本章复习与测试板书设计及意图

【知识要点】

（一）牛顿第一运动定律：

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

2、理解要点：①

牛顿第一运动定律定性地揭示了运动和力的关系，力不是维持物体运动的原因，而改变物体运动状态的原因。

②

定律说明了任何物体都有一个极其重要的性质～惯性。

③

不受力的物体是不存在的。牛顿第一定律不能用实验直接验证，但它是建立在大量实验现象的基础之上，通过逻辑推理而发现的。

④

牛顿第一运动定律是牛顿第二运动定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律的特例，牛顿第一运动定律定性地说明了运动和力的关系，牛顿第二运动定律定量地说明了运动和力的关系。

3、惯性：物体的这种保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性。

（1）惯性是物体保持自己原来运动状态(速度)的本性，不能克服和避免。

（2）一切物体无论处于什么运动状态，无论是否受力都有惯性。

（3）物体的惯性大小是描述物体保持原来的运动状态的本领的强弱，物体的惯性大，保持原来的运动状态的本领的强，物体的运动状态难改变。物体的惯性大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关。

（4）惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动状态或静止状态的性质，力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。

（二）牛顿第三运动定律：

1、内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等方向相反，作用在同一直线上。

2、作用与反作用力和二力平衡的区别：

内容

作用力与反作用力

二力平衡

作用在同一个物体上

撤掉一个，另一个可依然存在

两力作用效果可相互抵消，合力为零

不一定是同种性质的力

受力物体

作用在两个相互作用的物体上

依赖关系

同时产生同时消失

叠加性

两力作用效果不可相互抵消，不可求合力

力的性质

一定是同种性质的力

1、内容：物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同。

2、数学表达式：F合=ma

3、牛顿第二定律理解要点：

（1）矢量性：a与F合方向相同。

（2）瞬时性：a与F合是瞬时对应关系，同时产生，同时消失，同时变化。

分析物体在谋一时刻的瞬时加速度，关键在于分析瞬时变化前后物体的受力情况和运动状态，再用牛顿第二定律求出瞬时加速度。

此类问题应注意两种基本模型的建立：

（1）刚性绳（非弹性绳或细杆）与接触面：可以认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断（或脱离后），其中的弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

（2）弹簧或橡皮绳：此类模型的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬间变

化过程中，往往认为其弹力大小不变。

例1

甲

乙

【解析】对甲图，P点剪断前分别对物体A和B受力分析如图所示。P点剪断瞬间，悬挂物体A的上段绳中的弹力T1立即消失，等于零，而细绳只能提供拉力，不能提供支持力，故悬挂物体B的下段绳中的弹力T2、T2'也立即变为零，此时，物体A、B都只受到重力作用，∴

aAaBg。

对乙图，P点剪断前分别对物体A和B受力分析如图所示。P点剪断瞬间，悬挂物体A的上段绳中的弹力T立即变为零，但弹簧中的弹力F与剪断前大小相等。

对A：aAmAgFmgmBgmAmB

而FmBg

∴

aAAg

mAmAmAmBgF0

mB

对B：aB例2、如图所示，木块A和B用一根轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静止放置在地面上，它们的质量比是1:2:3，设所有的接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬间，A和B的加速度分别是：aA=_______；aB=_______。

【解析】木块抽出前，对A，FGAmAg

对B，NBGBF(mAmB)g

C抽出瞬间，F大小不变，NB立即消失。

GF(mAmB)∴

aA0，aBBg1.5g

mBmB

（3）同体性：m、a与F合都是对同一个物体而言。

例1、一人在井下站在吊台上，用如图1所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s)

F F F FN a (m+M)g 图1 图2 Mg 图3 22

分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图2所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)350N

2再选人为研究对象，受力情况如图3所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N. 由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

（4）因果性：合力是使物体产生加速度的原因。

[例1]某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见：

A．力是使物体产生运动的原因

B．力是维持物体运动速度的原因

C．力是使物体产生加速度的原因

D．力是使物体惯性改变的原因

讨论、思考、回答：

经讨论得出正确答案为：C．

（5）力的独立性：作用在物体上大的每个力都将独立地产生各自的加速度，与其它力无关，合力的加速度是这些加速度的矢量和。

2、在牛顿第二定律公式F＝kma中，有关比例常数k的说法正确的是：

A、在任何情况下都等于1 B、k值是由质量、加速度和力的大小决定的

C、k值是由质量、加速度和力的单位决定的

D、在国际单位制中，k的数值一定等于1

4、用牛顿第二定律解题的一般步骤：

（1）选对象；（2）分析力（画受力图）；（3）建坐标；（4）分解力；（5）列方程；（6）解联立方程，求解结果。

（四）牛顿第二定律的应用

1、动力学的两类基本问题：

（1）已知物体的受力情况，要求确定物体的运动情况

处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件（初位置和初速度），根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况。

