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1、第三章第三章牛顿运动定律牛顿运动定律第第1节节牛顿第一定律牛顿第一定律 牛顿第三定律牛顿第三定律例例1.1.关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是( )( )A. A. 牛顿第一定律是实验定律牛顿第一定律是实验定律B. B. 牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C. C. 惯性定律与惯性的实质是相同的惯性定律与惯性的实质是相同的D. D. 物体的运动不需要力来维持物体的运动不需要力来维持【点拨点拨】正确理解牛顿第一定律是解答此题的关键正确理解牛顿第一定律是解答此题的关键. .【解析解析】牛顿第一定律是物体在理
2、想条件下的运动规牛顿第一定律是物体在理想条件下的运动规律，反映的是物体在不受力的情况下所遵循的运动规律，反映的是物体在不受力的情况下所遵循的运动规律，而自然界中不受力的物体是不存在的，故律，而自然界中不受力的物体是不存在的，故A A错误错误惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律性定律( (即牛顿第一定律即牛顿第一定律) )则反映物体在一定条件下的则反映物体在一定条件下的运动规律，显然运动规律，显然C C错误由牛顿第一定律可知，物体错误由牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，但要改变物体的运动状态则的运动不需要力来维持，但要改变物体的
3、运动状态则必须有力的作用必须有力的作用. .故答案为故答案为BD.BD.【答案答案】BDBD1.1.下列关于惯性的说法中正确的是下列关于惯性的说法中正确的是 （ ）. . 物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性. . 物体只有受外力作用时才有惯性物体只有受外力作用时才有惯性. . 物体的运动速度大时惯性大物体的运动速度大时惯性大. . 物体在任何情况下都有惯性物体在任何情况下都有惯性【解析解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，且与物体的运动状态及受力情况无关，故只有性，且与物体的运动状态及受力情况无关，故只有
4、正确正确. .【答案答案】D D 例例2.2.甲乙两队拔河比赛，甲队胜，若不计绳子的质量，下甲乙两队拔河比赛，甲队胜，若不计绳子的质量，下列说法正确的是列说法正确的是 ( )( )A. A. 因甲队胜而乙队负，所以甲队拉绳子的力大于乙队拉绳因甲队胜而乙队负，所以甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力子的力B. B. 只有在两队相持不动时，两队拉力才大小相等只有在两队相持不动时，两队拉力才大小相等C. C. 不管什么情况，两队的拉力大小总是相等不管什么情况，两队的拉力大小总是相等D. D. 甲队获胜的原因是甲队受到地面的最大静摩擦力大于乙甲队获胜的原因是甲队受到地面的最大静摩擦力大于乙队受到地面的最大
5、静摩擦力队受到地面的最大静摩擦力【点拨点拨】(1)(1)甲和绳子、乙和绳子间的力均为作用力和反作甲和绳子、乙和绳子间的力均为作用力和反作用力用力. .(2)(2)绳子的质量不计绳子的质量不计, ,其张力处处相等其张力处处相等. .解析：由于绳的质量不计，甲拉绳与乙拉绳的力大小相等，解析：由于绳的质量不计，甲拉绳与乙拉绳的力大小相等，这种关系与它们的运动状态无关，任何情况下都相等，故这种关系与它们的运动状态无关，任何情况下都相等，故选项选项C C对；若取甲、乙两队和绳子所组成的系统为研究对象，对；若取甲、乙两队和绳子所组成的系统为研究对象，在水平方向受到地面对两队的静摩擦力，甲队获胜，则甲在水平
6、方向受到地面对两队的静摩擦力，甲队获胜，则甲队受地面的最大静摩擦力大于乙队受地面的最大静摩擦力，队受地面的最大静摩擦力大于乙队受地面的最大静摩擦力，而使乙队被拉动故选项而使乙队被拉动故选项D D对对答案答案:CD:CD2. 2. 物体静止在斜面上，以下几种分析中正确的是物体静止在斜面上，以下几种分析中正确的是 ( )( )A. A. 物体受到的静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力物体受到的静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力B. B. 物体所受重力沿垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力物体所受重力沿垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力C. C. 物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支
