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第3章 牛顿运动定律课标导航

课程内容标准：

1.通过实验，探究加速度与物体质量、受力之间的关系。理解牛顿运动定律，用它解释生活中的有关问题，通过实验认识超重与失重现象

。

2. 认识单位制在物理学中的物理意义。知道国际单位制中的力学单位。

复习导航

1.对研究对象的受力分析是解题的关键。要根据力的概念、力产生的条件去进行分析，更要注意结合物体的运动状态去研究。

2.选取适当的坐标系，会对建立方程和求解带来方便。无论是分解物体的受力还是分解物体的加速度，都要根据题目的具体条件和所求，灵活地建立直角坐标系。

3.注意合外力与加速度的瞬时对应关系，牛顿运动定律是力学的核心，其物理过程的分析和理解能体现学生的综合分析能力、推理能力，是考查的重点。

4.理解超重和失重的本质，然后灵活运用其知识去分析和解决问题。

第1课时 牛顿运动定律

1、高考解读

真题品析

知识：牛顿第二、三定律 例1.

（09年广东理科基础）4．建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0．500m／s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lOm／s) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 解析：对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有Fmgma,得绳子的拉力大小等于F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得MgFFN,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N.B选项对。

答案：B 点评：此题为牛顿运动定律的基本应用。

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知识：v-t图象、牛顿第二定律

例2.

（09年山东卷）17．某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是

解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。

答案：B 点评：在v-t图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定

速度——时间图象特点：

①因速度是矢量，故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移——时间”图象；

②“速度——时间”图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点；

③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；

④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移。

2、知识网络

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考点1.牛顿第一定律（惯性定律）

1.

内容：一切物体总保持静止状态或者匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

2.

意义：⑴揭示了力与运动的关系：力不是使物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，从而推翻了亚里士多德“没有力物体不能运动”的错误观点。

⑵揭示了任何物体都有保持静止或运动直线运动的性质------惯性

考点2.惯性

1.

定义：物体所具有的保持静止状态或匀速直线运动状态的性质叫惯性。

2.

说明：⑴惯性是物体本身的固有属性。与物体受力情况无关，与物体所处的地理位置无关，一切物体都具有惯性。

⑵质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大惯性大。

⑶惯性不是一种力，惯性不是一种力，惯性的大小反映了改变物体运动状态的难易程度。

考点3.牛顿第二定律

1.内容：物体的加速度与物体所受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同。

2.公式：F合ma

3.适用范围：宏观、低速运动的物体。

考点4.牛顿第三定律

1.

内容：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。

2.表达式：FF

3.说明：作用力与反作用力有“三同、三不同”。

⑴

三同：大小相同、性质相同、同时存在消失具有同时性

⑵

三不同：方向不同、作用对象不同、作用的效果不同。

考点5：力学单位制

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在力学中，选用质量、时间、长度三个物理量的单位作为基本单位，选定基本单位后，由物理公式推导出的单位叫导出单位。基本单位和导出单位一起组成国际单位制。

3、复习方案

基础过关

重难点：

牛顿第三定律

（原创）例3.物体静止在水平桌面上，则（ ）

A.

桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力。

B.

物体所受的重力和桌面对它的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，这两个力是同一种性质的力。

D.

物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力。

解析： AB选项：受力分析可以得到A选项对BD选项错。

C选项：物体对桌面的压力的性质是弹力所以C选项错。

答案：A 点评：解决这类问题的关键：是对牛顿第三定律的全面理解，任何运动状态下一对任何性质的作用力和反作用力大小相等、方向相反，要注意区分平衡力与作用力、反作用力。

典型例题

例4．物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别是mA和mB，与水平面之间的动摩擦因数分别为μA和μB.用平行于水平面的力F分别拉物体A、B，得到加速度a和拉力F的关系图象分别如图中A、B所示

（1）利用图象求出两

个物体的质量mA和mB. 2AB甲同学分析的过程是：从图象中得到F=12N时，A物体的加速度aA=4m/s，B物体的加欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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速度aB=2m/s，根据牛顿定律导出：m2F,得mA3kg,mB6kg; a乙同学的分析过程是：从图象中得出直线A、B的斜率为：kA＝tan45°=1,kB=tan26°34′=0.5,而k1,得mA1kg,mB2kg. m请判断甲、乙两个同学结论的对和错，并分析错误的原因.如果两个同学都错，分析各自的错误原因后再计算正确的结果. （2）根据图象计算A、B两物体与水平面之间动摩擦因数μA和μB的数值. 解析：(1)甲同学的解法是错误,因为其忽略了滑动摩擦力;乙同学的解法也是错误的,因为坐标系的纵横坐标的单位长度表示数值不同。

