1、1第三单元 牛顿运动定律第 6 讲 牛顿运动定律的理解【思维辨析】(1)牛顿第一定律是实验定律( )(2)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态( )(3)物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止( )(4)力的单位是牛顿，1 N1 kg m/s 2.( )(5)外力(不为零)作用于静止物体的瞬间，物体立刻获得加速度( )(6)物体加速度的方向一定与合外力方向相同( )(7)惯性是物体抵抗运动状态变化的性质( )(8)作用力与反作用力的效果相互抵消( ) 考点互动探究考点一 牛顿第一定律1.牛顿第一定律是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推
2、理得出的结论，物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件，所以，牛顿第一定律不是实验定律2惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大；牛顿第一定律揭示了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1 2016江苏南通如皋模拟 飞机在迫降前应该把机载的燃油放空，消防车在跑道上喷出了一条泡沫带下列说法中正确的是( )A放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加飞机的惯性B放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小飞机的惯性C泡沫带是为了减小飞机所受的合力 D泡沫带是为了减小飞机所受的阻力式题 关于运动状态的改变，下列说法
3、正确的是( )A只要物体在运动，其运动状态一定改变 B物体受到多个力作用，其运动状态一定改变C只要物体的速度大小不变，运动状态就不变D只要物体的速度大小或方向中有一个改变，其运动状态就一定改变 要点总结1对牛顿第一定律的理解包含两方面：其一，定义了“惯性”和“力” ；其二，指出了“惯性”和“力”对运动的影响2惯性不是力，惯性和力是两个截然不同的概念物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性越大，物体运动状态越难以改变但要判断物体下一时刻的运动状态，必须掌握物体的受力情况和初始状态考点二 牛顿第二定律对牛顿第二定律的理解矢量性 公式 Fma 是矢量式，任一时刻，F 与 a 总同向瞬时
4、性 a 与 F 对应同一时刻，即 a 为某时刻的加速度时，F 为该时刻物体所受的合外力因果性 F 是产生加速度 a 的原因，加速度 a 是 F 作用的结果同一性 (1)加速度 a 是相对同一个惯性参考系的(一般指地面)；(2)Fma 中，F、m、a对应同一个物体或同一个系统；(3)Fma 中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足 Fma；(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和；(3)力和加速度在各个方向上的分量也满足 Fma，即 Fxma x，F yma y2 (多选)2016全国卷 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点
5、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2C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式题 2 (多选)2015海南卷 如图 362 所示，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1和 S2相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O，整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a 的加速度的大小记为 a1，S 1和 S2 相对于原长的伸长分别记为 l 1和 l 2，重力加速度大小为 g，在剪断的瞬间( )图 362Aa 13g Ba 10 Cl 12l
6、 2 Dl 1l 2式题 3 如图 363 所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力 F 作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )图 363A木块将立即做匀减速直线运动 B木块将立即做变减速直线运动C在弹簧弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大 D在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零第 7 讲 牛顿第二定律的应用(1) 教材知识梳理二、超重和失重1超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)_物体所受重力的情况称为超重现象2失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)_物体所受重力的情况称为失重现象3完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的
