【物理】2018届一轮复习人教版第三章牛顿运动定律学案
第三章
考 纲 要 求
考 情 分 析
牛顿运动定律及其应用
Ⅱ
1.命题规律
近几年高考对本章内容的考查仍以概念和规律的应用为主，单独考查本章的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学相结合的题目多为计算题。
2.考查热点
以实际生活、生产和科学实验为背景，突出表现物理知识的实际应用的命题趋势较强，2018届高考复习应予以高度关注。
超重和失重
Ⅰ
实验四：验证牛顿运动定律
第14课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律(双基落实课)
[命题者说] 高考对牛顿第一、第三定律很少单独命题，但弄清楚惯性、作用力和反作用力的关系是进一步学好物理的至关重要一环。复习本课时时，要侧重对概念和规律的理解及应用。
一、物理学史
物理学家
国籍
观 点
亚里士多德
古希腊
力是维持物体运动状态的原因
伽利略
意大利
通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物理学中的“福尔摩斯”
笛卡儿
法国
如果运动中的物体不受力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不改变方向
牛顿
英国
牛顿运动定律
[小题练通]
1．(多选)(2013·海南高考)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：运动必具有某一速度，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 本题考查物理学史实。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律， 即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。本题应选B、C、D。
2．(多选)(2017·金华质检)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 物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，速度方向时刻在改变，C错误。
3．(2017·武汉部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( )
A．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B．力是使物体产生加速度的原因
C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
D．力是维持物体运动的原因
解析：选D A项是伽利略的观点，B、C两项是牛顿的观点，D项是亚里士多德的观点。
二、牛顿第一定律的理解
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. 牛顿第一定律的意义
(1)指出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，即力是产生加速度的原因。
(2)指出一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。
(3)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，但当物体受外力所受合力为零时，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。
3．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)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。
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。
[小题练通]
1．判断正误
(1)牛顿第一定律不能用实验验证。(√)
(2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是因为没有外力维持木块运动的结果。(×)
(3)物体运动时受到惯性力的作用。(×)
(4)物体匀速运动时才有惯性，加速时没有惯性。(×)
(5)物体的惯性越大，状态越难改变。(√)
2．下列说法中正确的是( )
A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大
B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大
C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关
D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小
解析：选C 惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关，A、B、D错误，C正确。
3．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图 (a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是( )
A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
解析：
选B 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推。故A错误，B正确。完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误。伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误。
牛顿第一定律的应用技巧
(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。因此，判断物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。
三、牛顿第三定律的理解和应用
1.牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
2．牛顿第三定律的意义
建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。
3．作用力与反作用力的三个关系
4．相互作用力与平衡力的比较
一对平衡力
一对作用力和反作用力
不同点
作用在同一物体上
作用在两个相互作用的不同物体上
力的性质不一定相同
一定是相同性质的力
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
作用效果可相互抵消
作用效果不可抵消
相同点
大小相等，方向相反，作用在同一条直线上
[小题练通]
1．判断正误
(1)物体做自由落体运动，就是物体具有惯性的表现。(×)
(2)物体运动的速度大小不是由物体的受力决定的。(√)
(3)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。(×)
(4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。(×)
2．(2017·福州模拟)汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是( )
A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力
B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力
C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力
D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力
解析：选D 汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力，而一对相互作用力总是大小相等，A、C错误；因一对相互作用力总是同时产生，B错误；拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力，D正确。
3.一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，箱与杆的总质量为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是( )
A．(M＋m)g B．Ff＋mg
C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g
解析：选C 箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。
1．应用牛顿第三定律应注意的三个问题
(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。
(2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效果(运动效果或形变效果)便不同。
(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。
2．“转移对象法”在受力分析中的应用
由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力。如求压力时，可先求支持力。
一、单项选择题
1．关于牛顿第一定律的说法中正确的是( )
A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性
D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因
