2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料：第三章 牛顿运

第三章 牛顿运动定律

1.一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站 过程中，他发现水面的形状是下图中的

( C )

解析 列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．

2．关于力和运动的关系，下列选项中正确的是 A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用 B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用

C．若物体的位移与时间t2成正比，表示物体必受力的作用 D．物体的速率不变，则其所受合力必为零

解析 力是改变物体运动状态的原因，物体速度不断增大，表示运动状态有所改变，故必受力的作用，A选项正确．物体位移增大，但物体的运动状态不一定改变(如匀速直线运动)，因此不一定受力的作用，B选项错．物体位移与时间t2成正比，说明物体不是做匀速直线运动，运动状态有变化，必受力的作用，C选项正确．物体速率不变但速度方向可能发生变化，即运动状态可能发生变化，就会受到力的作用，D选项错．

3．(2009·山东临沂期中)下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是 物体惯性大

B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失

C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因 D．抛出去的标枪、手榴弹等是因为惯性向远处运动的

解析 由于两物体材料不同，摩擦力可能不同，因此不能判断其质量关系，A选项错；惯性由质量决定，跟物体的运动状态无关，力也不能改变物体的惯性，B、C错；选D.考查惯性的概念．

4．如图6所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力时，发现不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明

( C )

( D )

A．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的

( AC )

1

图6

A．这是两只完全相同的弹簧测力计 B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比 C．作用力与反作用力大小相等、方向相反 D．力是改变物体运动状态的原因

解析 实验中两弹簧测力计的拉力互为作用力与反作用力，它们一定大小相等、方向相反，选项C正确．

5．(2009·内江市三模)沼泽地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上面行走时容易下陷(设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计)．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是

( D )

A．当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力 B．当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力

C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力 D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力 6．用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．如图7(a)所示，把两个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(b)所示．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论

( ACD )

图7

A．作用力与反作用力同时存在 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

7．请根据图8中的情景，说明车子所处的状态，并对这种情景作出解释．

图8

答案 从图(1)可以看出，乘客向前倾，说明乘客相对车厢有向前运动的速度，所以汽车在减速．从图(2)可看出，乘客向后倾，说明乘客有相对车厢向右运动的速度，说明列车在加速．

2

【反思总结】

第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题

1.(2010·海南华侨中学月考)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滑动时留下的痕迹．在某次交通故事中，汽车的刹车线的长度是14 m，假设汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.7，g＝10 m/s2.则汽车开始刹 车时的速度为

( C )

A．7 m/s B．10 m/s C．14 m/s D．20 m/s

μmg

解析 由牛顿第二定律得汽车刹车时的加速度a＝＝μg＝7 m/s2，则v20＝2ax，v0＝

m2ax＝14 m/s，C正确．考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律．

2．如图6所示，三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦

1

因数都相同．现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用F的外力沿水平方

2向作用在3上，使三者都做加速运动．令a1、a2、a3分别表示物块1、2、3的加速度，则( C )

图6

A．a1＝a2＝a3

B．a1＝a2，a2＞a3 D．a1＞a2，a2＞a3

C．a1＞a2，a2＜a3

解析 对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：

Fcos 60°－μ(mg－Fsin 60°)a1＝ m

3

(1＋3μ)F

－μg 2mFcos 60°－μ(mg＋Fsin 60°)(1－3μ)Fa2＝＝－μg

m2m

1

F－μmg2Fa3＝＝－μg，比较大小可得C选项正确．

m2m＝

3．如图7甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是

( BC )

图7

A．在0～1 s内，外力F不断增大 B．在1 s～3 s内，外力F的大小恒定 C．在3 s～4 s内，外力F不断减小 D．在3 s～4 s内，外力F的大小恒定

解析 在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，外力F恒定，故A错．在1 s～3 s内，物块做匀速运动，外力F也恒定，B正确．在3 s～4 s内，物块做加速度增大的减速运动，所以外力F不断减小，C对，D错．

4.如图8所示，物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动，

与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压 图8 缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中

A．P的加速度大小不断变化，方向也不断变化 B．P的加速度大小不断变化，但方向只改变一次

C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小 D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大

解析 P的加速度由弹簧弹力产生，当P压缩弹簧时弹力增大，然后弹簧将P向左弹开，弹力减小，因此加速度先增大后减小，方向始终向左，A、B两项错；加速度最大时弹簧的压缩量最大，P的速度为零，C对；向右运动时，加速度增大，但加速度与速度方向相反，速度减小，向左运动时加速度减小但与速度同向，速度增大，D项错．

5.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)．问：

(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？

(3)设游客滑下50 m后进入水平草坪，试求游客在水平面上滑动的最大距离．

4

( C )

答案 (1)80 N (2)

1

解析 (1)由x＝at2得a＝4 m/s2

2

3 (3)100 3 m 15

由mgsin θ－Ff＝ma，得Ff＝mgsin θ－ma＝80 N

3(2)由Ff＝μmgcos θ可求得μ＝ 15

23

(3)在水平面上：μmg＝ma′得a′＝μg＝ m/s

3由v＝at，v＝2a′x′，可得x′＝1003 m

6.质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜 面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角 θ＝37°，如图9所示．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上

滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和 图9 物体的总位移x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)

答案 0.25 16.25 m

解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度为a1，撤去力F后其加速度变为a2，则：a1t1＝a2t2

2

①

有力F作用时，物体受力为：重力mg、推力F、支持力FN1、摩擦力Ff1 在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得 Fcos θ－mgsin θ－Ff1＝ma1