7、持物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力力这两个力的合力D. D. 物体受到的支持力的反作用力，就是物体对斜面的压力物体受到的支持力的反作用力，就是物体对斜面的压力【解析解析】物体受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的静摩物体受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的静摩擦力，故擦力，故A A错误物体对斜面的压力在数值上等于物体所受重错误物体对斜面的压力在数值上等于物体所受重力沿垂直于斜面的分力，故力沿垂直于斜面的分力，故B B错误物体所受的重力的反作用错误物体所受的重力的反作用力是物体对地球的吸引力，故力是物体对地球的吸引力，故C C错误故正确选项为错误故正确选项为D
8、.D.【答案答案】D D例例. .关于力和运动的关系，下列说法中正确的是关于力和运动的关系，下列说法中正确的是 ( )( )A. A. 物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B. B. 物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C. C. 物体朝什么方向运动，则这个方向上物体必受力的作用物体朝什么方向运动，则这个方向上物体必受力的作用D. D. 物体的速度大小不变，则其所受的合力必为零物体的速度大小不变，则其所受的合力必为零【错解错解】ABCDABCD【剖析剖析】该题错解的主要原因是对基本概念理解不深刻，且该题错解
9、的主要原因是对基本概念理解不深刻，且受日常错误观念影响，误认为只有有力作用在物体上时物体受日常错误观念影响，误认为只有有力作用在物体上时物体才会运动，撤去外力物体就要停下来才会运动，撤去外力物体就要停下来. .实际上力是改变物体实际上力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动状态的改运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动状态的改变即速度的改变变即速度的改变. .而速度的改变包括大小和方向两个方面，而速度的改变包括大小和方向两个方面，速度的大小不变而方向改变，也是运动状态改变了，说明一速度的大小不变而方向改变，也是运动状态改变了，说明一定有外力作用定有外力作用. .【正解正解
10、】A A第第2节节 牛顿第二定律牛顿第二定律例例1.1.（20102010福州检测）如图所示，小车内固福州检测）如图所示，小车内固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m m的的小球当小车水平向右的加速度逐渐增大时，小球当小车水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化杆对小球的作用力的变化( (用用F1F1至至F4F4变化表示变化表示) )可能是下图中的可能是下图中的(OO(OO沿杆方向沿杆方向) ( ) ( )【点拨点拨】根据牛顿第二定律的瞬时性和独立性分析球受杆根据牛顿第二定律的瞬时性和独立性分析球受杆作用力的两个分力作用力的两个分力. .【解
11、析解析】对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的弹力，弹力在竖直方向的分力和重力平衡，小球在水平方弹力，弹力在竖直方向的分力和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故向的分力提供加速度，故C C正确正确. .【答案答案】C C1. 1. 如图所示，自由下落的小球下落一如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度的变化情况如何？球的速度、加速度的变化情况如何？【解析解析】小球接触弹簧后受两个力，向下的重力小球接触
12、弹簧后受两个力，向下的重力mgmg和向上的弹和向上的弹力力kx.kx.如图（如图（a a）所示，刚开始时）所示，刚开始时kxmgkxmgkxmg，合力向上，由于加速度的方向和速度方向相反，合力向上，由于加速度的方向和速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小到零弹簧被压缩小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小到零弹簧被压缩到最短，如图（到最短，如图（c c）所示）所示. .例例2.2.如图所示，质量为如图所示，质量为m m的小球被水平绳的小球被水平绳AOAO和与竖直方向成和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳静止状态，现用火将绳AOAO烧断，在绳烧
