【物理】2019届一轮复习人教版第三章牛顿运动定律教案
第三章 牛顿运动定律
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
2017
2016
2015
2014
2013
命题概率
超重和失重(Ⅰ)
未曾独立命题
牛顿运动定律及其应用（Ⅱ）
Ⅰ卷T25(20分)Ⅱ卷T24(12分)
Ⅲ卷T25(20分)
Ⅰ卷T18(6分)
Ⅲ卷T20(6分)
Ⅲ卷T24(12分)
Ⅰ卷T20(6分)
Ⅰ卷T25(20分)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅱ卷T25(20分)
Ⅰ卷T17(6分)
Ⅰ卷T24(12分)
Ⅱ卷T17(6分)
Ⅱ卷T24(13分)
Ⅱ卷T14(6分)
Ⅱ卷T25(18分)
独立命题概率100%
综合命题
概率100%
实验四：验证牛顿运动定律
—
Ⅲ卷T23(10分)
—
Ⅰ卷T22(6分)
—
综合命题概率40%
常考角度
(1)通过牛顿第三定律考查力的相互性
(2)由牛顿第二定律分析、求解加速度
(3)动力学的两类基本问题分析与计算
(4)通过整体法与隔离法考查牛顿第二定律的应用
第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律
(1)牛顿第一定律是实验定律。(×)
(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(×)
(4)物体的惯性越大，运动状态越难改变。(√)
(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。(×)
(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。(√)
◎物理学史判断
(1)伽利略认为力是维持物体运动的原因。(×)
(2)亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因。(×)
(3)英国科学家牛顿提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。(√)
1．惯性是物体的固有属性，完全由质量决定，与物体的速度无关。
2．牛顿第一定律指出了物体不受力作用时所遵循的规律，但并不能把牛顿第一定律理解为牛顿第二定律的一个特例。
3．牛顿第三定律指出了作用力与反作用力间的关系，而且这种关系在宏观、低速运动的情况下均适用。
突破点(一) 牛顿第一定律的理解
1．对牛顿第一定律的理解
(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。
(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
2．惯性的两种表现形式
(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。
3．与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
[题点全练]
关于牛顿第一定律及惯性的说法正确的是__________。
(1)牛顿第一定律是理想的实验定律
(2)牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
(3)惯性定律与惯性的实质是相同的
(4)物体的运动不需要力来维持
(5)质量为m的物体，以20 m/s的速度运动时比以10 m/s的速度运动时惯性大
(6)物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变
(7)置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关
(8)让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性
答案：(2)(4)(8)
突破点(二) 牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“六同、三异、二无关”
(1)六同
(2)三异
(3)二无关
2．作用力、反作用力与一对平衡力的比较
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
作用在两个物体上
作用在同一物体上
力的性质一定相同
对力的性质无要求
作用效果不可抵消
作用效果相互抵消
相同点
大小相等、方向相反，作用在同一直线上
[题点全练]
1．(2018·漯河模拟)下列关于牛顿运动定律说法正确的是( )
A．力是维持物体运动的原因
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间
D．作用力与反作用力的性质一定相同
解析：选D 由牛顿第一定律可知，力不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B错误；不相互接触的两个物体之间也可能存在作用力与反作用力，如相互吸引且并未接触的两块磁铁，C错误；作用力与反作用力的性质相同，D正确。
2．(2018·天津模拟)物体静止于水平桌面上，则( )
A．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对相互平衡的力
B．物体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，这两个力是同性质的力
D．桌面对物体的支持力大小等于物体的重力大小，这两个力是一对平衡力
解析：选D 物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，故A错误；物体的重力和物体对地球的吸引力是一对作用力与反作用力，故B错误；压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，故C错误；物体的重力是作用在物体上的力，支持力也是作用在这个物体上的力，这两个力大小相等、方向相反且作用在同一直线上，所以这两个力是一对平衡力，故D正确。
突破点(三) 应用牛顿第三定律转换研究对象
[典例] (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。一质量为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0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，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
[思路点拨]
(1)明确物体间的相互作用：
(2)转换研究对象：
①求地面所受压力时，由于地面无其他信息，因此转换到求人受地面的支持力。
②求绳对人的拉力时，人的受力情况复杂，因此转换到求建材所受绳的拉力。
(3)根据牛顿第三定律，转换研究对象后所求的力与待求力是“等大”的，因此问题得以巧妙地解出。
[解析] 设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝ma
F1＝m(g＋a)＝210 N
绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N
人处于静止状态，则地面对人的支持力
FN＝Mg－F2＝490 N，
由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490 N
故B项正确。
[答案] B
[方法规律]
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔。
[集训冲关]
1.如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)。若弹簧测力计的示数变为FT＝6 N，则台秤的示数比金属块没有浸入水前( )
A．保持不变 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N
解析：选D 对金属块受力分析，由平衡条件可知，水对金属块的浮力为F＝G－FT＝4 N，方向竖直向上，则由牛顿第三定律可得，金属块对水的作用力大小为F′＝F＝4 N，方向竖直向下，所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N，选项D正确。
2.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，受到长木板对木块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。
3.(2018·常州一模)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )
A．m
B．m
C．m
D.
