【物理】2019届一轮复习人教版 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以定律的综合应用为主，考查题型多为选择题。
2.考查热点
以联系生活实际、强调综合分析为主，突出表现物理知识的应用性、综合性。2019届高考复习应予以高度关注。
实验三：加速度与物体质量、物体受力的关系
[说明] 加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况。
第12课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律(双基落实课)
知识点一 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
牛顿
英国
牛顿运动定律
[小题练通]
1．(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：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 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；同时期的笛卡儿也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，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。B、C、D正确。
2．(2018·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。
知识点二 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，但当物体所受合外力为零时，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．(多选)(人教教材改编题)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( )
A．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标
B．地球自西向东自转，人向上跳起来后，还会落到原地
C．安全带的作用是防止汽车刹车时，人由于惯性作用发生危险
D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力
解析：
选BC 飞机在目标正上方投弹时，由于惯性，炸弹会落在目标的前方，A错；地球自西向东自转，人向上跳起后，由于惯性，还会落在原地，B对；汽车刹车时，由于惯性，人会向前冲，安全带可以防止人的前冲，C对；物体被向上抛出后，在空中向上运动是由于惯性，D错。
2．下列说法中正确的是( )
A．高速运动的物体不容易停下来，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。
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，养成正确的思维习惯。
(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。
知识点三 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．(多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果(如图所示)，分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，下列结论正确的是( )
A．作用力与反作用力同时产生
B．作用力与反作用力作用在同一物体上
C．作用力与反作用力大小相等
D．作用力与反作用力方向相反
解析：选ACD 从题图可以看出，作用力和反作用力等大、反向，且变化情况相同，选项A、C、D正确。
2．(粤教教材原题)沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷。若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是( )
A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力
B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力
C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力
D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力
解析：选D 人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C错误，D正确。
理解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)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。
知识点四 应用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可利用牛顿第三定律转换研究对象，先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。
[小题练通]
1．一个箱子放在水平地面上，箱子内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子与杆的总质量为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，则此时箱子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。C正确。
2．(2018·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：选B 对建筑材料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋N，得N＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490 N，故选项B正确。
一、单项选择题
1．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”。关于运动和力的关系，下列说法中正确的是( )
A．力是维持物体运动的原因
B．力是改变物体惯性大小的原因
C．力是改变物体位置的原因
D．力是改变物体运动状态的原因
解析：选D 物体的运动不需要力来维持，没有力的作用其位置也可以改变，力是改变物体运动状态的原因，是物体产生加速度的原因，质量是物体惯性大小的唯一量度，D项正确，A、B、C项错误。
2．如图所示，人站立在体重计上，下列说法中正确的是( )
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项错误，B项正确；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项错误。
3．一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的力比玻璃更大才没有碎裂
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的力比玻璃更大才没有碎裂
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关系
解析：选C 由题意可知，榔头和玻璃之间的作用力是一对作用力和反作用力，所以应该是等大的，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以榔头把玻璃打碎了。故C正确。
4．(2014·北京高考)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 由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以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，选项A正确；B、C、D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到，选项B、C、D错误。
5．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面的摩擦力大小一定为( )
A．μ1(m＋M)g B．μ2mg
C．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg
解析：选B 木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对其水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于长木板处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为
μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，故B正确。
二、多项选择题
6．一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
D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
解析：选BC 惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大，A错误，B正确；滑行的路程应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是一定的，根据v2－v02＝2ax，所以车速越大，其滑行的路程越大，而与其惯性大小无关，C正确，D错误。
7．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，相对于碗向右洒出。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项正确。
8．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，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，D错误。
9．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；甲和乙的拉力作用在同一个物体上，不是作用力与反作用力，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。
知识点二 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，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，认为弹力保持不变。
2．解题思路
[小题练通]
1．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度大小是图乙中B球加速度大小的2倍