② ③

Ff1＝μFN1＝μ(mgcos θ＋Fsin θ) 定律得

mgsin θ＋Ff2＝ma2

撤去力F后，物体受重力mg、支持力FN2、摩擦力Ff2，在沿斜面方向上，由牛顿第二

④ ⑤

Ff2＝μFN2＝μmgcos θ

联立①②③④⑤式，代入数据得 a2＝8 m/s2 a1＝5 m/s2 μ＝0.25

物体运动的总位移

112?1122?x＝a1t21＋a2t2＝×5×2＋×8×1.25 m ?2?222＝16.25 m

7．(2009·杭州市模拟5)如图10所示，一足够长的光滑斜面倾角 为θ＝30°，斜面AB与水平面BC连接，质量m＝2 kg的物体置于水 平面上的D点，D点距B点d＝7 m．物体与水平面间的动摩擦因数

μ＝0.2，当物体受到一水平向左的恒力F＝8 N作用t＝2 s后撤去该力， 图10 不考虑物体经过B点时的碰撞损失，重力加速度g取10 m/s.求撤去 拉力F后，经过多长时间物体经过B点？

答案 1 s 1.8 s

解析 在F的作用下物体运动的加速度a1，由牛顿运动定律得F－μmg＝ma1 解得a1＝2 m/s2

5

2

F作用2 s后的速度v1和位移x1分别为 v1＝a1t＝4 m/s x1＝a1t2/2＝4 m

撤去F后，物体运动的加速度为a2 μmg＝ma2 解得a2＝2 m/s2

第一次到达B点所用时间t1，则d－x1＝v1t1－a2t21/2 解得t1＝1 s

此时物体的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s

当物体由斜面重回B点时，经过时间t2，物体在斜面上运动的加速度为a3，则mgsin 30°＝ma3

t2＝

2v2

＝0.8 s a3

第二次经过B点时间为t＝t1＋t2＝1.8 s

所以撤去F后，分别经过1 s和1.8 s物体经过B点． 【反思总结】

??—同时关系??—瞬时关系?—理解―→?—独立关系?牛顿第二定律―→?—因果关系??—同体关系?

—由运动求力

?—应用―→??

?—由力求运动

??

一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)

1．(2009·宁夏、辽宁·14)在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是

A．伽利略发现了行星运动的规律 B．卡文迪许通过实验测出了引力常量 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献

解析 卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，B正确；笛卡儿《哲学原理》中以

( )

6

第一和第二自然定律的形式比较完整地第一次表述了惯性定律：只要物体开始运动，就将继续以同一速度并沿着同一直线方向运动，直到遇到某种外来原因造成的阻碍或偏离为止，为牛顿第一定律的建立做出了贡献，D正确；行星运动的规律是开普勒发现的，A错误；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误．

答案 BD

2．(2008·广东·1)伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有

A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比 B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比

C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时所需的时间与倾角无关

1

解析 设斜面的长度为L，倾角为θ.倾角一定时，小球在斜面上的位移x＝gsin θ·t2，故

2选项A错误；小球在斜面上的速度v＝gsin θ·t，故选项B正确；斜面长度一定时，小球到达

2L

底端时的速度v＝2gLsin θ，小球到达底端时所需的时间t＝ ，即小球到达底端时gsin θ的速度及所需时间与倾角θ有关，故选项C、D错误．

答案 B

3．(2009·许昌二调)16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是

( )

A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大 B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”

C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力

解析 亚里士多德的观点是力是使物体运动的原因，有力物体就运动，没有力物体就停止运动，与此观点相反的选项是D.

答案 D

4．(2010·江苏南通期末)关于运动和力的关系，下列说法中正确的是 A．物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动 B．如果物体不受外力作用，则一定处于静止状态 C．物体的速度大小发生变化时，一定受到力的作用 D．物体的速度方向发生变化时，可能不受力的作用

解析 匀速圆周运动所需的向心力大小不变但方向时刻改变，故A错；不受外力作用的物体可做匀速直线运动，故B错；只要速度发生变化，必有加速度，必受外力，故D错，C对．

答案 C

5．(2010·吉林长春调研)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动

( )

( )

7

过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是

( )

A．始终变大 C．先变大后变小 力变小，加速度仍变小．

答案 B

6．(2009·上海杨浦期末)如图1所示，给出了汽车轮胎与地面 间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车痕(即刹车距 离x)与刹车前车速v的关系曲线，则μ1和μ2的大小关系为( )

A．μ1<μ2 C．μ1>μ2 大，C正确．

答案 C

7．(2009·广东江门模拟)如图2所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则

图2

A．弹簧秤的示数是10 N B．弹簧秤的示数是50 N

C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤的示数不变 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变

解析 以m1、m2为整体受力分析得，F1－F2＝(m1＋m2)a，求得a＝2 m/s；再以m1为研究对象，受力分析得，F1－F＝m1a，则F＝26 N(弹簧秤示数)，故A、B错；突然撤去F2的瞬间，弹簧不会发生突变，仍保持原有的形变量，弹簧秤的示数不变，故C正确；突然撤去F1的瞬间，F1消失，m1只受弹簧的弹力F＝m1a1，得a1＝13 m/s，故D错．

答案 C

8．(2010·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角 为θ的光滑斜面推上水平台，如图3所示．他由斜面底端以初

速度v0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台． 图3 箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果 对它的作用力大小是 ( )

A．mg

B．mgsin θ D．0

C．mgcos θ

2

2

B．始终变小 D．先变小后变大

解析 子弹上升速度减小，阻力变小，加速度变小；下降时向上的阻力变大，向下的合

B．μ1＝μ2

D．条件不足，不能比较 图1

解析 由题意知，v2＝2ax＝2μgx，速度相同的情况下，μ1所在曲线的刹车痕小，所以μ1

( )

解析 以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mgsin θ＝Ma，则a＝gsin θ，方向沿斜面向下；再以苹果为研究对象，受力分析得，合外力F＝ma＝mgsin θ，与苹果重力

8

沿斜面的分力相同，由此可知，其他苹果给它的力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mgcos θ，故C正确．

答案 C

9.(2010·鹤岗市模拟)如图4所示，用绳1和绳2拴住一个小球， 绳1与水平面有一夹角θ，绳2是水平的，整个装置处于静止状态． 当小车从静止开始向右做加速运动时，小球相对于小车仍保持静止，