解析：选B 先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：FN＝＝m ，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m ，故B正确。
易错问题——练缜密思维
惯性的“相对性”
(一)空气中的铁球和乒乓球
1.如图所示，一容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂一只铁球和一只乒乓球，容器中铁球和乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动情况是(以小车为参考系)( )
A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右
解析：选C 由于惯性，当容器随小车突然向右运动时，铁球和乒乓球都相对容器向左运动，C正确。
(二)水中的铁球和乒乓球
2.如图所示，一盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球。容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态。当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )
A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右
解析：选A 因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”
相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起向右运动，所以小车向右运动时，铁球相对小车向左运动。同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动。
(1)质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的质量越大，惯性越大，状态越难改变。
(2)悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大，但悬挂在水中的乒乓球的惯性没有对应的“水球”的惯性大。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
★1．(2018·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )
A．亚里士多德、伽利略 B．伽利略、牛顿
C．伽利略、爱因斯坦 D．亚里士多德、牛顿
解析：选B 伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确。
2．(2018·太原模拟)伽利略的斜面实验证明了( )
A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止
B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动
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状态或者静止状态
解析：选D 伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确。
★3．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )
A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变
B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变
C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态
D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同
解析：
选B 力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误。
4．下列说法正确的是( )
A．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力
B．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力
C．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力
D．相互作用的一对力中，作用力和反作用力的命名是任意的
解析：选D 作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的相互作用力，即两个物体互为施力物体和受力物体。其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有D选项正确。
★5．(2018·哈尔滨模拟)如图所示，甲为水平传送带，乙为倾斜传送带，当行李箱随传送带一起匀速运动时，下列判断中正确的是( )
A．甲上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用
B．乙上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用
C．乙上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力
D．甲上的行李箱受的支持力与重力是一对作用力与反作用力
解析：选B 由于行李箱随传送带一起匀速运动，因此行李箱处于平衡状态，所受合力为零，又因为甲上的行李箱随水平传送带匀速运动，故不受摩擦力作用，甲上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力，A、D均错误；乙上的行李箱随倾斜传送带向上匀速运动，一定受到沿传送带向上的摩擦力，而行李箱受到的支持力与重力垂直于带面向下的分力平衡，故B正确，C错误。
★6．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是( )
A．力不是维持物体运动的原因
B．力是使物体产生加速度的原因
C．自由落体运动是一种匀变速直线运动
D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
解析：
选C 测量铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故C正确。
★7.如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是( )
A．绳拉牛的力小于牛拉绳的力
B．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力
C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力
D．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力
解析：选C 绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故C正确，故D错误。
[B级——中档题目练通抓牢]
★8．(2018·安徽黄山质检)关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定
D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
解析：选C 质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关。故C正确。
★9．[多选](2018·辽宁大连十一中段考)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 惯性是物体本身的一种属性，是物体抵抗运动状态变化的本领(性质)，A正确，C错误。没有力作用时，物体可能静止也可能做匀速直线运动，B错误，D正确。
★10．(2018·江西省红色七校二模)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．人推车加速前进，人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小
D．物体在地面上滑行，物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力
解析：选C 物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，是同时产生的，所以选项A错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上，是一对作用力与反作用力，不是平衡力，选项B错误；人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项C正确；物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项D错误。
11.如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．无法确定
解析：选B 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上不会受到外力作用，原来两小球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。
★12．(2018·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。
[C级——难度题目自主选做]
13．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。
14.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 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，选项A错误；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错误；若甲的质量比较大，甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1．(2018·太原模拟)伽利略的斜面实验证明了( )
A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止
B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动
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状态或者静止状态
解析：选D 伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确。
2．下列说法正确的是( )
A．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力
B．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力
C．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力
D．相互作用的一对力中，作用力和反作用力的命名是任意的
解析：选D 作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的相互作用力，即两个物体互为施力物体和受力物体。其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有D选项正确。
3.如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．无法确定
解析：选B 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上不会受到外力作用，原来两小球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。
4.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 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，选项A错误；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错误；若甲的质量比较大，甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。
★5.(2018·益阳模拟)亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学。新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”。下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是( )
A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动
B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因
C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的
D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性
解析：选C 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，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A正确；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；物体具有向上的速度，由于具有保持这种运动状态的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立即向下运动，故选项D正确。
★6.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。
★7.[多选]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。
★8.(2018·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。
[B级——拔高题目稳做准做]
★9.(2018·福建六校联考)2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，成功将“墨子号”卫星发射升空并送入预定轨道。关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用
解析：选A 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误。
★10.[多选]如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是( )
A．水平力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
解析：选BD 水平力F跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F
作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确。
11．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。
★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，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。
★13.一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。
★14.(2017·淄博一模)如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板倾角θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．A受到的压力逐渐变大