解析：选D 撤去挡板前，题图甲和题图乙中的A、B两球的受力情况一样，A球受轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向上，大小为mgsin θ，B球受到轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsin θ，B球受挡板C的弹力沿斜面向上，大小为2mgsin θ，撤去挡板后，轻杆受力可突变，而轻弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中A球的加速度为零，B球的加速度大小为2gsin θ，题图乙中轻杆的存在使A、B两球的加速度相同，由2mgsin θ＝2ma，可得A、B两球的加速度大小a＝gsin θ，方向沿斜面向下，D正确，A、B错误；由上可知，题图乙中轻杆的作用力为零，C错误。
2．(2018·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。小球静止时，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。
知识点三 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m和竖直加速度a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．(鲁科教材原题)关于超重与失重的下列说法正确的是( )
A．物体处于超重状态时，其所受的重力增加了
B．物体处于失重状态时，其所受的重力减小了
C．物体处于完全失重状态时，其所受的重力为零
D．不论物体处于超重或失重状态，其所受的重力均没有变化
解析：选D 超重现象是由于物体加速度竖直向上或者加速度有竖直方向向上的分量，而引起物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于重力的现象，其所受的重力并没有发生变化；同理可分析，物体处于失重状态或者完全失重状态时，物体所受的重力也不会发生变化，因此D正确。
2．(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。
知识点四 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]
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，D正确，A错误；电量的单位C属于国际单位制中的导出单位，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。
一、单项选择题
1．(2018·苏州高三检测)下列关于力学单位制的说法中正确的是( )
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、J是基本单位
C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g
D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma
解析：选D kg是质量的单位，它是基本单位，A项错误；J是导出单位，B项错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，C项错误；牛顿第二定律的表达式F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，D项正确。
2．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 根据题意，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，故C正确。
3．(2018·南京、盐城高三模拟)如图所示，质量为m的物块甲，放在容器底部，随同容器一起从某一高处由静止释放，下落过程中不计一切阻力。则物块甲( )
A．加速度大于g
B．加速度小于g
C．对容器底部的压力等于0
D．对容器底部的压力等于mg
解析：选C 物块甲和容器一起做自由落体运动，整体法分析得出加速度为g，A、B项错误；对容器分析，物块甲若对容器有压力，加速度将大于g，故对容器没有压力，C项正确，D项错误。
4．(2018·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，小于静止时弹簧的伸长量10 cm，可知升降机的加速度向下，对物体由牛顿第二定律可得，mg＝kx，mg－kx′＝ma，解得a＝1 m/s2，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。
5.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
解析：选B 根据v t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
二、多项选择题
6．(2016·全国Ⅰ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．(2018·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，瞬时加速度为零，B正确，A、D错误；以A球为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，C正确。
8．(2018·盐城模拟)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g取10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
A．4 m/s2 B．3 m/s2
C．2 m/s2 D．1 m/s2
解析：选AB 设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcos 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立解得a＝×tan 15°＝×0.27＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，故选项A、B正确。
9．(2018·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：选ACD 由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A项正确；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项正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B项错误。
第14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．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
解析：选B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg。由v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B项正确。
重难点(一) 已知受力情况，求物体的运动情况
[典例] (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＝ma1 ①
f＝μmgcos θ ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2 ③
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＝Ma2 ④
F＝k(m＋M)g ⑤
s1＝vt－a1t2 ⑥
s2＝vt－a2t2 ⑦
s＝s1－s2 ⑧
l＝l0＋s0＋s2 ⑨
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
动力学问题的解题步骤
[集训冲关]
(2018·江苏常州模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N。g取 10 m/s2。
(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？
(2)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t＝5 s时离地面的高度h；
(3)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v。
解析：(1)无人机悬停时处于受力平衡状态，有F1＝mg，
解得F1＝20 N。
(2)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有
F－mg－f＝ma，解得a＝6 m/s2
由h＝at2，解得h＝75 m。
(3)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有
mg－f＝ma1，解得a1＝8 m/s2
由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s。
答案：(1)20 N (2)75 m (3)40 m/s
重难点(二) 已知运动情况，求物体的受力情况
[典例] (2018·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 θ－μmgcos θ＝ma
解得：μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面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 θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得：F＝ N；
当加速度沿斜面向下时：
mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝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．(2018·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，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P经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P在AB、BC上所做的运动均可看成匀变速直线运动)( )
A．1∶1 B．1∶4
C．4∶1 D．8∶1
解析：选D 由牛顿第二定律可知，P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设P在AB段运动时间为t，则可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由xAB＝·t，xBC＝·4t，xAB＝xBC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。
重难点(三) 应用图像分析物体的运动情况或受力情况
[典例] (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] 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。