则绳1的拉力F1、绳2的拉力F2与小车静止时相比 ( ) 图4

A．F1变大，F2不变 C．F1变大，F2变小

B．F1不变，F2变小 D．F1变大，F2变大

解析 小球受力分析如图所示

小车静止时，F1sin?=mg F1cos?=F2

向右加速时，F1sin?=mg，F1cos?-F2′=ma 所以B正确． 答案 B

10．(2009·江苏盐城大丰、建湖联考)如图5所示，粗糙的斜面体M放在粗糙的水平面上，物块m恰好能在斜面体上沿斜面匀速下滑，斜面体静止不动，斜面体受地面的摩擦力为Ff1；若用平行于斜面向下的力F推动物块，使物块加速下滑，斜面体仍静止不动，斜面体受地面的摩擦力为Ff2；若用平行于斜面向上的力F推动物块，使物块减速下滑，斜面体仍静止不动，斜面体受地面的摩擦力为Ff3.则

( )

图5

A．Ff2>Ff3>Ff1 C．Ff2>Ff1>Ff3

B．Ff3>Ff2>Ff1 D．Ff1＝Ff2＝Ff3

解析 三种情况下斜面所受物体的压力均为mgcos θ，所受的都是方向沿斜面向下的滑动摩擦力，大小均等于μmgcos θ，所以三种情况斜面受力情况相同，故地面所给的摩擦力均相等，选项D正确．

答案 D

二、计算题(本题共3小题，第11、12题各16分，第13题18分，共50分)

11．(2009·江苏·13)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.

(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力Ff的大小． (2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.

(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3. 解析 (1)第一次飞行中，设加速度为a1

9

匀加速运动H=

12a1t

2

由牛顿第二定律F-mg-Ff=ma1 解得Ff=4 N

(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，匀加速运动 s1=

12a1t2

2

2

设失去升力后加速度为a，上升的高度为s 由牛顿第二定律mg+Ff=ma2 v1=a1t2 s2=

v122a2

解得h=s1+s2=42 m

(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律mg-Ff=ma3 F+Ff-mg=ma4 且

v32?v322a32a4=h

v3=a3t3 解得t3=

322s(或2.1 s)

322答案 (1)4 N (2)42 m (3) s

12．(2009·盘绵调研)一架军用直升机悬停在距离地面64 m的高处，将一箱军用物资由静止开始投下，如果不打开物资上的自动减速伞，物资经4 s落地．为了防止物资与地面的剧烈撞击，需在物资距离地面一定高度时将物资上携带的自动减速伞打开．已知物资接触地面的安全限速为2 m/s，减速伞打开后物资所受空气阻力恒为打开前的18倍．减速伞打开前空气阻力大小恒定，忽略减速伞打开的时间，取g＝10 m/s2.求：

(1)减速伞打开时物资离地面的高度至少为多少？ (2)物资运动的时间至少为多少？

解析 (1)设物资质量为m，减速伞打开前物资所受空气阻力为Ff，物资的加速度大小为a，减速伞打开后物资的加速度大小为a2，不打开伞的情况下，物资经t＝4 s落地．由牛顿第二定律和运动学公式得

mg－Ff＝ma1

1H＝a1t2

2

解得a1＝8 m/s2，Ff＝0.2mg

物资落地速度恰为v＝2 m/s时，减速伞打开时物资的高度最小设为h，开伞时物资的速度设为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得

10

18Ff－mg＝ma2

222v0v0－v

H－h＝，h＝ 2a12a2解得a2＝26 m/s2，h＝15 m

(2)由上面的求解过程，可得开伞时的速度v0＝28 m/s

v0

开伞前的运动时间t1＝＝3.5 s

a1

v0－v

开伞后的运动时间t2＝＝1 s

a2故物资运动的时间至少为t1＋t2＝4.5 s 答案 (1)15 m (2)4.5 s

13．(2008·上海·21)总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图6所示是跳伞过程中的v—t图象，试根据图象求：

(g取10 m/s2)

图6

(1)t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小． (2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间． 解析 (1)由v—t图线的斜率可知加速度：

Δv16－0a＝＝ m/s2＝8 m/s2

Δt2根据牛顿第二定律：mg－Ff＝ma 阻力为：Ff＝mg－ma＝160 N

(2)v－t图线与横轴所包围的面积表示位移，该位移的大小为所求的下落高度，格子数为39.5

h＝39.5×4 m＝158 m

m根据动能定理：mgh－Wf＝v2

2m

克服阻力做的功为：Wf＝mgh－v2

2

36?5

＝80×?10×158－ J＝1.25×10 J ?2?(3)14 s末开始做匀速直线运动 H＝h＋vt2，t＝t1＋t2 总时间为t＝14 s＋57 s＝71 s

11

答案 (1)8 m/s2 160 N (2)158 m 1.25×105 J (3)71 s

第3课时 超重与失重 瞬时问题

1.(2009·佛山市质检二)图6是我国“美男子”长征火箭把载 人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过 程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是( BC )

A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态 B．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态

C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力

D．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力 图6 解析 加速上升或减速下降，加速度均是向上，处于超重状态；加速下降或减速上升，加速度均是向下，处于失重状态，由此知选项B、C正确．

2.一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图7所示． 把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末 端处的纸板上刻上水平线A.现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在 垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间 距等于BC间距．假定当地重力加速度g＝10 m/s2，当加速度器在竖 直方向运动时，若弹簧末端的垫圈 ( BC )

A．在A处，则表示此时的加速度为零 图7 B．在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下 C．在C处，则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 N D．在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升

解析 设AB＝BC＝x，由题意知，mg＝kx，在A处mg＝maA，aA＝g，方向竖直向下，B正确；在C处，2kx－mg＝maC，aC＝g，方向竖直向上，此时弹力F＝2kx＝2mg＝1 N，C正确；在B、C之间弹力F大于mg，加速度方向竖直向上，但加速度器不一定在加速上升，也可能减速下降，故D错误．

3．如图8所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( B )

图8

12

A．0 B.

