明力是产生加速度的原因．

（4）物体保持原来运动状态的性质叫惯性，惯性大小的量度是物体的质量．

（5）应注意：①牛顿第一定律不是实脸直接总结出来的．牛顿以伽利略的理想斜面实脸为基拙，加之高度的抽象思维，概括总结出来的．不可能由实际的实验来验证；

②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态．

③定律揭示了力和运动的关系：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．

【例1】科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还要注意运用科学方法．

理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是实验事实，其余是推论．

①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；

②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；

③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；

④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动．

请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列②③①④〔只要填写序号即可）．在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论．下列关于事实和推论的分类正确的是（B）

A、①是事实，②③④是推论

B、②是事实，①③④是推论

C、③是事实，①②④是推论

D、④是事实，①②③是推论

2、惯性：物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质．

说明：①惯性是物体的固有属性，与物体是否受力及运动状态无关．

②质量是惯性大小的量度．质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．

有的同学总认为“惯性与物体的运动速度有关，速度大，惯性大，速度小，惯性就小”，理由是物体的运动速度大，不容易停下来，产生这种错误的原因是把“惯性大小表示运动状态改变的难易程度”理解成“惯性大小表示把物体从运动变为静止的难易程度”，实际上，在受到相同阻力的情况下，速度大小不同的质量相同的物体，在相等的时间内速度的减小量是相同的，这说明它们的惯性是相同的，与速度无关。

【例2】下列说法正确的是（D）

A、运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大

B、小球在做自由落体运动时，惯性不存在了

C、把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力

D、物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小

解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物体都有惯性。

【例3】火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为（）

A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动

B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动

C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而已

D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同

解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用（空气阻力不计），由于惯性，所以水平方向与车速度相同，因而人落回原处．答案：D

二、牛顿第三定律

（1）内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，而且在一条直线上．

（2）表达式：F=－F/

说明：①作用力和反作用力同时产生，同时消失，同种性质，作用在不同的物体上，各产生其效果，不能抵消，所以这两个力不会平衡．

②作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．不管两物体处于什么状态，牛顿第三定律都适用。

③借助牛顿第三定律可以变换研究对象，从一个物体的受力分析过渡到另一个物体的受力分析．

④一对作用力和反作用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量一定为零，但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负。这是因为作用力和反作用力的作用时间一定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。

三、作用力和反作用力与平衡力的区别

内容作用力和反作用力二力平衡

受力物体作用在两个相互作用的物体大作用在同一物体上

依赖关系相互依存，不可单独存在无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡

叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零

力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力，也可以是不同性质的力

注意：判断两个力是不是一对作用力与反作用力时，应分析这两个力是否具有“甲对乙”和“乙对甲”的关系，即受力物体与施力物体是否具有互易关系．否则，一对作用力和反作用力很容易与一对平衡力相混淆，因为它们都具有大小相等、方向相反、作用在同一条直线上的特点．

规律方法

1、正确理解惯性和平衡状态

【例4】下面说法正确的是（）

A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用

B．物体的速度为零时一定处于平衡状态

C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用

D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致

解析：A．物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以A错，B．物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如振动物体离平衡位置最远时速度为零，此时恢复力不为零，它就不处于平衡状态，所以B错，D．如平抛运动就不是这种情况，力与位移方向不一致，所以D错．答案：C

【例5】以下有关惯性的说法中正确的是（BD）

A、在水平轨道上滑行的两节车厢质量相同，行驶速度较大的不容易停下来，说明速度较大的物体惯性大

B、在水平轨道上滑行的两节车厢速度相同，其中质量较大的车厢不容易停下来，说明质量大的物体惯性大

C、推动原来静止在水平轨道上的车厢，比推另一节相同的、正在滑行的车厢需要的力大，说明静止的物体惯性大

D、物体的惯性大小与物体的运动情况及受力情况无关

解析：惯性的大小由质量决定且与运动状态及受力状态无关。答案BD

【例6】公共汽车在平直的公路上行驶时，固定于路旁的照相机每隔两秒连续两次对其拍照，得到清晰照片，如图所示．分析照片得到如下结果：（1)在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜且程度相同；（2）对间隔2s所拍的照片进行比较，可知汽车在2s内前进了12m.

根据这两张照片，下列分析正确的是（ABD）

A.在拍第一张照片时公共汽车正加速

B.可求出汽车在t＝1s时的运动速度

C.若后来发现车顶棚上的拉手自然下垂，则汽车一定停止前进

D.若后来发现车顶棚上的拉手自然下垂，则汽车可能做匀速运动

解析:由于车顶棚上的拉手向后倾斜且两次程度相同，可知车匀加速前进；根据匀变速直线的平均速度等于这段时间的中间时刻的即时速度，可求得t=1s时的速度；当拉手自然下垂时，汽车处于平衡态，可能静止，也可能是匀速度运动．

2、正确区分平衡力与作用力、反作用力

【例7】物体静止于一斜面上如图所示．则下述说法正确的是（B）

（A）物体对斜面的压力和斜面对物体的持力是一对平衡力

（B）物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力

（C）物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力

（D）物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力

解析：作用力和反作用力是两个物体间相互产生的，必是同性质的力，而一对平衡力是作用于同一物体两个等大、反向、共线之力，性质上无任何必然的联系．上述各对力中，物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力同属物体和斜面问的相互作用力，分别作用在斜面和物体上，因此它们为两对作用力和反作用力．所以（A）错（B）对；物体所受重力是地球施加的，其反作用力为物体对地球的吸收力，应作用在地球上，因此可知（C）错；至于物体所受重力，无论如何分解，各分力都应作用在物体上，而不能作用在斜面上而形成对斜面的压力，故答案（D）亦错．

【例8】有下列说法中说法正确的是（D）

①一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速运动），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同。

②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速运动），这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反。

③在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反。

④在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反

A、①②B、①③C、②③D、②④

解析：满足①②的两个力是平衡力，故冲量大小相等，方向相反，做功或者都为零（物体静止时），或者数值相等，一正功一负功（匀速运动时），故①错②对。作用力和反作用力可以都做正功，也可以都做负功，数值也不确定，只要设想两块磁铁放在小车上的各种运动情况便可判断，故③错④对答案：D

3、用牛顿第一、第三定律解释物理现象

【例9】请用自己所学习的物理知识解释“船大调头难”这句俗语的道理．

解析：“船大”，指船的质量大，“调头难”指改变速度方向难，“船大调头难”说明质量大的物体惯性大，要改变其运动状态需要的力大．

【例10】下列说法正确的是（C）

A、人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才往前走

B、只有你站在地上不动，你对地面的压力和地面对你的支持力，才是大小相等、方向相反的

C、物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的100倍，则A作用于B的力大小等于B作用于A的力的大小

D、以卵击石，石头没损伤而鸡蛋破了，这是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力

解析：以上四种情形中的相互作用力等值、反向、共线，这个关系与运动状态无关。答案：C

【例11】由同种材料制成的物体A和B放在长木板上，随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，如图所示，已知MAMB，某时刻木板停止运动，下列说法正确的是〔D）

A、若木块光滑，由于A的惯性较大,A、B间的距离将增大

B、若木板光滑，由于B的惯性较小,A、B间距离将减小

C、若木板粗糙，A、B一定会相撞

D、不论木板是否光滑,A、B间的相对距离保持不变

解析：开始A、B随木板一起匀速运动，说明A、B所受的合外力为零。当木板停止运动后：

若木块光滑，A、B大水平方向上不受外力的作用，仍以原来的速度做匀速运动，则相互间距离保持不变。

若木板粗糙，由于A、B的材料相同，它们与木板的动摩擦因数相同，其加速度相同，即A、B以相同的初速度和加速度做匀减速运动，所以它们之间的距离仍保持不变。答案D

思考：①若A、B的动摩擦因数不等，则A、B间的距离可能怎样变？

②为什么本题的结论与A、B的质量无关？

【例12】蛙泳时，双脚向后蹬水，水受到向后的作用力，则人体受到向前的反作用力，这就是人体获得的推进力。但是，在自由泳时，下肢是上下打水，为什么却获得向前的推进力呢？

【解析】图表示人体作自由泳时，下肢在某一时刻的动作：右脚向下打水，左脚向上打水。由图可见，由于双脚与水的作用面是倾斜的，故双脚所施的作用力P和Q是斜面面的（水所受的作用力是斜向后的）。P的分力为P1和P2，而Q的分力为Ql和Q2，Pl和Q1都是向前的分力，也就是下肢获得的推进力。

同样道理，鱼类在水中左右摆尾，却获得向前的椎讲大．也具由于向前的分力所致

【例13】如图所示，水平放置的小瓶内装有水，其中有气泡，当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，小气泡在瓶内将向何方运动？当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内又将如何运动？

【解】在许多学生的答卷中这样写道：当瓶子从防止状态突然向右运动时，小气泡在瓶内由于惯性将向左运动；当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内由于惯性将向右运动。

而正确答案刚好与之相反。因为当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，瓶中的水由于惯性要保持原有的静止状态，相对瓶来说是向左运动，气泡也有惯性，但相比水来说质量很小，惯性小可忽略不计，所以气泡相对水向右移动。同理，当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内将向左运动。

另外，该题也用转换研究对象的方法予以定量解决。设想有一块水，其体积、形状和气泡相同，当玻璃营向右加速运动时，这块水就和周围的水一起向右加速运动，相对于玻璃管不会有相对运动，这块水所受的外力F由周围的水对它产生，设这块水的体积为V，水的密度为ρ水，玻璃管的加速度为a，则F＝m水a＝ρ水Va。现在将这块水换成气泡，显然，在其他条件不变的情况下，周围水对气泡的作用力仍为F，气泡将在该力作用于做加速运动。则a气=F/m气=ρ水Va/ρ水V，∵ρ水＞ρ水，

∴a气＞a，即气泡相对于玻璃管向右运动。

试题展示

1.下列说法正确的是（）

A．一同学看见某人用手推静止的小车，却没有推动，于是说是因为这辆车惯性太大的缘故

B．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大

C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力

D．放在光滑水平桌面上的两个物体，受到相同大小的水平推力，加速度大的物体惯性小

【解析】“力是改变物体运动状态的原因”。这里所说的“力”是指物体所受的合力，而不是某一个力，该同学推不动物体，是由于物体还受到摩擦力作用，其合力仍为零的缘故，故A选项错误。

惯性大小的唯一量度是质量，惯性大小与运动速度大小、运动时间长短无关，故B选项也错，

力是改变运动状态的原因，而不是维持运动的原因，物体的运动不需要力来维持，一个物体竖直向上抛出能继续上升是由于物体具有惯性的缘故，而不是抛出后物体还受到竖直向上的作用力，故C选项错误。

惯性是物体保持运动状态不变的性质，惯性大小反映了改变物体运动状态的难易程度，同样大小的力作用在不同物体上，产生的加速度越大，其质量m=F/a越小，惯性越小，因此，D选项正确。

2.甲乙两队拔河比赛，甲队胜，如不计绳子的质量，下列说法正确的是D

A．甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力

B．甲队对地面的摩擦力大于乙队对地面的摩擦力

C．甲乙两队与地面间的最大静摩擦力大小相等、方向相反

D．甲乙两队拉绳的力相等

3.16世纪纪末，伽利略用实验和推理，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。在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是D

A．四匹马拉拉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．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，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，较重的物体下落较快

D．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力

4.一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是AC

Ａ．车速越大，它的惯性越大

Ｂ．质量越大，它的惯性越大

Ｃ．车速越大，刹车后滑行的路程越长

Ｄ．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大

5.火车在长直水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为D

A．人跳起后，厢内空气给他向前的力，带着他随同火车一起向前运动

B．人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动

C．人跳起后，火车继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已

D．人跳起后直接落地，在水平方向上人和车具有相同的速度

6.如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定斜面上，上面成水平，水平面上放一光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球碰到斜面前的运动轨迹是B

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

第二单元牛顿第二定律

基础知识

一、牛顿第二定律

1.内容：物体的加速度与所受合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同．

2.公式：F=ma

3、对牛顿第二定律理解：

（1）F=ma中的F为物体所受到的合外力．

（2）F＝ma中的m，当对哪个物体受力分析，就是哪个物体的质量，当对一个系统（几个物体组成一个系统）做受力分析时，如果F是系统受到的合外力，则m是系统的合质量．

（3）F＝ma中的F与a有瞬时对应关系，F变a则变，F大小变，a则大小变，F方向变a也方向变．

（4）F＝ma中的F与a有矢量对应关系，a的方向一定与F的方向相同。

（5）F＝ma中，可根据力的独立性原理求某个力产生的加速度，也可以求某一个方向合外力的加速度．

（6）F＝ma中，F的单位是牛顿，m的单位是千克，a的单位是米／秒2．

（7）F＝ma的适用范围：宏观、低速

【例1】如图所示，轻绳跨过定滑轮（与滑轮问摩擦不计）一端系一质量为m的物体，一端用PN的拉力，结果物体上升的加速度为a1，后来将PN的力改为重力为PN的物体，m向上的加速度为a2则（）

