【文档说明】(新高考)高三物理一轮复习讲义：第06讲《牛顿运动定律的综合应用》(含解析).doc，共(45)页，3.322 MB，由MTyang资料小铺上传

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第06讲牛顿运动定律的综合应用知识图谱牛顿第二定律中的传送带模型知识精讲一．传送带问题传送带问题涵盖力学全部知识，贯穿了牛顿运动定律、能量转化与守恒定律、动量守恒定律等三大解题规律，综合运动学、动力学、能量、动量、图象、开放等问题，突现了

与匀变速直线运动、匀变速曲线运动、简谐运动、碰撞等模型的巧妙结合，并将力学中的重点、难点融为一体，它又与生产、生活实际紧密相连。下面就传送带的基本规律、水平传送带、倾斜传送带进行分析总结。二．传送带的

基本规律分析问题提出：飞机场、火车站、汽车站都有安全检查仪，其中送装置可以简化成的一个传送带。人把行李放在以恒定速v0运行的传送带上，行李如何运动？通过比较行李与传送带的相对运动，可以判断，在水平方向上，行李受到水平向右的摩擦力，Ffmg，且为恒力。根据牛顿第二定律，

得ag。行李向右做匀加速直线运动。当行李速度等于传送带速度时，行李和传送带达到相对静止，摩擦力消失，行李和传送带以匀速运动的速度共同做匀速直线运动。行李达到最大速度之前，行李运动的时间和位移分别为：00vvtag，2220011()222vvxatggg

，而传送带的位移为：20000vvxvtvgg。假定传送带的长度为L，对于行李的运动规律可以总结为：当Lx时，行李先加速后匀速；当Lx时，行李恰好完成加速；当Lx时，行李一直做匀加速。二．水平传送带问题1．物体在水平传送带上从静止开始运动

的情况正如前一部分讨论过，物体可能的运动有两种情况。（1）当传送带的长度较短时，Lx时，行李一直做匀加速，加速度由摩擦力提供；（2）当Lx时，行李先加速，且加速度由摩擦力提供，Ffmg，增加到与传送相同的速度时，两者以相同的速度运动，此时，摩擦力突变为零。2．当物体的初速度不为

零时，与传送带同向运动（1）当物体开始运动的速度大于传送带的速度时，即0vv，物体的运动分为两种情况：①当Lx（212xvtat，x表示物体在摩擦力的作用下减速到传送带的速度时所前进的位移）时，

行李一直做匀减速运动，加速度由摩擦力提供；②当Lx时，物体先减速，减速到与传送相同的速度时，两者以相同的速度运动，此时，摩擦力消失。（2）当物体开始运动的速度小于传送带的速度时，即0vv，物体的运动分为两种情况：①当Lx时，

行李一直匀加速运动，加速度由摩擦力提供；②当Lx时，物体先加速，后与传送带一起匀速运动。3．当物体的初速度不为零时，与传送带从相反方向运动（如下图所示，传送带向左，物体向右运动）（1）当传送带的长度22vLg（22vg是假设减速为零的位移），滑块所受的摩擦力

向左，且一直减速到最右端，；（2）当传送带的长度22vLg，且0vv，滑块先向右减速，再向左加速，到达最左端时的速度仍为v，方向向左（相当于向右运动的逆过程）。（3）当传送带的长度22vLg，且0vv，滑块先向右减速，再向左加速，当加速到与传送带相同的速度时，与传送带共速，一

起向左运动，速度为0v。三．倾斜传送带问题1．当滑块的初速度为零时的情形（0v），并且滑块在倾斜传送带的低端时：（1）当202(cossin)vLgg，滑块一直向上加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg）。（2）当202(cossin)vL

gg，滑块向上先加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg），当速度等于传送带的速度时，与传送带共速，向上运动（静摩擦力的大小为sinfmg）。2．当滑块的初速度为零时的情形（0v），并且滑块在倾斜传送带的顶端时：（1）当202(cossin)vL

gg，滑块一直向下加速（滑动摩擦力的大小为cosfmg，斜向下）。（2）当202(cossin)vLgg，首先滑块加速运动，加速度大小为：sincosagg，当滑块的速度与传送带的速度相同时，

之后滑块的运动也分为两种情况，当sincosmgmg时，滑块继续向下加速运动，加速度大小为：sincosagg；而当sincosmgmg时，滑块与传送带共速，一起斜向下运动，此时，滑块