233g C．g D.g 33

解析 撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力大小等于撤离木板前木板

mg23

对小球的支持力FN，由于FN＝＝mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝

cos 30°3

FN23＝g. m3

4．(2010·福建厦门六中期中)如图9所示，A、B两小球分别连 在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹

簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( D ) 图9

gg

A．都等于 B.和0

22

MA＋MBgMA＋MBgC.·和0 D．0和·

MB2MB2

5．(2010·福建厦门六中期中)2008年奥运会在北京举行，由此推动了全民健身运动的蓬勃发展．体重为m＝50 kg的小芳在校运会上，以背越式成功地跳过了1.80 m的高度，成为高三组跳高冠军．若忽略空气阻力，g取10 m/s.则下列说法正确的是

A．小芳下降过程处于超重状态

B．小芳起跳以后在上升过程中处于超重状态 C．小芳起跳时地面对她的支持力大于她的重力 D．起跳过程地面对小芳至少做了900 J的功

6．由静止开始竖直向上运动的电梯里，某同学把测量加速度的传感器固定在手提包上，手提包与传感器总质量为1 kg，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后列在下表中.

运动过程 时间(s) 加速度(m/s2) 匀加速 直线运动 2 0.40 匀速直线运动 8 0 匀减速 直线运动 2 0.40 2

( C )

在计算机上画出手提包在此过程中速度v、加速度a、手对手提包的拉力F、位移x随时间的变化关系图象，请根据上表数据和所学知识，判断下列选项中正确的是(g取10 m/s2)

( C )

解析 从表中数据可知，匀加速运动的加速度大小为0.4 m/s2，匀减速运动的加速度大小也为0.4 m/s2，匀加速运动时手提包受到的拉力为F1＝m(g＋a)＝10.4 N，匀减速运动时手

13

提包受到的拉力为F2＝m(g－a)＝9.6 N．由图象可以得出，A图中加速运动和减速运动的加速度大小均为0.5 m/s2，B图象中，0～2 s内，加速度越来越小，10 s～12 s，加速度越来越大；D图象中，物体分段做匀速直线运动．综合分析得出，C正确．

7．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地重力加速度g＝10 m/s2.假设杆是搁在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：

(1)消防队员下滑过程中的最大速度．

(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力． (3)消防队员下滑的最短时间． 答案 (1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s

解析 (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1＝v2m

消防队员受到的滑动摩擦力

Ff＝μFN＝0.5×1 800 N＝900 N.

Ff－mg

减速阶段的加速度大小：a2＝＝5 m/s2

m减速过程的位移为h2，由vm－v＝2a2h2 又h＝h1＋h2

以上各式联立可得：vm＝12 m/s

(2)以杆为研究对象得：FN＝Mg＋Ff＝2 900 N

vmvm－v

(3)最短时间为tmin＝＋＝2.4 s．

ga2

8．(2010·福州综合练习)如图10所示，游乐场有一斜面长为x1

的滑梯，与水平面夹角为θ，在滑梯下端的水平地面上铺设有塑胶 垫．小孩从滑梯顶端由静止开始下滑，不计在衔接处速率的变化， 他还可以在塑胶垫上再滑行x2的距离停止．已知小孩与滑梯表面的

动摩擦因数μ1，试求：(已知重力加速度为g) 图10

(1)小孩在斜面上滑行的时间．

(2)小孩与塑胶垫之间的动摩擦因数μ2的值． 2x1x1答案 (1) (2)(sin θ－μ1cos θ)

g(sin θ－μ1cos θ)x2

解析 (1)设小孩的质量为m，在滑梯上他受到三个力的作用，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－Ff1＝ma1

14

2

2

Ff1＝μ1FN1＝μ1mgcos θ 所以mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1 得a1＝g(sin θ－μ1cos θ)

1

由运动学公式x1＝a1t2得

21

2x12x1

t1＝ ＝

a1g(sin θ－μ1cos θ)(2)由v2＝2a1x1得滑到斜面末端速度 v＝2a1x1＝2gx1(sin θ－μ1cos θ)

在塑胶垫上滑行时，有Ff2＝μ2FN2＝μ2mg＝ma2 得a2＝μ2g

由运动学公式0＝v－2a2x2得 v2x1μ2＝＝(sin θ－μ1cos θ)

2gx2x2【反思总结】

2

??

超重与失重―→

??—a向下?—失重―→?

?—视重小于重力

??

?—a向上—超重―→?

?—视重大于重力?

?

? ↓

瞬时问题―→?—分析变化的条件

? ↓

?—分析条件变化后受力

—分析条件变化前受力

第4课时 二力合成法与正交分解法 连接体问题

1.(2010·芜湖市模拟)如图7所示，放在粗糙水平面上的物块 A、B用轻质弹簧秤相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为

μ.今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速 图7 运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧秤的示数为( A )

MFMFA. B. M＋mm

15

C.