解析：选D 牛顿第一定律揭示了两方面问题：①物体在任何时候都有惯性，故选项C错。不受力时惯性表现为物体处于静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错。②揭示了力和运动的关系即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确。牛顿第一定律揭示了这两方面问题，不只是反映惯性大小，故选项B错。
2．关于惯性，下列说法正确的是( )
A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大
B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减小惯性，保证其运动的灵活性
C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性
D．快速抛出的乒乓球和网球，乒乓球运动距离小，是因为乒乓球惯性大的缘故
解析：选B 物体的质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，B正确，A、C错误；乒乓球运动距离小是空气阻力造成的，其质量小，惯性小，D错误。
3．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是( )
A．车速越大，它的惯性越大
B．车的质量越大，它的惯性越大
C．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越小
D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
解析：选B 惯性是物体固有的一种属性，仅与质量有关，与车速无关，故A、C、D错误，B正确。
4.如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是( )
A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力
B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力
D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力
解析：选B 人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；人所受的重力与人对体重计的压力大小相等、方向相同，既不是平衡力，也不是作用力和反作用力，C、D错误。
5．(2017·无锡模拟)一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对这一现象，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．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C 这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系。故C正确。
6.(2017·黄冈模拟)如图所示，质量为M＝60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．200 N B．280 N
C．320 N D．920 N
解析：选B 设人对绳的拉力大小为F，对重物m应用牛顿第二定律得mg－F＝ma；由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力F′与人对绳的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为FN，对人应用平衡条件可得F′＋FN＝Mg，解得FN＝Mg－mg＋ma＝280 N，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为280 N，B正确。
二、多项选择题
7.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．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选AC 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，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正确，选项D错误。
8.在水平的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，则关于小车在此种情况下的运动，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，相对于碗向右洒出，故B、D正确。
9．(2017·唐山模拟)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )
A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力
B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C．人推车前进，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小
D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等
解析：选CD 由作用力和反作用力的同时性知，A错误；B项中两力为作用力和反作用力，B错误；作用力和反作用力大小相等，C、D正确。
10.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者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法不正确的是( )
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ABD 根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，A错误；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，B错误；设绳的张力为F
，根据牛顿第二定律a＝知，若m甲>m乙，则a甲
0，解得F1<5 N，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＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确。
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
二、瞬时性问题
1.两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，其弹力立即
消失，不需要形变恢复时间。
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。
2．一般思路
[小题练通]
1.(多选)(2015·海南高考)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：选AC 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
2.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的质量为m,2、4的质量为M，两个系统均置于水平位置的光滑木板上，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＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
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＝＝g
，所以选项C正确。
3.(2016·马鞍山模拟)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是( )
A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上
C．a＝，方向水平向左 D．a＝，方向沿Ⅰ的延长线
解析：选C 剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a＝，方向水平向左，选项C正确。
(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，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
三、超重和失重问题
1.超重和失重的概念
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。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力
超重
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称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度
失重
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称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度
完全失重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度
2.对超、失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。
(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。
(3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(4)物体超重或失重多少由物体的质量和竖直加速度共同决定，其大小等于ma。
(5)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。
[小题练通]
1．判断正误