正确的解法：

对A其斜率为 kA对B其斜率为 kB41 因此 mA2kg

124221 因此 mA4kg

1244(2)对A和B当拉力为4N时,加速度为0 对A有 F=μAmAg 得AF40.2 mAg210F40.1 mBg410对B有 F=μBmBg 得 B点评：受力分析是学好高中物理的奠基石，同学们要培养正确受力的习惯。

第2课时 牛顿运动定律的应用（一）：两类基本问题

1、高考解读

真题品析

知识：牛顿运动定律中的两类基本问题：已知受力求运动和已知运动求受力 例1.

（09年江苏卷）13.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，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10m/s。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f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2欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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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

匀加速运动H12a1t1

2由牛顿第二定律Fmgfma1

解得f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设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mgfma2

v1a1t2

v12解得hs1s242(m)

s22a2（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fma3

F+f-mg=ma4 22v3v3且h

2a32a4V3=a3t3 解得t3=32(s)(或2.1s) 2答案：⑴4N ⑵42m ⑶2.1S

点评：牛顿运动定律两类基本问题解题的一般步骤

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⑴由物体所受的力的情况推断出物体运动的情况：①确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图②根据力的合成或分解求出合外力（大小、方向）③根据牛顿第二定律列方程，并求出物体的加速度④结合题中所给的物体运动的初始条件，选择运动学公式求出说需要的运动学量。

⑵由物体运动的情况推断出物体所受的未知力的情况：①确定研究对象②根据运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度③对研究对象进行受力分析④根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力从而求出未知力。

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知识：

受力分析、过程分析、牛顿第二定律

例2.

（14分）“神舟”六号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱于2005年10月17日4时11分开始从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10km的高度打开阻力降落伞减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，设返回舱总质量M=3000kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴一点B的坐标为（8，0），CD是平行横轴的直线，交纵轴于C点C的坐标为（0，8）。G=10m/s2，请解决下列问题：

（1）在初始时刻v0=160m/s时，它的加速度多大？

（2）推证空气阻力系数k的表达式并算出其数值。

（3）返回舱在距离高度h=1m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速

度由8m/s迅速减至1m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的

影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力（计算结果取两位有效数字）

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2、知识网络

考点1.两类动力学问题

1.

已知物体的受力情况，求物体的运动情况。

2.

已知物体的运动情况，求物体的受力情况。

考点2.分析两类问题的基本方法

1.

抓住受力情况和运动情况之间的联系的桥梁-----加速度。

2.

分析流程图

受力分析F合maavv0at(xv0t运动情况v0、v、x、t3、复习方案

基础过关

重难点：受力分析+过程分析 1222at、vtv02ax等）

2例3. （09年安徽卷）17. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是

A. 顾客始终受到三个力的作用

B. 顾客始终处于超重状态

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C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下

解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。

答案：C

点评：运动状态的改变取决于受力情况，准确的受力分析是解决好运动情景的基础。

典型例题例4．(15分) 如图所示，长，高，质量的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力，并同时将一个质量的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取．求：

（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；

（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；

（3）小球离开木箱时木箱的速度．

解析：

mg

f

FN

a

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第3课时 牛顿运动定律的应用（二）：共点力的平衡

超重和失重

1、高考解读

真题品析

知识：V-t图；超、失重 例1.

（09年广东物理）8.某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）

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解析：由图可知，在t0-

t1时间内，弹簧秤的示数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际重量，则处于超重状态，具有向上的加速度，若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速， t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降，A正确；BD不能实现人进入电梯由静止开始运动，C项t0-t1内超重，不符合题意。

答案：A 点评：⑴正确识图、用图理解好物理情景。

⑵对超重、失重的理解：超重并不是说重力增加了，失重并不是说重力减小了，完全失重也不是说重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生变化。在完全失重的状态下，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、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等。

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知识：失重的理解 例2.