13、断，在绳AOAO烧烧断的瞬间，下列说法正确的是断的瞬间，下列说法正确的是 ( )( )A. A. 弹簧的拉力弹簧的拉力F=mg/cos F=mg/cos B. B. 弹簧的拉力弹簧的拉力F=mgsin F=mgsin C. C. 小球的加速度为零小球的加速度为零D. D. 小球的加速度小球的加速度a=gsin a=gsin 【点拨点拨】分清模型分析变化前后的受力情况列方程求解【解析解析】烧断烧断OAOA之前，小球受三个力，之前，小球受三个力，如图所示如图所示. .烧断细绳的瞬间，绳子的烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹
14、力不变，恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，故故A A正确，正确，B B错误错误. .烧断后小球所受的烧断后小球所受的合外力为合外力为F F合合=mgtan ,=mgtan ,故加速度故加速度a=gtan .a=gtan .故故C C、D D均错误均错误. .【答案答案】A A2. 2. 如图所示，物体如图所示，物体A A、B B用轻弹簧相连，用轻弹簧相连，m mB B=2m=2mA A， A A、B B与与地面间的动摩擦因数相同均为地面间的动摩擦因数相同均为，在力，在力F F作用下，物体系作用下，物体系统做匀速运动，在力统做匀速运动，在力F F撤去的瞬间，撤去的瞬间，A A的加速度为，的加速度为
15、，B B的加的加速度为速度为( (以原来的方向为正方向以原来的方向为正方向) )【解析解析】撤去力撤去力F F前对前对A A有有F FT T-m-mA Ag=0,g=0,撤去力撤去力F F后对后对B B有有F FT T+m+mB Bg=mg=mB Ba a，解得，解得a=3/2ga=3/2g，方向向左；撤去力，方向向左；撤去力F F前后前后A A的受力未变，加速度仍为的受力未变，加速度仍为0.0.【答案答案】0 -3/2g0 -3/2g例例3.(20093.(2009江苏江苏) )航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量其质量m=2 kgm=2 kg，动力系统
16、提供的恒定升力，动力系统提供的恒定升力F=28 N.F=28 N.试飞时试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升飞行器从地面由静止开始竖直上升. .设飞行器飞行时所受设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，的阻力大小不变，g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求：(1)(1)第一次试飞，飞行器飞行第一次试飞，飞行器飞行t t1 1=8 s =8 s 时到达高度时到达高度H=64 m.H=64 m.求求飞行器所受阻力飞行器所受阻力f f的大小的大小. .(2)(2)第二次试飞，飞行器飞行第二次试飞，飞行器飞行t t2 2=6 s =6 s 时遥控器出现故障，时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力
17、飞行器立即失去升力, ,求飞行器能达到的最大高度求飞行器能达到的最大高度h.h.(3)(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落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到恢复升力的最长时间t t3 3 . .【点拨点拨】确定a的大小和方向依据牛顿第二定律列方程解方程组求解未知量【解析解析】（1 1）第一次飞行中，设加速度为）第一次飞行中，设加速度为a a1 1，匀加速运动匀加速运动H=1/2aH=1/2a1 1t t2 21 1，由牛顿第二定律由牛顿第二定律F-mg-FF-mg-Ff f=ma=ma1 1，解得解得F Ff f=4 N.=4 N.（2 2）第
18、二次飞行中，设失去升力时的速度为）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v v1 1，上升的高度为，上升的高度为x x1 1，匀加速运动，匀加速运动x x1 1=1/2a=1/2a1 1t t2 22 2，设失去升力后的加速度为设失去升力后的加速度为a a2 2，上升的高度为，上升的高度为x x2 2，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律mg+Fmg+Ff f=ma=ma2 2，v v1 1=a=a1 1t t2 2，x x2 2=v=v2 21 1/2a/2a2 2由以上各式可解得由以上各式可解得h=xh=x1 1+x+x2 2=36 m+6 m=42 m.=36 m+6 m=42 m.（3 3）设失