A．a1＝a2；B．a1＞a2；C、a1＜a2；D．无法判断

简析：a1＝P/m，a2=p/（m＋）所以a1＞a2

注意：F＝ma关系中的m为系统的合质量．

二、突变类问题（力的瞬时性）

（1）物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力，而与这一瞬时之前或之后的力无关，不等于零的合外力作用的物体上，物体立即产生加速度；若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即（同时）改变；若合外力变为零，加速度也立即变为零（物体运动的加速度可以突变）。

（2）中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性：

A．轻：即绳（或线）的质量和重力均可视为等于零，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张为大小相等。

B．软：即绳（或线）只能受拉力，不能承受压力（因绳能变曲），绳与其物体相互间作用力的方向总是沿着绳子且朝绳收缩的方向。

C．不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，即绳子中的张力可以突变。

（3）中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性：

A．轻：即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于零，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。

B．弹簧既能承受拉力，也能承受压力（沿着弹簧的轴线），橡皮绳只能承受拉力。不能承受压力。

C、由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能发生突变。

（4）做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化（大小变化或方向变化或大小、方向都变化度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，加速度是由合外力决定的，即有什么样的合外力就有什么样的加速度相对应，当合外力恒定时，加速度也恒定，合外力随时间变化时，加速度也随时间改变，且瞬时力决定瞬时加速度，可见，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力。

【例2】如图（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、12的两根细绳上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ,l2水平拉直，物体处于平衡状态，现将l2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度。

（1)下面是某同学对该题的一种解法：

设l1线上拉力为FT1，l2线上拉力为FT2，重力为mg,物体在三力作用下保持平衡：

FT1cosθ＝mg，FT1sinθ＝FT2，FT2＝mgtanθ

剪断线的瞬间，FT2突然消失，物体即在FT2,反方向获得加速度．因为mgtanθ=ma,所以加速度a＝gtanθ，方向在FT2反方向。

你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明

（2）若将图a中的细线11改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图b所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtanθ,你认为这个结果正确吗？请说明理由．

解析：(1)结果不正确．因为12被剪断的瞬间,11上张力的大小发生了突变，此瞬间FT1=mgcosθ,它与重力沿绳方向的分力抵消，重力垂直于绳方向的分力产生加速度:a=gsinθ。

(2)结果正确，因为l2被剪断的瞬间，弹簧11的长度不能发生突变，FT1的大小方向都不变，它与重力的合力大小与FT2方向相反，所以物体的加速度大小为：a=gtanθ。

三、动力学的两类基本问题

1、已知物体的受力情况求物体运动中的某一物理量：应先对物体受力分析，然后找出物体所受到的合外力，根据牛顿第二定律求加速度a，再根据运动学公式求运动中的某一物理量．

2、已知物体的运动情况求物体所受到的某一个力：应先根据运动学公式求得加速度a，再根据牛顿第二定律求物体所受到的合外力，从而就可以求出某一分力．

综上所述，解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a，然后再去求所要求的物理量，加速度象纽带一样将运动学与动力学连为一体．

【例3】如图所示，水平传送带A、B两端相距S＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度VA＝4m/s,达到B端的瞬时速度设为vB。

(1)若传送带不动，vB多大？

(2)若传送带以速度v(匀速）逆时针转动，vB多大？

(3)若传送带以速度v(匀速）顺时针转动，vB多大？

【解析】(1)传送带不动，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力（Ff=μmg)作用，工件向右做减速运动，初速度为VA，加速度大小为a＝μg＝lm/s2，到达B端的速度.

(2)传送带逆时针转动时，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力仍为Ff=μmg，工件向右做初速VA，加速度大小为a＝μg＝1m/s2减速运动，到达B端的速度vB=3m/s.

(3)传送带顺时针转动时，根据传送带速度v的大小，由下列五种情况：

①若v＝VA，工件滑上传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速运动，工件到达B端的速度vB=vA

②若v≥，工件由A到B，全程做匀加速运动，到达B端的速度vB==5m/s.

③若＞v＞VA，工件由A到B，先做匀加速运动，当速度增加到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达B端的速度vB=v.

④若v≤时，工件由A到B，全程做匀减速运动，到达B端的速度

⑤若vA＞v＞，工件由A到B，先做匀减速运动，当速度减小到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达B端的速度vB＝v。

说明：（1）解答“运动和力”问题的关键是要分析清楚物体的受力情况和运动情况，弄清所给问题的物理情景．（2）审题时应注意由题给条件作必要的定性分析或半定量分析．（3）通过此题可进一步体会到，滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动．而是阻碍物体间的相对运动，它可能是阻力，也可能是动力．

【例4】质量为m的物体放在水平地面上，受水平恒力F作用，由静止开始做匀加速直线运动，经过ts后，撤去水平拉力F，物体又经过ts停下，求物体受到的滑动摩擦力f．

解析：物体受水平拉力F作用和撤去F后都在水平面上运动，因此，物体在运动时所受滑动磨擦力f大小恒定．我们将物体的运动分成加速和减速两个阶段来分析时，两段的加速度均可以用牛顿第二定律得出，然后可由运动学规律求出加速度之间的关系，从而求解滑动摩擦力．

分析物体在有水平力F作用和撤去力F以后的受力情况，根据牛顿第二定律F合=ma，

则加速阶段的加速度a1=（F－f）/m………①

经过ts后，物体的速度为v=a1t………②

撤去力F后，物体受阻力做减速运动，其加速度a2=f/m………③

因为经ts后，物体速度由v减为零，即0＝2一a2t………④

依②、④两式可得a1=a2，依①、③可得（F－f）/m=f/m

可求得滑动摩擦力f=F答案：F

规律方法

1、瞬时加速度的分析

【例5】如图（a）所示，木块A、B用轻弹簧相连，放在悬挂的木箱C内，处于静止状态，它们的质量之比是1：2：3。当剪断细绳的瞬间，各物体的加速度大小及其方向？

【解析】设A的质量为m，则B、C的质量分别为2m、3m

在未剪断细绳时，A、B、C均受平衡力作用，受力如图（b）所示。剪断绳子的瞬间，弹簧弹力不发生突变，故Fl大小不变。而B与C的弹力怎样变化呢？首先B、C间的作用力肯定要变化，因为系统的平衡被打破，相互作用必然变化。我们没想一下B、C间的弹力瞬间消失。此时C做自由落体运动，ac＝g；而B受力F1和2mg，则aB=（F1+2mg）/2m＞g，即B的加速度大于C的加速度，这是不可能的。因此B、C之间仍然有作用力存在，具有相同的加速度。设弹力为N，共同加速度为a，则有

F1＋2mg－N＝2ma…………①3mg＋N＝3ma……………②F1=mg

解答a＝1．2，N＝06mg

所以剪断细绳的瞬间，A的加速度为零；B。C加速度相同，大小均为1．2g，方向竖直向下。

【例6】在光滑水平面上有一质量m＝Ikg的小球，小球与水平轻弹簧和与水平方向夹角O为300的轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，小球加速度的大小和方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力比值是多少？

简析：小球在绳末断时受三个力的作用，绳剪断的瞬间，作用于小球的拉力T立即消失，但弹簧的形变还存在，故弹簧的弹力F存在．

（1）绳未断时：Tcos300＝F，Tsin300＝mg

解得：T＝20NF＝10N

（2）绳断的瞬间：T=0，在竖直方向支持力N=mg，在水平方向F=ma，所以a=F/m=10m/s2此时F/N=10/10=

当将弹簧改为轻绳时，斜向上拉绳断的时间，水平绳的拉力立即为零．

【例7】如图所示,小球质量为m,被三根质量不计的弹簧A、B、C拉住,弹簧间的夹角均为1200,小球平衡时,A、B、C的弹力大小之比为3：3：1,当剪断C瞬间,小球的加速度大小及方向可能为

①g/2,竖直向下;②g/2,竖直向上;③g/4,竖直向下;④g/4,竖直向上;

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;

解析:设弹簧C中的弹力大小为F,则弹簧A、B中的弹力大小为3F.

(1)当A、B、C均体现拉力:平衡时3F=F＋mg,∴F=mg.剪断C时:3F－mg=ma1

∴a1=g,方向竖直向上.

(2)当A、B体现为拉力,C体现为推力:平衡时:3F＋F=mg,∴F=mg;剪断C时:3F－mg=ma2,∴a2=－g,方向竖直向下.故答案C.

2、用牛顿第二定律分析物体的运动状态

牛顿第二定律的核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，瞬时力决定瞬时加速度，解决这类问题要注意：

(1)确定瞬时加速度关键是正确确定瞬时合外力．

(2)当指定某个力变化时，是否还隐含着其他力也发生变化．

（3）整体法与隔离法的灵活运用

【例8】如图所示，一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M和N,它们只能在图所示平面内摆动，某一瞬时出现图示情景，由此可知车厢的运动及两单摆相对车厢运动的可能情况是（）

A、车厢做匀速直线运动,M在摆动，N在静止；

B、车厢做匀速直线运动,M在摆动，N也在摆动；

C、车厢做匀速直线运动，M静止，N在摆动；

D、车厢做匀加速直线运动,M静止，N也静止；

解析：由牛顿第一定律，当车厢做匀速运动时，相对于车厢静止的小球，其悬线应在竖直方向上，故M球一定不能在图示情况下相对车厢静止，说明M正在摆动；而N既有可能相对于车厢静止，也有可能是相对小车摆动恰好到达图示位置。知A、B正确，C错；当车厢做匀加速直线运动时，物体运动状态改变，合外力一定不等于零，故不会出现N球悬线竖直的情况，D错。答案：AB

【例9】一个人蹲在台秤上。试分析：在人突然站起的过程中，台秤的示数如何变化？

【解析】从蹲于台秤上突然站起的全过程中，人体质心运动的v—t图象如图所示。

在0－t1时间内：质心处于静止状态——台秤示数等于体重。F=mg。

在t1－t2时间内：质心作加速度（a）减小的加速度运动，处于超重状态——台秤示数大于体重F＝mg十ma＞mg

在t2时刻：a＝0，v＝vmax，质心处于动平衡状态——台秤示数等于体重F=mg。

在t2－t3时间内：质心作加速度增大的减速运动，处于失重状态——台秤示数小于体重F=mg－ma＜mg。

在t3－t4时间内：质心又处于静止状态——台秤示数又等于体重F＝mg。

故台秤的示数先偏大，后偏小，指针来回摆动一次后又停在原位置。

思考：若人突然蹲下，台秤示数又如何变化？

【例10】如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v/2，则下列说法中正确的是（BC）

A、只有v1=v2时，才有v/2＝v1

B、若v1＞v2时，则v/2＝v2

C、若v1＜v2时，则v/2＝v1；

D、不管v2多大，总有v/2=v2；

解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v1＞v2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v2．当v1＜v2时，返回过程中，当速度增加到v1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v1离开传送带

试题展示

1.质量为m的物体从高处释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为f，加速度为a＝，则f的大小为

A．B．C．f＝mgD．

【解析】以物体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得，选项B正确。

2.如图，一辆有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，则在此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

答案：AD

解析：对小球水平方向受到向右的弹簧弹力N，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动。

3．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示。以下说法正确的是

A．人受到重力和支持力的作用

B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用

C．人受到的合外力不为零

D．人受到的合外力方向与速度方向相同

解析：由于人随扶梯斜向上匀速运动，对其受力分析可知，人只受重力和支持力的作用，选项A正确。

4．一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g．现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为

A.B.