科学研究发现，在月球表面：①没有空气；②重力加速度约为地球表面的1/6；

③没有磁场。若宇航员登上月球后，在空中同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球对月球的影响，以下说法正确的有（ ）

A、氢气球和铅球都处于超重状态

B、氢气球将向上加速上升，铅球加速下落

C、氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面

D、氢气球和铅球都将下落，且同时落地

解析：①没有空气，说明物体不受浮力B选项错。②重力加速度约为地球表面的1/6，说明物体要下落且同时落地D选项对。

答案：D

2、知识网络

考点。

1.超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体本身重力的现象。 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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2. 失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体本身重力的现象。

3. 完全失重：当物体的以加速度a=g竖直向下加速或竖直向上减速时（自由落体运动、竖直上抛运动），物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象。

3、复习方案

基础过关

重难点：牛顿运动定律、受力分析、过程分析、能量问题 例3. （09年江苏物理）9.如图所示，两质量相等的物块

A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大

B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大

C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大

D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有FF1ma，对Ｂ有F1ma，得F1F，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直2减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。 答案：BCD 点评：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。。

典型例题

例4．（09年安徽卷）22．（14分）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忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究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，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取g10m/s2。当运动员与吊椅一起正以加速度a1m/s2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）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：

F F a 2F-m人m椅gm人m椅a

(m人+m椅)g F440N

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力

F440N

FN F （2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：

a

FFN-m人gm人a

m人g

FN275N

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由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 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 ①

FFNmgma ②

由①②得 F440N

FN275N

答案：440N，275N 点评：连接体问题的处理方法⑴整体法：连接体和各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解。⑵隔离法：如果要求连接体之间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解。

第4课时 实验（4）

验证牛顿运动定律

1、高考解读

真题品析

知识：研究牛顿第二定律 例1.

（09年上海物理）17．（6分）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。

（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。

（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。

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①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________。

②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是

A．小车与轨道之间存在摩擦

B．导轨保持了水平状态

C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大

解析：（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；（2）由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mgMa得amgFmg，而实际上a，MM(Mm)可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M>>m造成的。

答案：（1）小车的总质量，小车所受外力

（2）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比②C 点评：知晓研究思路、会分析实验误差产生的原因。

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知识：

匀变速直线运动、探究加速度与物体质量、物体受力的关系

例2.09年江苏物理）11.（10分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装

置如图甲所示。

（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a=______m/s.（结果保留两位有效数字）

2

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（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：

砝码盘中砝码总重力F(N) 加速度a（m·s）

-20.196 0.392 0.588 0.784 0.980 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 请根据实验数据作出a-F的关系图像.

（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因。

222解析：（1）xat， t=0.1s，x（3.68-3.52）10m，带入可得加速度a=0.16m/s。也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a=0.15m/s. 2（2）如图所示。

（3）与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（2）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力。

答案：(1) 0.16 (0.15也算对) ；（2）（见图）；（3）未计入砝码盘的重力。

点评：⑴处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式xat，关键弄清公式中各个量的物理意义，x为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔

（2）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜。由此确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到2欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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3m/s较合适。设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点。

（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解。

2、知识网络

一、实验目的

验证牛顿第二定律

二、实验原理

1．如图所示装置，保持小车质量M不变，改变小桶内砂的质量m，从而改变细线对小车的牵引力F(当m<

2．保持小桶和砂的质量不变，

在小车上加减砝码, 改变小车

的质量M，测出小车的对应加速度a, 由多组a、M数据作出加速度和质量倒数的关系a-M-1图线, 验证加速度是否与质量成反比。

三、实验器材

小车，砝码，小桶，砂, 细线，附有定滑轮的长木板,垫块，打点计时器，低压交流电源, 导线两根, 纸带,托盘天平及砝码，米尺。

四、实验步骤

1．用调整好的天平测出小车和小桶的质量M和m ，把数据记录下来。

2．按如图装置把实验器材安装好，只是不把挂小桶用的细线系在小车上，即不给小车加牵引力。

3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫块，反复移动垫块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态（可以从纸带上打的点是否均匀来判断）。

4．在小车上加放砝码，小桶里放入适量的砂，把砝码和砂的质量M'和m'记录下来。把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂小桶,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,取下纸带,在纸带上写上编号. 5.保持小车的质量不变，改变砂的质量（要用天平称量），按步骤4再做5次实验。

6.算出每条纸带对应的加速度的值。

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7.用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，即砂和桶的总重力(m+m')g，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点，作图线。若图线为一条过原点的直线，就证明了研究对象质量不变时其加速度与它所受作用力成正比。