19、去升力下降阶段加速度为）设失去升力下降阶段加速度为a a3 3，恢复，恢复升力后加速度为升力后加速度为a a4 4，恢复升力时速度为，恢复升力时速度为v v3 3，由，由牛顿第二定律牛顿第二定律mg-Fmg-Ff f=ma=ma3 3，F+Ff-mg=maF+Ff-mg=ma4 4，且，且v v2 23 3/2a/2a3 3+v+v2 23 3/2a/2a4 4=h=h，v v3 3=a=a3 3t t3 3，由以上各式可解得由以上各式可解得t t3 3=3(2)=3(2)1/21/2 s( s(或或2.1 s).2.1 s).3. 3. 如图所示，物体的质量如图所示，物体的质量m=4 kgm
20、=4 kg，与水平地面间的动摩擦，与水平地面间的动摩擦因数为因数为=0.2=0.2，在倾角为，在倾角为3737，F=10 NF=10 N的恒力作用下，由的恒力作用下，由静止开始加速运动，当静止开始加速运动，当t=5 st=5 s时撤去时撤去F F，求：，求：(1)(1)物体做加速运动时的加速度物体做加速运动时的加速度a.a.(2)(2)撤去撤去F F后，物体还能滑行多长时间？滑行多远？后，物体还能滑行多长时间？滑行多远？(g=10 m/s(g=10 m/s2 2,sin 37,sin 37=0.6,cos 37=0.6,cos 37=0.8)=0.8)【解析解析】（1 1）撤去力）撤去力F F
21、前，对物体进行受力分析，前，对物体进行受力分析，如图甲所示如图甲所示. .则：则：F F合合=Fcos -(mg-Fsin ).=Fcos -(mg-Fsin ).由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：a=Fa=F合合m=Fcos -(mg-Fsin )mm=Fcos -(mg-Fsin )m=1.24m/s=1.24m/s2 2=0.3 m/s=0.3 m/s2 2, ,v vt t=at=0.3=at=0.35 m/s=1.5 m/s.5 m/s=1.5 m/s.（2 2）撤去力）撤去力F F后，物体受力如图乙所示后，物体受力如图乙所示则：则：F F合合=F=Ff f=mg=mg由牛顿第二定
22、律得由牛顿第二定律得a=Fa=F合合m=g=0.2m=g=0.210 m/s2=2 m/s10 m/s2=2 m/s2 2, ,可得可得x=vx=v2 2t t/2a=1.5/2a=1.52 2/2/22 m=0.56 m.2 m=0.56 m.t=vt=vt t/a=1.5/2 s=0.75 s./a=1.5/2 s=0.75 s.例例. .如图所示，木块如图所示，木块A A、B B用一轻弹簧相连，竖直放在木用一轻弹簧相连，竖直放在木块块C C上，三者静置于地面，它们的质量之比是上，三者静置于地面，它们的质量之比是123123，设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块，设所有接触面都光滑
23、，当沿水平方向迅速抽出木块C C的瞬时的瞬时A A和和B B的加速度分别是的加速度分别是a aA A= = ，a aB B= = . .【错解错解】抽出抽出C C的瞬间，的瞬间，ABAB的运动情况相同加速度均为的运动情况相同加速度均为g.g.【剖析剖析】由于所有接触面均光滑，因此迅速抽出由于所有接触面均光滑，因此迅速抽出C C时，时，A A、B B在水平面上均无加速度也无运动在水平面上均无加速度也无运动. .设设A A的质量为的质量为m,m,则由于抽出则由于抽出C C的操作是瞬时的，因此弹簧还没有来得及发生形变，其弹的操作是瞬时的，因此弹簧还没有来得及发生形变，其弹力大小为力大小为mgmg，根
24、据牛顿第二定律的瞬时效应，对，根据牛顿第二定律的瞬时效应，对A A、B B两物体两物体分别分析分别分析. .对对A A有有F-mg=maF-mg=maA A，可得，可得a aA A=0.=0.对对B B有有F+2mg=2maF+2mg=2maB B，可得，可得a aB B=3g/2.=3g/2.【答案答案】0 3g/20 3g/2第第3节节牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用 例例1.(191.(19分分) )一质量为一质量为m=40 kgm=40 kg的小孩在电梯内的体重计的小孩在电梯内的体重计上，电梯从上，电梯从t=0t=0时刻由静止开始上升，在时刻由静止开始上升，在06 s06