F－μ(M＋m)g

M

m

F－μ(M＋m)g D.M

m＋M

① ②

解析 取AB整体分析：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 取B分析：F′－μMg＝Ma

M

由①②解得F′＝F，故A项正确．

M＋m

2．如图8所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢 沿钢索匀加速向上运动时，车厢的人对厢底的压力为其重量的1.25

倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的 ( B ) 11A. B. 4354C.倍 D.倍 图8 43

解析 当车厢沿钢索方向匀加速向上运动时，人与车厢具有相同的 加速度为a，将a分解为水平方向分量a1和竖直方向分量a2，如右 图所示，则

a1=acos 37°=

45a

① ②

3a2＝asin 37°＝a

5

对人受力分析如右图所示．对人分别在水平方向和竖直方向应 用牛顿第二定律列方程得： 水平：Ff=ma1 竖直：FN－mg＝ma2

4

由①③解得：Ff＝ma

5将④式代入数据得：

3

1．25mg－mg＝ma

5F1

由⑤⑥解得：f＝ mg3

④ ⑤

③

⑥

3．(2008·海南·9)如图9所示，水平地面上有一楔形物体b， b的斜面上有一小物块a，a与b之间、b与地面之间均存在摩擦． 已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个 共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能( BC )

A．a与b之间的压力减小，且a相对b向下滑动 图9 B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动 C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动 D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动

解析 原来a受力如图

16

则FNsin θ－Ffcos θ＝0 FNcos θ＝mg－Ffsin θ

① ②

现给a与b共同向左的初速度后，由于地面的摩擦，b有向右的加速度，a不可能沿斜面下滑，A错．若a相对b向上滑动，则a受到向下的摩擦力，则此时FN′cos θ>mg＋Ff′sin θ，与②式比较得出此时a、b间压力增大；b与地面的压力也增大，B对，D错．

若a、b相对静止，a有向右的加速度a，则有

FN′sin θ－Ffcos θ＝ma与①式比较得出a、b间压力增大，C对． 4.如图10所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两 物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到

的水平力FA＝(9－2t) N(t的单位是s)．从t＝0开始计时，则( ABD ) 图10

5

A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的 11

B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动 C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反

解析 对于A、B整体根据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，开始时合力为11 N,3秒末合力为5 N，故A正确．设A、B间的作用力为FN，则对B进行分析，由牛顿第二定律

FA＋FB16－4t

可得FN＋FB＝mBa，解得FN＝mB－FB＝ N．当t＝4 s时，FN＝0，A、B两物

mA＋mB3体开始分离，此后B做匀加速直线运动，故B正确；而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，故C错误．t>4.5 s后，A所受合外力反向，

FA＋FB

即A、B的加速度方向相反，故D正确．当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝.综上所

mA＋mB述，选项A、B、D正确．

5．如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动时(空气阻力不计)，两个小球稳定后所处的位置在下列各图中正确的是

( B )

解析 两个小球稳定后与车厢一起向右做匀加速运动，它们的加 速度相同，先使用整体法求得a＝gtan θ，再使用隔离法研究B物体 a＝gtan θ，与竖直方向的角度相同，所以OA与AB在一条直线上， B正确．

6．(2009·上海静安区月考)如图11所示，有一辆汽车满载西

17

瓜在水平路面上向左匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做 匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到

其他西瓜对它的作用力的合力的大小和方向是 ( C ) 图11

A．ma，水平向左 B．ma，水平向右

C．mg2＋a2，斜向右上方 D．mg2＋a2，斜向左上方

解析 设其他西瓜对它的作用力竖直向上的分力为Fy，水平向右的分力为Fx，由牛顿第

222

二定律知，Fx＝ma，Fy＝mg，所以其他西瓜对它的作用力的大小为F＝F2x＋Fy＝mg＋a，

方向斜向右上方，故选C.

7.如图12所示，物体的质量m＝4 kg，与水平地面间的动摩擦 因数为μ＝0.2，在倾角为37°、大小为10 N的恒力F的作用下，由静

止开始加速运动，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试求： 图12

(1)物体运动的加速度大小a.

(2)若t1＝5 s时，撤去恒力F，物体还能继续滑行的距离和时间． 答案 (1)0.3 m/s (2)0.562 5 m 0.75 s

解析 (1)物体在加速运动时，受力分析如图所示， 由牛顿第二定律得： Fcos 37°-Ff=ma Fsin 37°+FN=mg Ff=μFN

由以上三式可得：a=0.3 m/s

(2)撤去F时，物体的速度v=at1=1.5 m/s 撤去F后，物体减速的加速度 a′=?g，由0=v-a′t2得：t2=0.75 s 由x2=

v22

2

·t2得，x2=0.562 5 m.

8．如图13所示，在倾角为θ＝30°的固定斜面上， 跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在 小车上的人拉住．已知人的质量为60 kg，小车的质量为

10 kg，绳及滑轮的质量、滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面 图13 对小车的摩擦阻力为人和小车总重力的0.1倍，取重力加速 度g＝10 m/s，当人以280 N的力拉绳时，试求(斜面足够长)：

(1)人与车一起运动的加速度大小． (2)人所受摩擦力的大小和方向．

(3)某时刻人和车沿斜面向上的速度为3 m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点所用时间为多少？

答案 (1)2 m/s2 (2)140 N 方向沿斜面向上

2

18

(3)0.5 s

解析 (1)以人和小车为整体，沿斜面应用牛顿第二定律得：2F－(M＋m)gsin θ－k(M＋m)g＝(M＋m)a

将F＝280 N，M＝60 kg，m＝10 kg k＝0.1代入上式得a＝2 m/s

(2)设人受到小车的摩擦力大小为Ff人，方向沿斜面向下，对人应用牛顿第二定律得： F－Mgsin θ－Ff人＝Ma，可得：Ff人＝－140 N

因此，人受到的摩擦力大小为140 N，方向沿斜面向上

(3)人松手后，设人和车一起上滑的加速度大小为a1，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得：

(M＋m)gsin θ＋k(M＋m)g＝(M＋m)a1 则a1＝6 m/s2，由v＝a1t1

v

可得t1＝＝0.5 s

a1【反思总结】

2

一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)

1．(2009·宁夏、辽宁·20)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为

图1

A．物块先向左运动，再向右运动

B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

19

( )

解析 物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．

答案 BC

2．(2009·北京·18)如图2所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ 的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间