8.保持砂和小桶的质量不变，在小车上加放砝码，重复上面的实验，并做好记录，求出相应的加速度,用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和车内砝码总质量的倒数1(mm) ,在坐标平面上根据实验v结果描出相应的点并作图线，若图线为一条过原点的直线,就证明了研究对象所受作用力不变时其加速度与它的质量成反比。

五、注意事项

1．砂和小桶的总质量v不要超过小车和砝码的总质量的1/10。

2．在平衡摩擦力时，不要悬挂小桶，但小车应连着纸带且接通电源。用手给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。

3．作图时应该使所作的直线通过尽可能多的点,不在直线上的点也要尽可能对称地分布在直线的两侧，但如遇个别特别偏离的点可舍去。

3、复习方案

基础过关

重难点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 （改编）例3.在探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验中，实验装置如图乙所示：一木块放在水平光滑长木板上，左侧拴有一不可伸长的细软线，跨过固定在木板边缘的滑轮与一重物相连，重物的质量为m .木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，在重物牵引下，木块在木板上向左做匀加速运动.图甲给出了打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，它们之间的距离分别为S1、S2、S3、S4、S5、S6，打点计时器所用交流电周期为T0. 根据给以上数据求：

（1）木块的加速度a= . （2）细线对木块的拉力T= . （3）为了减少误差,你认为应采取什么措施? 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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答案：⑴a（S4S5S6）(S1S2S3)9T02，

⑵v Tmgmamgm(S4S5S6)(S1S3S3)9T02

⑶木块的质量应远大于重物的质量

；实验前将木板右端稍垫高，直至木块在细线未挂上重物时能沿木板匀速下滑

。

典型例题

例4．在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时,采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：

(1)当M与m的大小关系满足

时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力。 （2）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定,探究做加速度与质量的关系,以下做法错误的是:( ) A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源

D．小车运动的加速度可用天平测出m以及小车质量M，直接用公式

a＝mg/M求出。

（3）在保持小车及车中的砝码质量质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，二位同学得到的a―F关系

分别如下图C、D所示(a是小车的加速度.F是细线作用于小车的拉力)。其原因分别是：

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C图： ，

D图： 。

答案：⑴m<

第5课时 牛顿运动定律单元测试

1．如图所示，小车向右做匀加速运动的加速度大小为a，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，M通过细线悬吊着一小铁球m， M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到2a时，M仍与小车保持相对静止，则

（ ）

A．横杆对M的作用力增加到原来的2倍

B．细线的拉力增加到原来的2倍

C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍

D．细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的2倍

2．如图，A为螺线管，B为铁芯，C为套在铁芯B上的绝缘磁环，现将A、B、C放置在天平的左盘上，当A中通有电流I时，C悬停在A的上方，天平保持平衡；当调节滑动变阻器，使A中的电流增大时，绝缘磁环C将向上运动，在绝缘磁环C上升到最高点的过程中，若不考虑摩擦及空气阻力的影响，下列说法中正确的是（ ）

（A）天平仍然保持平衡。

（B）天平左盘先下降后上升。

B C A 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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（C）天平左盘先上升后下降。

（D）绝缘磁环速度最大时，加速度也最大。

3.某物体在外力F作用下，由静止开始做直线运动，外力F随时间t变化的规律如图

所示，则（

）

A.物体的速度方向保持不变

B.物体的加速度方向保持不变

C.4s末，物体的速度为零

D.6s末，物体的位移为零

4.一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为1，沙子与车厢底

部材料的动摩擦因数为2（已知2＞1），车厢的倾角用表示，下列说法正确

的是( ) A.要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan＞2

B.要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin＞2

C.只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应 满足2＞tan＞1

D. 只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足2＞1＞tan

5．放在水平地而上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用。F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图3--5所示，取重力加速度g=lOm／s．由两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( )

A．m0.5kg,0.4 B. m1.5kg,22

15C．m0.5kg,0.2 D．m1kg,0.2 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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6．如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系大致如下图中的图( ).