25、s内体重计内体重计示数示数F F的变化如图所示的变化如图所示. .试问：在这段时间内电梯上升的试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度高度是多少？取重力加速度g=10 m/sg=10 m/s2 2. .【点拨点拨】正确理解超重和失重的含义，实际上是竖正确理解超重和失重的含义，实际上是竖直方向利用牛顿第二定律解题直方向利用牛顿第二定律解题. .【解析解析】满分展示满分展示由图可知，在由图可知，在02 s02 s内，体重计的示数大于内，体重计的示数大于mgmg，故电梯应做，故电梯应做向上的加速运动向上的加速运动. .设在这段时间内体重计作用于小孩的力为设在这段时间内体重计作用于小孩的力
26、为F FN1N1，电梯及小孩的加速度为，电梯及小孩的加速度为a a1 1，根据牛顿第二定律得，根据牛顿第二定律得F FN1N1-mg-mgmama1 1 4 4分分在这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h1 11/2a1/2a1 1t t2 21 1 2 2分分在在25 s25 s内，体重计的示数等于内，体重计的示数等于mgmg，故电梯应做匀速上升运，故电梯应做匀速上升运动，速度为动，速度为t t1 1时刻的电梯的速度，即时刻的电梯的速度，即v v1 1a a1 1t t1 1, 2, 2分分在这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h2 2v v1 1t t2
27、 2 3 3分分在在56 s56 s内，体重计的示数小于内，体重计的示数小于mgmg，故电梯应做减速上升运，故电梯应做减速上升运动动. .设这段时间内体重计作用于小孩的力为设这段时间内体重计作用于小孩的力为F FN2N2，电梯及小孩，电梯及小孩的加速度为的加速度为a a2 2，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得mg-Fmg-FN2N2mama2 2 4 4分分在这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h3 3v v1 1(t(t3 3-t-t2 2)-1/2a)-1/2a2 2(t(t3 3-t-t2 2) )2 2 1 1分分电梯上升的总高度电梯上升的总高度h hh h1 1h
28、 h2 2+h+h3 3 1 1分分代入数据解得代入数据解得h h2 m+6 m+1 m=9 m. 22 m+6 m+1 m=9 m. 2分分1. 1. 某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧测力某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧测力计，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为计，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N10 N的钩码，的钩码，弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图所示，则下列分析正确的是如图所示，则下列分析正确的是 ( )( )A. A. 从时刻从时刻t1t1到到t2t2，钩码处于失
29、重状态，钩码处于失重状态B. B. 从时刻从时刻t3t3到到t4t4，钩码处于超重状态，钩码处于超重状态C. C. 电梯可能开始在电梯可能开始在1515楼，先加速向下，接着匀速向下，再楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在减速向下，最后停在1 1楼楼D. D. 电梯可能开始在电梯可能开始在1 1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在速向上，最后停在1515楼楼【解析解析】由图象可知，在由图象可知，在t t1 1tt2 2内弹力内弹力FGFGFG，处于超重，可能是在减速下降，故，处于超重，可能是在减速下降，故A A、B B、C C正确正确
30、. .【答案答案】ABCABC例例2.2.（2007.2007.江苏高考）如图所示，光滑水平面上放置质江苏高考）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为量分别为m m和和2m2m的四个木块，其中两个质量为的四个木块，其中两个质量为m m的木块间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用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg.mg.现用水平拉力现用水平拉力F F拉其中一个质量为拉其中一个质量为2m2m的木块，使四的木块，使四个木块以同一加速度运动个木块以同一加速度运动. .则轻绳对则轻绳对m m的最大拉力为的最大拉力为 ( ( ) )A. 3mg/5 B. 3mg/4 C.