的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则( ) 图2

A．将滑块由静止释放，如果μ>tan θ，滑块将下滑

B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ

C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是2mgsin θ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是mgsin θ 解析 若有mgsin θ＝μmgcos θ，则μ＝tan θ，滑块恰好平衡；若μ>tan θ，则mgsin θ<μmgcos θ，由静止释放，滑块不下滑；若μμmgcos θ，给滑块一向下的初速度，滑块将加速下滑；用平行于斜面的力向上拉滑块向上匀速运动，若μ＝tan θ，拉力为2mgsin θ；用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速运动，拉力为零，故C正确．

答案 C

3．(2009·全国Ⅱ·20)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力Ff大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为

A.

v20

mg－Ff

mg＋Ffmg

mg＋Ffmg－Ff

mg＋Ffmg

mg＋Ff

( )

和v0Ff?2g??1＋mg?2v0

B.和v0Ff

2g?1＋??mg?v20

C.和v02Ff??2g?1＋?mg2v0

D.和v02Ff??2g?1＋?mg

解析 设上升的最大高度为h，返回原抛出点的速率为v，根据动能定理，有

1

－(mg＋f)h＝0－mv2 ①

20

1212

－2fh＝mv－mv0 ②

22

v20

由①②式联立解得h＝ f

2g(1＋)mg

mg－f

v＝v0所以选项A正确．

mg＋f 答案 A

4．(2009·广东中山四校联考)如图3所示，质量为m的球置于

20

斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水 平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法 中正确的是

( ) 图3

A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值 解析 设球的质量为m，斜面倾角为θ，斜面给 球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2. 对球受力分析，如图所示．由牛顿第二定律得： F1cos θ－mg＝0，F2－F1sin θ＝ma

mg

解得F1＝，F2＝mgtan θ＋ma是定值，故

cos θ

A、B错，D正确；球所受斜面、挡板以及重力的合力为ma，故C错． 答案 D

5．(2009·浙江台州调考)在光滑水平面上有一质量为m的物块 受到水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度

系数为k的轻质弹簧，如图4所示．当物块与弹簧接触且向右运动的 图4 过程中，下列说法正确的是

( )

A．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动

B．物块接触弹簧后先加速后减速，当弹力等于F时其速度最大 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于F/m D当物块的速度为零时，弹簧的压缩量等于F/k

解析 物块接触弹簧后，弹簧形变量逐渐增大，开始一段时间弹力小于F，所以物块会继续向右加速，直到弹力等于F，此时加速度为0，但速度达到最大；物块继续向右运动，弹簧形变量继续增大，弹力大于了F，加速度方向变为向左，开始减速，直到速度为零，故A错，B对；由于无法得到物块接触弹簧时的速度，弹簧的最大形变量无法得知，故加速度不能确定，故C错；物块速度为零时，弹簧压缩量必大于F/k，故D错．

答案 B

6．(2009·江苏镇江第三次调研)传送带以v1的速度匀速 运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带

运行方向相反，如图5所示．已知传送带长度为L，物体与 图5 传送带之间的动摩擦因数为μ，则以下判断正确的是( )

A.当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关

B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1

C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1

21

D．当v2、μ、I满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1

解析 物体在传送带上受摩擦力向右，物体首先向左做减速运动，当v22>2μgL时，物体从A端离开传送带，且所用时间t

答案 ACD

7．(2009·江苏淮安、宿迁、徐州、连云港调研)如图6所示， 质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送 带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分

别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1

A．F1

B．F1＝F2 D．t1可能等于t2

解析 无论传送带速度是否相同，物体均静止，故受力情况相同，F1＝F2，故A错，B对；如果物体两次到达左端时速度均小于传送带的速度，则t1＝t2，故C错，D对．

答案 BD

8．(2010·江苏泰州联考)如图7甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t关系图象如图乙所示．两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则

( )

图7

A．两物体做匀变速直线运动 B．两物体沿直线做往复运动

C．B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同 D．t＝2 s到t＝3 s这段时间内两物体间的摩擦力逐渐减小

解析 把A、B作为整体来研究，受力分析由牛顿第二定律得，F＝(mA＋mB)a，F为变力则a也变化，故A错；0～2 s内，两物体由静止开始先沿正方向做加速度越来越大的加速运动，后做加速度越来越小的加速运动，由于力的对称性，在2 s～4 s内，两物体接着沿正方向做加速度越来越大的减速运动，又做加速度越来越小的减速运动，4 s末速度恰减为0，此后重复以上两个过程，整个过程速度的方向没变，故B错；对B物体受力分析由牛顿第二定律可得，B物体受到的摩擦力Ff＝mBa，由以上两式可知，Ff与F同向同变化，故C对，D错．

答案 C

9．(2010·辽宁名校联考)如图8所示，不计绳的质量及 绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑，当在

22

绳B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当 在绳B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度 为a2，则a1与a2的大小关系是

A．a1＝a2 B．a1>a2 C．a1

m

解析 以整体为研究对象，挂m物体时，mg＝(m＋M)a1，a1＝ g；用F＝mg拉时，

m＋M

m

mg＝Ma2，a2＝g，则C正确．

M

答案 C

10．(2010·海南海口期中)如图9甲所示，在粗糙程度相同的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示．下列判断正确的是( )

( ) 图8

图9

A．在0 s～1 s内，外力F不断增大 B．在1 s～3 s内，外力F的大小恒定 C．在3 s～4 s内，外力F不断减小 D．在3 s～4 s内，外力F的大小恒定

解析 从图象可得：第1 s内物体做匀加速直线运动；第2 s、第3 s内做匀速运动；第4 s内做匀减速运动．根据牛顿第二定律得F＝ma＋μmg(向右为正)，故B、D正确．

答案 BD

二、计算题(本题共2小题，每题20分，共40分)

11．(2009·安徽·22)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉 绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意 志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的 作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端 挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图10所示．设运动

员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重 图10 力加速度取g＝10 m/s.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s上升时，试求：

(1)运动员竖直向下拉绳的力． (2)运动员对吊椅的压力．

解析 解法一 (1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.当运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律有

2F－(M＋m)g＝(M＋m)a 解得F＝440 N

23

2

2

根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力的大小为440 N，方向竖直向下．

(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律：F＋FN－Mg＝Ma

解得FN＝275 N

根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．

解法二 设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为FN.