C.D.0

答案：A

解析：考查牛顿运动定律。设减少的质量为△m，匀速下降时：Mg=F＋kv，匀速上升时：Mg－△mg＋kv=F，解得△mg=2(M－Fg)，A正确。本题要注意受力分析各个力的方向。

5.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是

A.若小车向左运动，N可能为零

B.若小车向左运动，T可能为零

C.若小车向右运动，N不可能为零

D.若小车向右运动，T不可能为零

答案：AB

解析:本题考查牛顿运动定律。对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。

6．如所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用。已知物块P沿斜面加速下滑。现保持F的方向不变，使其减小，则加速度B

A．一定变小B．一定变大

C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变

7.某汽车的部分参数如下表，请根据表中数据完成表的其他部分。

整车行使质量1500Kg最大功率92KW

加速性能0－108Km/h(即30m/s)所需时间平均加速度

11s_________m/s2

制动性能车辆以36Km/h（即10m/s）行使时的制动距离制动过程中所受合外力

6.5m_________N

答案：2.731.15×104

【解析】由可得a＝2.73m/s2；根据和F＝ma可得F＝1.15×104N

8.科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量．

解析：由牛顿第二定律得：mg－f＝ma

抛物后减速下降有：

Δv＝a/Δt

解得：

9.直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg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＝1.5m/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＝10m/s2；sin14°＝0.242；cos14°＝0.970）

解：直升机取水，水箱受力平衡：

解得：

直升机返回，由牛顿第二定律得：

解得水箱中水的质量为：M＝4.5×103kg

第三单元牛顿运动定律的应用（一）

基础知识

一、牛顿运动定律的解题步骤

应用牛顿第二定律解决问题时，应按以下步骤进行．

1．分析题意，明确已知条件和所求量

2、选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一个题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。

3．对其进行受力情况分析和运动情况分析（切莫多力与缺力）；

4．根据牛顿第二定律列出方程；

说明：如果只受两个力，可以用平行四边形法则求其合力，如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力，如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力；当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度；

5．把各量统一单位，代入数值求解；

二、注意事项：

①由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分析图时，把所受的外力画在物体上（也可视为质点，画在一点上），把v0和a的方向标在物体的旁边，以免混淆不清。

②建立坐标系时应注意：

A．如果物体所受外力都在同一直线上，应建立一维坐标系，也就是选一个正方向就行了。如果物体所受外力在同一平面上，应建立二维直角坐标系。

B．仅用牛顿第二定律就能解答的问题，通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向，综合应用牛顿定律和运动学公式才能解答的问题，通常选初速度V0的方向和垂直于V0的方向为坐标轴正方向，否则易造成“十”“一”号混乱。

C．如果所解答的问题中，涉及物体运动的位移或时间，通常把所研究的物理过程的起点作为坐标原点。

③解方程的方法一般有两种：一种是先进行方程式的文字运算，求得结果后，再把单位统一后的数据代入，算出所求未知量的值。另一种是把统一单位后的数据代入每个方程式中，然后直接算出所求未知量的值，前一种方法的优点是：可以对结果的文字式进行讨论，研究结果是否合理，加深对题目的理解；一般都采用这种方法，后一种方法演算比较方便，但是结果是一个数字，不便进行分析讨论。（特别指出的是：在高考试题的参考答案中，一般都采用了前一种方法，）

【例1】如图所示．地面上放一m＝40kg的木箱，用大小为10N与水平方向夹角300的力推木箱，木箱恰好匀速运动，若用此力与水平方向成300角斜向上拉木箱，30s可使木箱前进多少米？（g取10m/s2）

解析：木箱受重力mg，地面支持力N，推力F以及地面对它的摩擦力f．匀速运动时：Fx=Fcos300，Fy=Fsin300

竖直方向：N－mg－Fsin300＝0，所以N＝mg＋Fsin300

水平方向：Fcos30一f=0，所以f＝Fcos300

而f＝μN=μ（mg＋Fsin300）所以μ＝Fcos300/（mg＋Fsin300）=0。02

当力斜向上拉时竖直方向：N＝mg一Fsin300

水平方向：Fcos300－μN=ma

所以a=[Fcos300－μ（mg－Fsin300）]/m=0．019m／s2

s=at2＝8。6m

注意：由力求加速度时，一定要沿加速度的方向处理力．

【例2】如图电梯与水平面夹角为370，60千克的人随电梯以a＝lm/s2的加速度运动，则人受到平面的支持力及摩擦力各为多大？（g取10rn／s2）

解析：对加速度沿竖直、水平方向分解，

ax＝acos370＝0．8m／s2ay＝asin370＝0．6m／s2

水平方向：f＝max＝60×0．8N=48N

竖直方向：N－mg＝may，所以N＝mg＋may＝（600＋36）N=636N

注意：当由加速度求力时，一定要沿力的方向分解加速度．

【例3】如图所示三个物体质量分别为m1、m2、m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有触处的摩擦及绳的质量均不计，为使三个物体无相对运动，则水平推力F＝．

解析：对m2竖直方向合力为零，所以T=m2g，对m1水平方向只受绳拉力T作用

所以a=T/m1=m2g/m1，由于三者加速度一样，所以F＝（ml十m2十m3）a=（ml十m2十m3）m2g/m1

注意：几个物体加速度一样时，可先从一个物体入手，求出加速度a，然后将这几个物体视为一系统求合外力。

【例4】如图所示，一根轻质细绳跨过一个定滑轮，一边系住一个敞口轻质容器，内装240gMg，另一边为一重物m，所有摩擦均不计，开始时系统处于平衡状态，将容器中的Mg点燃，则燃过后，两者的运动状态发生改变，问全部燃烧完后，两者的加速度分别是多少？（假设Mg先与O2反应）。

【解题思路】Mg燃烧后生成MgO，平衡被打破，可假设绳子的拉力为T，为两者分别作受力分析，解出T，a。

nMg=240/24＝10（mol）

2Mg＋O2＝2MgO，得生成MgO的物质的量nMgO＝10（mol）

其质量m＝10×40＝400（g）

设此时两者加速度大小为a，绳的拉力为T。对容器作用受力分析有Mg一T＝ma……①

对重物作受力分析有T－mg=ma………②

联立①、②代入数值解之得。T＝2940（N）a＝2．45（m/s2）

故容器的加速度为2．45m/s2，方向向下；重物的加速度为2．45m/s2，方向向上。

规律方法

1、牛顿定律应用的基本方法

【例5】惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计．加速度计的构造原理的示意图如图所示．沿导弹长度方向安装在固定光滑杆上的滑块m,滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（D）

A、方向向左，大小为ks/m

B、方向向右，大小为ks/m

C、方向向左，大小为2ks/m

D、方向向右，大小为2ks/m

解析：原来物体不受弹簧弹力，当指针向左偏转s，右边弹簧被拉长s，左边弹簧产生向右推力ks，右边弹簧产生向右拉力ks，合力为2ks，所以导弹的加速度为a=2ks/m，方向向右。

【例6】如图所示，放在水平地面上的木板长1米，质量为2kg，B与地面间的动摩擦因数为0．2．一质量为3kg的小铁块A放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为0．4．当A以3m／s的初速度向右运动后，求最终A对地的位移和A对B的位移．

【解析】A在摩擦力作用下作减速运动，B在上、下两个表面的摩擦力的合力作用下先做加速运动，当A、B速度相同时，A、B立即保持相对静止，一起向右做减速运动．

A在B对它的摩擦力的作用下做匀减速运动aA=－μAg=一4m／s2

B在上、下两个表面的摩擦力的合力作用下做匀加速运动

aB==lm／s2A相对B的加速度a相=aA－aB＝－5m／s2

当A相对B的速度变为零时，A在B上停止滑动，在此过程中，A对B的位移s相===0.9m

A从开始运动到相对静止经历的时间t==0.6m/s2

在此时间内B的位移SB=aBt2=×1×0.62=0.18m

A、B相对静止时的速度v＝aBt＝1×0.6m/s＝0.6m/s

随后A、B一起以a/=－μBg=－2m/s2作匀减速运动直至停止，这段时间内的位移

S/＝＝=0．09m

综上所述．在整个运动过程中A对地的位移SA=SB十S相＋S/=（0．18＋0．9＋0．09）m＝l．17m

2、超重与失重状态的分析

在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力．当物体的加速度竖直向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，由F－mg=ma得F=m（g＋a）mg，这种现象叫做超重现象；当物体的加速度竖直向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，mg－F=ma得F=m（g－a）mg，这种现象叫失重现象．特别是当物体竖直向下的加速度为g时，物体对支持物的压力变为零，这种状态叫完全失重状态．

对超重和失重的理解应当注意以下几点：

（1）物体处于超重或失重状态时，只是物体的视重发生改变，物体的重力始终存在，大小也没有变化，因为万有引力并没有改变．

（2）发生超重或失重现象与物体的速度大小及方向无关，只决定于加速度的方向及大小．

（3）在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等。

【例7】将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示，在箱的上顶板和下顶板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a=2.0m/s2的加速度竖直向上作匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0N,下底板的压力传感器显示的压力为10.0N。(g取10m/s2）

（1)若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况；

(2）要使上顶板的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？

解析：由题意，对金属块受力分析如图所示。

当向上匀减速运动时，加速度方向向下，设上顶板的压力传感器的示数为N1，弹簧弹力为F,由牛顿第二定律有N1＋mg一F＝ma……①

弹簧弹力F等于下底板的压力传感器的示数N2：F＝N2=10N代入①可解得m=0．5kg。

（1)依题意，N1=5N,弹簧长度没有改变，F＝10N代入①解得a=0，说明整个箱体做向上或向下的匀速运动。

(2)当整个箱体的加速度方向向上时有F一N1一mg=ma，求出N1减至零的加速度：=10m/s2。

上顶板的压力传感器的示数为零时，整个箱体在做加速度不小于10m/s2的向上加速或向下减速运动。

【例8】如图所示滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1＝m2十m3，这时弹簧秤的读数为T，若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将（）

A.增大；B.减小；C.不变；D.无法判断

【解析】解法1：移m2后，系统左、右的加速度大小相同方向相反，由于ml十m2＞m3，故系统的重心加速下降，系统处于失重状态，弹簧秤的读数减小，B项正确。

解法2：:移后设连接绳的拉力为T/，系统加速度大小为a。

对（ml＋m2）：（m1＋m2)g一T/＝（ml＋m2)a；

对m3：T/一m3g＝m3a

消去a，可解得。

对滑轮稳定后平衡：弹簧秤的读数T＝2T/，移动前弹簧秤的读数为2(m1＋m2＋m3)g，比较可得移动后弹簧秤的读数小于2(m1＋m2＋m3）g。故B项正确。

【例9】如图所示，有一个装有水的容器放在弹簧台秤上，容器内有一只木球被容器底部的细线拉住浸没在水中处于静止，当细线突然断开，小球上升的过程中，弹簧秤的示数与小球静止时相比较有’（C）

A.增大；B.不变；C.减小；D.无法确定

解析：当细线断后小球加速上升时处于超重状态，而此时将有等体积的“水球”加速下降处于失重状态；而等体积的木球质量小于“水球”质量，故总体体现为失重状态，弹簧秤的示数变小．

【例10】如图，一杯中装满水，水面浮一木块，水面正好与杯口相平。现在使杯和水一起向上做加速运动，问水是否会溢出？

【解析】本题的关键在于要搞清这样的问题：当水和木块加速向上运动时，木块排开水的体积是否仍为V，它所受的浮力是否与静止时一样为ρ水gv？我们采用转换的方法来讨论该问题。

设想在水中取一块体积为V的水，如图所示，它除了受到重力，还要受到周围水的浮力F，当杯和水向上运动时，它将和周围水一起向上运动，相对于杯子不会有相对运动。则F－mg=ma，F=m（g＋a）=ρ水V（g＋a）。

现在，如果把这块水换成恰好排开水的体积为V的木块，显然，当水和木块一起向上做加速运动时，木块所受到周围水对它的浮力也应是ρ水V（g＋a），木块的加速度为

a木＝F合/m水＝==a，（m水=ρ水V）

可见，木块排开水的体积不会增加，所以水不会溢出

试题展示

1.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合力进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性。

举例如下：如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上。把质量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a=M+mM+msin2θgsinθ，式中g为重力加速度。

对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”。但是，其中有一项是错误的。请你指出该项。

A．当=0°时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的

B．当＝90°时，该解给出a=g,这符合实验结论，说明该解可能是对的

C．当Mm时，该解给出a≈gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

D．当mM时，该解给出a≈，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

答案：D

【解析】：当mM时，该解给出a=,这与实际不符，说明该解可能是错误的。

2.（山东卷－19）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是

A．箱内物体对箱子底部始终没有压力

B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大

D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”

答案：C

【解析】：因为受到阻力，不是完全失重状态，所以对支持面有压力，A错。由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，最终匀速运动，BD错，C对。

3．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON＝2MO，M、N两点高度相同。小球自M点右静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是A

4．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速大小为，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为D