7、拉力)_的情况称为完全失重现象4视重与实重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为_视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力(2)物体实际受到的重力大小称为_三、连接体与隔离体1连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为_如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为_2外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的_，而系统内各物体间的相互作用力为_(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑_；如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将变为隔离体的_【思维辨析】(1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物
8、块的内力( )(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果( )(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定( )(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于 mg.( )(5)物体处于完全失重状态时其重力消失( )(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关( )3(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力( ) 考点互动探究1 2016四川卷 (17 分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图372 所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵
9、从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos 1，sin 0.1， g 取 10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度图 371图 372解答规范 (1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数 0.4，受
10、摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则_ ma1(2 分)f_(2 分)联立以上二式并代入数据得 a15 m/s 2(1 分)a1的方向沿制动坡床向下(1 分)(2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s038 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s2.货车受到制动坡床的阻力大小为 F， F是货车和货物总重的 k 倍， k0.44，货车长度 l012 m，制动坡床的长度为 l，则Mgsin F f Ma2(2 分)F k(m M)g(2 分)s1_(2 分)s2_(2 分)s_(1 分)l l0 s
11、0 s2(1 分)联立并代入数据得l98 m(1 分)式题 1 研究表明，一般人的刹车反应时间(即图 373 甲中“反应过程”所用时间) t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v072 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L39 m减速过程中汽车位移 x 与速度 v 的关系曲线如图乙所示此过程可视为匀变速直线运动重力加速度的大小 g 取 10 m/s2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值4图 37
12、3式题 2 2016合肥质量检测 如图 374 所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O 点， O点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内现有三条光滑轨道 AOB、 COD、 EOF，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为 .现让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( )图 374A tAB tCD tEFB tABtCDtEFC tABm2，则 x1x2 D若 m1v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(3) v0v 时，返回时速度为 v，当 v0 可知， tABtCDtEF，选项 B 正
13、2Dg 2Rgcos 2Dg 2Rgcos 确考点二例 2 A 解析 飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故 A 正确，B 错误；飞船在绕地球匀速运行时，万有引力提供向心力，加速度方向向下，王亚平处于失重状态，故 C 错误；火箭加速上升时，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故 D 错误变式题 1 D 解析 “起立”的过程中，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动时加速度方向向上，出现超重现象，减速向上运动时加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲”的过程中，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动时加速度方向向下，出现