（2）已知物体的运动情况，要求推断物体的受力情况。

处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况。

（3）应用牛顿第二定律解题的规律分析(直线运动) 动力学的两类基本问题的解题基本思路：

运动学相

Fma

关公式

力

受力分析

加速度

位移和速度

不论求解哪一类问题，加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键

例1、如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。求：（重力加速度g＝10）

（1）斜面的倾角

；

；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数

（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。

思路点拨：根据实验数据，分别求出物体在水平面上和斜面上的加速度，根据牛顿第二定律和运动关系式即可求得各物理量。

解析：

（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为

，可得：

（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为

，可得：＝0.2

（3）由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t），解得t＝0.1s，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s，

则t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为＝2.3 m/s。

总结升华：该题考查了牛顿第二定律的应用。该题命题意图符合新教材意图，考查了学生获取信息、分析问题、解决问题能力。

举一反三

【变式】如图所示，质量为0. 5 kg的物体在与水平面成角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动．经过0.5m，速度由0. 6 m/s变为0. 4 m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数的大小。

=0.1，求作用力F

解析：由运动学公式得

其中，负号表示物体加速度与速度方向相反，即方向向左。

对物体进行受力分析，如图所示，

建立直角坐标系，把拉力F沿x轴、y轴方向分解得

在x方向上，

在y方向上，

联立①②式，消去，即得，

①

②

所以

N。

2、有一行星探测器，质量为1800 kg，现将探测器从某一行星的表面竖直升空，探测器的发动机推力恒定。发射升空后9s末，发动机因发生故障突然熄火。图是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象，已知该行星表面没有大气，若不考虑探测器总质量的变化。求：

（1）该行星表面附近的重力加速度大小；

（2）发动机正常工作时的推力；

（3）探测器落回星球表面时的速度。

思路点拨：给定图象，可以从图象的斜率求得各段时间内的加速度，从而根据牛顿第二定律可求得作用力。

解析：

（1）由图象可知9～45 s内行星探测器只在行星重力作用下运动。

即为行星表面的重力加速度。

故其运动的加速度a=4

（2）取探测器研究。在0～9s内，

由牛顿第二定律得

解得F= 2N。

（3）由上升位移与下落位移相等得

解出：v=80 m/s。

总结升华：图象和图象不能描述曲线运动的规律。因为在图象和图象中，v、x轴上的正、负只能描述同一直线上的两个方面，所以无法描述曲线运动。同时，

对匀变速直线运动来说，其轨迹为直线，但其图线却是曲线，因此，在利用图象法处理运动学问题时，千万不要把图象或图象中的直线或曲线误认为是物体运动的轨迹。

举一反三

【变式】在倾角为的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为即。

，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度的大小成正比，

（1）写出滑块下滑的加速度的表达式。

（2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。

（3）若m=2㎏，，g取10 ，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度图线如图和k的值。

所示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出

思路点拨：对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律并结合运动学知识和图象的意义进行求解。

解析：

（1）滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用做变加速直线运动，

根据牛顿第二定律，有：

①

（2）分析上式，当滑块速度v增大时，其加速度不断减小。

当a=0时、滑块速度最大，其最大值为

（3）从v＝0，a=3由①

②可列

方程图中可以看出，=2 m/s，当t=0时，

②

联立解得

。

3、如图所示，传送带与地面倾角=，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0. 5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5．求物体从A运动到B需时间是多少？（sin 8）

=0. 6，cos=0.