A．B．2mgC．mgD．

5．一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，

加速度为，如图所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，

下列说法中正确的是BC

（A）当一定时，越大，斜面对物体的正压力越小

（B）当一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越大

（C）当一定时，越大，斜面对物体的正压力越小

（D）当一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小

6．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：

⑴小环的质量m；

⑵细杆与地面间的倾角。

解：由图得：

前2s有：F2－mgsin＝ma

2s后有：F2＝mgsin

代入数据可解得：m＝1kg，＝30

7．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s2）

求：

⑴斜面的倾角；

⑵物体与水平面之间的动摩擦因数；

⑶t＝0.6s时的瞬时速度v。

t（s）0.00.20.4…1214…

v（m/s）0.01.02.0…1.10.7…

解：⑴由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为

mgsin＝ma1

可得：＝30，

⑵由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为

mg＝ma2

可得：＝0.2，

⑶由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t），解得t＝0.1s

即物体在斜面上下滑的时间为0.5s

则：t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为v＝v1.2＋a2t＝2.3m/s

8．风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

解：（1）设小球所受的风力为F，小球质量为

○1

○2

（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为

沿杆方向○3

垂直于杆方向○4

○5

可解得○6

○7

第四单元牛顿运动定律的应用（二）

基础知识

一、简单连接体问题的处理方法

在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．隔离法和整体法是互相依存、互相补充的．两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问题．

【例1】一质量为M，倾角为θ的楔形木块，放在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ，一物块质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的．为了保持物块相对斜面静止，可用一水平力F推楔形木块，如图所示，求此水平力大小的表达式．

解析：把楔形木块和放在其上相对静止的物块看成一个整体．它只受到四个力作用：重力（m+M）g，竖直向下；桌面对它的支持力N，竖直向上；水平向左的推力F；桌面对它的摩擦力f，水平向右．由牛顿定律和摩擦定律可得

F－f=（m＋M）a，N－（m＋M）g=0，f＝μN

联立解得F=μ（m＋M）g＋（m＋M）a…………①

再隔离m，根据其特殊要求（与M相对静止，a相同）和受力情况确定m的加速度也就是整体的a．

小物块m的受力情况如图．小物块相对地面是沿水平向左运动，故有

Nsinθ＝ma，Ncosθ=mg解得a=gtgθ代入①式得水平推力F=μ（m＋M）g＋（m＋M）gtgθ．

说明：（l）物体间相对静止指的是物体间的相对速度和相对加速度均为零的状态．

（2）系统内各物体的加速度相同，是整体法与隔离法的联接点．

二、注意事项：

1、用隔离法解连接体问题时，容易产生如下错误：

（l）例如F推M及m一起前进（如图），隔离m分析其受力时，认为F通过物体M作用到m上，这是错误的．

（2）用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时（如图所示．不考虑弹簧秤的重力），往往会认为弹簧秤对物块M的拉力也一定等于F．实际上此时弹簧秤拉物体M的力F/＝F—ma，显然F/＜F．只有在弹簧秤质量可不计时，才可认为F/＝F．

2．当系统内各个物体的加速度相同时，则可把系统作为一个整体来研究．但这并不是使用整体法的必要条件，有些问题中系统内物体的加速度不同，也可用整体法来研究处理。如图中物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动．欲求地面对斜面体的静摩擦力f时，就可把此系统（m和M）作为整体处理，由牛顿第二定律得f＝macosθ＋M×0＝macosθ．式中acosθ为物块加速度的水平分量．

三、应用牛顿运动定律解题的特殊方法

1．用极端分析法分析临界条件

若题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般都有临界现象出现，分析时，可用极端分析法，即把问题（物理过程）推到极端（界），分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用规律列出在极端情况下的方程，从而暴露出临界条件．

2．用假设法分析物体受力

在分析某些物理过程时，常常出现似乎是这又似乎是那的多种可能性，难以直观地判断出来．此时可用假设法去分析．

方法I：假定此力不存在，根据物体的受力情况分析物体将发生怎样的运动，然后再确定此力应在什么方向，物体才会产生题目给定的运动状态．

方法Ⅱ：假定此力存在，并假定沿某一方向，用运动规律进行分析运算，若算得结果是正值，说明此力确实存在并与假定方向相同；若算得的结果是负值，说明此力也确实存在，但与假定的方向相反；若算得的结果是零，说明此力不存在．

【例2】如图，一个质量为0．2kg的小球用细绳吊在倾角θ=530的斜面顶端，斜面静止时球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m／s2的加速度向右运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．

解析：把加速度a推到两个极端来分析：当a较小（a=0）时，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力的作用，此时，绳平行于斜面；当a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角未知，那么a=10m／s2向右时，究竟是上述两种情况中的哪能一种呢？必须先求出小球离开斜面的临界值a0，然后才能确定．

设小球处在刚离开斜面或刚不离开斜面的临界状态（N刚好为零）时斜面向右的加速度为a0，此时对小球由牛顿第二定律得

Tcosθ＝ma0………①Tsinθ－mg=0………②

由①②式解得a0＝gCtgθ=7．5m／s2．

由于斜面的加速度a＝10m／s2＞a0，可知小球已离开斜面．则

T==2．83N，N＝0．

说明：若斜面体向左加速运动，小球及绳将可能处于何种状态？斜面体对地面的压力在向右加速和向左加速时比（M＋m）g大还是小？

【例3】如图，车厢中有一倾角为300的斜面，当火车以10m／s2的加速度沿水平方向向左运动时，斜面上的物体m与车厢相对静止，分析物体m所受摩擦力的方向．

解析：方法一：m受三个力作用，重力mg、弹力N、静摩擦力f．f的方向难以确定．我们先假设这个力不存在，那么如图，mg与N只能在水平方向产生mgtgθ的合力，此合力只能产生gtg300=g的加速度，小于题目给定的加速度，故斜面对m的静摩擦力沿斜面向下．

方法二：假定m所受的静摩擦力沿斜面向上．将加速度a正交分解，沿斜面方向根据牛顿定律有mgsin300一f=macos300

解得f＝5（1一）m，为负值，说明f的方向与假定的方向相反，应是沿斜面向下．

说明：极端分析法、特值分析法、临界分析法、假设法等都是解答物理题时常用到的思维方法．望同学们结合平时的解题训练，认真地体会各种方法的实质、特点，总结每种方法的适用情境．

规律方法

1、连接体的求解方法

【例4】如图所示，A,B并排紧贴着放在光滑的水平面上，用水平力F1,F2同时推A和B.如F1=10N，F2=6N，mA＜mB，则A,B间的压力可能为（AB）

A.9N；B.9.5N；C.11N；D.7N；

解：设A,B间的压力为N，对A,B分别应用牛顿第二定律得

F1一N=mAa………①

N一F2=mBa………②由①②式得N=8＋

物体的质量只能大于零，即mA0，mB0，由此可知．

由③式可推出N8N.综上分析得8NN10N；故答案：AB

【例5】如图所示，等臂天平左端挂一质量不计的光滑定滑轮，跨过滑轮的轻绳，两端各拴一物体A和B.已知物体B的质量mB=3kg，欲使天平平衡，物体C的质量可能为（）

A.3kg；B.9kg；C.12kg；D.15kg

解：设绳的拉力为T,对物体A,B,分别由牛顿第二定律有

mBg一T=mBa，①

T－mAg=mAa．②

由①②式得；对物体C,由平衡条件有

当mA→O时，有mC=0

当mA→∞时，有mC=4mB=12kg

得0mC12kg；，故选项A、B正确

“利用区间解选择题”，对有些物理选择题，若能够相应的物理规律，确定出所求物理量的取值范反复推论便可迅速求解，这是一种重复的解题方法：

2、动力学的临界和极值的求法

【例6】如图所示，2kg的物体放在水平地面上，物体离墙20m，现用30N的水平力作用于此物体，经过2s可到达墙边，若仍用30N的力作用于此物体，求使物体到这墙边作用力的最短作用时间？

解析：要使推力作用时间最短，但仍可到达墙边，则物体到达墙边的速度应恰好为零，物体第一次受推力加速运动得：a1＝2S/t2＝10m／s2

由F一f=ma1得f=F一ma1＝10N

设撤去外力F时物体的速度为v

则v＝a1t1＝a2t2，其中a2=f/m=5m/s2

故有t2=2t1，s=s1＋s2=a1t12＋a2t22即．20＝×10t12＋×5（2t2）2

解出t1＝1．15s

答案：1．15s

注意:力的作用时间最短与物体运动时间最短有什么区别?如何求物体运动到墙的最短时间?

【例7】如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体，物体下有一托盘，用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长．然后使托盘以加速度a竖直向下做匀加速直线运动（a＜g），试求托盘向下运动多长时间能与物体脱离？

解析：在物体与托盘脱离前，物体受重力、弹簧拉力和托盘支持力的作用，随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，但仍维持合外力不变，加速度不变，物体随托盘一起向下匀加速运动．当托盘运动至使支持力减小为零后，弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a，物体与托盘脱离．所以物体与托盘脱离的条件是支持力N＝0．设此时弹簧伸长了x；物件随托盘一起运动的时间为t．由牛顿第二定律有mg－kx＝ma

由匀变速运动规律有x＝at2，由此解得t=

【例8】如图所示，一质点自倾角为θ的斜面的上方点O，沿一光滑斜槽OA下滑．欲使此质点到达斜面所需的时间最短，则斜槽OA与竖直线OB所成的角β应为何值？

解：作一过点O且与斜面相切的圆，切点为A,圆心为O1，OB为过点O的一条直径，如图所示．由结论可知，从点O沿不同的光滑斜槽到达圆周上各点的时间相同，沿光滑斜槽OA到达A也就到达斜面，而沿其他不同的斜槽到达圆周上的时间虽然相同，但没有到达斜面，不符合题意．所以，沿OA斜槽所需的时间最短．

如图连接O1A,∠AO1B=θ,得∠AOB=θ/2，即∠β=θ/2

又解：如图所示，由O点向斜面引垂线OC,设OC的长为b(定值），沿任一光滑槽OA到达斜面所用时间为t,OA与竖直线OB所成夹角为β，由牛顿第二定律，沿OA下滑的加速度a=gcosβ……①

…………②

………③

由①②③式可得t=………④

由④式得当β=θ－β即β=θ/2时，t最小．

【例9】一个物体在斜面上以一定的速度沿斜面向上运动，斜面底边水平，斜面倾角θ可在0～л/2间变化，设物体达到的最大位移x和倾角θ间的关系如图所示，试计算θ为多少时x有最小值，最小值是多少？

【解析】物体以一定的速度沿斜面向上运动，合力大小为重力的分力与滑动摩擦力之和。重力的分力（下滑力）随θ增大而增大；滑动摩擦力由压力和动摩擦因数决定，动摩擦因数为定值，则由于压力等于重力的另一分力随θ增大而减小，故滑动摩擦力随θ增大而减小。由此加速度可以有最小值。初速、末速给定时，加速度最小必对应位移取得最小值。

物体沿斜面运动，垂直于斜面方向有N=mgcosθ……①，沿斜面有mgsinθ＋μN=ma……②

由①②可得a＝g（sinθ＋μcosθ)；又由匀变速直线公式可得S=，当（sinθ＋μcosθ）取最大值时位移最小。

再由x～θ图，当θ＝900时，位移为10m，代入位移表达式解得v02=20g;

当θ=00时，位移为m，代入位移表达式解得。

求（sinθ＋μcosθ）的最大值：

当θ＋β＝900时，(sinθ＋μcosθ)取得最大值，位移取得最小值，

此时cosβ=；β=300,θ=900－β=600

位移最小值：xmin＝。

试题展示

1.如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑。已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α。B与斜面之间的动摩擦因数是

A．23tanαB．23cotα

C．tanαD．cotα

答案：A

解析：A、B两物体受到斜面的支持力均为mgcosα，所受滑动摩擦力分别为：fA=μAmgcosα，fB=μBmgcosα，对整体受力分析结合平衡条件可得：2mgsinα=μAmgcosα＋μBmgcosα，且μA=2μB，解之得：μB=tanα，A项正确。