(1)超重说明物体的重力增大了。(×)
(2)失重说明物体的重力减小了。(×)
(3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×)
(4)物体失重时，也可能向上运动。(√)
(5)物体完全失重时，说明物体的重力为零。(×)
2．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：选D 手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误。在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。
3．下列关于超重和失重的说法正确的是( )
A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态
B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态
C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态
D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态
解析：选B 物体有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态，A项错误；飞船返回地面时有向上的加速度，处于超重状态，C项错误；物块上滑的过程有向下的加速度，物块处于失重状态，D错误。
4．(多选)(2015·江苏高考)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＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s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＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。
判断超重和失重现象的三个角度和技巧
(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
四、单位制
1.单位制：由基本单位和导出单位组成。
2．基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n
摩[尔]
mol
发光强度
IV
坎[德拉]
cd
[小题练通]
1．关于单位制，下列说法中正确的是( )
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位
C．在国际单位制中，A是导出单位
D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
解析：选D 在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，故D正确，A、B错误；电流的单位A属于国际单位制中的基本单位，C错误。
2．在国际单位制中，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．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
解析：选B 根据物理公式分析物理量的单位。因U＝＝＝，故1 V＝ 1 ＝1 kg·m2·s－3·A－1，选项B正确。
3．(2015·安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为( )
A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－4
C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2
解析：选B 由公式F＝k得，k＝，故k的单位为，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知1 N＝1 kg·m·s－2，故1 ＝1 kg·A－2·m3·s－4，选项B正确。
一、单项选择题
1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是( )
解析：选C 对雨滴进行受力分析可得mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动。
2．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x＝(t1＋t2
)，用单位制的方法检查，这个结果( )
A．可能是正确的
B．一定是错误的
C．如果用国际单位制，结果可能正确
D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确
解析：选B 由x＝(t1＋t2)可知x的单位为：·s＝＝m/s，此为速度的单位，而位移的单位为m，所以结果错误。
3.(2017·呼和浩特模拟)如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)( )
A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升
B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降
C．以a＝9 m/s2的加速度减速上升
D．以a＝9 m/s2的加速度减速下降
解析：选B 根据运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量为10 cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1 m/s2的加速度减速上升，B正确。
4.(2014·全国卷Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析：选A 设橡皮筋的原长为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1＝L＋；当小车向左加速，稳定时，橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，由图可知：橡皮筋上的弹力kx＝，橡皮筋悬点O距小球的高度L2＝cos θ＝Lcos θ＋。可见，L1>L2，A正确，B、C、D错误。
二、多项选择题
5.(2017·南通模拟)如图所示，A、B两球的质量相等，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gsin θ
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2gsin θ
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 设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，C正确。
6. (2016·全国乙卷)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。
7.(2017·吉林模拟)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
解析：选ABD 未剪断轻绳时，水平面对小球的弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得竖直方向上有FTcos θ＝mg，水平方向上有FTsin θ＝F，解得弹簧弹力F＝mgtan θ＝20 N，A正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，即水平面支持力FN＝mg，水平方向上弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速度a＝＝ m/s2＝8 m/s2
，方向向左，B正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为零，C错误，D正确。
8.(2013·浙江高考)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/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＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
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10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析：选AD 热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有：F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，则A项正确；加速上升过程中，速度增大，所受空气阻力也增大，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误。
第16课时 动力学的两类基本问题(重点突破课)
[必备知识]
1．动力学的两类基本问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况。
(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
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，具体逻辑关系如图。
3．动力学中常见的图像
v t图像、xt图像、Ft图像、Fa图像等。
4．解决图像问题的关键
(1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始。
(2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。
[小题热身]
1．质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为( )