[答案] A
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)注意图线中特殊点的物理意义：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的信息：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，确定从图像中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
[集训冲关]
(2018·南阳模拟)假设一宇宙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，且认为返回舱竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱运动的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，返回舱的加速度大小；
(3)空气阻力系数k的数值。
解析：(1)由题图图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动。
(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
当返回舱做匀速运动时有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，直至做匀速运动 (2)20 m/s2 (3)0.31
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末的速度大小v＝at＝6 m/s，当外力F撤去后，加速度变为零，物体的速度大小保持不变为6 m/s，选项A正确。
3．若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则( )
A．携带弹药越多，加速度越大
B．加速度相同，与携带弹药的多少无关
C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D．携带弹药越多，滑行时间越长
解析：选D 携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F＝ma可知，战机加速度越小，由v2＝2ax可知，起飞速度越小，A、B、C错误；起飞前滑行的距离相同，由x＝at2可得，加速度越小，滑行时间越长，D正确。
4．(2018·无锡联考)如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ
，当缆绳带动车厢以加速度a向上做匀加速运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ff＝max＝macos θ，在竖直方向有FN－mg＝may＝masin θ，Ff＝μFN，联立解得μ＝，B项正确。
5．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )
A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上
C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上
解析：选D 设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。
二、多项选择题
6．(2018·泰州姜堰区高三期中)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑
B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑
C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑
D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，但加速度大于a
解析：选AD 设斜面倾角为α，若物块原来匀速下滑，即μ＝tan α，与物块重力无关，则施加竖直向下的力F，物块仍匀速下滑，A项正确，B项错误；若物块原来匀加速下滑，将F等效为重力，则(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma′，加速度变大，C项错误，D项正确。
7．(2018·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v0＝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＝μmg＝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项正确，A项错误；减速到零后，FF2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 对整体分析，根据牛顿第二定律得，a＝，单独对A分析，有F1－F弹＝ma，解得弹簧弹力F弹＝，根据胡克定律得，弹簧的伸长量x＝＝，故B正确，A、C、D错误。
2．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。对重球受力分析，加速前，重球处于静止状态，重力等于绳的拉力，加速后，重球的加速度水平向右，即绳的拉力和重力的合力水平向右，绳的拉力增大，弹簧秤读数变大，故D正确。
(二) “图”解动力学多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下：
[典例] “辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取 10 m/s2。
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。
[解析] (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1
v12－v02＝2a1l1
v1＝a1t1
其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′＝F－f－mgsin θ＝ma2，其中sin θ＝
v22－v12＝2a2l2
代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，
v2＝ m/s≈41.5 m/s。
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，
有F合″＝F推＋F－f＝ma1′
v1′2－v02＝2a1′l1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0 m/s2
v2′2－v1′2＝2a2′l2
根据题意，v2′＝100 m/s，
代入已知数据解得F推＝5.175×105 N。
[答案] (1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.175×105 N
如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解a2时很容易漏掉飞机重力沿斜面向下的分力。
[集训冲关]
(2018·南昌模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，且可视为质点，g取10 m/s2。为使该选手游戏获得成功，求：
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。
解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿运动定律得
F－μmg＝ma1
解得a1＝3 m/s2。
(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得
μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2
撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝
为使木箱停在有效区域内，要满足L1－L2≤x1＋x2≤L1
解得1 s≤t≤ s。
答案：(1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤ s
一、单项选择题
1．(2018·东台月考)游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物理模型。一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态。若AB段的动摩擦因数μ1小于BC段的动摩擦因数μ2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中( )
A．在AB段的平均速度等于BC段的平均速度
B．在AB段和BC段合外力所做的功相同
C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左
D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小
解析：选A 小朋友在AB段做初速度为0的匀加速运动；在BC段做匀减速运动，末速度为0，这两段的平均速度都是B点速度的一半，所以相等，故A项正确；在AB段合外力做正功，在BC段合外力做负功，故B项错误；小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左；同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故C项错误；以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力；同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故D项错误。
2．(2018·沈阳四校协作体期中)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m
的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )
A．小球对圆槽的压力为
B．小球对圆槽的压力为
C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大
D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
解析：选C 由整体法可求得系统的加速度a＝，小球对圆槽的压力FN＝m＝m，当F增大后，FN增大，只有C正确。
3．(2018·盐城月考)一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车按图中所示分四次分别以a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与小车保持相对静止，且图1和图2中细线仍处于竖直方向，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是( )
A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3