只受静摩擦力。3．当滑块的初速度不为零时的情形（0v），并且与传送带以相同方向运动时：（1）当0vv，滑块先加速，当加速到与传送带的速度相同时，之后的运动分为两种情况，一种情况，与传送带相对静止运动，另

一种情况，则是继续加速。（2）当0vv，且当sincosmgmg，滑块一直加速；而当sincosmgmg，滑块先减速，减到与传送带相同的速度时，再与传送带共速运动。4．当滑块的初速度不为零时的情形（0v

），并且与传送带以相反方向运动时：（1）当sincosmgmg，滑块加速向下运动；（2）当sincosmgmg，且当传送带足够长时，滑块先减速运动，当速度为零时，再向上加速运动。5．总结讨论在斜面方向上的传送带问题中物块的受力时，不仅要判断物体与传送带之间是

否有相对运动，同时需要判断，当物体与传送带共速，是否有向下运动的趋势，也就是需要判断重力沿斜面的分力与最大静摩擦力的大小关系。若重力的下滑分力大于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有tan，则物体将向下加速，

所受摩擦力为沿斜面向上的滑动摩擦力；若重力的下滑分力小于或等于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有tan，则物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。另外，也可

能出现的情况是传送带比较短，物体还没有加速到与传送带共速时就已滑到了底端。三点剖析一．课程目标1．学会利用牛顿第二定律以及运动学知识分析传送带问题牛顿第二定律中的水平传送带问题例题1、如图所示，水平传送带两端相距x＝8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝1

0m／s，设工件到达B端时的速度为vB。（取g＝10m／s2）（1）若传送带静止不动，求vB；（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；（3）若传送带以v＝13m／s逆时针匀速转动，求v

B及工件由A到B所用的时间。例题2、如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2m/s顺时针方向运行。初速度为v2＝4m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送

带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，若从小物块滑上传送带开始计时，（1）小物块在传送带上滑行的最远距离；（2）小物块从A处出发再回到A处的时间。例题3、（2014河北衡水冀州中学高三上期中）在工厂的流水线上安装水平传送带

，可以把沿斜面滑下的工件用水平传送带进行传送，可大大提高工作效率．如图所示，一倾角θ=30°的光滑斜面下端与水平传送带相连，一工件从h=0.20m高处的A点由静止滑下后到达B点的速度为v1，接着以v1滑上水平放置的传送带．已

知：传送带长L=15m，向右保持v0=4.0m/s的运行速度不变，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.20，g=10m/s2，空气阻力不计，工件可看成质点．求：（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的

时间．（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度S=？随练1、在日常生活和生产中，常用传送带运送物体．如图所示，一水平传送带以v＝2.0m/s的速度匀速运

动，现把小物块（可视为质点）无初速地轻放在传送带的左端A处，经过一段时间，小物块到达传送带的右端B处．A、B间距离L＝6.0m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，取重力加速度g＝10m/s2．（1）求小物块从A运动到B所用的时间t；（2）请你设计方

案，使小物块在传送带上从A运动到B所用的时间缩短0.5s，并通过计算确定方案中所涉及物理量的数值．（设计一种方案即可）牛顿第二定律中的倾斜传送带问题例题1、在物资运转过程中常使用传送带。已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB部分长L＝29m，传送带以恒定的速

率v＝10m／s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m＝0.1kg的煤块P（可视为质点），P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小，（g取10m／s2，sin37°＝0.6）。求：（1）煤块刚开始运动时的加速度是多少？（2）煤块P

从B端运动到A端的时间是多少？（3）求煤块在传送带上留下的摩擦痕迹的长度？例题2、（2013山东师大附中一模）如图所示，传动带以大小υ=2m/s的速度顺时针匀速转动，将一小物体A轻轻放在传动带的a点，已知传

送带水平部分ab=2m，bc=4m，bc与水平方向成37°角，小物体与传动带之间的动摩擦因数μ=0.25，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求（1）小物体A到达b点时的速度；（2）小物体A在bc上运动时的加速度；（3）小物体A从a运动到c点经历的

时间．例题3、[多选题]如图所示，三角形传送带以1m／s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m／s的初速度沿传送带下滑，物块与传