A. N B. N
C. N D. N
解析：选A 由x＝at2得a＝ m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝1× N＝ N，故A正确。
2．(2016·全国甲卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
解析：选BD 设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知：ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。
提能点(一) 已知受力求运动问题
[典例] (2017·晋中质检)一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间t变化的规律如图所示。g取10 m/s2。求：
(1)在2～4 s时间内，物体从减速运动到停止不动所经历的时间；
(2)6 s内物体的位移大小。
[解析] (1)在0～2 s内，由牛顿第二定律知
F1－Ff＝ma1
Ff＝μmg
v1＝a1t1
解得v1＝2 m/s
在2 s以后，物体的加速度大小
a2＝＝3 m/s2
方向与v的方向相反。
由v2－v1＝a2t2知，减速到停止所用时间
t2＝＝ s。
(2)0～2 s内物体的位移x1＝＝2 m
2～4 s内物体的位移x2＝＝ m
由周期性可知4～6 s内和0～2 s内位移相等。
所以6 s内物体的位移
x＝2x1＋x2＝ m。
[答案] (1) s (2) m
动力学问题的解题步骤
[集训冲关]
1．(2017·齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为( )
A．8 m/s 25 m B．2 m/s 25 m
C．10 m/s 25 m D．10 m/s 12.5 m
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＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝at2＝×2×25 m＝25 m，选项C正确。
2.(2017·乐山模拟)如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N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4 s后松手。(g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)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＝＝1.3 m/s2。
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s
松手后的加速度大小a′＝＝μg＝2.5 m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.408 m。
答案：(1)1.3 m/s2 (2)5.408 m
3.如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，木箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等(g取10 m/s2)。求：
(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；
(2)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车末端的最小距离。
解析：(1)设木箱的最大加速度为a′，
根据牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝2.25 m/s2＜2.5 m/s2
则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s2。
(2)设平板车做匀加速直线运动的时间为t1，木箱与平板车达到共同速度的时间为t2，根据速度公式得
v＝at1①
v＝a′t2②
在平板车达到共同速度时，木箱由于加速度小于平板车的加速度，还要加速运动(t2－t1)时间才能达到共同速度，此时设平板车的位移为x1，则
x1＝＋v(t2－t1)③
木箱的位移为x2，则x2＝a′t22④
要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足
x＝x1－x2⑤
联立解得x＝1.8 m。
答案：(1)2.25 m/s2 (2)1.8 m
提能点(二) 已知运动求受力问题
[典例] (2017·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/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)根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝。
(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。
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，
当加速度沿斜面向上时，
Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，
代入数据得：F＝ N
当加速度沿斜面向下时：
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得：F＝ N。
[答案] (1) (2) N或 N
已知运动求受力问题同样需要对物体进行受力分析，而且要在通过分析物体的运动情况得出合外力的方向的基础上，画出受力示意图。需要特别注意：产生加速度的合力是由物体实际受到的力合成而来，并非物体又另外受到这样一个力的作用。
[集训冲关]
1．(2017·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4 s末到达离地面100 m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10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
解析：选C 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/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＝＝(k＋1)g ＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确。
2.如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3)物体与斜面间的动摩擦因数。
解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：
L＝t，代入数据解得：v＝1 m/s。
(2)因v＜v0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，
加速度的大小为：a＝＝1 m/s2。
(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。
由牛顿定律得：Ff－mgsin θ＝ma
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
联立解得：μ＝，
代入数据解得：μ＝。
答案：(1)1 m/s (2)1 m/s2 方向沿斜面向上 (3)
提能点(三) 动力学的图像问题
考法1 由受力图像分析物体的运动情况
[例1] (2015·南昌质检)一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；
(2)物块在前6 s内的位移大小x；
(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ。
[解析] (1)由题图乙可知前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N。
(2)在v t图像中图线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小
x＝ m＝12 m。
(3)由题图乙知，在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小
a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma
在4～6 s内物块做匀速运动，有
F3＝Ff2＝μmg
解得μ＝0.4。
[答案] (1)4 N (2)12 m (3)0.4
考法2 由运动图像分析物体的受力情况
[例2] (多选)(2017·淮安模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零
开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g＝10 m/s2
，则可以计算出( )
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14 N时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
[解析] 由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误。
[答案] ACD
考法3 通过图像综合分析物体的受力与运动情况
[例3] (2017·南阳模拟)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求：
(1)返回舱在这一阶段的运动状态；
(2)在开始时刻v0＝160 m/s时，它的加速度大小；
(3)空气阻力系数k的数值。
[解析] (1)由速度图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动。