2.如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为

A．（M＋m）g

B．（M＋m）g－F

C．（M＋m）g＋Fsinθ

D．（M＋m）g－Fsinθ

答案：D

【解析】：本题可用整体法的牛顿第二定律解题，竖直方向由平衡条件：Fsinθ＋N=mg＋Mg，则N=mg＋Mg－Fsinθ。

3.如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能

A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动

B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动

C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动

D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动

答案：BC

【解析】：依题意，若两物体依然相对静止，则a的加速度一定水平向右，如图将加速度分解为垂直斜面与平行于斜面，则垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，与都静止时比较，a与b间的压力增大；沿着斜面方向，若加速度a过大，则摩擦力可能沿着斜面向下，即a物块可能相对b向上滑动趋势，甚至相对向上滑动，故A错，B、C正确；对系统整体，在竖直方向，若物块a相对b向上滑动，则a还具有向上的分加速度，即对整体的牛顿第二定律可知，系统处于超重状态，b与地面之间的压力将大于两物体重力之和，D错。

4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为B

A．B．

C．D．

5．跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，

绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。

取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的

力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊

板的压力F分别为

(A)a=1.0m/s2,F=260N

(B)a=1.0m/s2,F=330N

(C)a=3.0m/s2,F=110N

(D)a=3.0m/s2,F=50N

[答案]：B

6．图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等。F是沿水平方向作用于a上的外力。已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的。正确的说法是d

A．a、b一定沿斜面向上运动

B．a对b的作用力沿水平方向

C．a、b对外面的正压力相等

D．a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力

7．物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图），当两者以相同的初速度

靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时，（C）

A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上。

B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下。

C．A、B之间的摩擦力为零。

D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质。

8．如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。

已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持

其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为（C）

A．B．

C．D．2

9．质量不计的弹簧下端固定一小球。现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(ag)分别向上、向下做匀加速直线运动。若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x1、x2;若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为x′1、x′2。则C

A.x′1+x1=x2+x′2B.x′1+x1x2+x′2

C.x′1+x′2=x1+x2D.x′1+x′2x1+x2

10．如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100m下降2m。为了使汽车速度在s＝200m的距离内减到v2＝10m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B，30％作用于汽车A。已知A的质量m1＝2000kg，B的质量m2＝6000kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力加速度g＝10m/s2。

解：汽车沿倾斜车道作匀减速运动，有：

用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律得：

式中：

设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f，依题意得：

用fN表示拖车作用汽车的力，对汽车应用牛顿第二定律得：

联立以上各式解得：

11．一质量为的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从时刻由静止开始上升，在到内体重计示数的变化如图所示.试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度

解：由图可知，在到的时间内，体重计的示数大于，故电梯应做向上的加速运

动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为，电梯及小孩的加速度为，由牛顿第二定律，得

①

在这段时间内电梯上升的高度

②

在到的时间内，体重计的示数等于，故电梯应做匀速上升运动，速度为时刻的瞬时速度，即

③

在这段时间内电梯上升的高度

④

在到的时间内，体重计的示数小于，故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为，电梯及小孩的加速度为，由牛顿第二定律，得

⑤

在这段时间内电梯上升得高度

⑥

电梯上升的总高度

⑦

由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得

＝9m

12．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。

解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得

a=μg

设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有

v0=a0tv=at

由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t，煤块的速度由v增加到v0，有v=v+at郝双制作

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。

设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有

s0=12a0t2+v0ts=v022a

传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s

由以上各式得l=v02(a0－μg)2μa0g郝双

第三章牛顿运动定律

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。教师在教学前就要准备好教案，做好充分的准备。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，让教师能够快速的解决各种教学问题。我们要如何写好一份值得称赞的教案呢？下面是小编精心为您整理的“第三章牛顿运动定律”，仅供参考，欢迎大家阅读。

第三章牛顿运动定律
知识网络：
单元切块：
按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：牛顿第一定律、惯性、牛顿第三定律；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用。其中重点是对牛顿运动定律的理解、熟练运用牛顿运动定律分析解决动力学问题。难点是力与运动的关系问题。

牛顿第一定律惯性牛顿第三定律

教学目标：
1．理解牛顿第一定律、惯性；理解质量是惯性大小的量度
2．理解牛顿第三定律，能够区别一对作用力和一对平衡力
3．掌握应用牛顿第一定律、第三定律分析问题的基本方法和基本技能
教学重点：理解牛顿第一定律、惯性概念
教学难点：惯性
教学方法：讲练结合，计算机辅助教学
教学过程：
一、牛顿第一定律
1．牛顿第一定律（惯性定律）：一切物体总是保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
这个定律有两层含义：
（1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。
（2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的原因。
点评：
①牛顿第一定律导出了力的概念
力是改变物体运动状态的原因。（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：
，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。
（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加
速度的原因”。）
②牛顿第一定律导出了惯性的概念
一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变
的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。质量是物体惯性大小的量度。
③牛顿第一定律描述的是理想化状态
牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在
的。物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成
牛顿第二定律在F=0时的特例。
2．惯性：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。对于惯性理解应注意以下三点：
（1）惯性是物体本身固有的属性，跟物体的运动状态无关，跟物体的受力无关，跟
物体所处的地理位置无关。
（2）质量是物体惯性大小的量度，质量大则惯性大，其运动状态难以改变。
（3）外力作用于物体上能使物体的运动状态改变，但不能认为克服了物体的惯性。
【例1】下列关于惯性的说法中正确的是
Ａ．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
Ｂ．物体只有受外力作用时才有惯性
Ｃ．物体的运动速度大时惯性大
Ｄ．物体在任何情况下都有惯性
解析：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动状态及受力情况无关，故只有Ｄ项正确。
点评：处理有关惯性问题，必须深刻理解惯性的物理意义，抛开表面现象，抓住问题本质。
【例2】关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是
A．牛顿第一定律是实验定律
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
解析：牛顿第一定律是物体在理想条件下的运动规律，反映的是物体在不受力的情况下所遵循的运动规律，而自然界中不受力的物体是不存在的．故Ａ是错误的．惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律，显然C不正确．由牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，但要改变物体的运动状态则必须有力的作用，答案为B、D
【例3】在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员做立定跳远，若向各个方向都用相同的力，则（）
A．向北跳最远
B．向南跳最远
C．向东向西跳一样远，但没有向南跳远
D．无论向哪个方向都一样远
解析：运动员起跳后，因惯性其水平方向还具有与船等值的速度，所以无论向何方跳都一样。因此应选答案D。
点评：此题主要考查对惯性及惯性定律的理解，解答此题的关键是理解运动员起跳过程中，水平方向若不受外力作用将保持原有匀速运动的惯性，从而选出正确答案
【例4】某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）
A．力是使物体产生运动的原因
B．力是维持物体运动速度的原因
C．力是使物体速度发生改变的原因
D．力是使物体惯性改变的原因
解析：由牛顿第一定律的内容可知，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止，说明一旦物体具有某一速度，只要没有加速或减速的原因，这个速度将保持不变，根据这种观点看来，力不是维持物体的运动即维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态即改变物体速度的原因，故选项C正确。
【例5】如图中的甲图所示，重球系于线DC下端，重球下再系一根同样的线BA，下面说法中正确的是（）
A．在线的A端慢慢增加拉力，结果CD线拉断
B．在线的A端慢慢增加拉力，结果AB线拉断
C．在线的A端突然猛力一拉，结果AB线拉断
D．在线的A端突然猛力一拉，结果CD线拉断
解析：如图乙，在线的A端慢慢增加拉力，使得重球有足够的时间发生向下的微小位移，以至拉力T2逐渐增大，这个过程进行得如此缓慢可以认为重球始终处于受力平衡状态，即T2＝T1＋mg，随着T1增大，T2也增大，且总是上端绳先达到极限程度，故CD绳被拉断，A正确。若在A端突然猛力一拉，因为重球质量很大，力的作用时间又极短，故重球向下的位移极小，以至于上端绳未来得及发生相应的伸长，T1已先达到极限强度，故AB绳先断，选项C也正确。
二、牛顿第三定律
1．对牛顿第三定律理解应注意：
（1）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，作用在一条上
（2）作用力与反作用力总是成对出现．同时产生，同时变化，同时消失
（3）作用力和反作用力在两个不同的物体上，各产生其效果，永远不会抵消
（4）作用力和反作用力是同一性质的力
（5）物体间的相互作用力既可以是接触力，也可以是“场”力
定律内容可归纳为：同时、同性、异物、等值、反向、共线
2．区分一对作用力反作用力和一对平衡力
一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上，而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力一定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力一定是同时产生同时消失的，而平衡力中的一个消失后，另一个可能仍然存在。

一对作用力和反作用力一对平衡力
作用对象两个物体同一个物体
作用时间同时产生，同时消失不一定同时产生或消失
力的性质一定是同性质的力不一定是同性质的力
力的大小关系大小相等大小相等
力的方向关系方向相反且共线方向相反且共线

3．一对作用力和反作用力的冲量和功
一对作用力和反作用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量一定为零，但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负。这是因为作用力和反作用力的作用时间一定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。
【例6】汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知（）
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力
C．汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力
D．汽车拉拖车的力等于拖车受到的阻力
解析：汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律得知，汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力必定是大小相等方向相反的，因而B正确，A错误。由于题干中说明汽车拉拖车在水平道路上沿直线加速行驶，故沿水平方向拖车只受到两个外力作用：汽车对它的拉力和地面对它的阻力。因而由牛顿第二定律得知，汽车对它的拉力必大于地面对它的阻力。所以C对，D错。
【例7】甲、乙二人拔河，甲拉动乙向左运动，下面说法中正确的是
A．做匀速运动时，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等
B．不论做何种运动，根据牛顿第三定律，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等
C．绳的质量可以忽略不计时，甲乙二人对绳的拉力大小一定相等
D．绳的质量不能忽略不计时，甲对绳的拉力一定大于乙对绳的拉力
解析：甲、乙两人对绳的拉力都作用在绳上，即不是作用力和反作用力．故B项错误．
做匀速运动时，绳子受力平衡，即甲、乙两人对绳的拉力大小一定相等，故A项正确．?绳的质量可以忽略不计时，绳子所受合力为零．故甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等．故C项正确．
绳的质量不能忽略不计时，如果有加速度，当加速度向右时，乙对绳的拉力大于甲对绳的拉力．故D项不正确．
故正确选项为AC。
【例8】物体静止在斜面上，以下几种分析中正确的是
A．物体受到的静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力
B．物体所受重力沿垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力
C．物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力
D．物体受到的支持力的反作用力，就是物体对斜面的压力
解析：物体受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的静摩擦力．故A错误．
物体对斜面的压力在数值上等于物体所受重力沿垂直于斜面的分力．故B错误．
物体所受的重力的反作用力是物体对地球的吸引力．故C错误．
故正确选项为D。
【例9】人走路时，人和地球间的作用力和反作用力的对数有
A．一对B．二对C．三对D．四对
解析：人走路时受到三个力的作用即重力、地面的支持力和地面对人的摩擦力，力的作用总是相互的，这三个力的反作用力分别是人对地球的吸引作用，人对地面的压力和人对地面的摩擦力，所以人走路时与地球间有三对作用力和反作用力，选Ｃ．
【例10】物体静止于水平桌面上，则
Ａ．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
Ｂ．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
Ｃ．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种性质的力
Ｄ．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力
解析：物体和桌面受力情况如图所示．
对A选项，因物体处于平衡状态，且FN与G作用于同一物体，因此FN和G是一对平衡力，故Ａ正确．
对B选项，因作用力和反作用力分别作用在两个物体上，故Ｂ错．
对C选项，因压力是弹力，而弹力与重力是性质不同的两种力，故C错．
对D选项，由于支持力和压力是物体与桌面相互作用(挤压)而产生的，因此FN与FN′．是一对作用力和反作用力，故D错．
答案：A
点评：
（1）一对作用力和反作用力与一对平衡力的最直观的区别就是：看作用点，二力平衡时此两力作用点一定是同一物体；作用力和反作用力的作用点一定是分别在两个物体上．
（2）两个力是否是“作用力和反作用力”的最直观区别是：看它们是否是因相互作用而产生的．如B选项中的重力和支持力，由于重力不是因支持才产生的，因此，这一对力不是作用力和反作用力．
三、针对训练
1．火车在长直水平轨道上匀速行驶，坐在门窗密闭的车厢内的一人将手中的钥匙相对车竖直上抛，当钥匙（相对车）落下来时（）
A．落在手的后方B．落在在手的前方
C．落在手中D．无法确定
2．根据牛顿第一定律，我们可以得到如下的推论（）
A．静止的物体一定不受其它外力作用
B．惯性就是质量，惯性是一种保持匀速运动或静止状态的特性
C．物体的运动状态发生了改变，必定受到外力的作用
D．力停止作用后，物体就慢慢停下来
3．关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）
A．只有处于静止或匀速运动状态的物体才具有惯性
B．只有运动的物体才能表现出它的惯性
C．物体做变速运动时，其惯性不断变化
D．以上结论不正确
4．伽利略的理想实验证明了（）
A．要物体运动必须有力作用，没有力作用物体将静止
B．要物体静止必须有力作用，没有力作用物体就运动
C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态
D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动或静止状态
5．关于惯性，下述哪些说法是正确的（）
A．惯性除了跟物体质量有关外，还跟物体速度有关
B．物体只有在不受外力作用的情况下才能表现出惯性
C．乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故
D．战斗机投人战斗时，必须丢掉副油箱，减小惯性以保证其运动的灵活性
6．如图所示，一个劈形物体M放在固定的粗糙的斜面上，上面成水平．在水平面上放一光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，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
7．关于作用力与反作用力以及相互平衡的两个力的下列说法中，正确的是（）
A．作用力与反作用力一定是同一性质的力
B．作用力与反作用力大小相等，方向相反，因而可以互相抵消
C．相互平衡的两个力的性质，可以相同，也可以不同
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
8．质量为M的木块静止在倾角为α的斜面上，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（）
A．木块受重力，斜面对它的支持力和摩擦力的作用
B．木块对斜面的压力与斜面对木块的支持力大小相等，方向相反
C．斜面对木块的摩擦力与重力沿科面向下的分力Mgsinα大小相等，方向相反
D．斜面对木块的摩擦力大小可以写成μMgcosα
9．下面关于惯性的说法中，正确的是
A．运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以运动速度大的物体具有较大的惯性
B．物体受的力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的推力越大，则惯性越大
C．物体的体积越大，惯性越大
D．物体含的物质越多，惯性越大
10．关于作用力与反作用力，下列说法中正确的有
A．物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力
B．作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，因而这二力平衡
C．作用力与反作用力可以是不同性质的力，例如，作用力是弹力，其反作用力可能是摩擦力
D．作用力和反作用力总是同时分别作用在相互作用的两个物体上
11．（2002年春上海大综试题）根据牛顿运动定律，以下选项中正确的是
A．人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来位置
B．人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
D．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方
12．关于物体的惯性，下列说法正确的是
A．只有处于静止或匀速直线运动的物体才具有惯性
B．只有运动的物体才能表现出它的惯性
C．物体做变速运动时，其惯性不断变化
D．以上说法均不正确
13．下列现象中能直接由牛顿第一定律解释的是
A．竖直上升的气球上掉下的物体，仍能继续上升一定高度后才竖直下落
B．水平匀速飞行的飞机上释放的物体，从飞机上看是做自由落体运动
C．水平公路上运动的卡车，速度逐渐减小直至停止
D．用力将完好的鸡蛋敲碎
14．火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为
A．人跳起时，车厢内的空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上保持与车相同的速度
15．大人拉小孩，下列说法正确的是
A．当小孩被大人拉走时，大人拉力大于小孩拉力
B．当小孩赖着不动时，大人拉力大于小孩的拉力
C．不管什么情况下，大人拉力总大于小孩的拉力，因为大人的力气总比小孩大
D．不管什么情况下，大人拉力与小孩拉力大小相等
参考答案：
1．C2．C3．D4．D5．CD
6．B7．AC8．ABC9．D10．D
11．C12．D13．AB14．D15．D
教学反馈
动力学是力与运动学的结合，经过前两章的复习以及学生在高一所学的基础上，从课堂气氛可以反映出学生已经进入高三复习状态，从学生反映看，学生对牛顿运动定律很熟悉，区分
作用力反作用力与一对平衡力部分学生还掌握不是很好，但是这些主要靠记忆，相信学生通过复习应该能加深印象。
牛顿第二定律