送带间的动摩擦因数均为0.5（g＝10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（）A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A做正功，对物块B做负功D.物块在传送带上的划痕长度之比为1︰3例题4、如图

所示，与水平面成θ＝30°角的传送带正以v＝3m／s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数235，取g＝10

m／s2，结果保留两位有效数字。求：（1）相邻工件间的最小距离和最大距离；（2）满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？随练1、皮带运输机是靠货物和传送带之间的摩擦力把货物送往别处的，如图所示，已知传送带与水平面的倾角为θ＝37°，以4m/s的速率向上匀速运

行，在传送带的底端A处无初速度地放上一质量为0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.8，若传送带底端A到顶端B的长度为24m，则物体从A到B的时间为多少？（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，物体与传送带间的最大静摩擦力等于它与传送带间的滑动摩擦力）随练2、[

多选题]如图所示，倾斜放置的传送带，通电后让传送带匀速逆时针转动的过程中，有一小物块从底端以初速度v0冲上传送带，以后在传送带上的运动过程中，有关物块速率随时间变化的图象中，可能正确的是（）A.B.C.D.牛顿第二定律中的滑块木板模型知识精讲一．滑块—木

板模型的特点1.滑块—木板模型是指上、下叠放两个物体位于地面或桌面上，并且两物体在相对的摩擦力的作用下，一起或者发生相对运动。涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强。2.模型特点（1）相互作用：滑块之间的摩擦力分析。另外，需要外力的作用。（

2）相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。（3）通常所说物体运动的位移、速度、都是对地而言。（4）求位移和速度通常会用到牛顿第二定律和运动学公式以及动能

定理。二．滑块—木板模型问题的主要分类已知A滑块和B木板的质量分别为Am和Bm，静止叠放在水平面上，A和B之间的动摩擦系数是1，B与地面之间的动摩擦系数是2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。1．当水平作用力施加在下面的木板上

的情况由图可知，滑块和木板之间的最大静摩擦力为11Afmg，地面对木板的最大静摩擦力为22AB()fmgmg。物理过程分析：当F较小时，A和B一起保持静止；当F增加时，A和B保持相对静止，并且一起向右加速运动；当继续增加F时，存在一个临界值(定义为1F)，A相对于B

向左滑动，A的加速度由滑块和木板之间的最大静摩擦力（11Afmg）提供，此时，以A和B为研究对象时，可以计算12ABAB1()()Fmmgmmg（此时，AB1aag，受力分析如图）。滑块和木

板的运动状态分类如下：（1）当水平拉力20Ff，A和B保持静止状态，且他们之间的静摩擦力为零。（2）当水平拉力21fFF时，A和B保持相对静止，一起向右加速运动，此时可以把A和B看成一个整体，对整体的受力分析可以计算出共同的加速度：2AB

AB()()Fmmgamm。（3）当水平拉力1FF，A的加速度小于B的加速度，A相对于地面向右做匀加速运动（A1ag）；而B相对于地面也向右做匀加速运动：2AB1ABB()Fmmgmgam2．当水平作用力施加在上面的木快上的情况当外力F作用在

上面的滑块时，需要考虑木板B是否能被拉动，也主要取决于A滑块对B木板的摩擦力的大小。滑块A对木板B的最大静摩擦力为11Afmg，地面对木板的最大静摩擦力为22AB()fmgmg。下面对滑块和木板的运动状态分类讨论：（1）当12ff

，则无伦多大的水平力作用在滑块上，都不能使木板B动起来，B始终处于静止状态，此时，滑块的A的运动状态取决于F的大小，当1Ff时，滑块A处于静止，当1Ff时，滑块A向右做加速运动。（2）当12ff，滑块A可以将木板B带动。此时，以整体对研究对象，当F较小时

（2Ff），滑块A和木板B都处于静止状态；当2Ff时，开始滑块A和木板B一起向右加速运动，对整体进行受力分析，可以求得共同的加速度2AAA()BFmmgamm；当F很大时，大于一个临界值1F时，两物体存在相对运动。临界状态为滑

块A和木板以最大共同的加速向右运动，且加速度与滑板B的最大加速相同，即1A2AAB()Bmgmmgam,此时以整体为研究对象，可以计算F的临界值1F的大小：1A2AA12ABAB()()()()BmgmmgF

mmgmmm。三点剖析一．课程目标1．了解“滑板―滑块模型”的模型特点和动力学特征2．掌握“滑板―滑块模型”问题的分析方法和技巧外力作用于上面的滑块例题1、[多选题]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A