(2)开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则
a＝＝ m/s2＝－20 m/s2
故加速度大小为20 m/s2。
(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得
在t＝0时有kv02＋F－Mg＝Ma
由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s
当返回舱匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0
故k＝＝≈0.31。
[答案] (1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动 (2)20 m/s2 (3)0.31
解决图像综合问题的三点提醒
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
[集训冲关]
1．(2014·福建高考)如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )
解析：选B 滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项错；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，s t图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h＝ssin θ，所以ht图像也是开口向下的抛物线，A项错。
2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)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＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选
项A、C正确。由v t图像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。
3．(2017·河南中原名校联考)如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求：
(1)当t＝0.5 s时物体的加速度大小；
(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？
解析：(1)由题图乙可知F2的表达式为F2＝2＋2t，则
当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3 N
此时物体的加速度为a，由牛顿第二定律得，F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物体所受的合外力为
F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)
作出F合t图如图所示，从图中可以看出，在0～2 s范围内当t＝0时，物体有最大加速度a0。
F0＝ma0
a0＝＝ m/s2＝1 m/s2
当t＝2 s时，物体也有最大加速度a2。
F2＝ma2
a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2
负号表示加速度方向向左。
答案：(1)0.5 m/s2
(2)t＝0或t＝2 s时加速度最大，大小为1 m/s2。
一、单项选择题
1．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70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，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．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C 汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。
2．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( )
A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2
C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10 m/s，a＝0
解析：选A 由牛顿第二定律可知，在前3 s内物体的加速度a＝＝2 m/s2,3 s末的速率v＝at＝6 m/s，当外力F撤去后，加速度变为零，物体的速率保持不变为6 m/s，选项A正确。
3.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mg＋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－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误。
4.(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
解析：选A 由v t图像可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。
5.(2017·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图像如图所示。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. ＝
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，＝，B错误；由图像知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误。
二、多项选择题
6.(2017·山东师大附中质检)如图所示，质量为m＝1 kg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10 m
/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s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＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误。减速到零后，Ftan θ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是( )
解析：选AC 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ，即mgsin θ<μmgcos θ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmgcos θ，A、C正确。
8.(2014·山东高考)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2
C．t3 D．t4
解析：选AC 已知质点在外力作用下做直线运动，根据它的速度－时间图像可知，在图中标出的t1时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，因此A选项正确；在图中标出的t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项不正确；在图中标出的t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向也相同，由此可知C选项也正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合外力的方向与速度的方向相反，故D选项错误。
三、计算题
9．(2017·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40 m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2 s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4 m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＝10 m/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＝20 m/s。
(2)自由下落的位移
h′＝gt12＝20 m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝t得t＝1.6 s。
(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＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得 ＝2.25。
答案：(1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.25
10．(2014·山东高考)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求：
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝
20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得v02＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得
a＝8 m/s2③
t＝2.5 s。④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得
L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