B．A受到的摩擦力逐渐变大
C．C对B的压力逐渐变大
D．C受到三个力的作用
解析：选A 以小球和凹槽为整体分析，可得木板倾角θ减小时，整体对木板的压力增大，整体受到的沿斜面方向的摩擦力减小，由作用力与反作用力的关系知选项A正确，B错误；由于木板缓慢移动，则小球C处于动态平衡状态，小球C始终受到重力和凹槽B的支持力两个力的作用而平衡，C对B的压力大小等于C受到的重力，故选项C、D错误。
第2节牛顿第二定律__两类动力学问题
,
(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(2)质量越大的物体，加速度越小。(×)
(3)物体的质量与加速度成反比。(×)
(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。(√)
(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(×)
(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√)
(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。(×)
(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。(√)
1．牛顿第二定律是矢量关系式，列方程时应选正方向，且力和加速度取同一正方向。
2．加速度的方向由合外力的方向决定，与物体运动速度方向无关。
3．利用牛顿第二定律列方程时常以加速度的方向为正方向，匀变速直线运动公式中常以初速度方向为正方向，注意两种情况下加速度的符号关系。
4．解题中常用到的二级结论：
(1)沿粗糙水平面滑行的物体：a＝μg
(2)沿光滑斜面滑行的物体：a＝gsin θ
(3)沿粗糙斜面下滑的物体：a＝g(sin θ－μcos θ)
(4)沿粗糙斜面上滑的物体：a＝g(sin θ＋μcos θ)
突破点(一) 牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。
(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
[题点全练]
1．[多选](2016·全国卷Ⅰ)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.(2016·上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。
3．[多选](2018·清远市田家炳实验中学一模)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是( )
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2
解析：选BC 根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝得：物体的加速度范围为：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2
，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确。由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。
突破点(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，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
⇒⇒
[题点全练]
1.[多选](2018·太原模拟)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝
，C正确，D错误。
2.(2018·东北三省四市一模)质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则( )
A．物块b可能受3个力
B．细线中的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：选D 对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的
拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。
3．[多选](2018·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )
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．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
突破点(三) 动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．动力学两类基本问题的解题步骤
[典例] 如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
[思路点拨]
[解析] (1)对物体，根据牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
代入数据得a1＝2 m/s2。
(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即
t1＝＝ s＝2 s时，
两者之间最大距离
xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。
(3)设推力作用的时间为t2，
根据位移公式得x1＝a1t22
则t2＝ ＝ s＝5 s
速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s
撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝μg＝2 m/s2
由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m
而t3＝＝ s＝5 s。
物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s
则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。
[答案] (1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m
[方法规律]
解决两类动力学问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
[集训冲关]
1.(2018·沧州一中月考)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2
解得：＝
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝mg，C正确。
2.(2018·淮北一模)如图所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA、mB分别为1 kg和2 kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)当作用在物块B上的拉力F达到42 N时，连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；
(2)若连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断瞬间，A、B的速度均为10 m/s，轻绳断裂后作用在B物块上的外力F＝42 N不变，求当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离。
解析：(1)对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
代入数据解得a＝4 m/s2
对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
FT－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa
代入数据解得：FT＝14 N。
(2)轻绳断裂后，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAaA
代入数据解得：aA＝10 m/s2
由运动学公式有：v＝aAt
解得：t＝＝1 s
由运动学公式有：xA＝＝5 m
轻绳断裂后，对B物块受力分析，由牛顿第二定律得：
F－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBaB
代入数据解得：aB＝11 m/s2
由运动学公式有：xB＝vt＋aBt2
代入数据解得：xB＝15.5 m
由题意可知，当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离为：x＝xB－xA＋L＝11 m。
答案：(1)14 N (2)11 m
突破点(四) 动力学的图像问题
1．常见的动力学图像
v t图像、a t图像、F t图像、F a图像等。
2．动力学图像问题的类型
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[多维探究]
(一)由运动图像分析物体的受力情况
[例1] (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．F1
F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
[解析] 由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，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，方向沿斜面向上，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
(二)由力的图像分析物体的运动情况
[例2] (2018·天津红桥区期末)静止在光滑水平地面上的物体，突然受到一个如图所示的水平外力的作用，则( )
A．物体沿水平面做往复运动
B．物体始终沿水平面朝一个方向运动
C．物体沿水平面先做匀加速运动，后做匀减速运动
D．物体沿水平面先做匀加速运动，然后做匀速运动
[解析] 题干中F先增大后减小，力的大小随时间变化，但是方向没有变化，由F＝ma得加速度先增大后减小，所以物体一直处于加速状态，但不是匀加速，故A、C、D错误，B正确。
[答案] B
(三)由已知条件确定某物理量的变化图像
[例3] (2018·盐城一模)如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是( )
[解析] 物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图像的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图像的开口向下，故A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B正确，C、D错误。
[答案] B
巧思妙解——练创新思维
1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
[典例] [多选]如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。
[答案] BCD
[应用体验]
1.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
解析：选A 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
2.(2018·东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将
沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( )
A．tAβ>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．tAB＝tCD＝tEF
B．tAB>tCD>tEF
C．tABtCD>tEF，B项正确。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )
A．质量和时间 B．质量和位移
C．重力和时间 D．重力和位移
解析：选A kg为质量的单位，s为时间的单位，A正确。
2．[多选]如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。
★3．(2018·潍坊期中)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是( )
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
解析：选B 根据图像可知，第2
s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。
★4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
解析：选C 物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
5.(2018·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
解析：选B 剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：
a＝＝，即A和B的加速度均为。
[B级——中档题目练通抓牢]
6．(2018·达州一模)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D
分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
7.(2018·台州期中)如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v t图像(图中实线)可能是下图中的( )
解析：选A 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
★8．[多选](2018·哈尔滨模拟)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )
解析：选ACD 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝，综上所述A、C项正确。
★9．(2018·马鞍山一模)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图像得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
答案：(1)15 N (2)6 m
10.(2018·济南模拟)如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
答案：(1)4.8 m/s (2)见解析图
[C级——难度题目自主选做]
11．(2018·烟台模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
A．mg，竖直向上
B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，斜向右上方
解析：选D 以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtan θ＝mAa，
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝＝mg，方向斜向右上方，
故D正确。
★12.[多选](2018·天水一模)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 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，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