14、失重现象，减速向下运动时加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，D 正确，A、B、C 错误变式题 2 C 解析 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项 D 错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于( M m)g，选项 C 正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大于 mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项 A、B 错误变式题 3 CD 解析 飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以
15、及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A 错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项 B 错误，选项 C 正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项 D 正确考点三例 3 (1)60 N (2)2.375 m解析 (1)对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F( mA mB)gsin ( mA mB)a隔离 A 物体，根据牛顿第二定律得T mAgsin mAa联立解得 F60 N(2)取沿斜面向上为正方向隔离 A 物体，根据牛顿第二定律得 mAgsin
16、 mAaA解得 aA gsin 6 m/s 2则 A 物体到最高点所用时间t 0.5 s0 v0aA此过程 A 物体的位移为xA t0.75 mv02隔离 B 物体，根据牛顿第二定律得F mBgsin mBaB解得 aB gsin 9 m/s 2FmB此过程 B 物体的位移为xB v0t aBt22.625 m12两者间距为 xB xA L2.375 m.22变式题 1 C 解析 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得 F (m1 m2)g( m1 m2)a1，对质量为 m1的物体，由牛顿第二定律得 T1 m 1g m1a1，联立解得 T1 F；在斜面上时，对整体，由牛顿第二定律得m1m1 m
17、2F (m1 m2)gcos ( m1 m2)gsin ( m1 m2)a2，对质量为 m1的物体，由牛顿第二定律得 T2 m 1gcos m1gsin m1a2，联立解得 T2 F；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律得 F( m1 m2)m1m1 m2g( m1 m2)a3，对质量为 m1的物体，由牛顿第二定律得 T3 m1g m1a3，联立解得 T3 F.综上分析可知，线m1m1 m2上的拉力大小始终不变且大小为 F，选项 C 正确m1m1 m2变式题 2 A 解析 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有 F( m1 m2)g( m1 m2)a1，以物体 b 为研究对
18、象，由牛顿第二定律有 kx1 m2g m2a1，联立解得 kx1 ；在水平方向运动时，以整m2Fm1 m2体为研究对象，由牛顿第二定律有 F( m1 m2)a2，以物体 b 为研究对象，由牛顿第二定律有 kx2 m2a2，联立解得kx2 ，可见 x1 x2，选项 A 正确m2Fm1 m2第 8 讲 牛顿第二定律的应用(2)【考点互动探究】考点一例 1 D 解析 设弹簧伸长量为 x，两滑块一起匀加速运动，对于整体，由牛顿第二定律有F2 mg 2 ma，对 a，有 kx mg ma，解得 x ，故两滑块之间的距离是 s L ，A 错误若弹簧与 a 连F2k F2k接处突然断开，则 a 的加速度大小
19、 aa g ， b 的加速度 ab g ，故 b 的加速度一定增大， mgm F mgm Fm而 a 的加速度不一定增大，C 错误撤掉 F 的瞬间， a 的受力情况未变，加速度不变，而 b 的加速度ab a2 g ，可知 b 的加速度一定增大，D 正确，B 错误kx mgm mg ma mgm变式题 B 解析 系统静止时， B 受重力、支持力及沿斜面向上的弹簧弹力作用，弹力 kx mgsin ， A 受重力、支持力、沿斜面向下的弹簧弹力及沿斜面向上的线的拉力作用，线的拉力 T2 mgsin ，细线被烧断的瞬间，弹簧弹力不变，线的拉力消失，所以 B 球受力仍然平衡，加速度为零，对 A 球，根据牛
20、顿第二定律有kx mgsin maA，解得加速度 aA2 gsin ，方向沿斜面向下，选项 A 错误，B 正确；细线烧断的瞬间，对 C受力分析，可得地面对斜面体的支持力 FN mCg2 mgcos2 ，地面对斜面体有向左的静摩擦力，选项 C、D 错误考点二例 2 (1)0.2 8 N (2)6.9 m/s解析 (1)由图像可知，02 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小 a16 m/s 2由牛顿第二定律，有F mg ma124 s 内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小a22 m/s 2由牛顿第二定律，有F mg ma2联立解得 F8 N， 0.2(2)由 vt 图像可得，匀减速阶段的位
21、移 x12 m反方向匀加速运动的位移 x解得速度 vA4 m/s6.9 m/s.323变式题 1 C 解析 物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度 a ，速度Fmv at t， vt 图像为过坐标原点的倾斜直线，选项 A 错误；由 v22 ax x，可知选项 B 错误；动能Fm 2FmEk mv2 t2，选项 C 正确；功率 P Fv Fat t，选项 D 错误12 F22m F2m变式题 2 C 解析 水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律有 F mg ma，解得加速度 a g ，由此可知， aF 图像在横轴的截距等于物体与水平