思路点拨：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看继续向下加速．若与所受的最大静摩擦力，若，则，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可．本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小。

解析：物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力f，物体受力情况如图所示。

物体由静止加速，由牛顿第二定律得

＝10×（0. 6 ＋0.5×0. 8）＝10

物体加速至与传送带速度相等需要的时间

由于s =1s ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力f。此时物体受力情况如图所示，

由牛顿第二定律得

，解得=2

设后一阶段物体滑至底端所用的时间为

解得1s ，s（舍去）

，由

所以物体由A到B的时间2 s。

总结升华：从本题中可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度．与传送带速度刚好相等的时刻。

近几年高考注重考查运用所学知识解决实际问题的能力，所以平时学习中要注意培养从科技、生产、生活、体育活动等背景下抽象出物理模型的能力，适应新高考的要求。

（1）解答“运动和力”问题的关健是要分析清楚物体的受力情况和运动情况，弄清所给问题的物理情景．加速度是动力学公式和运动学公式之间联系的桥梁。

（2）审题时应注意由题给条件作必要的定性分析或半定量分析。譬如，由本题中给出的和值可作出判断：当时，物体在加速至与传送带速度相同后，将与传送带时，物体在获得与传送带相同的速度后仍继续加速。

相对静止一起匀速运动；当

（3）通过此题可进一步体会到，滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动。它可能是阻力，也可能是动力。

举一反三

【变式】如图所示，一水平传送带以2 m/s的速度做匀速直线运动，传送带上两端的距离为20 m，将一物体轻轻地放在传送带的一端，物体由一端运动到另一端所经历的时间为11 s，则物体与传送带之间的动摩擦因数是多少？()

解析：物体放到传送带上，刚开始一段时间物体相对传送带向后滑动，但相对地向前运动。选取地面为参考系，物体在传送带的滑动摩擦力作用下从静止开始做匀加速直线运动，其加速度为

。

当物体的速度达到传送带的速度2 m/s时，物体与传送带无相对运动及相对运动趋势，故两者相对静止，物体一直以2 m/s速度匀速运动到另一端．此时对地的位移是20 m。

物体开始做匀加速运动的时间为

匀加速直线运动的时间为

由运动学公式得

∴

，解得。

5、动力学中的临界问题

在动力学问题中，常常会出现临界状态，对于此类问题的解法一般有以下三种方法：

（1）极限法：

在题目中如果出现“最大”、“最小”、“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题，处理这类问题时，常常把物理问题或过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显露出来，达到尽快求解的目的。

例1、如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为，对物体施加一个与水平方向成角的力F，试求：

（1）物体在水平面上运动时力F的值；

（2）物体在水平面上运动所获得的最大加速度。

【解析】要使物体能够运动，水平方向的力必须要大于最大静摩擦力（近似等于此时的滑动摩擦力），当力F有极小值时，物体恰好在水平面上做匀速直线运动，对物体的受力如图所示，由图示得：

F FmincosN

①

FminsinNmg

②

解得：Fmin﹚θ

mg

③

cossin

当力F有最大值时，物体将脱离水平面，此时地面对物体的支持力恰好为零，根据受N 力分析得：

Fy

F

Fmaxcosma

④

Fmaxsinmg

⑤

解得：Fmax﹚θ

FX

mg

⑥

sinG

∴物体在水平面上运动所获得的最大加速度：

agctg

⑦

则物体在水平面上运动时F的范围应满足：mgmg≤F≤

sincossin[说明]解决问题的关键是：通过极限思维找出临界状态的隐含条件NA0。

（2）假设法：

有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解答此类问题，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况进行处理。

例2、一斜面放在水平地面上，倾角为= 53°，一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。

【解析】根据题意，先分析物理情景：斜面由静止向右加速运动T 过程中，斜面对小球的支持力将会随着a的增大而﹚θ

ma

G

减小，当a较小时（a→0），小球受到三个力（重力、细绳拉力和斜面的支持力）作用，此时细绳平行于斜面；当a足够大时，斜面对小球的支持力将会减少到零，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于角。而题中给出的斜面向右的加速度a10m/s2，到底是属于上述两种情况的哪一种，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定，这是解决此类问题的关键所在。

设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为a0，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。

易知：mgctgma0

∴

a0gctg7.5m/s2

∵

a10m/s＞a0

∴

小球已离开斜面，斜面的支持力N = 0，

同理，由图的受力分析可知，（注意：此时细绳与斜面的夹角大于）

细绳的拉力：

T = 2(mg)2(ma)2222.83牛

方向沿着细绳向上。

（3）数学方法：

将物理过程转化为数学表达式，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。如二次函数、不等式、三角函数等等。

例3、如图所示，质量为M=2kg的木块与水平地面的动摩擦因数=0.4，木块用轻绳绕过光滑的定滑轮，轻绳另一端施一大小为20N的恒力F，使木块沿地面向右作直线运动，定滑轮离地面的高度h=10cm，木块M可视为质点，问木块从较远处向右运动到离定滑轮多远时加速度最大？最大加速度为多少？