7．如图所示，一物体A置于光滑的水平面上，一弹簧下端固定在物体上，上端固定在天花板上，此时弹簧处于竖直且为自然长度．现对物体施加一水平拉力，使物体沿水平面向右缓慢运动，运动过程中物体没有离开水平面，则关于此运动过程中物体的受力情况，下列说法正确的是

(

) A．物体所受拉力F一定增大

B．物体所受弹簧的拉力一定增大

C．地面对物体的支持力一定增大

D．物体所受的合力一定增大

8．如图所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动：

（1）在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；

（2）在光滑斜面上沿斜面向上的匀速直线运动；

（3）做竖直向下的匀速直线运动；

（4）做竖直向上的加速度大小为g的匀加速直线运动。

设四根弹簧伸长量分别为△l1、△l2、△l3、△l4，不计空气阻力，g为重力加速度，则（

）

A．△l1>△l2

B．△l3<△l4 C．△l1>△l4 D．△l2>△l3

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9．如图所示，质量m=20kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的

动摩擦因数μ=0.1，物体同时还受到大小为10N，方向向右的水平拉力F的作用，

则水平面对物体的摩擦力（g取10m/s）（ ）

A．大小是10N，方向水平向左

B．大小是20N，方向水平向左

C．大小是20N，方向水平向右

D．大小是30N，方向水平向右

10．17世纪，意大利物理学家伽利略根据实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故。这里的实验是指“伽利略斜面实验”，关于该实验，你认为下列陈述正确的是（ ）

A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是不可信的

B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律

C．该实验否定了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误概念

D．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据

11．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）

（ ）

2

A．μ与a之间一定满足关系a/g

B．黑色痕迹的长度为(ag)v/(2a)

C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v/(g)

D．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量的mv/2

12．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保222

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持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到刚相对静止这一过程下列说法正确的是：

( ) A．电动机多做的功为mv B．摩擦力对物体做的功为mv

2212mv 2D．电动机增加的功率为mgv

C．物体克服摩擦力做功为

13．如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1向右运动，传送带的左．右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿水平面分别从左．右两端滑上传送带，下列说法正确的是( ) A．物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间

B．若v2< v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动

C．若v2< v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端

D．若v2< v1，物体从右端滑上传送带又回到右端．在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动

14．一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于匀速直线运动状态．现同时撤

去大小分别为10N和15N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说

法中正确的是 ( ) A．可能做匀减速直线运动，加速度大小是10m/s

B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s

C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s

D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是10m/s

15．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s，则结合图像可推算出：(

) A．运动员的质量为40kg B．运动员的质量为200 kg 22222欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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C．运动员跳起的最大高度为20m D．运动员跳起的最大高度为5m 16．如图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连。A、B两物体质量分别为m1、m2，它们和斜面间的滑动摩擦因数分别为1、2。当它们在斜面上加速下滑时，关于杆的受力情况，以下说法正确的是(

) A．若12，则杆一定受到压力 B．若12，m1m2，则杆受到压力

C．若12，m1m2，则杆受到拉力

D．只要12，则杆的两端既不受拉力也没有压力

17．一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体，

如图所示。以下判断正确的是

A．若物体静止在斜面上，则B受到挤压

B．若物体匀速下滑，则B受到挤压

C．若物体加速下滑，则A受到挤压

D．若物体减速下滑，则A受到挤压

18．轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，电梯中有质量为50kg的乘客，如图所示，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量是电梯静止时轻质弹簧的伸长量的一半，这一现象表明（g=10m/s）( )

A．电梯此时可能正以1m/s的加速度大小加速上升，也可能是以1m/s的加速度大

小减速下降

B．电梯此时不可能是以1m/s的加速度大小减速上升，只能是以5m/s的加速度大小加速下降

C．电梯此时正以5m/s的加速度大小加速上升,也可以是以5m/s的加速度大小减速下降

D．不论电梯此时是上升还是下降，也不论电梯是加速还是减速，乘客对电梯地板的压力大小一定是250N

2222222

（ ）

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19．如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为L（小球可看作质点），小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动。当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度可能是（线未被拉断）（

）

A．大于v/2g C．等于v/2g

20. 如图甲所示装置中，光滑的定滑轮固定在高处，用细线跨过该滑轮，细线两端各拴一个质量相等的砝码m1和m2.在铁架上a处固定环状支架z，它的孔能让m1通过。在m1上加一个槽码m，由O点释放向下做匀加速直线运动。当它们到达A时槽码m被支架Z托住，m1继续下降。在图乙中能正确表示m1运动速度v与时间t和位移s 与时间t关系图象的是（ ）

21.如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙，

试求

（1）拉力F的平均功率；

（2）t＝4s时物体的速度v。

甲

v/m·F

210 1 乙

2 t/直线部分

抛物线部直线部分

抛物线部22B．小于v/2g D．等于2L

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22.如图所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a=4m/s的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s。为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？

22v0欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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23．物体A的质量M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m。某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ＝0.2，取重力加速度g=10m/s.试求: （1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；