31、3mg/2 D. 3mgA. 3mg/5 B. 3mg/4 C. 3mg/2 D. 3mg【点拨点拨】正确判断出正确判断出ABAB间和间和CDCD间的摩擦力的大小关系是间的摩擦力的大小关系是解题的关键解题的关键. .【解析解析】经过受力分析，经过受力分析，A A、B B之间的静摩擦力为之间的静摩擦力为B B、C C、D D组成的系统提供加速度，加速度达到最大值临界条件为组成的系统提供加速度，加速度达到最大值临界条件为A A、B B间达到最大静摩擦力，即间达到最大静摩擦力，即a am m=mg/4m=g/4=mg/4m=g/4，而绳子拉，而绳子拉力力FTFT给给C C、D D组成的系统提供加速度
32、，因而拉力的最大值组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值为为F FTmTm=3ma=3mam m=3mg/4=3mg/4，故选，故选B.B.【答案答案】B B2. 2. 如图所示，质量为如图所示，质量为M M的平板的平板小车放在倾角为小车放在倾角为的光滑斜面的光滑斜面上上( (斜面固定斜面固定) )，一质量为，一质量为m m的人的人在车上沿平板向下运动时，车在车上沿平板向下运动时，车恰好静止，求人的加速度恰好静止，求人的加速度. .【解析解析】以人、车整体为研究对象，根据系统牛顿运以人、车整体为研究对象，根据系统牛顿运动定律求解动定律求解. .由系统牛顿第二定律得由系统牛顿第二定律得(M+m)
33、gsin =ma(M+m)gsin =ma，解得人的加速度为解得人的加速度为a=(M+m)gsin /a=(M+m)gsin /m. .【例例3 3】如图所示，细线的一端固定于倾角为如图所示，细线的一端固定于倾角为4545的光滑楔的光滑楔形滑块形滑块A A的顶端的顶端P P处，细线的另一端拴一质量为处，细线的另一端拴一质量为m m的小球的小球. .当当滑块至少以加速度滑块至少以加速度a=a= 向左运动时，小球对滑块的向左运动时，小球对滑块的压力等于零压力等于零; ;当滑块以当滑块以a=2ga=2g的加速度向左运动时，线中拉力的加速度向左运动时，线中拉力T=T= . .【点拨点拨】解题的关键是找
34、出小球对滑块的压力等于零解题的关键是找出小球对滑块的压力等于零的临界加速度的临界加速度. .【解析解析】当滑块具有向左的加速度当滑块具有向左的加速度a a时，小球受重时，小球受重力力mgmg、绳的拉力、绳的拉力F FT T和斜面的支持力和斜面的支持力F FN N作用，如图所作用，如图所示示. .在水平方向有在水平方向有F FT Tcos 45cos 45-F-FN Ncos 45cos 45=ma=ma，在竖直方向有在竖直方向有F FT Tsin 45sin 45+F+FN Nsin 45sin 45-mg=0.-mg=0.由上述两式可得：由上述两式可得：F FN N=m(g-a)/2sin
35、=m(g-a)/2sin 4545,F,FT T=m(g+a)/2cos 45=m(g+a)/2cos 45. .由以上两式可看出，当加速度由以上两式可看出，当加速度a a增大时，球受支持增大时，球受支持力力F FN N减小，绳拉力减小，绳拉力F FT T增加增加. .当当a=ga=g时，时，F FN N=0=0，此时小，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态. .这时这时绳的拉力绳的拉力F FT T=mg/cos 45=mg/cos 45=(2)=(2)1/21/2mg.mg.当滑块加速度当滑块加速度agag时，则小球将时，则小球将“飘飘”离斜面，
36、只离斜面，只受两力作用，如图所示，受两力作用，如图所示，此时细线与水平方向间的夹角此时细线与水平方向间的夹角4545. .由牛顿第由牛顿第二定律得：二定律得：F FT Tcos =macos =ma，F FT Tsin =mgsin =mg，解得，解得F FT T=m(a=m(a2 2+g+g2 2) )1/21/2=(5)=(5)1/21/2mg.mg.【答案答案】g (5)g (5)1/21/2mgmg3. 3. 如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的、两如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的、两物体，的质量是的物体，的质量是的2 2倍，受到向右的恒力倍，受到向右的恒力B B=2 N=
37、2 N，受到的水平力受到的水平力A=(9-2t) NA=(9-2t) N，(t(t的单位是的单位是s).s).从从t t0 0开始开始计时，则计时，则 ( )( )A. AA. A物体在物体在3 s3 s末时刻的加速度是初始时刻的末时刻的加速度是初始时刻的5/115/11倍倍B. tB. t4 s4 s后，后，B B物体做匀加速直线运动物体做匀加速直线运动C. tC. t4.5 s4.5 s时，时，A A物体的速度为零物体的速度为零D. tD. t4.5 s4.5 s后，后，A A、B B的加速度方向相反的加速度方向相反【解析解析】对于对于A A、B B整体据牛顿第二定律有：整体据牛顿第二定律