教学目标：
1．理解牛顿第二定律，能够运用牛顿第二定律解决力学问题
2．理解力与运动的关系，会进行相关的判断
3．掌握应用牛顿第二定律分析问题的基本方法和基本技能
教学重点：理解牛顿第二定律
教学难点：力与运动的关系
教学方法：讲练结合，计算机辅助教学
教学过程：
一、牛顿第二定律
1．定律的表述
物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即F=ma（其中的F和m、a必须相对应）
点评：特别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。
若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度；若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。
2．对定律的理解：
（1）瞬时性：加速度与合外力在每个瞬时都有大小、方向上的对应关系，这种对应关系表现为：合外力恒定不变时，加速度也保持不变。合外力变化时加速度也随之变化。合外力为零时，加速度也为零。
（2）矢量性：牛顿第二定律公式是矢量式。公式只表示加速度与合外力的大小关系.矢量式的含义在于加速度的方向与合外力的方向始终一致.
（3）同一性：加速度与合外力及质量的关系，是对同一个物体（或物体系）而言。即F与a均是对同一个研究对象而言。
（4）相对性：牛顿第二定律只适用于惯性参照系。
（5）局限性：牛顿第二定律只适用于低速运动的宏观物体，不适用于高速运动的微观粒子。
3．牛顿第二定律确立了力和运动的关系
牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。
4．应用牛顿第二定律解题的步骤
（1）明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi，对应的加速度为ai，则有：
F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan
对这个结论可以这样理解：
先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律：
∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑Fn=mnan，
将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。
（2）对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。
（3）若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。
（4）当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。
解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出运动情况，那么问题都能迎刃而解。
二、应用举例
1．力与运动关系的定性分析
【例1】如图所示，如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。选CD。
【例2】如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C．物体运动到O点时所受合力为零
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
解析：物体从A到O的运动过程，弹力方向向右．初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．
当物体向右运动至AO间某点（设为O′）时，弹力减小到等于阻力，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．
此后，随着物体继续向右移动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体从O′点后的合力方向均向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度反向，物体做加速度逐渐增大的减速运动．
正确选项为A、C．
点评：
（1）解答此题容易犯的错误就是认为弹簧无形变时物体的速度最大，加速度为零．这显然是没对物理过程认真分析，靠定势思维得出的结论．要学会分析动态变化过程，分析时要先在脑子里建立起一幅较为清晰的动态图景，再运用概念和规律进行推理和判断．
（2）通过此题，可加深对牛顿第二定律中合外力与加速度间的瞬时关系的理解，加深对速度和加速度间关系的理解．譬如，本题中物体在初始阶段，尽管加速度在逐渐减小，但由于它与速度同向，所以速度仍继续增大．
2．牛顿第二定律的瞬时性
【例3】（2001年上海高考题）如图（1）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。
（1）下面是某同学对该题的某种解法：
解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下处于平衡。mg，，解得=mgtanθ，剪断线的瞬间，T2突然消失，物体却在T2反方向获得加速度，因为mgtanθ=ma所以加速度a=gtanθ，方向在T2反方向。你认为这个结果正确吗？说明理由。
（2）若将图（1）中的细线L1改为长度相同，质量不计的轻弹簧，如图（2）所示，其它条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。
解析：（1）这个结果是错误的。当L2被剪断的瞬间，因T2突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L1斜向下方，为a=gsinθ。
（2）这个结果是正确的。当L2被剪断时，T2突然消失，而弹簧还来不及形变（变化要有一个过程，不能突变），因而弹簧的弹力T1不变，它与重力的合力与T2是一对平衡力，等值反向，所以L2剪断时的瞬时加速度为a=gtanθ，方向在T2的反方向上。
点评：牛顿第二定律F合＝ma反映了物体的加速度a跟它所受合外力的瞬时对应关系．物体受到外力作用，同时产生了相应的加速度，外力恒定不变，物体的加速度也恒定不变；外力随着时间改变时，加速度也随着时间改变；某一时刻，外力停止作用，其加速度也同时消失．
3．正交分解法
【例4】如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到大小为20Ｎ，与水平方向成30°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动，求物体的加速度是多大?（g取10m/s2）
解析：以物体为研究对象，其受力情况如图所示，建立平面直角坐标系把F沿两坐标轴方向分解，则两坐标轴上的合力分别为
物体沿水平方向加速运动，设加速度为a，则x轴方向上的加速度ax＝a，y轴方向上物体没有运动，故ay＝０，由牛顿第二定律得
所以
又有滑动摩擦力
以上三式代入数据可解得物体的加速度a=0.58m/s2
点评：当物体的受力情况较复杂时，根据物体所受力的具体情况和运动情况建立合适的直角坐标系，利用正交分解法来解．
4．合成法与分解法
【例5】如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
（2）求悬线对球的拉力．
解析：
（1）球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对象．球受两个力作用：重力mg和线的拉力FT，由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向．做出平行四边形如图所示．球所受的合外力为
F合＝mgtan37°
由牛顿第二定律F合＝ma可求得球的加速度为
7.5m/s2
加速度方向水平向右．
车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动．
（2）由图可得，线对球的拉力大小为
N=12.5N
点评：本题解题的关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平行四边形，解其中的三角形就可求得结果．
【例6】如图所示，m=4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求：
（1）小车以a=g向右加速；
（2）小车以a=g向右减速时，细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？
解析：
（1）向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四边形定则求出：F1=50N，可见向右加速时F1的大小与a无关；F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G=ma计算得F2=70N。可以看出F2将随a的增大而增大。（这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。）
（2）必须注意到：向右减速时，F2有可能减为零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G和F1的合力刚好等于ma，所以a的临界值为。当a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时F1=mg=56N，F2=0
【例7】如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块。求：（1）箱以加速度a匀加速上升，（2）箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2各多大？
解：（1）a向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上。可先求F，再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解，得到：F1=m（g+a）sinα，F2=m（g+a）cosα
显然这种方法比正交分解法简单。
（2）a向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解，（同时正交分解a），然后分别沿x、y轴列方程求F1、F2：
F1=m（gsinα-acosα），F2=m（gcosα+asinα）
经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。
点评：还应该注意到F1的表达式F1=m（gsinα-acosα）显示其有可能得负值，这意味着绳对木块的力是推力，这是不可能的。这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度a≤gtanα时F1=m（gsinα-acosα）沿绳向斜上方；当agtanα时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。
5．在动力学问题中的综合应用
【例7】如图所示，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F，又经过t2=4.0s物体刚好停下。求：F的大小、最大速度vm、总位移s。
解析：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有m
点评：需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。
可见，在动力学问题中应用牛顿第二定律，正确的受力分析和运动分析是解题的关键，求解加速度是解决问题的纽带，要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。我本在下一专题将详细研究这一问题。
三、针对训练
1．下列关于力和运动关系的几种说法中，正确的是
A．物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向
B．物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零
C．物体所受合外力不为零，其加速度一定不为零
D．合外力变小的，物体一定做减速运动
2．放在光滑水平面上的物体，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到零后，又恢复到原值，则该物体的
A．速度先增大后减小
B．速度一直增大，直到某个定值
C．加速度先增大，后减小到零
D．加速度一直增大到某个定值
3．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，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
B．由可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比
D．由可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
4．在牛顿第二定律的数学表达式F＝kma中，有关比例系数k的说法正确的是
A．在任何情况下k都等于1
B．因为k＝１，所以k可有可无
C．k的数值由质量、加速度和力的大小决定
D．k的数值由质量、加速度和力的单位决定
5．对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间
A．物体立即获得速度
Ｂ．物体立即获得加速度
C．物体同时获得速度和加速度
D．由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零
6．质量为1kg的物体受到两个大小分别为2Ｎ和2Ｎ的共点力作用，则物体的加速度大小可能是
A．5m/s2B．3m/s2C．2m/s2D．0.5m/s2
7．如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2．与此同时，物体受到一个水平向右的推力F＝20N的作用，则物体的加速度为（g取10m/s2）
A．0B．4m/s2，水平向右
C．2m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左
8．质量为ｍ的物体放在粗糙的水平面上，水平拉力F作用于物体上，物体产生的加速度为a，若作用在物体上的水平拉力变为2F，则物体产生的加速度
A．小于aB．等于a
C．在a和2a之间D．大于2a
9．物体在力F作用下做加速运动，当力F逐渐减小时，物体的加速度________，速度______；当F减小到0时，物体的加速度将_______，速度将________．（填变大、变小、不变、最大、最小和零）等．
10．如图所示，物体A、B用弹簧相连，mB=2mA，A、B与地面间的动摩擦因数相同，均为μ，在力F作用下，物体系统做匀速运动，在力F撤去的瞬间，A的加速度为_______，B的加速度为_______（以原来的方向为正方向）．
11．甲、乙两物体的质量之比为5∶3，所受外力大小之比为2∶3，则甲、乙两物体加速度大小之比为．
12．质量为8×103kg的汽车，以1.5m/s2的加速度沿水平路面加速，阻力为2.5×103Ｎ，那么汽车的牵引力为Ｎ．
13．质量为1.0kg的物体，其速度图像如图所示，4s内物体所受合外力的最大值是N；合外力方向与运动方向相反时，合外力大小为Ｎ．
14．在质量为M的气球下面吊一质量为m的物体匀速上升．某时刻悬挂物体的绳子断了，若空气阻力不计，物体所受的浮力大小不计，求气球上升的加速度．