Δt＝0.3 s。⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F02＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
＝。⑩
答案：(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)
11.(2016·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcos θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。⑩
答案：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
第17课时 牛顿运动定律的综合应用(题型研究课)
[命题者说] 动力学的连接体问题、多过程问题、临界极值问题是高考中常考的三大类问题，通过本课时的复习，可以掌握解决这些问题的方法。解题时，要侧重对过程的分析，弄清楚解答问题的关键。
(一) 整体法与隔离法求解动力学连接体问题
连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。
[题型1：同一方向上的连接体问题]
这类问题一般多是连接体(系统)中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。
[例1] (多选)(2017·邯郸摸底)
如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
[解析] 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a＝，因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a都将减小，A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以FT增大，B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，C错误；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，FT减小，D正确。
[答案] AD
[题型2：不同方向上的连接体问题]
如图所示，细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，一般采用隔离法求解。
[例2] (2017·无锡测试)如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝M，求：
(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；
(2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力大小。
[解析] (1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F，
对物体A，F－Mg＝Ma，
对B、C整体，(M＋m)g－F＝(M＋m)a，
联立解得：a＝g。
将m＝M代入，得a＝。
物体B从静止开始下落一段距离，h＝at2，
自由落体下落同样的距离，h＝gt02，
解得，＝ ＝3。
即物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3。
(2)设B对C的拉力为T，对物体C，由牛顿第二定律，
mg－T＝ma，
解得T＝mg－ma＝mg。
由牛顿第三定律，物体C对B的拉力为mg。
[答案] (1)3 (2)mg
[通法归纳]
整体法与隔离法使用心得
(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。
(2)整体法计算简便，但对受分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。
(3)只要按部就班受力分析、列方程，整体法能解决的问题，隔离法都能解决。
[集训冲关]
1．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1>F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量，但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项。
2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
3.如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是( )
A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大
B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小
C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
解析：选D 对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析，加速前，小球处于静止状态，重力等于绳子的拉力，加速后，小球的加速度水平向右，即拉力和重力的合力水平向右，拉力增大，弹簧秤的示数增大，故D正确。
(二) 动力学中的多过程问题
[典例] (2017·河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fFf1，所以整体加速度增大时，C、D间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取Ff2＝μmg③
再对A、B两木块组成的整体受力分析，水平方向只受绳的拉力作用，有FT＝3ma④
由②③④得FT＝μmg，C正确。
4．(多选)(2017·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．M运动的加速度大小为g
解析：选BC 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。
5．(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的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
解析：选AB 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
二、计算题
6.如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少。
解析：FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①
设A、B间的弹力为FAB，对B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即
FAB＝0③
将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N代入①得：a＝2 m/s2。
结合②③得： t＝3 s。
A、B相互脱离前共同位移为：x＝at2，
代入数值得：x＝9 m。
答案：9 m
7.(2017·宁德质检)如图所示，可看做质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)B落地前的加速度a的大小；
(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。
解析：(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，
根据牛顿第二定律得，T＝2ma，
mg－T＝ma
联立两式解得a＝g。
(2)由(1)解得B落地前轻绳的张力T＝mg
则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到轻绳的压力大小，
F＝2Tcos 45°＝mg。
答案：(1)g (2)mg
8．为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定。轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为μ＝0.7，如图甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当做连续的过程，简化处理后的v t图像如图乙所示，g取10 m/s2，＝1.73，不计空气阻力影响，求：
(1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间；
(2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小。(结果保留三位有效数字)
解析：(1)由题图乙可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2，
而at12＋v(t－t1)＝x，
解得t＝14.5 s。
(2)由几何关系可知绳与地面的夹角为30°，以轮胎为研究对象，
在竖直方向上有FN＝mg－Tsin 30°，Ff＝μFN，
在水平方向上有Tcos 30°－Ff＝ma，
联立解得加速阶段的拉力T＝74.1 N，
以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人，
则Ff人－Tcos 30°＝Ma，
解得Ff人＝184 N。
答案：(1)2 m/s2 14.5 s (2)74.1 N 184 N
9．如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v t图像；
(3)两物体A、B停在地面上的距离。
解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1
当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d
由以上两式可得t1＝1 s。
(2)如图所示。