38、有：F FA A+F+FB B=(m=(mA A+m+mB B)a)a，设，设A A、B B间的作用力为间的作用力为FNFN，则对，则对B B由牛顿第二定律可得：由牛顿第二定律可得： F FN N+F+FB B=m=mB Ba a，解得，解得F FN N=m=mB B(F(FA A+F+FB B)/(m)/(mA A+m+mB B)-F)-FB B=(16-4 t)/3 N.=(16-4 t)/3 N.当当t=4 st=4 s时时F FN N=0=0，A A、B B两物体开始分离，此后两物体开始分离，此后B B做匀加速直做匀加速直线运动，而线运动，而A A做加速度逐渐减小的加速运动，当做加速度
39、逐渐减小的加速运动，当t=4.5 st=4.5 s时时A A物体的加速度为零而速度不为零物体的加速度为零而速度不为零.t.t4.5 s4.5 s后，所受合外后，所受合外力反向，即力反向，即A A、B B的加速度方向相反的加速度方向相反. .当当t4 st4 s时，时，A A、B B的加速度均为的加速度均为a=(Fa=(FA A+F+FB B)/(m)/(mA A+m+mB B).).故故A A、B B、D D正确正确. .【答案答案】ABDABD例例. .一个质量为一个质量为0.2 kg0.2 kg的小球用细线吊在倾的小球用细线吊在倾角角=53=53的斜面顶端，如图，斜面静止时，的斜面顶端，如
40、图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以擦，当斜面以10 m/s10 m/s2 2的加速度向右做加速的加速度向右做加速运动时，绳的拉力为运动时，绳的拉力为N,N,斜面对小球的弹力斜面对小球的弹力为为N.N.【错解错解】对物理过程缺乏清晰认识，不能用极限分析对物理过程缺乏清晰认识，不能用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及条件，使问题难以切入法挖掘题目隐含的临界状态及条件，使问题难以切入, ,误认为绳子仍然与斜面平行误认为绳子仍然与斜面平行. .【剖析剖析】当加速度当加速度a a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小较小时，小球与斜面体一起
41、运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面支持力的作用，绳平行于斜面，当球受重力、绳拉力和斜面支持力的作用，绳平行于斜面，当加速度加速度a a足够大时，小球将足够大时，小球将“飞离飞离”斜面，此时小球受重力和斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10 a=10 m/sm/s2 2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度临界加速度a a0 0.(.(此时，小球所受斜面支持力恰好为零此时，小球所受斜面支持力恰好为零) )由由mgcot =mamgcot
42、=ma0 0, ,可得可得a a0 0=gcot =7.5 m/s=gcot =7.5 m/s2 2. .因为因为a=10 m/sa=10 m/s2 2a a0 0, ,所以小球离开斜面所以小球离开斜面F FN N=0=0，小球受力情况如，小球受力情况如图所示，则图所示，则F FT Tcos =macos =ma，F FT Tsin =mg.sin =mg.所以所以F FT T=(ma)=(ma)2 2+(mg)+(mg)2 2 1/21/2=2.83 N,F=2.83 N,FN N=0.=0.【答案答案】2.83 02.83 0实验四实验四 探究加速度与力、质量的关系探究加速度与力、质量的关
43、系 例例.(2008.(2008宁夏卷宁夏卷) )物理小组在一次探究活动中测量滑块物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数与木板之间的动摩擦因数. .实验装置如图所示，一表面粗实验装置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接过跨过定滑轮的细线与托盘连接. .打点计时器使用的交流打点计时器使用的交流电源的频率为电源的频率为50 Hz.50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，