参考答案：
1.C2.BC3.CD4.D5.B6.ABC?7.B8.D
9．变小、增大、为零、不变10．0；－μg
11.2∶512.1.45×10413.4214.
教学后记
学生通过复习掌握了解决动力学两类问题的方法，但是对于比较复杂的综合性题目，
学生解起来有一定的难度，在以后的复习中应注意加强训练。

牛顿运动定律的应用

教学目标：
1．掌握运用牛顿三定律解决动力学问题的基本方法、步骤
2．学会用整体法、隔离法进行受力分析，并熟练应用牛顿定律求解
3．理解超重、失重的概念，并能解决有关的问题
4．掌握应用牛顿运动定律分析问题的基本方法和基本技能
教学重点：牛顿运动定律的综合应用
教学难点：受力分析，牛顿第二定律在实际问题中的应用
教学方法：讲练结合，计算机辅助教学
教学过程：
一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用
1．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）：
（1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等．
（2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）．
但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．
两类动力学基本问题的解题思路图解如下：

可见，不论求解那一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键。
点评：我们遇到的问题中，物体受力情况一般不变，即受恒力作用，物体做匀变速直线运动，故常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，如
等.
2．应用牛顿运动定律解题的一般步骤
（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型。
（2）选取研究对象.所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。
（3）分析研究对象的受力情况和运动情况。
（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上。
（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算。
（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论。
3．应用例析
【例1】一斜面AB长为10m，倾角为30°，一质量为2kg的小物体（大小不计）从斜面顶端A点由静止开始下滑，如图所示（g取10m/s2）
（1）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间．
（2）若给小物体一个沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面匀速下滑，则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少?
解析：题中第（1）问是知道物体受力情况求运动情况；第（2）问是知道物体运动情况求受力情况。
（1）以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示。物块受重力mg、斜面支持力N、摩擦力f，
垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条件得：mgcos30°-N=0
沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma
又f=μN
由以上三式解得a=0.67m/s2
小物体下滑到斜面底端B点时的速度：3.65m/s
运动时间：s
（2）小物体沿斜面匀速下滑，受力平衡，加速度a＝0，有
垂直斜面方向：mgcos30°-N=0
沿斜面方向：mgsin30°-f=0
又f=μN
解得：μ＝0.58
【例2】如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC连接，一小滑块从水平面上的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动。运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑。已知AB间的距离s=5m，求：
（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；
（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间；
解析：（1）依题意得vB1=0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，则据牛顿第二定律可得f=μmg=ma，所以a=μg，由运动学公式可得得，t1=3.3s
（2）在斜面上运动的时间t2=，t=t1+t2=4.1s
【例3】静止在水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，此时将F撤去，又经6s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小。
解析：物体的整个运动过程分为两段，前4s物体做匀加速运动，后6s物体做匀减速运动。
前4s内物体的加速度为
①
设摩擦力为，由牛顿第二定律得
②
后6s内物体的加速度为
③
物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得
④
由②④可求得水平恒力F的大小为
点评：解决动力学问题时，受力分析是关键，对物体运动情况的分析同样重要，特别是像这类运动过程较复杂的问题，更应注意对运动过程的分析。
在分析物体的运动过程时，一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同，若不同，必须分段处理，加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量。分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变化，哪些力没发生变化。四、连接体（质点组）
在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对象。这一组物体一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带来很大方便。使解题过程简单明了。
二、整体法与隔离法
1．整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了。
运用整体法解题的基本步骤：
（1）明确研究的系统或运动的全过程.
（2）画出系统的受力图和运动全过程的示意图.
（3）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
2．隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理。采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。
运用隔离法解题的基本步骤：
（1）明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象.选择原则是：一要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少。
（2）将研究对象从系统中隔离出来；或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来。
（3）对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图。
（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。
3．整体和局部是相对统一相辅相成的
隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成.所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵活运用.无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量（即中间未知量的出现，如非待求的力，非待求的中间状态或过程等）的出现为原则
4．应用例析
【例4】如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。
解析：这里有a、FN两个未知数，需要要建立两个方程，要取两次研究对象。比较后可知分别以B、（A+B）为对象较为简单（它们在水平方向上都只受到一个力作用）。可得
点评：这个结论还可以推广到水平面粗糙时（A、B与水平面间μ相同）；也可以推广到沿斜面方向推A、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。
【例5】如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B与地面的摩擦均不计.在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动.A对B的作用力为多大?
解析：取A、B整体为研究对象，其水平方向只受一个力F的作用
根据牛顿第二定律知：F＝（2m＋m）a
a＝F／3m
取B为研究对象，其水平方向只受A的作用力F1，根据牛顿第二定律知：
F1＝ma
故F1＝F／3
点评：对连结体（多个相互关联的物体）问题，通常先取整体为研究对象，然后再根据要求的问题取某一个物体为研究对象.
【例6】如图，倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为μ，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。
解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度，再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：
如果给出斜面的质量M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：
FN=Mg+mg（cosα+μsinα）sinα，这个值小于静止时水平面对斜面的支持力。
【例7】如图所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B间静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别是F=10N和F=20N时，A、B的加速度各多大？
解析：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a=5m/s2；再以A、B系统为对象得到F=（mA+mB）a=15N
（1）当F=10N15N时，A、B一定仍相对静止，所以
（2）当F=20N15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2
【例8】如图所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的，即a=g，则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？
命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研究对象的能力.B级要求.
错解分析：（1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一动一静”连续体问题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体法列出的方程感到疑惑.
解题方法与技巧：
解法一：（隔离法）
木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.
取小球m为研究对象，受重力mg、摩擦力Ff，如图2-4，据牛顿第二定律得：
mg-Ff=ma①
取木箱M为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff′如图.
据物体平衡条件得：
FN-Ff′-Mg=0②
且Ff=Ff′③
由①②③式得FN=g
由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为
FN′=FN=g.
解法二：（整体法）
对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式：
（mg+Mg）-FN=ma+M×0
故木箱所受支持力：FN=g，由牛顿第三定律知：
木箱对地面压力FN′=FN=g.
三、临界问题
在某些物理情境中，物体运动状态变化的过程中，由于条件的变化，会出现两种状态的衔接，两种现象的分界，同时使某个物理量在特定状态时，具有最大值或最小值。这类问题称为临界问题。在解决临界问题时，进行正确的受力分析和运动分析，找出临界状态是解题的关键。
【例9】一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力.
命题意图：考查对牛顿第二定律的理解应用能力、分析推理能力及临界条件的挖掘能力。
错解分析：对物理过程缺乏清醒认识，无法用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及条件，使问题难以切入.
解题方法与技巧：当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0.（此时，小球所受斜面支持力恰好为零）
由mgcotθ=ma0
所以a0=gcotθ=7.5m/s2
因为a=10m/s2＞a0
所以小球离开斜面N=0，小球受力情况如图，则
Tcosα=ma，Tsinα=mg
所以T==2.83N，N=0.
四、超重、失重和视重
1．超重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况称为超重现象。
产生超重现象的条件是物体具有向上的加速度。与物体速度的大小和方向无关。
产生超重现象的原因：当物体具有向上的加速度a（向上加速运动或向下减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
所以F＝m（g＋a）＞mg
由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F′＞mg.
2．失重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况称为失重现象。
产生失重现象的条件是物体具有向下的加速度，与物体速度的大小和方向无关.?
产生失重现象的原因：当物体具有向下的加速度a（向下加速运动或向上做减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F。由牛顿第二定律
mg－F＝ma，所以
F＝m（g－a）＜mg
由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F′＜mg.
完全失重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的状态，叫做完全失重状态.
产生完全失重现象的条件：当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时，就产生完全失重现象。
点评：（1）在地球表面附近，无论物体处于什么状态，其本身的重力G＝mg始终不变。超重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向上，测力计的示数大于物体的重力；失重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向下，测力计的示数小于物体的重力.可见，在失重、超重现象中，物体所受的重力始终不变，只是测力计的示数（又称视重）发生了变化，好像物体的重量有所增大或减小。
（2）发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态.超重、失重与物体的运动方向无关。
3．应用例析
【例10】质量为m的人站在升降机里，如果升降机运动时加速度的绝对值为a，升降机底板对人的支持力F=mg+ma，则可能的情况是
A.升降机以加速度a向下加速运动
B.升降机以加速度a向上加速运动
C.在向上运动中，以加速度a制动
D.在向下运动中，以加速度a制动
解析：升降机对人的支持力F=mg+ma大于人所受的重力mg，故升降机处于超重状态，具有向上的加速度。而A项中加速度向下，C项中加速度也向下，即处于失重状态。故只有选项B、D正确。
【例11】下列四个实验中，能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是
A．用天平测量物体的质量
B．用弹簧秤测物体的重力
C．用温度计测舱内的温度
D．用水银气压计测舱内气体的压强
解析：绕地球飞行的太空试验舱处于完全失重状态，处于其中的物体也处于完全失重状态，物体对水平支持物没有压力，对悬挂物没有拉力。
用天平测量物体质量时，利用的是物体和砝码对盘的压力产生的力矩，压力为0时，力矩也为零，因此在太空实验舱内不能完成。
同理，水银气压计也不能测出舱内温度。
物体处于失重状态时，对悬挂物没有拉力，因此弹簧秤不能测出物体的重力。
温度计是利用了热胀冷缩的性质，因此可以测出舱内温度。故只有选项C正确。
五、针对训练：
1．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为
A.gB.g
C.0D.g
2．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为
A．都等于B．和0
C．和0D．0和
3．.如图，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于
A．0B．kｘ
C．（）kｘD．（）kｘ
4．质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ，A的质量为2m与地面间的摩擦不计。在已知水平推力F的作用下，A、B做匀加速直线运动，A对B的作用力为____________。
5．质量为60kg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？
（1）升降机匀速上升
（2）升降机以4m/s2的加速度上升
（3）升降机以5m/s2的加速度下降
（4）升降机以重力加速度g加速下降
（5）以加速度a=12m/s2加速下降
6．（1999年广东）A的质量m1=4m，B的质量m2=m，斜面固定在水平地面上。开始时将B按在地面上不动，然后放手，让A沿斜面下滑而B上升。A与斜面无摩擦，如图，设当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了。求B上升的最大高度H。
7．质量为200kg的物体，置于升降机内的台秤上，从静止开始上升。运动过程中台秤的示数F与时间t的关系如图所示，求升降机在7s钟内上升的高度（取g＝10m/s2）
8．空间探测器从某一星球表面竖直升空。已知探测器质量为1500Kg，发动机推动力为恒力。探测器升空后发动机因故障突然关闭，图6是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，则由图象可判断该探测器在星球表面达到的最大高度Hm为多少m？发动机的推动力F为多少N？
参考答案：
1．D2．D3．D4．N=（F+2μmg）
5．以人为研究对象，受重力和体重计的支持力F的作用，由牛顿第三定律知，人受到支持力跟人对体重计的压力大小相等，所以体重计的读数即为支持力的大小.
（1）匀速上升时，a=0，所以F-mg=0即F=mg=600N
（2）加速上升时，a向上，取向上为正方向，则根据牛顿第二定律：F-mg=ma
所以F=mg+ma=m（g+a）=840N
（3）加速下降时，a向下，取向下为正方向，根据牛顿第二定律：mg-F=ma
所以F=mg-ma=m（g-a）=300N
（4）以a=g加速下降时，取向下为正，根据牛顿第二定律：mg-F=mg
故F=0，即完全失重
（5）以a=12m/s2加速下降，以向下为正，根据牛顿第二定律：F=mg-ma
F=mg-ma=m（g-a）=-120N负号表示人已离开体重计，故此时体重计示数为0.
6．H=1.2s
7．解析：在０～2s这段时间内台秤示数为3000Ｎ，即超重1000N，这时向上的加速度；在2～5s这段时间内台秤的示数为2000N，等于物体的重力，说明物体做匀速运动；在5～7s这段时间内，台秤的示数为F3＝1000N，比物重小1000N，即失重，这时物体做匀减速上升运动，向下的加速度。画出这三段时间内的v-t图线如图所示，v-t图线所围成的面积值即表示上升的高度，由图知上升高度为：h＝50m.
8．Hm=480mF=11250N
教学后记
整体法与隔离法，临界问题是牛顿运动定律应用的重点也是难点，高考也经常出现，引导学生正确理解掌握这些方法是关键，也为后面的复习打下基础。