根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为FN.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

F＋FN－Mg＝Ma F－FN－mg＝ma 由①②得 F＝440 N FN＝275 N

答案 (1)运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下． (2)运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下． 12.(2010·山东青岛一检)如图11所示，质量M＝20 kg的木楔 ABC静置于粗糙水平地面上，动摩擦因数μ＝0.04.在木楔倾角 θ＝30°的斜面上，有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面

下滑．当物块滑行的距离x＝2.8 m时，它的速度v＝2.8 m/s，在 图11 这一过程中木楔没有动，重力加速度取g＝10 m/s2.求：

(1)地面对木楔的摩擦力的大小和方向． (2)地面对木楔的支持力的大小． 解析 (1)由匀加速运动的公式v2＝2ax

得物块沿斜面下滑的加速度为

v22.8222a＝＝ m/s＝1.4 m/s

2x2×2.8

由于a

分析木楔受力，它受五个力作用，如下图所示．

① ②

对于水平方向，由牛顿第二定律有 Ff2+Ff1′cos?-FN1′sin?=0

24

由此可解得地面作用于木楔的摩擦力，又因Ff1′=Ff1 FN1′=FN1

所以Ff2=FN1′sin?-Ff1′cos?

=mgcos?sin?-(mgsin?-ma)cos?=macos? 故Ff2=1×1.4×

32N=1.21 N

此力的方向与图中所设的一致(由C指向B的方向)． (2)对于木楔在竖直方向，由平衡条件得 FN2-Mg-FN1′cos?-Ff1′sin?=0 故：FN2=Mg+FN1′cos?+Ff1′sin? =Mg+mgcos?cos?+(mgsin?-ma)sin? =(M+m)g-masin? =(20+1)×10 N-1×1.4×

12N=209.3 N

答案 (1)1.21 N，方向由C指向B (2)209.3 N

实验四 验证牛顿运动定律

1.(2010·北京丰台区月考)在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足M?m的条件，结果得到的图象应是下图中的( D )

MmgFmg

解析 在本实验中绳中的张力F＝，则小车的加速度a＝＝，在研究加速

M＋mMM＋m度跟小车质量M的关系时，保持m不变，若横轴为1/(M＋m)，则a－1/(M＋m)图象应是过

mg

原点的直线，当满足M?m时，m可以忽略不计，a≈，a－1/M图象还可以满足图象是过

M原点的直线；当小车的质量较小、不满足M?m时，图象便发生向下弯曲．故选D.

2．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是 者之间的关系

B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系

C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系

D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关

25

( D )

A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三

系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系

解析 由于实验中有三个量同时变化，在研究过程中采用控制变量法，通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，可以归纳出加速度、力二者之间的关系，再通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，可以得出加速度、质量二者之间的关系，所以D项正确．

3．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中正确的是

( BCD )

A．平衡摩擦力时，应将砝码及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动

D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车

解析 本题考查实验过程中应注意的事项，选项A中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳栓在小车上，A错；选项B、C、D符合正确的操作方法，B、C、D对．

4．(2009·海淀区质检)若测得某一物体质量M一定时，a与F的有关数据资料如下表所示.

a/(m·s－2) F/N 1.98 1.00 4.06 2.00 5.95 3.00 8.12 4.00 (1)根据表中数据，在图9坐标中画出a—F图象．

图9

(2)根据图象判定：当M一定时，a与F的关系为正比关系． 答案 (1)见解析图

解析 本题主要考查“探究加速度与力、质量的关系”实验的数据处理方法及结果分析．若a与F成正比，则图象是一条过

原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑如图所示．

26

5.如图10所示的实验装置可以验证牛顿运动定律， 小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量 (包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括

车、盒子及盒内沙子质量)记为M. 图10

(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a—F图象，图象是一条过原点的直线．

1

①a—F图象斜率的物理意义是. M＋m

②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？ 答：合理(填“合理”或“不合理”)．

③本次实验中，是否应该满足M?m这样的条件？ 答：否(填“是”或“否”)．

(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．

1

用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以为横轴．

M＋m

答案 (1)将车内的沙子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统的总质量不变，研究

F合mg1

对象是整个系统，a＝＝，可见a—F图象斜率的物理意义是，系统的合外

M＋mM＋mM＋m力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M?m这样的条件．

6．(2010·淮安市第四次调研)在“探究加速度与力、质量关系”的实验中

(1)某小组得到一条打点的纸带，相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、

x3＋x4

x5、x6已量出，如图11所示，计算D点的瞬时速度的表达式，加速度的表达式2T

(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)

.

9T2

图11

(2)另一小组在该实验中得到了如下一组实验数据

27

F/N a/(m·s－2) 0.196 0.25 0.294 0.58 0.392 0.90 0.490 1.20 0.588 1.53 ①请在图12所示的坐标中画出a—F图线．

图12

②从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是 A．实验中没有平衡摩擦力

B．实验中平衡摩擦力时木板倾角过小 C．实验中平衡摩擦力时木板倾角过大 D．实验中小车质量发生变化 答案 (2)①作图略

( AB )

章末总结

1. 有两个光滑固定斜面AB和BC，A和C两点在同一 水平面上，斜面BC比斜面AB长，如图9所示．一个滑块自 A点以速度vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC

滑下．设滑块从A点到C点的总时间是t0.那么下列选项中能正 图9 确表示滑块速率v随时间t变化的规律的图象是

( C )