解析：选BD 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )
A．质量和时间 B．质量和位移
C．重力和时间 D．重力和位移
解析：选A kg为质量的单位，s为时间的单位，A正确。
2．[多选]如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F
作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。
3.(2018·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
解析：选B 剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：
a＝＝，即A和B的加速度均为。
4．(2018·达州一模)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α
。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
5.(2018·台州期中)如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v t图像(图中实线)可能是下图中的( )
解析：选A 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
★6.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，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(物块P在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( )
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，物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设物块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，解得：μ1＝8μ2，故D正确。
★7.[多选](2016·江苏高考)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 鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。
8．(2018·烟台模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
A．mg，竖直向上
B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，斜向右上方
解析：选D 以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtan θ＝mAa，
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝＝mg，方向斜向右上方，
故D正确。
[B级——拔高题目稳做准做]
★9.[多选](2018·西安一模)用同种材料制成的倾角为30°的斜面和水平面，斜面长2.4 m且固定，如图甲所示。一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上，多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出tv0图像，如图乙所示。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．小物块在斜面上运动时的加速度大小为2.5 m/s2
B．小物块在斜面上运动时的加速度大小为0.4 m/s2
C．小物块与该种材料之间的动摩擦因数为
D．由图乙可推断，若小物块的初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大
解析：选AC 由题图乙可知小物块在斜面上运动时的加速度大小为a＝＝2.5 m/s2，A正确，B错误；对小物块应用牛顿第二定律得ma＝μmgcos θ－mgsin θ，代入数据得μ＝，C正确；若小物块的速度足够大，则小物块将运动到水平面上，题图乙中的直线对小物块不再适用，D错误。
10.(2018·济南模拟)如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
答案：(1)4.8 m/s (2)见解析图
★11.(2018·德阳一诊)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5
s时撤去拉力，物体速度与时间(v t)的部分图像如图乙所示。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问：
(1)拉力F的大小为多少？
(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？
解析：(1)设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，根据图像可知：
a1＝＝ m/s2＝16 m/s2
a2＝＝ m/s2＝－8 m/s2
力F作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝ma2，
解得：F＝24 N。
(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，此时物体速度为零，有t2＝＝ s＝1 s
向上滑行的最大距离：s＝·(t1＋t2)＝×1.5 m＝6 m。
答案：(1)24 N (2)6 m
★12.(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。 ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12 ⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同
速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22 ⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB ⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。 ⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
第3节牛顿运动定律的综合应用
,
(1)超重就是物体的重力变大的现象。(×)
(2)失重时物体的重力小于mg。(×)
(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)
(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。(×)
(5)加速上升的物体处于超重状态。(√)
(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)
(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)
(8)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。(√)
(9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√)
1．根据物体处于超重还是失重状态，能判定物体在竖直方向的加速度方向，但不能确定其运动的速度方向。
2．整体法与隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特点均有关，如用滑轮连接的两物体加速度大小相同，但方向往往不同，常采用隔离法。
3．解题中常用到的二级结论：
下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtan α。
突破点(一) 对超重与失重的理解
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．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，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、液体不再产生压强和浮力等。
[题点全练]
1．(2018·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态( )
A．高楼正常运行的电梯中
B．沿固定于地面的光滑斜面滑行
C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动
D．不计空气阻力条件下的竖直上抛
解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g，总是处于完全失重状态，故选项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。
3.(2018·莆田六中月考)如图，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则( )
A．在CD段时，A受三个力作用
B．在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上
C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上
D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态
解析：选C 设斜面倾角为θ，在CD段，整体的加速度a＝＝gsin θ，对A，由牛顿第二定律得：mAgsin θ＋fA＝mAa，解得：fA＝0，则A受重力和支持力两个力作用，故A错误。在DE段，A、B系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动，也可能做匀速直线运动，还可能向下做匀减速直线运动，加速度既可能向下，也可能向上，故B错误。设DE段物体B与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度：a＝＝gsin θ－μgcos θ，对A，由牛顿第二定律得：mAgsin θ＋fA＝mAa，解得：fA＝－μmAgcos θ，方向沿斜面向上，若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动，A、B系统加速度沿斜面向上，则A所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故C正确。在CD段A、B加速下滑，系统处于失重状态，在DE段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，A、B处于超重状态，故D错误。
突破点(二) 动力学中整体法与隔离法的应用
适用条件
注意事项
优点
整体法
系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外加作用力
隔离法
(1)系统内各物体加速度不相同
(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法
(2)加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力
[集训冲关]
1.[隔离法](2018·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g
解析：选C 以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。
2．[先整体再隔离](2018·天津红桥区期末)如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsin θ B．Mgcos θ
C．0 D．(M＋m)gsin θ
解析：选C 对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsin θ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsin θ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。
3．[先整体再隔离][多选](2018·黄冈一模)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是( )
解析：选BD 设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B
做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此B和D是可能正确的。
突破点(三) 动力学中的临界极值问题
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，即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 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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
(一)接触与脱离的临界问题
[例1] 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
[解析] 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，当两物体要分离时，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，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。
[答案] C
[方法规律]
(1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。
(2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。
(二)叠加体系统的临界极值问题
[例2] (2018·衡水一模)如图所示，物块A放在木板B上，A、B
的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为( )
A．1∶1 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
[解析] 当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：
aB＝a1＝＝μg，
当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，
可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
[答案] C
[方法规律] 叠加体系统临界问题的求解思路
(三)运动类临界极值问题
[例3] (2018·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
[解析] (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，
则x＝，
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝ m
＝＝ m。
[答案] (1) (2)θ＝60° m
[方法规律]
运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数学知识求解临界条件和极值。
巧思妙解——练创新思维
连接体中力的“分配协议”
[典例] [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] 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。
[答案] AB
[反思领悟]