20xx高考物理大一轮复习：第3章牛顿运动定律（10份打包含课件）

第1节牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1．内容：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．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：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，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
三、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)
(2)惯性即惯性定律．(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)
(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)
2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是()
A．对重力、弹力、摩擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．
3．关于惯性，下列说法中正确的是()
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是()
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．
考点一对牛顿第一定律的理解
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是()
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
(3)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．
考点二对牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(20xx吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是()
A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．
2.物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是()
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．
3.如图所示，两块小磁铁质量均为0.5kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10m/s2)
解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4N
故B对A的作用力大小为4N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′＝－F＝4N，方向竖直向下
B受力如图乙所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9N.
答案：9N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．
(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．
2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．
3．(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：一旦物体具有某一速度，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：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．
4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力()
A．一定小于手对砖的支持力
B．一定等于手对砖的支持力
C．一定大于手对砖的支持力
D．一定大于砖的重力
解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．
5．如图所示，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()
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：选C.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，不是作用力与反作用力，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＝Fm得，a甲a乙，由x＝12at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．
6．(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．
[综合应用题组]
8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的()
解析：选C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为()
A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.
10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是()
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．
11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是()
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．
12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．
13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是()
A．8N和0B．5N和7N
C．5N和3ND．7N和7N
解析：选C.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3N，C正确．
14.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为()
A．Mg＋FfB．Mg－Ff
C．Mg＋mgD．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故应选A.
第2节牛顿第二定律两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况．
(2)由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
三、力学单位制
1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．
2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．
3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()
A．m2kgs－4A－1B．m2kgs－3A－1
C．m2kgs－2A－1D．m2kgs－1A－1
解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1J＝1VAs＝1kgms－2m可得，1V＝1m2kgs－3A－1，因此选B.
3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是()
A．甲图中车的加速度大小为FM
B．甲图中车的加速度大小为FM＋m
C．乙图中车的加速度大小为2FM＋m
D．乙图中车的加速度大小为FM
解析：选C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝2FM＋m，C正确，D错误．
4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则()
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2a
C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a
D．a1＝a，a2＝m1m2a
解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正确．
考点一对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
1．(20xx高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC.质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．
2．(多选)一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10m/s2)()
A．3NB．25N
C．30ND．50N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma0，解得F15N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma0，解得F125N，C、D正确．
3．(20xx湖南师范大学附中月考)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()
A．物块一定向上加速运动
B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msinθ
C．若a2＝0，则a1一定等于mg－MgsinθM
D．若a1＝a2，则a1可能等于mg－MgsinθM＋m
解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsinθ＝Ma1，得F＝Mgsinθ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsinθ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsinθ＝Ma1，a1＝mg－MgsinθM，故C正确；F＝Mgsinθ＋Ma1，当Fmg时，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，则a1＝mg－MgsinθM＋m，故D正确．
考点二牛顿第二定律瞬时性的理解
1．两种模型：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况列牛顿第二定律方程
求瞬时加速度
1．(20xx山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()
A．都等于g2B．g2和0
C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2
解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：
对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝mAmBg2
对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝12g
所以C正确．
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，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，小球的加速度大小为()
A．0B.233g
C．gD.33g
解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，Fcos30°＝mgsin30°，解得FN＝233mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g，B正确．
3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg
D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以C对．
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
考点三动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
[典例1]如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s后松手．(g＝10m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的距离．
解析(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a＝Fcos37°－μmg－Fsin37°m＝1.3m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s
松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝v22a′＝5.4m
答案(1)1.3m/s2(2)5.4m
1．(20xx黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7kg，在14N的恒力作用下运动，则5s末的速度及5s内通过的路程为()
A．8m/s25mB．2m/s25m
C．10m/s25mD．10m/s12.5m
解析：选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝Fm＝147m/s2＝2m/s2，v＝at＝2×5m/s＝10m/s，x＝12at2＝12×2×25m＝25m，选项C正确．
2．(20xx高考江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．(20xx江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5kg的滑块在F＝15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，问：
(1)滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？
(2)5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？
解析：(1)滑块的加速度
a1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1m/s2
滑块的位移x1＝12a1t2＝12×1×25m＝12.5m
(2)5s末滑块的速度v＝a1t＝5m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2＝μmgm＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
撤去拉力后滑行距离x2＝v22a2＝254m＝6.25m
答案：(1)12.5m(2)6.25m
考向2：由运动情况求受力情况
[典例2](20xx山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10m/s2)求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20m/s
(2)自由下落的位移
h′＝12gt21＝20m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16m
由h＝v2t得t＝1.6s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，
由v＝at得a＝12.5m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25
答案(1)20m/s(2)1.6s(3)2.25
4．(20xx湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()
A．25m/s,1.25B．40m/s,0.25
C．50m/s,0.25D．80m/s,1.25
解析：选C.根据h＝12at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋Ffm＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
解析：选C.汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
②正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为()
A．53m/s2B．33m/s2
C．(5－3)m/s2D.1033m/s2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝1033m/s2，D对．
2．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()
A．物体经10s速度减为零
B．物体经2s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝F＋Ffm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和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，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()
A．a1＝a2，x1＝x2B．a1＜a2，x1＝x2
C．a1＝a2，x1＞x2D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
a1＝F－m1＋m2gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝m2Fm1＋m2，
F2＝m2a2＝m2Fm1＋m2，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()
A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋g
C.2F3，F3m＋gD.F3，F3m＋g
解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝2F3；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确．
5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m．求：(g取10m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°－μmgcos30°＝ma
解得：μ＝36.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2m/s2，
代入数据得：F＝7635N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1
代入数据得：F＝437N.
答案：(1)36(2)7635N或437N
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N
解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10s后速度要小于5m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则()
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
9．质量1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则AB间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()
A．1.05mB．1.13m
C．2.03mD．1.25m
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝v0a1＝0.5s，位移为：x1＝12a1t21＝1.25m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2s，位移为：x2＝12a2t22＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10m/s2)()
A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2
B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2
C．0～1s内，物体的位移为7m
D．0～2s内，物体的总位移为11m
解析：选BD.由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1s内位移为6m，选项C错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是()
A．v＝kpρB．v＝kpρ
C．v＝kρpD．v＝kpρ
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝Nm2＝kgm/s2m2，密度ρ的单位用基本单位表示为kgm3，所以pρ的单位为m2s2，易知B正确．
12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin30°＝ma1
v2m＝2a1hsin30°，解得vm＝4m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝vma1＝0.8s
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2s
设t＝1.0s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2m/s.
答案：(1)4m/s(2)0.4(3)3.2m/s
第3节牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重失重完全失重
概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升
原理方程F－mg＝ma
F＝m(g＋a)mg－F＝ma
F＝m(g－a)mg－F＝ma
F＝0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)
2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．
3．(20xx安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝mBFmA＋mB；水平面粗糙时，对整体有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝mBFmA＋mB，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋Ffm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－Ffm，即a1a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．
考点一超重和失重问题
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(20xx福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()
A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小
C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小
解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
3．(20xx浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．
考点二连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)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．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面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，解题时一般采用隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
[典例1]如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()
A．aA＝12g，aB＝5gB．aA＝aB＝15g
C．aA＝14g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2g
解析对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝F2＝6mg2＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝FT－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正确．
答案D
1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是()
A．增大A物的质量B．增大B物的质量
C．增大倾角θD．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsinθ＝mBa，解以上两式得FT＝mBmA＋mBF，选项B、D正确．
2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为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，凹槽圆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．凹槽对小铁球的支持力为mgsinα
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcosα，A、B错误．小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误．
考点三动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
1．(多选)如图(a)，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(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()
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：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
2．(20xx河南郑州第一次质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是()
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，m1m2＝v1v2，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
3．(20xx广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．
考点四动力学中的临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
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．
[典例2]如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()
A．FT1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2
B．FT1＝m＋2m1m2gm＋4m1＋m2
C．FT1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2
D．FT1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2
解析由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝FT1m1－g和a＝g－FT2m2，所以有FT1m1＋FT2m2＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝m＋xm2m1gm＋ym1＋m2，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝m＋xm1m2gm＋ym2＋m1，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、C正确．若将FT1设为m＋xm1m2gm＋ym1＋m2，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．
答案C
考向2：假设分析法
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．
[典例3]如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则()
A．当拉力F＜12N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝FfmB＝μmAgmB＝122m/s2＝6m/s2，F＝48N，由此可以看出当F＜48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．
答案D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
[典例4]如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg，经过时间t＝2.0s．玩具移动了距离x＝23m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝12at2
解得a＝3m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma
解得μ＝33.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝23m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝1033m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝0.63m≈1.04m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsinθ＝mg
解得F＞μmgcosθ＋μsinθ
cosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案(1)33(2)1.04m(3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列哪个说法是正确的()
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是()
A．电梯加速上升B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的()
A．①、②和③B．③、②和①
C．②、③和①D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，而am＝g，故aam＝sinθ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，FNm＝mg，即FNFNm＝cosθ，则FN′FNm′＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即ggm＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是()
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()
A.F3kB.F2k
C．L＋F3kD．L＋F2k
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋F3k，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)2s末物体的速度；
(2)前16s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5m/s.
(2)设物体在前2s内发生的位移为x1，则
x1＝12a1t21＝5m.
当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝12a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．
故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5m/s(2)30m方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是()
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为86m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝2mFT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝mg2，C错误．
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝12kx2，则2mg(h＋x)＝kxx，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即ag，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是()
A.2Ffm＋MM
B.2Ffm＋Mm
C.2Ffm＋MM－(m＋M)g
D.2Ffm＋Mm＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝2FfM＋mM，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的()
A．水平拉力可能是0.3N
B．水平拉力一定是0.1N
C．物体所受摩擦力可能是0.2N
D．物体所受摩擦力一定是0.2N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝23m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝13m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝13m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝23m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1N，B、C正确．
12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21
纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μm1＋1＋dlm2g
代入数据得F＝22.4N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4N
第4节微专题1“板—块”＋“传送带”问题
考点一“板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
[典例1](20xx山东德州质检)长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝v22s＝1.0m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则
对于木板v＝a2t
解得t＝va2＝0.8s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v0mt－12a1t2－12a2t2＝L
v0m－v′＝a1t
v′＝a2t
由以上三式解得v0m＝3.0m/s.
答案(1)0.10(2)2.4m/s(3)3.0m/s
1．(20xx安徽芜湖模拟)质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则下列判断中正确的是()
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，Ff1Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2mL＝5m，所以小木块不能滑出木板，A正确．
2．一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4.5m，如图a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＝1s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1s时间内小物块的v－t图线如图b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10m/s2.求：
(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；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
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)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋12a1t21③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，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＝0.1④
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＝ma2⑤
由题图b可得
a2＝v2－v1t2－t1⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(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＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
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＝－v1＋v32Δt
小物块运动的位移为
s2＝v1＋v32Δt
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＝6.0m
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6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v23＝2a4s3
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
s＝－6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m
考点二水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景三
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0

[典例2](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTμmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正确，A、D错误．
答案BC
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2v1，则()
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．
2．(20xx陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()
A．F1＜F2B．F1＝F2
C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2
解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，Ff＝μFN＝Fcosθ，解得F＝μmgμsinθ＋cosθ，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤v212μg，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．
考点三倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速

[典例3]如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin37°－μcos37°)＝ma
则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，
根据l＝12at2得t＝4s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，
x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2
x2＝l－x1＝11m
又因为x2＝vt2＋12a2t22，
则有10t2＋t22＝11
解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2s.
答案(1)4s(2)2s
1．(20xx广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则()
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsinθ－μgcosθ；当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．
2．如图所示为上、下两端相距L＝5m、倾角α＝30°、始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝12at2
解得a＝2.5m/s2
由牛顿第二定律得
mgsinα－Ff＝ma
又Ff＝μmgcosα
故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′
又v2m＝2La′
故vm＝2La′＝8.66m/s.
答案：(1)0.29(2)8.66m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．
2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μm＋MgM＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．
3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)()
A．1∶1B．1∶4
C．4∶1D．8∶1
解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有v0＋v12t1＝v1＋02t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝v03，AB段的加速度为a1＝v1－v0t1＝－2v03t1，BC段的加速度为a2＝0－v1t2＝－v03t2，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．

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