解析 设AB长为L1，倾角为α，BC长为L2，倾角为β.滑块沿AB上滑的加速度大小为

vAvA2

a1＝gsin α，滑块从A滑到B所用的时间为：t1＝＝，由运动学公式得：vA＝2a1L1.又

a1gsin α滑块从B滑到C时的加速度大小为：a2＝gsin β，滑到C点的速度为：vC＝2a2L2，从B滑

vCvC

到C所用的时间为：t2＝＝，由几何关系可得，L1sin α＝L2sin β，联立解得：vC＝vA，

a2gsin βt1

28

2.(2010·山东青岛15中质检)如图10所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧 及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一方向竖直向上的 外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧秤的读数为( D )

m

A．mg B.mg

m0＋m

m0mC.F D.F 图10 m0＋mm0＋m解析 以弹簧和重物整体为研究对象，F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a，以重物为研究对象，

m

F弹－mg＝ma，得到弹簧秤的读数F弹＝F，故D正确．

m0＋m

3．如图11所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速 度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送

带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2′，则下 图11 列说法正确的是

( AB )

A．若v1v2，则v2′＝v2 C．不管v2多大，总有v2′＝v2 D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v2

解析 设物体的质量为m，物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动，则有：Ff＝ma，物体在传送带上向左滑动的位

v22

移为：x＝.速度减为零后，在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动，加速度大小仍为a，

2a若v1>v2，滑到传送带右端时的速度大小为：v2′＝2ax，比较可以得出，v2′＝v2

4．如图12所示，光滑水平面上放置质量分别为m和 2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长

的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力FT 图12 拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动， 则轻绳对m的最大拉力为

3μmgA.

53μmgC.

2

3μmgB. 4D．3μmg

( B )

解析 设绳中的最大拉力为F，共同运动的加速度为a，对右边的m应用牛顿第二定律

3μmg

得：μmg－FT＝ma，对左边的两个物体应用牛顿第二定律得：FT＝3ma，联立解得FT＝，4正确选项为B.

5．(2009·江苏南通一中阶段测试)在探究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图13(a)所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图(b)所示．已知木块质量为0.78 kg.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.

29

图13

(1)求木块与长木板间的动摩擦因数．

(2)若木块在与水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0 m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图(c)所示．拉力大小应为多大？

答案 (1)0.4 (2)4.5 N

解析 (1)由题图(b)可知，木块所受到的滑动摩擦力 Ff＝3.12 N

FF3.12由Ff＝μFN，得μ＝f＝f＝＝0.4

FNmg0.78×10

(2)物体受重力G、支持力FN、拉力F和摩擦力Ff作用．将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动定律

Fcos θ－Ff＝ma Fsin θ＋FN＝mg Ff＝μFN

联立各式可得F＝4.5 N

6.如图14所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地 面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为 h＝0.45 m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块 的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点． 现在从静止开始在M上作用一水平恒力，并且同时释放m， 取g＝10 m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之

间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问： 图14

(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？ (2)此过程中水平恒力至少为多少？

(3)当(1)问中水平恒力作用0.4 s时，撤去F，求m落地时M相对于出发点的位移为多少？ 答案 (1)12.5 m/s2 (2)105 N (3)2.275 m

解析 (1)以m为研究对象，竖直方向有：mg－Ff＝0 水平方向有：FN＝ma，又Ff＝μ2FN，得：a1＝12.5 m/s2

(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1

水平恒力至少为：F＝105 N (3)撤去F后小物块做平抛运动

2h

下落的时间为：t2＝ ＝0.3 s

g

30

12

F作用阶段，斜面体的位移为：x1＝a1t1＝1 m

20．4 s末的速度为：v1＝a1t1＝5 m/s

撤去F后，对斜面体应用牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma2 解得a2＝5 m/s2

v1

斜面体速度减为0所用的时间为：t＝＝1 s>t2＝0.3 s

a2

12

在t2时间内斜面体的位移为：x2＝v1t2－a2t2＝1.275 m

2m落地时M相对于出发点的位移为：x＝x1＋x2＝2.275 m 7.如图15所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s 的速率运行．现把一质量为m＝10 kg的工件(可看为质

点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传 图15 送到h＝1.5 m的高处，并取得了与传送带相同的速度，取g＝10 m/s2.求：

(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1. (2)工件与传送带之间的相对位移Δx. 答案 (1)75 N (2)0.8 m

h

解析 由题意高h对应的传送带长为L＝＝3 m

sin 30°

工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，

v0

有x1＝v t1＝t1

2

因工件最终取得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)

解得：t1＝0.8 s，x1＝0.8 m

v0

所以匀加速运动阶段的加速度为a＝＝2.5 m/s2

t1

在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有F1－mgsin θ＝ma 解得：F1＝75 N

(2)在时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6 m 所以在时间t1内，工件相对传送带的位移为 Δx＝x－x1＝0.8 m.

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12

F作用阶段，斜面体的位移为：x1＝a1t1＝1 m

20．4 s末的速度为：v1＝a1t1＝5 m/s

撤去F后，对斜面体应用牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma2 解得a2＝5 m/s2

v1

斜面体速度减为0所用的时间为：t＝＝1 s>t2＝0.3 s

a2

12

在t2时间内斜面体的位移为：x2＝v1t2－a2t2＝1.275 m

2m落地时M相对于出发点的位移为：x＝x1＋x2＝2.275 m 7.如图15所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s 的速率运行．现把一质量为m＝10 kg的工件(可看为质

点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传 图15 送到h＝1.5 m的高处，并取得了与传送带相同的速度，取g＝10 m/s2.求：

(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1. (2)工件与传送带之间的相对位移Δx. 答案 (1)75 N (2)0.8 m

h

解析 由题意高h对应的传送带长为L＝＝3 m

sin 30°

工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，

v0

有x1＝v t1＝t1

2

因工件最终取得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)

解得：t1＝0.8 s，x1＝0.8 m

v0

所以匀加速运动阶段的加速度为a＝＝2.5 m/s2

t1

在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有F1－mgsin θ＝ma 解得：F1＝75 N

(2)在时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6 m 所以在时间t1内，工件相对传送带的位移为 Δx＝x－x1＝0.8 m.

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