如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝，若作用于m2上，则F12＝。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖直方向此“协议”都成立。
[应用体验]
1．[多选](2018·天津期末)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则( )
A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N
C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N
解析：选BC 若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm＝m2a
则最大加速度a＝3 m/s2
对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N。故B正确，A错误。
若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tm＝m1a′
则最大加速度a′＝2 m/s2
对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N。故D错误，C正确。
2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；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，如图所示，则( )
A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2
C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m10，A对B的作用力方向向右，C错误。
★5.[多选](2018·湖南衡阳模拟)如图，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。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M和m。各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选BC 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g
，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，则此时砝码的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移为＝＝d，而匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误。
6.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
a2＝＝。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－＝L－H。
答案：(1)F≤mg (2)L－H
[C级——难度题目自主选做]
7．(2018·江西玉山一中第二次月考)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。
解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：
F＝(m1＋m2)a，
对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a，
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2，
2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。
木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
F1－μ1m1g＝m2a2，
解得a2＝4 m/s2。
1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。
在1～2 s内F2＝μ1m1g，
木板做匀速运动，速度为4 m/s。
2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2g，
m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，
得：a3＝－2 m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s。
木板做匀减速直线运动有：
－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。
得：a4＝－ m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s。
二者在整个运动过程的vt图像如图所示(实线是木板的vt图像，虚线是物块的vt图像)。
0～2 s内物块相对木板向左运动
Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12，
2～4 s内物块相对木板向右运动
Δx2＝－，
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。
所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。
答案：(1)8 N (2)见解析图 1 m
★8．(2018·天津质检)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：
(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；
(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。
解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则
v＝at1，t1＝1 s，s1＝at12，s1＝0.5 m
行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2
则t2＝＝1.5 s
设行李从A运送到B共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故
E＝mv2＋μmgΔL
行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，
代入数据解得E＝4 J。
(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短
有l＝at2
代入数据得t＝2 s，
此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
答案：(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s
(二)重点高中适用作业
牛顿运动定律的综合应用 (卷Ⅰ)
[A级——保分题目巧做快做]
1.(2018·淮北一模)如图，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＝g，aB＝5g B．aA＝aB＝g
C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析：选D 对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，
所以T＝＝＝3mg，
对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0
对B：aB＝＝＝2g，故D正确。
2.(2018·德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是( )
解析：选C 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：
(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。
3.[多选]将一个质量为1 kg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
图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力和阻力之比为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8 m/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，由题图可知a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，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＝8 m/s2，根据h＝at2可得＝＝ ，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s，可得v＝8 m/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。
4.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A，使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
解析：选C 将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，对B分析可得N－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得N＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力N′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误。
5.(2018·第三次全国大联考)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，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x1＝2x2，则有( )
A．F1＝F2 B．F1＝4F2
C．F1＞4F2 D．F1＝2F2
解析：选B 沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a＝，隔离对质量为m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝ma＝＝kx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′＝，隔离对质量为2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F弹′＝2ma′＝＝kx2，由于x1＝2x2，联立可得：F1＝4F2，故B正确，A、C、D错误。
6．[多选](2018·盘锦模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F－μmg
C．当F＞2μmg时，绳中拉力为
D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于
解析：选ABC 当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。
7.(2018·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时( )
A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍
B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍
C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D．细线的拉力增加到原来的2倍
解析：
选A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。
8．[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。
9．(2018·潮州朝安区高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m＝0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)求F的大小；
(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。
解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6 N。
(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN
对小球受力分析：
在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma
在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg
解得：x＝0.017 m FN＝3.7 N。
答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N
10．(2018·合肥模拟)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：
(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1；
解得：a1＝6 m/s2。
对物块有：μ1mg＝ma2；
解得：a2＝4 m/s2。
因为a2fm＝μ1m1g。
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，
得：a3＝－2 m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s。
木板做匀减速直线运动有：
－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。
得：a4＝－ m/s2。
速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s。
二者在整个运动过程的vt图像如图所示(实线是木板的vt图像，虚线是物块的vt图像)。
0～2 s内物块相对木板向左运动
Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12，
2～4 s内物块相对木板向右运动
Δx2＝－，
解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。
所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。
答案：(1)8 N (2)见解析图 1 m
牛顿运动定律的综合应用 (卷Ⅱ)
[B级——拔高题目稳做准做]
★1.(2018·郑州二模)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知( )
A．人的重力为1 500 N
B．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
解析：选B 分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。
★2.[多选]如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有( )
A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
解析：选AC 当M与m间的静摩擦力f≤μmg＝2 N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：
am＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
此时F＝(M＋m)am＝(5＋1)×2 N＝12 N
当F<12 N，可能有aM＝am＝1 m/s2。