C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ
解析：选B 题图1、2中M在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A项正确，B项错误；对3、4两图，以M、m整体为研究对象，受力分析如图所示，f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，故C项正确；以m为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgtan θ＝ma3，mgtan α＝ma4，联立可得：tan α＝2tan θ，故D项正确。
4．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法错误的是( )
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：选A 对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B滑动，C正确；对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg＜F＜3μmg时，A、B相对地面运动，A错误；当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有μmg－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B正确；无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，D正确。
5．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，下列说法错误的是( )
A．M所受静摩擦力增大
B．M对车厢壁的压力增大
C．M相对于车厢仍静止
D．M所受静摩擦力不变
解析：选A 分析M受力情况如图所示，水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B正确；因FN增大，M与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确；因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A错误，D正确。
二、多项选择题
6．(2018·东海县二中调研)如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )
A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上
D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力
解析：选AB 将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大小为g，再以A为研究对象，上升和下落过程其所受合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A项正确，D项错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大小大于g
，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的弹力向下，故B项正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度大小小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的弹力向上，B对A的弹力向下，故C项错误。
7．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的质量 B．增大B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，对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正确。
8．如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体。当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的细绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止。则( )
A．车厢的加速度为gsin θ
B．细绳对物体m1的拉力T＝
C．底板对物体m2的支持力FN为(m2－m1)g
D．物体m2所受底板的摩擦力f为m2gtan θ
解析：选BD 以物体m1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1a，得a＝gtan θ，则车厢的加速度也为gtan θ，则细绳对物体m1的拉力T＝，故A错误，B正确；以物体m2为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有FN＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtan θ，故C错误，D正确。
9．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B与A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B与A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做加速直线运动
解析：选CD A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当A、B要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解得k＝，综上所述，C、D正确。
三、计算题
10．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＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/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＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m。
(3)设拉力F与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0，Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
由数学知识得cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
答案：(1) (2)1.04 m (3)30°
11.(2018·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。轻绳两端的物体下落(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地观测、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，轻绳不可伸长，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，轻绳中的张力为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的拉力大小为mg。
答案：(1)3 (2)mg
第16课时 滑块—滑板与传送带模型(题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型
1．两种位移关系
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。
2．解题思路
[典例] (2018·南通中学高三期中)如图所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1。现用力从静止开始向左以a0＝2 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：
(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间；
(2)铁块离开布带时的速度大小。
[解析] (1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2，
根据运动学公式有L＋x＝a0t2，x＝at2，
解得t＝ ＝1 s。
(2)由v＝v0＋at得
铁块速度v＝1×1 m/s＝1 m/s。
答案：(1)1 s (2)1 m/s
求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
[集训冲关]
(2018·安徽名校联考)质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在F＝11 N的水平拉力作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g＝10 m/s2)。求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小。
解析：(1)放上物块后，物块的加速度
a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度
a2＝＝1 m/s2。
(2)当两物体速度相等后可保持相对静止，故
a1t＝v0＋a2t，
解得t＝1 s，
1 s内木板的位移
x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块的位移x2＝a1t2＝1 m，
所以板长L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相对静止后，对整体有F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29 N。
答案：(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
(二) 传送带模型
1．传送带的基本类型
2．传送带的基本问题
(1)动力学问题：速度、加速度、(相对)位移、痕迹、图像、运动时间等。
(2)功和能问题：做功、能量转化[见第27课时重难点(三)]。
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v0＝μg，
由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间t1＝，
煤块达到与传送带相对静止的时间t2＝，
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＝(t2－t1)v0＝v0。
整理得：L＝。
[答案]
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μμ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车运行的速度不能超过( )