（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。

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024.皮带的倾角37，以v2m/s的速度匀速转动，皮带底端到顶端的距离为l7m，将小物块轻放于皮带底端，物块质量m10kg，与皮带间动摩擦因数0.8，求：2g10m/s（）

B v

A θ

(1)皮带将物块运送至顶端所用时间为多少？

(2）此过程皮带对物块作了多少功？

(3）电动机因传送物块作了多少功？

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25.如图所示，一轻质弹簧的一端固定于倾角为θ的光滑斜面上端，另一端系一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧恰好为自然长度。现使挡板A以恒定加速度a（a

（1）求小球开始运动时挡板A对小球提供的弹力；

（2）求小球从开始运动到与档板分离弹簧的伸长量；

（3）问小球与档板分离后能否回到出发点？请简述理由。

θ

A 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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26.如图所示，质量分别为m1＝1kg和m

2＝2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上，若对A、B分别施加大小随时间变化的水平外力F1和F2，若F1＝（9-2t）N，F2＝（3＋2t）N，则：

（1）经多长时间t0两物块开始分离? （2）在同一坐标中画出两物块的加速度a1和a2随时间变化的图像? （3）速度的定义为v＝△s

/△t，“v-t”图像下的“面积”在数值上等于位移s；加速度的定义为a＝△v/△t，则“a-t”图像下的“面积”在数值上应等于什么? （4）由加速度a1和a2随时间变化图像可求得A、B两物块分离后2s其相对速度为多大?

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牛顿运动定律单元测试答案

1 D

21.解析（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 AD CD AC AD AD D D 20 B D AC A D AB AB C BCD C BCD AD F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

撤去力后，由牛顿第二定律有

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

2

2根据图像可知：a1＝20m/s，a2＝10m/s

t1＝1s时物体的速度：v1＝a1t1

拉力F的平均功率为P＝Fv1/2 解得P＝300W

（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，

v1＝a2t2

，解得t2＝2s

则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律

mgsinθ－μmgcosθ＝ma3

t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s

，沿着斜面向下

22.解析：货箱先相对平板车向左滑，当与平板车的速度相等后相对平板车向右滑。若货箱与平板车的速度相等时，货箱仍未从平板车上掉下来，则以后货箱不会从平板上掉下来。

设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v,以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右作匀加速运动的加速度 a1=μg ① 12货箱向右运动的位移 S箱= a1t ② 2又 v= a1 t ③ 212平板车向右运动的位移 S车=v0- at ④ 2又 v= v0-a t ⑤ 为使货箱不从平板车上掉下来,应满足:S箱+L≧S车 ⑥

联立方程①～⑥解得：v0代入数据：

v06m/s

2(ag)l 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚

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23.解析：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µmg =maA 得aA=µg=2 m/s

木板B作加速运动，有F+µmg=MaB，得：aB=14 m/s

两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距离：SA=V0t-aAt/2=15/16m B滑行距离：SB=aBt/2=7/16m 最大距离：△s= SA- SB=0.5m (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：

2222v0V1V1L 2aA2aB又：

222v0V1V1 aAaB2可得：aB=6（m/s） F= m2aB—µm1g=1N 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：F=（m+m）a，µm1g =m1a

所以：F＝3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下。

综上：力F应满足的条件是： 1N≤F≤3N

24．解析：mgsin60N,mgcos64N

（1）加速a16460v0.4m/s2,t15s,s15m

ma1s21s则tt1t26s

v12mv440J

2匀速t2（2）Wmglsin'（3）WWmgcos(vt1s1)760J

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25.解析：（1）mgsinNma，Nmgsinma

（2）分离时弹力N0，有mgsinFma，Fmgsinma

xFmgsinma

kk（3）小球再能回到出发点是不可能的。因为若小球再能回到出发点，则对于整个运动过程来说，由于挡板做负功而机械能减小，这将出现矛盾。

26. 解析：

（1）当两物体分离瞬间加速度相等，A、B间相互作用力为零，a1a2，即：

t0＝2.5s②

（2）两物块在前2.5s加速度相等

F1F2①

m1m2aF1F29m/s24m/s2③ m1m232.5s后m1、m2的加速度的变化率分别为-2m/s和1m/s22 ∴两物块的加速度a1、a2随时间的变化图像如答图所示： （3）等于其速度的变化量⊿v

（4）等于图中阴影部分的“面积”大小，即vBA＝6m/s

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