当F>12 N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM>am＝2 m/s2。
故选项A、C正确，B、D错误。
★3.[多选](2018·商丘一中押题卷)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B、
C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B木块间的最大静摩擦力是f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )
A．当f1＞2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动
B．当f1＞2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动
C．当f1＜2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动
D．当f1＜2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动
解析：选AD 当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f2＝2ma，得a＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma＝3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB＝4ma＝2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f1＝4ma′，得a′＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma′＝f1。此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：C对D的摩擦力fCD＝2ma′＝＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。
★4.[多选](2018·绵阳模拟)如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零
B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左
C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg
解析：选AD A、B间的滑动摩擦力大小为fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为a＝＝μg，此时对AB
整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a＝＝，A、B间的摩擦力大小为μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。
5．[多选]如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )
A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
解析：选AD 设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，
得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，
经历时间：t＝×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝at2＝5.4 m，则D正确；
当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；
当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，
得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。
★6.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
A．施加外力前，弹簧的形变量为
B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
解析：选B 施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。
★7.[多选](2018·合肥模拟)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ未知，可求出乙图中a1的值
C．若θ已知，可求出乙图中a2的值
D．若θ已知，可求出乙图中m0的值
解析：选BC 根据牛顿第二定律得：
对B得：mg－F＝ma①
对A得：F－mAgsin θ＝mAa②
联立得a＝③
若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。
由③式变形得a＝。
当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。
由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsin θ，故C正确。
当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知m0不能求出，故D错误。
★8.[多选]如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A．a＝ m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。
9.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
a2＝＝。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－＝L－H。
答案：(1)F≤mg (2)L－H
★10.(2018·潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。
解析：(1)对A、C分析：mg＝2ma
v02＝2ah，解得v0＝。
(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则
由牛顿第二定律得mg－μ·4m·g＝ma
解得a＝0
即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，
B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝
设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0
解得L＝2h。
(3)共速前：A和C匀速，B加速，
aB1＝＝2g
t1＝＝
Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
共速后全部向右加速
aB2＝＝g
aAC＝＝g
Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t22
解得t2＝ ，vB2＝v0＋aB2t2＝ 。
答案：(1) (2)2h (3)
★11.(2015·全国卷Ⅰ)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4.5 m，如图甲所示。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＝1
s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1 s时间内小物块的v t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/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)a1 ①
由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋a1t12 ③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m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＝0.1 ④
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＝ma2 ⑤
由题图乙可得
a2＝ ⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4。 ⑦
(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＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
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＝Δt ⑪
小物块运动的位移为
s2＝Δt ⑫
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1 ⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
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6.0 m。
(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 ⑮
0－v32＝2a4s3 ⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3 ⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m ⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
实 验 四
验证牛顿运动定律
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、天平、米尺。
突破点(一) 实验原理与操作
[例1] 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(选填“大于”“小于”或“等于”)
[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
[由题引知·要点谨记]
1.实验操作步骤[对应第(1)题]
(1)平衡木块的滑动摩擦力时，砝码桶不能拴在木块上。
(2)改变木块质量时，不需要重新平衡摩擦力。
(3)实验过程中，应先接通电源，再放开木块。
2.实验原理的理解[对应第(2)题]
(1)平衡木块摩擦力后，细绳的拉力即为木块的合外力。
(2)只有满足砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量时，细绳的拉力才近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力。
3.利用图像分析实验结果[对应第(3)题]
(1)因没有平衡摩擦力，aF图线为不过原点的倾斜直线。
(2)利用aF图线的斜率、截距的意义比较m、μ的大小。
[集训冲关]
1．利用如图所示装置可以做力学中的许多实验。
(1)以下说法正确的是( )
A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响
B．用此装置“研究匀变速直线运动”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
C．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响
D．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
(2)本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中图甲用的电源要求是( )
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
(3)在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图所示。已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为________ m/s。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)用题图所示装置“研究匀变速直线运动”时，没必要消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响，也没有必要使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，A、B错误；在用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，必须设法消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响。还应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量，这样才可认为细绳对小车的拉力等于盘和盘内砝码的重力，C、D正确。
(2)甲是电火花计时器，需要接220 V交流电源，A正确。
(3)打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为
vA＝ m/s≈0.53 m/s。
答案：(1)CD (2)A (3)0.53
2．(2018·天津和平区检测)小王同学在探究加速度与力、质量的关系时，小车及砝码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
(1)往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足________时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力；在释放小车________(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。
(2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是________m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标系中画出的aF关系图线如图所示，小张和小王同学做实验，哪一个物理量是不同的______________。
解析：(1)小车实际的加速度为a＝，绳子拉力为F＝Ma＝，因此只有当m≪M时，拉力F才近似等于mg；实验中应先接通电源再释放小车。
(2)a＝＝0.390 m/s2，vB＝≈0.377 m/s。
(3)图线的斜率为小车及砝码的质量的倒数，因此小车及砝码的质量不同。
答案：(1)m≪M 之前 (2)0.390 0.377 (3)小车及砝码的质量
突破点(二) 数据处理与误差分析
[例2] 某次“探究加速度a跟物体所受合力F和质量m的关系”实验过程是：
(1)图甲所示为实验装置图。图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1 s，根据纸带可求出小车的加速度大小为______ m/s2(结果保留两位有效数字)。
(2)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量。根据实验数据做出了加速度a随拉力F的变化图线，如图所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是______________________________。
(3)保持砂和砂桶质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度a、质量m及其对应的的数据如表中所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度a/(m·s－2)