A. B.
C. D.
解析：选B 因卡车底板和B间动摩擦因数μ1大于A、B间动摩擦因数μ2，则要使卡车安全停下来最大加速度为a′＝μ2g，根据v2＝2a′x可得v＝＝。
5．(2018·衡水模拟)如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2
kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )
A．1 s B．2 s
C. s D． s
解析：选A 由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动，当F>2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N，当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s，故选项A正确。
二、多项选择题
6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μμmgcos θ，小木块沿斜面继续向下加速，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，即a1>a2，故选项B、D正确，A、C错误。
7．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是( )
解析：选AC 若木板和木块之间没有相对滑动，A对；若木板和木块之间有相对滑动，则a2>a1，B、D错，C对。
8．如图甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是( )
A．可求得物块在前2 s内的位移为5 m
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2
C．可求得物块的质量m＝2 kg
D．可求得木板的长度L＝2 m
解析：选ABC 物块在前2 s内的位移x＝×1 m＋2×1 m＝5 m，A项正确；由题图乙知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg＝ma1＝Ma2，则m＝M＝2 kg，C项正确；由题图可知物块加速度大小为a1＝2 m/s2，则μg＝2 m/s2，μ＝0.2，B项正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D项错误。
9．(2018·葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则( )
A．传送带的速度v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
解析：选ACD 由题图乙可知，当物体速度达到v0＝10 m
/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设0～2 s 内物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝＝ m＝5 m，x2＝＝ m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcos θ×x1－μmgcos θ×x2＝－24 J，故D正确。
三、计算题
10．(2018·北京石景山检测)如图甲所示，一小物块随足够长的水平传送带一起运动，一水平向左飞来的子弹击中小物块并从中穿过，固定在传送带右端的位移传感器(未画出)记录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。
(1)定性描述小物块在前3.0 s内的运动情况；
(2)求传送带速度v的大小；
(3)求小物块与传送带间的动摩擦因数μ。
解析：(1)小物块在前2.0 s内向左做匀减速运动，在第3.0 s内向右做匀加速运动。
(2)图线在3.0～4.5 s内为一次函数，小物块做匀速运动。
由题图乙图像的斜率可得速度v＝＝－2 m/s，说明传送带沿顺时针方向转动。
(3)由题图乙可得第3.0～4.5 s内小物块向右做初速度为0的匀加速运动
由x＝at2可得加速度a＝＝ m/s2
由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得μ≈0.27。
答案：(1)前2.0 s内向左做匀减速运动，在第3.0 s内向右做匀加速运动 (2)2 m/s (3)0.27
11．(2018·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。
解析：(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，
f＝μm1g＝m2a2，
a2＝10 m/s2，
s＝，
解得t＝1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N，
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
－＝L，
解得F2＝34 N，
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
答案：(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
12．(2018·济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s 到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三物体的v t 图像如图乙、丙、丁所示，求：
(1)传送带的速度大小v0；
(2)传送带的长度L；
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数，物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。
解析：(1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s。
(2)v -t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝×(8.5＋9.5)×4 m＝36 m，
传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。
(3)物体A的加速度aA＝＝4 m/s2
由牛顿第二定律得μAmg＝maA，
所以μA＝＝0.4
同理，物体B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2
设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则
L＝tC
tC＝＝24 s
物体C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。
答案：(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s
第17课时 加速度与物体质量、物体受力的关系(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，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，让小车在木板上运动打出纸带。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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