22、面之间的滑动摩擦力Fmmg ，在纵轴的截距等于 g ，斜率等于 ，故选项 A、B、D 错误；根据图像能够得出外力 F 为 12 N 时物体的加1m速度，但不能计算出物体的速度，选项 C 正确考点三例 3 (1)0.64 m (2) 20.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律可知对木板，有 F 1(M m)g 1mg Ma1，解得 a16 m/s 2对物块，有 1mg ma2，解得 a24 m/s 2，因 a1a2，故假设成立设 F 作用 t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则 a1t2 a2t2L2 12 12解得 t1 s在此过程中，木板位移 x1 a1t23 m，末
23、速度 v1 a1t6 m/s12物块位移 x2 a2t22 m，末速度 v2 a2t4 m/s12在物块从木板上滑落后的 t00.2 s 内，对木板，由牛顿第二定律得F 1Mg Ma 1解得 a 18 m/s 2木板发生的位移 x 1 v1t0 a 1t 1.36 m12 20此时木板距平台边缘的距离 x l x1 x 10.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，对物块，由牛顿第二定律得 2mg ma 2解得 a 2 2g若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 x 2要使物块最终不会从平台上掉下去，需满足 l x2 x 2L2联立解得 20.2.变式题 14.4 N F33.6 N
24、解析 假设水平推力 F 较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力 F 具有最小值，设大小为F1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为 x 轴正方向，对物块分析，在水平方向，有FNsin F Ncos ma1在竖直方向，有FNcos F Nsin mg024对整体，有 F1( M m)a1联立解得 a14.8 m/s 2， F114.4 N，假设水平推力 F 较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力 F 具有最大值，设大小为 F2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向，有FNsin FNcos ma2在竖直方向，有FNcos FNsin mg0对整体有F2( M
25、m)a2联立解得 a211.2 m/s 2， F233.6 N，综上所述可知推力 F 的取值范围为144 N F33.6 N.专题三 动力学中的典型“模型”【热点题型探究】热点一 滑块长木板模型例 1 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于 A，其最大加速度由 A、 B 间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得 1mg mam解得 am4 m/s 2对 A、 B 整体，恰好无相对运动时， A、 B 具有共同加速度，且大小为 am，则Fmin 2(M m)g( M m)am解得 Fmin25 N(2)设 F 作用在 B 上时 A、 B 的加速度分别为 a1、 a2，经 t
26、11 s，撤掉 F 时 A、 B 的速度分别为 v1、 v2，加速度分别为 a 1、 a 2， A、 B 共同运动时速度为 v3，加速度为 a3.对于 A，有 1mg ma1，故 a14 m/s 2， v1 a1t14 m/s对于 B，有 F 1mg 2(M m)g Ma2，故 a25.25 m/s 2， v2 a2t15.25 m/s撤去 F 后，有 a 1 a14 m/s 2， a 2 2.25 m/s 2 1mg 2（ M m） gM经过 t2时间后 A、 B 速度相等，有 v1 a 1t2 v2 a 2t2，解得 t20.2 s共同速度 v3 v1 a 1t24.8 m/s从开始到 A
27、、 B 相对静止， A、 B 的相对位移应不大于木板的长度 L，即L xB xA a1(t1 t2)20.75 m12A、 B 速度相等后共同在水平面上做匀减速运动，加速度 a3 2g1 m/s 2从 A、 B 速度相等至最终静止，位移为 x 11.52 m所以 A 的总位移为 xA 总 xA x14.4 m.变式题 BD 解析 木块与木板相对滑动，滑动摩擦力 f F N mg ，分别隔离木块与木板，根据牛顿第二定律得， F mg ma1， mg Ma2，则 a1 g ， a2 ，分离的条件是 x x1 x2 L，又知Fm mgM25x1 a1t2， x2 a2t2，则 t .若仅增大木板的质
28、量 M，则木块加速度 a1不变，木板的加速度 a2减小，故12 12 2La1 a2时间 t 减小，选项 A 错误；若仅增大木块的质量 m，则木块的加速度 a1减小，木板的加速度 a2增大，故 t 变大，选项 B 正确；若仅增大恒力 F，则木块的加速度 a1变大，木板的加速度 a2不变，故 t 变小，选项 C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度 a1减小，木板的加速度 a2增大，故 t 变大，选项 D 正确例 2 (1)2 m/s (2)1.25 m解析 (1)设小车关闭电源后加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 1Mg Ma1设小车冲上薄板时的速度为 v1，由运动学公式，