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车和砝码质量m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67
/kg－1
4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
[由题引知·要点谨记]
1.利用纸带求解小车的加速度[对应第(1)题]
(1)逐差法求纸带加速度的公式
a＝。
(2)注意对计算结果的有效数字位数要求。
2.利用图像分析a、F间的关系及误差分析[对应第(2)题]
(1)保持小车质量不变时，aF图像应为一条过原点的直线。
(2)aF图像不过原点可能是平衡小车摩擦力时没有达到实验要求所致。
3.利用图像分析a、m间的关系[对应第(3)题]
(1)小车合力不变时，a、m之间成反比关系。
(2)利用化曲为直的思想，作出a 关系图线，若得到过原点的倾斜直线，则小车合外力一定时，a、m之间成反比关系。
a．请在坐标纸中画出a图线：
b．根据作出的a图线可以得到的结论是：_____________________________。
[答案] (1)0.43 (2)实验前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分) (3)a.如图所示
b．图线为过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比
[集训冲关]
3．(2018·株洲二中模拟)用如图甲所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。
(1)实验时，一定要进行的操作是________(填选项前的字母)。
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F
B．改变小车的质量，打出几条纸带
C．用天平测出砂和砂桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)若要把小车所受拉力视为小车所受的合力，在进行上述实验操作之前，首先应该完成的实验步骤是________________________________。
(3)根据实验数据，画出了如图乙所示的aF图像，测得斜率为k，则小车的质量为________。
(4)若某次实验，求得小车的加速度为a，则此时砂和砂桶的加速度为________。
(5)若弹簧测力计的读数为F，则F________mg(m为砂和桶的总质量)。(填“大于”“等于”或“小于”)
解析：(1)打点计时器使用时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，A正确；要探究加速度与质量的关系时，就要改变小车的质量，这个实验是研究加速度随F变化关系，B错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，C、D错误。
(2)小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。
(3)对aF图像来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，此题中弹簧测力计的示数F＝F合，故小车质量为m＝。
(4)两股细绳拉小车，所以砂和砂桶的加速度是小车的2倍，所以砂和砂桶的加速度为2a。
(5)因为砂和砂桶有加速度，所以细绳的拉力小于砂和砂桶的重力，即弹簧测力计的读数小于砂和砂桶的重力。
答案：(1)A (2)平衡摩擦力 (3) (4)2a
(5)小于
4．(2016·全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
图(a)
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t
相对于其起始位置的位移s，绘制s t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
图(b)
图(c)
(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．a n图线不再是直线
B．a n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39 m/s2。
(4)描点及图像如图所示。
(5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见a n图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析 (5)0.44 (6)BC
突破点(三) 实验的改进与创新
创新角度
实验装置图
创新解读
实验原理的创新
(2018·鹰潭一模)
1.利用力传感器可得轻绳上拉力大小。
2.将探究加速度与合力的关系转化为探究加速度与力传感器的示数的关系。
实验器材的创新
(2014·全国卷Ⅰ)
利用位移传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度。
(2018·揭阳检测)
1.用光电门代替打点计时器，结合遮光条的宽度可测滑块的速度。
2.利用气垫导轨代替长木板，无需平衡摩擦力。
3.由力传感器测滑块的拉力，无需满足m≪M。
(2018·常州一模)
1.结合光电门得出物块在A、B
实验过程的创新
两点的速度，由vB2－vA2＝2ax得出物块的加速度。
2.结合牛顿第二定律mg－μMg＝(M＋m)a得出物块与水平桌面间的动摩擦因数。
[集训冲关]
5．(2018·鹰潭一模)某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝__________kg，重力加速度g＝__________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
解析：(1)对铝箱分析，应有FT－mg＝ma，
对滑轮应有F＝2FT，
联立可解得a＝＝F－g，
可知图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)对于图线的斜率k＝，当砂桶和砂的总质量较大，可知图线的斜率不变，故选D。
答案：(1)0.25 9.8 (2)D
6．(2018·常州一模)如图所示为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光条的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝0.950 cm；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光条经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出物块与水平桌面间动摩擦因数μ。
回答下列问题：
(1)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝____________；
(2)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝__________；
(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此测得的μ ________(填“偏大”或“偏小”)；这一误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
解析：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，物块通过光电门的速度vA＝，vB＝，
根据速度位移公式得，
a＝＝
(2)对物块和重物组成的系统研究，根据牛顿第二定律得，a＝，解得动摩擦因数μ＝。
(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，则滑块对接触面的正压力测量值偏小，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测量值偏大，该误差属于系统误差。
答案：(1) (2)
(3)偏大 系统误差
7．(2018·揭阳检测)某同学用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出细线中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块。已知滑块(含遮光条)总质量为M
，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L。请回答下面相关问题。
(1)如图乙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d＝________ cm。某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t, 由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小a应表示为______(用题干已知物理量和测得物理量字母表示)。
(2)下列实验要求中不必要的是________。
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调节至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为9 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：9 mm＋0.50 mm＝9.50 mm＝0.950 cm；已知初速度为零，位移为L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，末速度v＝
由v2＝2aL，得a＝＝。
(2)拉力是直接通过传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故A错误。应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B正确。应将气垫导轨调节水平，才能使拉力等于合力，故C正确。要保持细线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D正确。本题选择不必要的，故选A。
答案：(1)0.950 (2)A
[阶段综合检测(一)]第一～三章验收
(时间：90分钟 满分：110分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
★1．(2018·绍兴期中)高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是( )
A．汽车将匀速通过前方3公里
B．能够计算出此时车子的速度是0.125 m/s
C．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5 km/h
D．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟
解析：选C 前方拥堵，汽车不可能做匀速运动通过3公里，故A错误；根据题设条件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；根据平均速度公式可知，平均速度约为： v＝＝ km/h＝7.5 km/h，故C正确；经过拥堵路段后，汽车的速度并不一定一直保持，故此后的运动时间无法确定，故D错误。
★2.(2018·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发，其vt图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．甲、乙两物体运动方向相反，加速度方向相同
B．甲的位移不断减小，乙的位移不断增大
C．第1 s末两物体相遇
D．前2 s内两物体的平均速度相同
解析：选D 在vt图像中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲、乙两物体位移都不断增大，故B错误。第1 s末两物体通过的位移不相等，而两者又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故C错误；在vt图像中，图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移，则知前2 s内，两个物体通过的位移相等，所用时间相等，故前2 s内两物体的平均速度相同，故D正确。
★3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤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．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚锤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 锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物体上，因物体的承受能力不同，产生不同的作用效果，故C正确，A、B、D均错误。
4．(2018·吉林大学附中模拟)从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t
＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内( )
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析：选D 由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。
5.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。
★6．(2018·盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1＝μg，
设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝；
木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析，如图所示：
小物块的合力
F合＝mgsin 45°＋f＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
小物块上滑的加速度
a2＝＝，
滑行时间t′＝＝，
因此＝，故A正确，B、C、D错误。
7.(2018·“超级全能生”26省联考)如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝ma
其中：N＝6mg
解得：a＝5g
再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
竖直方向：2Fcos 60°－mg＝ma
解得：F＝6mg
根据胡克定律，有：x＝＝
故D正确。
8.如图所示，用恒力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，物体受到的摩擦力Ff
和墙壁对物体弹力的变化情况是( )
A．Ff方向可能一直竖直向上
B．Ff可能先变小后变大
C．FN先变小后变大
D．FN先变小后变大再变小
解析：选AB 若F在竖直方向的分力小于物体重力，则在F顺时针旋转过程中，Ff方向一直竖直向上，Ff则一直减小，若F在竖直方向的分力大于物体重力，则Ff的方向可变为竖直向下，此过程中Ff先变小后变大，故A、B选项正确；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后减小，C、D选项均错误。
★9.(2018·皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。
10.(2018·潍坊一模)静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小
D．加速度为2 m/s2时物体的速度
解析：选ABC 当F>20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
11.(2018·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是( )
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