44、开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点. .(1)(1)如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0 0、1 1、2 2、3 3、4 4、5 5、6 6、7 7是计数点，每相邻两计数点间还是计数点，每相邻两计数点间还有有4 4个点个点( (图中未标出图中未标出) )，计数点间的距离如图所示，计数点间的距离如图所示. .根据根据图中数据计算的加速度图中数据计算的加速度a=a= .(.(保留三位有效数字保留三位有效数字) )(2)(2)回答下列两个问题回答下列两个问题为测量
45、动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 . .( (填入所选物理量前的字母填入所选物理量前的字母) )A. A. 木板的长度木板的长度l B. l B. 木板的质量木板的质量m m1 1C. C. 滑块的质量滑块的质量m m2 2 D. D. 托盘和砝码的总质量托盘和砝码的总质量m m3 3E. E. 滑块运动的时间滑块运动的时间t t测量测量中所选定的物理量时需要的实验器材是中所选定的物理量时需要的实验器材是. .(3)(3)滑块与木板间的动摩擦因数滑块与木板间的动摩擦因数( (用被测物理量的字母用被测物理量的字母表示，重力加速度为表示，重力加速度为g
46、).g).与真实值相比，测量的动摩擦因与真实值相比，测量的动摩擦因数数( (填填“偏大偏大”或或“偏小偏小”).).写出支持你的看法的一个论写出支持你的看法的一个论据：据： . .【解析解析】(1)(1)去掉最开始的一个数据用分组法求去掉最开始的一个数据用分组法求加速度加速度, ,a=a=(3.39+3.88+4.37)-(3.39+3.88+4.37)-(1.89+2.40+2.88)(1.89+2.40+2.88)1010-2-2/(3/(30.1)0.1)2 2m/sm/s2 2=0.497 m/s=0.497 m/s2 2.(0.4950.497 m/s.(0.4950.497 m/s
47、2 2均可均可) )(2)CD (2)CD 天平天平 (3)(3)对托盘对托盘( (含砝码含砝码) )以及滑块为一整体根据牛顿以及滑块为一整体根据牛顿第二定律有第二定律有 m m3 3g-/mg-/m2 2g=(mg=(m2 2+m+m3 3)a,)a,解得解得=m=m3 3g-g-(m(m2 2+m+m3 3)am)am2 2g g ，测量值比真实值偏大，原因是由，测量值比真实值偏大，原因是由于纸带与打点计时器的限位孔之间存在摩擦阻力于纸带与打点计时器的限位孔之间存在摩擦阻力. .例例. .在探究在探究“牛顿第二定律牛顿第二定律”时，某小组设计双车位移比较时，某小组设计双车位移比较法来探究加
48、速度与力的关系实验装置如图所示，将轨道分法来探究加速度与力的关系实验装置如图所示，将轨道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行控制在后面的刹车系统同时进行控制( (未画出刹车系统未画出刹车系统) )通过改通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小通过比较两小车的位移变砝码盘中的砝码来改变拉力大小通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式为为 已知两车质量均为已知两车质量均为200 g200 g，实验数据如下，实验数据如下表：表：
49、实验实验次数次数小车小车拉力拉力F/NF/N位移位移s/cm s/cm 拉力比拉力比F F甲甲/F/F乙乙 位移比位移比s s甲甲/s/s乙乙 1 1甲甲0.10.122.322.30.500.500.510.51乙乙0.20.243.543.52 2甲甲0.20.229.029.00.670.670.670.67乙乙0.30.343.043.03 3甲甲0.30.341.041.00.750.750.740.74乙乙0.40.455.455.4分析表中数据可得到结论：分析表中数据可得到结论： . .该装置中的刹车系统的作用：该装置中的刹车系统的作用： 为了减小实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面的改为了减小实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面的改进？进？( (只需提出一个建议即可只需提出一个建议即可) ) 【解析解析】s=ats=at2 2/2/2在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于sFsF说明说明aFaF控制两车同时运动和同时停止调整两木板平衡摩擦力控制两车同时运动和同时停止调整两木板平衡摩擦力( (或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等) )同学们来学校和回家的路上要注意安全同学们来学校和回家的路上要注意安全