【解析】设当轻绳与水平方向成角时，M的加速度最大，对M有，

﹚θ

F

Fcos(MgFsin)Ma

①

整理得：F(cossin)MgMa

②

令cossinA

③

由上式可知，当Acossin取最大值时，a最大。

A12(11211cos12sin)12sin()

④

其中arcsin(2)

2而Amax1，与此相对应的角为：2arcsin(112)

⑤

∴

加速度a的最大值：amax解得：amax6.8m/s2

F12g

⑥

M此时木块离定滑轮的水平距离：shcot

⑦

解得：s25cm

[说明]此题并非在任何条件下都能达到上述最大加速度的，因为当达到一定值时，就有可能使物体脱离地面，因此，F、M、必须满足一定的取值，即Fsin≤Mg。

例11、

如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？

【错解分析】错解：

F最大值即N = 0时，F = ma+mg=210(N)

错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G = F+N，不自觉的贯穿在解题中。

【正确解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F是恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。

以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。

因为物体静止，∑F=0 N = G = 0 ①

N = kx0②

设物体向上匀加速运动加速度为a。

此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′

据牛顿第二定律有

F+N′－G = ma ③

当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则

将式①，②中解得的x0= 0.15m代入式③解得a = 7.5m/s2

F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N = kx。

代入式③得

Fmin= ma + mg－kx0

=12×(7.5+10)-800×0.15 =90(N)

F最大值即N=0时，F = ma+mg = 210（N）

【小结】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。

6、综合问题

例1、(04全国理综)一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突然以恒定加速度a将桌A

a

布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从B

桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度) 【解析】设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘的加速度为a1，有

`1mgma1

①

桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有

`2mgma2

②

设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x222v2a2x2

④

v2ax1111后便停下，有

③

盘没有从桌面上掉下的条件是

x21lx12

⑤

设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有

x

11atx1a1t22

⑥

2

⑦

x而

1lx12

⑧

a由以上各式解得

1221g2 ⑨

例2、一质量为m＝40kg的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g＝10m/s2。

【解析】由图可知，在t＝0到t＝t1＝2s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a1，由牛顿第二定律，得

f1－mg＝ma1，

①

在这段时间内电梯上升的高度

1h1＝a1t2。

2

②

在t1到t＝t2＝5s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻电梯的速度，即

V1＝a1t1，

③

在这段时间内电梯上升的高度

h2＝V2（t2－t1）。

④

在t2到t＝t3＝6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做向上的减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得

mg－f2＝ma2，

⑤

在这段时间内电梯上升的高度

1h3＝V1(t3－t2)－a 2(t3－t2)2。

⑥

2电梯上升的总高度

h＝h1＋h2＋h3。

⑦

由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得

h＝9 m。

⑧

例3、如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30 m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100 m下降2 m。为了使汽车速度在s＝200 m的距离内减到v2＝10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B，30％作用于汽车A。已知A的质量m1＝2000 kg，B的质量m2＝6000 kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力加速度g＝10 m/s2。

【解析】汽车沿倾角斜车作匀减速运动，用a表示加速度的大小，有

v2v12as

①

用Ｆ表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有

F(m1m2)gsin(m1m2)a

②

22

sin式中

22102100

③

设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f,根据题意

f

30F100

④

方向与汽车前进方向相反；用fN表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同。以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有

由②④⑤式得：由①③⑥式，代入数据得ffNm1gsinm1a

⑤

⑥

fN880N

⑦

A B 例4、如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ．它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k , C为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一C 恒力F沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C时物块A 的加速度a 和从开始到此时物块A 的位移d。重力加速度为g。

θ

【解析】令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

mAgsinθ=kx1

①

令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知

kx2=mBgsinθ

②

F－mAgsinθ－kx2=mAa

③

F－(mA+mB)gsinθ由②

⑧

式可得a=

④

mA由题意

d=x1+x2

⑤

(mA+mB)gsinθ由①②⑤式可得d=

⑥

k例5、一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数0.1。从t0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图10所示。求83秒内物体的位移大小和力F对物体所做的功。g取10m/s2。