解析：选AD 在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，
f＝μ(mA＋mB)gcos θ
因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。
同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，
得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ＜tan θ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ＋f′＝mBa，
解得：f′＝μmBgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ－f″＝mBa′，
解得：f″＝μmBgcos θ；
所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。
12.(2018·儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．分析可知α＝β
B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2
解析：选AD 由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。
二、实验题(本题共2小题，共15分)
★13．(6分)(2018·武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A、B、C、D、E为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm，实验中使用的电源频率为50 Hz。由此可知：小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下C点时，小车的瞬时速度vC＝__________m/s。(结果保留两位有效数字)
解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s；
根据Δx＝aT2，可得a＝；
代入数据，解得
a＝×10－2 m/s2≈0.34 m/s2。
根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：
vC＝＝×10－2 m/s≈0.44 m/s。
答案：0.34 0.44
★14．(9分)(2018·河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图(a)所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为M和N，M低于N，绳长为L(L>D)。他们首先在轻绳上距离M点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出轻绳MC、NC的拉力大小TM和TN，随后改变重物悬挂点的位置，每次将M到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TM、TN与轻绳MC长度之间的关系曲线如图所示，由实验可知：
(1)曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为________cm，该曲线为________(选填：TM或TN)的曲线。
(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待稳定后，左端测力计上的示数为________N，MC与水平方向的夹角为________(用正弦值表示)(第2问结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(b)可知，曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为100 cm。选取C为研究的对象，受力如图，
水平方向：TMsin α＝TNsin β，竖直方向：TMcos α＋TNcos β＝G，由图可得，当α＝β时，两轻绳上的拉力相等，该处离M比较近。C到M与N的距离相等时，受力如图：
水平方向仍然满足：TMsin α＝TNsin β
由图可得α>β，所以：TM20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
10.(2018·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是( )
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
解析：选AD 在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，
f＝μ(mA＋mB)gcos θ
因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。
同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，
得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ＜tan θ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ＋f′＝mBa，
解得：f′＝μmBgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ－f″＝mBa′，
解得：f″＝μmBgcos θ；
所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。
11.(2018·儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．分析可知α＝β
B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2
解析：选AD 由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。
★12.(2018·东北三省四市教研联合体一模)很薄的木板在水平地面上向右滑行，可视为质点的物块b以水平速度v0从右端向左滑上木板。二者按原方向一直运动直至分离，分离时木板的速度为va，物块的速度为vb，所有接触面均粗糙，则( )
A．v0越大，va越大
B．木板下表面越粗糙，vb越小
C．物块质量越小，va越大
D．木板质量越大，vb越小
解析：选ABC b放在a上后，a受到地面对a向左的摩擦力以及b对a的向左的摩擦力，向右做匀减速运动；b受到a对b的向右的摩擦力，向左做匀减速直线运动；设a的长度为L，开始时a的速度为v，二者相对运动的时间为t；
则：L＝vt－aat2＋v0t－abt2①
aa＝＝μag＋(μab＋μa)②
由①式可知，若v0越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短，a的末速度：va＝v－aat，相对运动的时间越短，则va越大，故A正确；
木板下表面越粗糙，a受到的地面的摩擦力越大，根据②式可知a的加速度越大，由①式可知，若aa越大，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越长；b的末速度：vb＝v0－abt，相对运动的时间越长，则vb越小，故B正确；
物块质量越小，则物块对a的压力越小，a对地面的压力越小，则a受到的地面的摩擦力越小，则a的加速度越小，由①式可知，若aa越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；
a的末速度：va＝v－aat，
相对运动的时间越短，则va越大，故C正确；
木板a质量越大，则根据②式可知a的加速度越小，由①式可知，若aa
越小，其他量不变的情况下，则相对运动的时间越短；
b的末速度：vb＝v0－abt
相对运动的时间越短，则vb越大，故D错误。
二、实验题(本题共2小题，共15分)
★13.(6分)(2018·西北工大附中模拟)某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t＝0时，小车处于甲图所示的位置。
(1)该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：_________________________________________________________。
(2)图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点(每两个计数点间还有4个点未画出)，AC间的距离为________cm。
(3)若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则小车的加速度大小为________m/s2。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。
(2)AC间的距离为3.10 cm。
(3)根据Δx＝aT2，运用逐差法得：
a＝＝ m/s2
＝0.98 m/s2。
答案：(1)打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力 (2)3.10 (3)0.98
★14.(9分)(2018·皖南八校联考)为了“测量当地重力加速度g的值和滑块与木板间的动摩擦因数μ”，某同学设计了如下实验方案：
第一步：他把带有定滑轮的木板的有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下面连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板做匀速运动，如图甲所示。
第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，如图乙所示。然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带。打出的纸带如丙图所示。
试回答下列问题：
(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点的时间间隔为T，OA、AB、DE、EF间距分别为x1、x2、x3、x4，根据纸带求滑块下滑的加速度a＝________。
(2)已知质量m、M和加速度a，则当地的重力加速度g＝________。
(3)已知质量m、M和长木板的倾角θ，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________。
解析：(1)根据Δx＝aT2可知：x3－x1＝4a1T2；x4－x2＝4a2T2，则a＝(a1＋a2)＝；
(2)(3)由题意Mgsin θ－μMgcos θ＝mg；Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma，解得g＝；
μ＝tan θ－。
答案：(1) (2)
(3)tan θ－
三、计算题(本题共4小题，共47分)
15．(10分)(2018·天津市五区县期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块恰好到木板右端停止
0－v02＝－2aL
解得μ＝＝0.5。
(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
0－v02＝－2a1x
0＝v0－a1t1
解得t1＝ s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
x＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)0.5 (2) s
16．(12分)(2018·全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s
位移为：x1＝a1t12＝1 m。
(2)达共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为：t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台；
由x2＝vt3＋a3t32
即2＝4t3－×2t32
解得：t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－)s到达平台。
答案：(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－)s
★17.(12分)(2018·全国百所名校示范卷)如图所示，足够长的木板质量M＝10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0＝5 m/s沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L＝1 m时，又无初速度地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块。只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动。(取g＝10 m/s2)试问：
(1)第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？
(2)最终木板上放有多少个铁块？
(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？
解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，
即有：μmg＝Ma1,2a1L＝v02－v12
代入数据解得：v1＝2 m/s。
(2)设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：
an＝
第1个铁块放上后：2a1L＝v02－v12
第2个铁块放上后：2a2L＝v12－v22
…
第n个铁块放上后：2anL＝vn－12－vn2
由上可得：(1＋2＋3＋ … ＋n)·2L＝v02－vn2
木板停下时，vn＝0，解得n＝6.6。
即最终有7个铁块放在木板上。
(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：·2 L＝v02－v62
从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则：
2·d＝v62－0
解得：d＝ m。
答案：(1)2 m/s (2)7 (3) m
★18.(13分)(2018·资阳一诊)在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1 kg，车长L＝2 m，车速v0＝4 m/s，g取10 m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；
(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。
解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：
μmg＝ma ①
v0＝at ②
滑块相对车面滑动的距离：
s＝v0t－v0t ③
滑块与车面摩擦产生的内能：
Q＝μmgs ④
联立①②③④解得：
Q＝mv02 ⑤
所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。
(2)设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：
F＋μmg＝ma1 ⑥
v0＝a1t1 ⑦
v0t1－t1≤ ⑧
联立⑥⑦⑧解得：F≥6 N。 ⑨
(3)F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a2，时间为t2)，再撤去外力F做匀减速运动(设加速度大小为a3)，到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：
F－μmg＝ma2 ⑩
μmg＝ma3 ⑪
a2t22＋＝L ⑫
由⑩⑪⑫式代入数据解得：t2＝ s＝0.58 s
由(2)可解得t1＝0.5 s，
则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，
即0.5 s≤t≤1.08 s。
答案：(1)见解析 (2)F≥6 N (3)0.5 s≤t≤1.08 s