(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1
两物体在地面上运动时均有
μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋
物体B滑离纸带时at22－a1t22＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
x2＝＋
两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
答案：(1)1 s (2)见解析 (3)1.25 m
第18课时 动力学中的两类典型模型(题型研究课)
[命题者说] 传送带问题和滑块滑板问题是高考中常考的两类题型，相对于其他题型而言，这两类问题综合性较强，难度较大，且有时和能量相结合，考查综合分析能力，学习本课时，要侧重对过程的分析和理解。
(一) 传送带模型
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识，该题型按传送带设置可分为水平与倾斜两种；按转向可分为物、带同向和物、带反向两种；按转速是否变化可分为匀速和匀变速两种。
题型1 物块轻放在匀速运动的水平传送带上
题型
简述
“轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先加速后匀速。
方法
突破
(1)求解物块的加速度，a＝＝μg。
(2)根据t＝求解物块加速过程的时间。
(3)根据x＝at2求解物块加速过程的位移。
(4)将加速过程的位移x与传送带的长度L进行比较，若x≥L，说明物块一直加速，若xv时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速。
②v0v，返回时物块速度为v，若v0μg，
由运动学公式不难求出，传送带达到匀速的时间为，
煤块达到与传送带相对静止的时间为，
根据以上分析，煤块与传送带的v t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。
因v t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。
由几何知识得：
L＝v0。
整理得：L＝。
[答案]
[通法归纳]
分析传送带问题的三步骤
(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)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
题型4 物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上
题型
简述
物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况。
方法
突破
(1)向上传送，如图甲所示，要想将物块往上传送，应满足μ>tan θ，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直加速；若传送带较长，物块未到达另一端前二者速度已相等，则先加速后匀速。
(2)向下传送，如图乙所示，由于物块初速度为零，则物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，则a1＝g(sin θ＋μcos θ)，当二者速度相等时，若μ>tan θ，则物块变为匀速，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若μFf2，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，v02＝2μ2gx，解得x＝2 mμmgcos 37°，
故减速上行ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，得a3＝2 m/s2
物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：
v2－vt2＝2a3(x－x1)，vt＝ m/s≈2.31 m/s
t′＝≈0.85 s。
答案：(1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s
8.(2017·大连质检)如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°。一质量为mA＝2 kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点。求：
(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？
(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？
解析：(1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得
mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1
解得a1＝4 m/s2
物块A滑到木板B上时的速度为
v1＝＝ m/s＝8 m/s。
(2)物块A在木板B
上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为
a2＝＝μ2g＝2 m/s2
设木板B的长度为L，二者相对静止前经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得
v1t2－a2t22－a2t22＝L
对物块A有v2＝v1－a2t2
v22－v12＝－2a2(x＋L)
对木板B有v22＝2a2x
联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为
t2＝2 s，L＝8 m。
答案：(1)8 m/s (2)2 s 8 m
9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。
(1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多大？
(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？
解析：(1)A在B上向右做匀减速运动，
加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，加速度大小
a2＝＝1 m/s2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得
时间关系：t＝＝
位移关系：L＝－
解得v0＝2 m/s。
(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2
B向右做匀加速运动，加速度大小a2′＝＝3 m/s2
设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，
由时间关系＝
解得v′＝＝ m/s
A的位移xA＝＝3 m
B的位移xB＝＝1 m
由xA－xB＝2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。
答案：(1)2 m/s (2)没有脱离 m/s m/s
第19课时 验证牛顿运动定律(实验提能课)
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律。
2．探究加速度与力、质量的关系。
3．掌握利用图像处理数据的方法。
二、实验原理
采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，探究加速度a与力F的关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度a与小车质量M的关系。
三、实验器材
小车，砝码，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，复写纸，托盘天平，米尺。
四、实验步骤
1．称量质量
用天平测小盘的质量m0和小车的质量M0。
2．安装器材
按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即无小车牵引力)。
3．平衡摩擦力
在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至小车在不挂小盘和砝码的情况下能沿木板做匀速直线运动为止。
4．测量加速度
(1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中。改变小盘内砝码的个数，并多做几次。
(2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。计算砝码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表(二)中。改变小车上砝码的个数，并多做几次。
表(一)
实验次数
加速度a/(m·s－2)
小车受力F/N
1
2
3
4
表(二)
实验
次数
加速度
a/(m·s－2)
小车和砝码的总质量M/kg
小车和砝码的总质量的倒数/kg－1
1
2
3
4
五、数据处理
1．计算加速度
在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。
2．图像法处理实验数据
作图像找关系：根据记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a F图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a 图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。
六、误差分析
1．因实验原理不完善引起的系统误差
以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a，
以小车为研究对象得F＝Ma，求得
F＝·mg＝·mg
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