29、有v v 2 a1s21 20联立解得 v12 m/s(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得 1Mg 2(M m)g ma2小车冲上薄板后，薄板以加速度 a2加速运动，车仍以加速度 a1减速运动，设经时间 t 两者共速，则v1 a1t a2t联立解得 t0.5 s则此时小车和薄板的共同速度 v21 m/s该段时间内，小车的位移 x1 t0.75 m，薄板的位移 x2 a2t20.25 mv1 v22 12由于 x1 x20，即 A 将下滑，A 错误；由受力分析可知， A 沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA gsin g cos ，
30、将 B 及斜面体视为整体，受力分析可知，地面对斜面体的摩擦力 f m(gsin g cos )cos Fcos ，地面受到的压力为 FN( M2 m)g Fsin m(gsin g cos )sin ，故 B、C 错误；对 B 受力分析，设 B 与斜面间的动摩擦因数为 0，则有 02mgcos mgsin F mg cos 0，故 0 ，D 正确F mgsin mgcos 2mgcos 热点二 涉及传送带的动力学问题例 4 B 解析 物块在向右的滑动摩擦力作用下先向左做减速运动，加速度大小 a g 4 m/s2，经过t1 1 s 速度减小到零，此时向左运动的位移 x1 t12 m3 m，没到达
31、左端 A，因此接着在向右的滑动摩v0a v02擦力作用下向右加速运动，加速度不变，经 t2 0.5 s 速度达到 2 m/s，与传送带的速度相等，向右运动的位va移 x2 t20.5 m，此时物块与 B 端的距离为 x1 x21.5 m，最后物块与传送带一起向右匀速运动，因此 B 正v2确点评 分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止另外注意考虑传送带长度判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带变式题 (1)6
32、 m/s (2)12.5 m解析 (1)设传送带的最大速度为 vm.根据匀变速直线运动规律，有x0 x1 x2 (t1 t2)vm2解得 vm6 m/s传送带减速运动中的加速度 a1 2 m/s 20 vmt2(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律，有mg ma2解得 a2 g 2 m/s 2设经时间 t 工件与传送带速度相等，有v a2tv vm a1(t t1)解得 t2.5 s， v5 m/st2.5 s 内工件的位移 x1 t6.25 mv2工件与传送带速度相等后，假设二者相对静止，则工件受到的合外力大小 F 合 m|a1| m2 m/s2工件与传送带之间的最大静摩擦力27fm mg
33、m2 m/s2因 F 合 fm，所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移 x2 (t1 t2 t)6.25 mv2故工件的总位移 x x1 x212.5 m.例 5 (1)0.5 (2)2 m/s2解析 (1)滑块从 B 点下滑的过程中，有mgsin mg cos ma1L a1t12 21解得 a12 m/s 2， 0.5(2)当用拉力 F 拉滑块时，有F mg cos mgsin ma2解得 a24 m/s 2当滑块速度与传送带速度相等时，滑块运动的位移x1 2 mv22a2撤去拉力后，滑块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于 a1，向上运动的位移大小为 x2 L x12 m由 v2
34、v 2 a1x22B解得 vB2 m/s.2点评 解答倾斜传送带问题时，应注意在物块与传送带达到共同速度时，分析重力沿传送带的分力与滑动摩擦力(最大静摩擦力)的合力是否满足一起运动的条件变式题 传送带顺时针运行时，用时 2 s 传送带逆时针运行时，用时 4 s解析 (1)当传送带以 10 m/s 的速度顺时针运行时，开始时物体所受滑动摩擦力沿传送带向下物体受力分析如图中甲所示根据牛顿第二定律，有mgsin mg cos ma1解得 a1 gsin g cos 10 m/s 2，方向沿传送带向下物体达到与传送带的速度相同所需时间 t1 1 sva1在 t1时间内物体沿传送带方向对地位移 x1 a
35、1t 5 m12 21之后物体所受滑动摩擦力沿传送带向上物体受力分析如图中乙所示根据牛顿第二定律，有mgsin mg cos ma2解得 a2 gsin g cos 2 m/s 2，方向沿传送带向下物体以加速度 a2运动的位移 x2 L x111 m由 x2 vt2 a2t12 228解得运行 x211 m 所需时间 t21 s( t211 s 舍去)所需总时间 t t1 t22 s(2)当传送带以 10 m/s 速度逆时针运行时，物体所受滑动摩擦力方向始终沿传送带向上根据牛顿第二定律，有mgsin mg cos ma3解得 a32 m/s 2由 x L a3t 212解得物体从 A 运动到
36、B 所需时间 t4 s.【高考模拟演练】1BC 解析 若 P 在传送带左端时的速度 v2小于 v1，则 P 受到向右的摩擦力，当 P 受到的摩擦力大于绳的拉力时， P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到 v1后做匀速运动，所以 B 正确；当 P 受到的摩擦力小于绳的拉力时， P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出若 P 在传送带左端具有的速度 v2大于 v1，则小物体 P 受到向左的摩擦力，使 P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到 v1