【解析】当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得

F1-μmg=ma1

a1=( F1－μmg)/m=(12－0.1×4×10)/4=2m/s2

当物体在后半周期时，

由牛顿第二定律，得

F2+μmg= ma2

a2=( F2+μmg)/m=(4+0.1×4×10)/4=2m/s2

前半周期和后半周期位移相等

x1=1/2at 2 =0.5×2×22 =4m

一个周期的位移为

8m 最后

1s 的位移为

3m

83 秒内物体的位移大小为

x=20×8+4+3=167m

一个周期

F 做的功为

w1=（F1－F2）x1=（12－4）4=32J

力

F 对物体所做的功

w=20×32+12×4-4×3=681J

问题1、整体法与隔离法处理连接体的问题：

【例题】如图所示，固定在水平面上的斜面其倾角θ=37º，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50。现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力大小．（取g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8）

解析：以木块和小球整体为研究对象，设木块的质量为M，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：

（M＋m）gsin37º－μ（M＋m）gcos37º=（M＋m）a

解得：a=g（sin37º－μcos37º）=2m/s2

以小球B为研究对象，受重力mg，细线拉力T和MN面对小球沿斜面向上的弹力FN，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：

mgsin37º－FN=ma

解得：FN=mgsin37º－ma=6N．

由牛顿第三定律得，小球对木块MN面的压力大小为6N．

变式1：如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2。若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是

（

）

A、L2＜L1

B、L2＞L1

C、L2＝L1

D、由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系

答案：C 变式2：用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F，如图所示，求：

（1）物体与绳的加速度；

（2）绳中各处张力的大小（假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。）

分析与解：（1）以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

F=（M+m）a，解得a=F/（M+m）。

（2）以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=（M+mx/L）a=（M+mFx）。

LMm

由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为MF。

Mm

问题2、传送带类问题分析：

【例题】如图所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为

分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma，所以a=μg. 加速时间

t1VV

ag121V2加速位移

S1at1

22g通过余下距离所用时间

t2SS1SV

VV2g共用时间 tt1t2SV

V2g变式：如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A处无初速度的放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的摩擦因数为0.5．求物体从A运动到B所用时间是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

解析：物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所

受的摩擦力沿传送带向下如图所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得a1=10m/s2

物体加速到与传送带速度相同需要的时间为

t1=v10s=1s a110121at1012m5m

22物体加速到与传送带速度相同发生的位移为s

由于μ＜tanθ（μ=0.5，tanθ=0.75），物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体给传送带的摩擦力沿传送带向上．

由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ=ma2

解得：a2=2m/s 设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2，

由L－s=vt2+12at

2解得t2=1s

（t2=11s舍去）

所以，物体从A运动到B所用时间

t=t1+t2=2s

9.2005年江苏理综卷35.

如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图.绷紧的传送带始终保持3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2

(1)若行李包从B端水平抛出的初速v＝3.0m/s，求它在空中运动的时LAB 间和飞出的水平距离；

h

(2)若行李包以v0＝1.0 m/s的初速从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件. 解：（1）设行李包在空中运动时间为t，飞出的水平距离为s，则

h=1/2 gt2,

①

s＝vt

②

代入数据得：t＝0.3s ,

s＝0.9m

③

（2）设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则

滑动摩擦力Fmgma

④

代入数据得：a＝2.0m/s2

⑤

要使行李包从B端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B端飞出时水平抛出的初速度v=3.0m/s

⑥

2设行李被加速到v时通过的距离为s0，则

2as0v2－v0

⑦

代入数据得s0＝2.0m

⑧

故传送带的长度L应满足的条件为：L≥2.0m

⑨

14.2009年海南卷15．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0=12m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2m/s2的加速度减速滑行。在车厢脱落t=3s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，

卡车刹车前后加速度的大小分别为a1和a2。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有

F-2μMg=0

①

F-μMg=Ma1

②

μMg=Ma

③

3μMg=Ma2

④

设车厢脱落后，t=3s内卡车行驶的路程为s1，末速度为v1，根据运动学公式有

1s1v0ta1t2

⑤

2v1v0a1tv122a2s2有

⑥

⑦

式中，s2是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为s，

2v02as

⑧

卡车和车厢都停下来后相距Δs=s1+ s2- s

⑨

2v042v0tat2

⑩

由①至⑨式得s3a33代入题给数据得Δs=36m

⑾

15.2009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 =2kg，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/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：（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=ma1

解得

f=4N （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

a2

v1

a3

t3

a1

t2

v3

a4

12匀加速运动s1a1t2

2设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mg+f=ma2

v1= a1t2

v12

s22a2解得h= s1+ s2=42m （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，v3=a3t3 2a32a4解得t3

32s或2.1s

2