37、，之后若 P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度 v1做匀速运动，第三种是速度先减到 v1，之后若 P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则 P 将继续减速直到速度减为 0，再反向做加速运动，加速度不变，从左端滑出，所以 C 正确2(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析 (1)在 02 s 时间内， A 和 B 的受力如图所示，其中 f1、 FN1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小，f2、 FN2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1 1FN1FN1 mgcos f2 2FN2FN2 FN1 mgco
38、s 规定沿斜面向下为正设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律得mgsin f1 ma1mgsin f2 f1 ma2联立式，并代入题给条件得a13 m/s 2a21 m/s 2(2)在 t12 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则v1 a1t16 m/sv2 a2t12 m/st t1时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得a16 m/s 2a22 m/s 2即 B 做减速运动设经过时间 t2， B 的速度减为零，则有v2 a2 t20联立式得 t21 s在 t1 t2时间内， A 相对于 B 运动的距
39、离为29s 12 ma2 ，则F （ 2M m） gm MgMF2 (M m)g，选项 A 错误，B 正确；若砝码与纸板分离时的速度 v ，则砝码匀加速运动的位移 gdx1 ，匀减速运动的位移 x2 ，总位移小于 d，故砝码不会从桌面上掉下，C 正确；当v22 g d2 v22 g d2F (2M3 m)g 时， a12 g ， a2 g ，经分析计算可知当砝码与纸板分离时，砝码到达桌面边缘且仍有速度，故砝码一定从桌面上掉下，D 错误4(1)8 N (2)如图所示 (3)1 m解析 (1)物块与木板将要相对滑动时，有 1m1g m1a把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得F( m1 m2)a联
40、立解得 F 1(m1 m2)g8 N(2)物块在 02 s 内做匀加速直线运动，有 1m1g m1a1解得 a12 m/s 2木板在 01 s 内做匀加速直线运动，有 F1 1m1g m2a2解得 a24 m/s 2在 12 s 内，有 F2 1m1g，木板做匀速运动撤去 F 后，物块做匀减速直线运动，有 1m1g m1a3木板做匀减速直线运动，有 2(m1 m2)g 1m1g m2a4解得 a32 m/s 2， a4 m/s283二者在整个运动过程的 vt 图像如图所示(3)02 s 内物块相对木板向左运动，相对位移30 x1 a2t ( a2t1)t2 a1(t1 t2)212 21 12
41、24 s 内物块相对木板向右运动，相对位移 x2 a1（ t1 t2） 22a3 （ a2t1） 22a404 s 内物块相对木板的位移大小 x x1 x21 m.5(1)5.5 s (2)1425 J解析 (1)设货物加速运动的加速度为 a，时间为 t1，位移为 x1，根据牛顿第二定律，有mg cos mgsin ma解得 a1 m/s 2加速运动的时间 t1 1 sva加速运动的位移 x1 at 0.5 m12 21最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即 fm mg cos 0.6 mgmgsin 0.5 mg故货物与皮带达到共同速度后一起向上匀速运动货物匀速运动的时间 t2 4.5 shsin
42、x1v故货物从地面运送到平台上所用的时间 t t1 t25.5 s(2)货物加速运动过程中，传送带的位移x2 vt11 m相对位移 x x2 x10.5 m根据能量守恒定律得 W mg cos x mgh mv212解得 W1425 J.实验四 验证牛顿第二定律【实验器材】低压交流电源 刻度尺【考点互动探究】考点一例 1 (1)BC (2)1212解析 (1)本实验的目的是探究加速度与合力、质量的关系，必须平衡摩擦力才能满足绳对小车的拉力等于小车受到的合力，所以三组实验都需要平衡摩擦力甲方案中，绳的拉力是用钩码的重力替代的，因小车与钩码具有大小相等的加速度，所以绳的拉力小于钩码的重力，只有在钩
43、码的质量远小于小车的质量时，钩码加速度较小，绳的拉力才近似等于钩码的重力，方案甲必须满足钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件；方案乙中绳的拉力用力传感器测出，不需要满足钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件；方案丙小车受到的拉力等于弹簧测力计示数的 2 倍，不需要满足钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件，选项 B、C 正确(2)乙方案中，对小车有 T M2a，丙方案中，对小车有 2T M3a，所以 M2 M312；乙方案中，对钩码有m2g T m2a，丙方案中，钩码的加速度是小车加速度的 2 倍，对钩码有 m3g T m32a，所以 m2 m312.变式题 (1)BD (2)0.70 0.20 左解析 (1)为确保小车所受拉力等于小车所受合外力，必须平衡摩擦力，且使拉力与木板方向平行，A、C 正确；因为小车所受拉力由力传感器直接测量，故不需要为减小误差而让小车质量远大于钩码质量，B 错误；打点计时器正常工作时必须使用交流电源，D 错误