．小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图像，已知g取10m/s2，则（）A.小滑块A的质量为3kgB.木板B的质量为1kgC.当F=6N时木板B加速度为1m/s2D.小滑块A

与木板B间动摩擦因数为0.1例题2、长木板的质量M＝1kg，静止在水平地面上，在木板最左端放置一质量为m＝2kg的小物块（可看作质点）；物块和木板、木板和水平地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.1．某时刻对小物块施加一个水平

向右、大小为10N的恒力F作用，使小物块由静止开始运动，当物块运动时间t＝2s时突然撤去F，最终小物块恰好没有从长木板上掉下去。已知重力加速度大小g取10m／s2．试求：（1）撤去F时小物块和长木板各自的速率；（2）长木板的长度（计算结果保留三位有效数字）．例题3、如图所示，一长为L

的木板A放置在水平地面上，木板的两端分别放置着B.C两小块，三者质量分别为3Amm.2Bmm和Cmm，A与地面、B与A、C与A间的动摩擦因数分别为6、和2，开始时三者均静止，现给物块B一水平向右的初速度005=8gLvv，同时给物块C一向左的

水平拉力3FFmg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，试求：（1）经过多长时间木板A开始运动；（2）从A开始运动至B与C相遇的时间。随练1、如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦

因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为14．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是（）A.若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过32mgB.当力F＝μmg时，

a、b间的摩擦力为32mgC.无论力F为何值，b的加速度不会超过34gD.当力F＞μmg时，b相对a滑动外力作用于下面的木板例题1、如图，质量M＝8.0kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F＝8.0N的水平恒力．当小车

向右运动的速度达到3.0m/s时，在其右端轻轻放上一个质量m＝2.0kg的小物块（初速为零），物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.20，假定小车足够长．求：（1）经多长时间物块停止在小车上相对滑动？（2）小物块从放在车上开始，经过t＝3.0s，通过的位移是多少？（取g＝

10m/s2）例题2、（2014高三上期末东城）如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同．若纸板的质量10.1kgm，小物体的质量20.4kgm，小物体与桌面右边缘的距离0.15md，已知各接触面间的动摩

擦因数均为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取210m/s．求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体

是否会留在桌面上．例题3、如图所示，薄平板A长L=5m，质量M=4kg，放在水平桌面上，板右端与桌边缘相齐．在A上距其右端x=3m处放一个质量m=lkg的可视为质点的小物体B，己知A与B之间的动摩擦因μ1=0.1，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2，最初系统静止．现在对板A向右施

加一水平恒力F，将A从B下抽出，抽出后B物体在桌面上继续滑行，最终恰停在桌面边缘．求：（1）B分别在A上和桌面上滑动时的加速度大小；（2）请画出物体B在整个运动过程中的v﹣t示意图；（3）B物体在A上滑行的时间；（4）拉力F的大小．随练1、如图1所示，物体A放在足够

长的木板B上，木板B静止于水平面．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若t=0开始，木板B受F1=16N的水平恒力作用，t

=1s时F1改为F2=4N，方向不变，t=3s时撤去F2．（1）木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？（2）从t=0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力fA，横坐标表示运动时间

t（从t=0开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图2中画出fA﹣t的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）．随练2、如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间高度差为h＝4m。斜面上的P点距离C点x＝5m。斜面上静止放着质量为2

m的薄木板，木板下端位于挡板AB处，木板长为L＝0.5m。（g＝10m／s2）（1）若木板以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小0v；（2）若给木板施加一个大小为F＝1.5mg,方向沿斜面向上

的拉力，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间1t及木板上端到达P点经历的时间2t；（3）若给木板施加一个力F，使木板先加速后始终维持匀速，当木板上端上滑到P点时，在木板的顶端轻放一个物块，之后木板始终维持3/pvms匀速上滑，木板和物块两者间的动摩擦因数32物块可以

看成质点。问木板上端从P点到C点的过程中，物块会不会从木板上滑落？请说明理由。滑块木板模型无外力的情况例题1、如图所示，小物块A放置在足够长的木板B的右端，木板B放在粗糙的水平地面上，在t＝0时刻，A、B同时以大小

为v0的水平速度开始运动，A运动方向向左，B运动方向向右，已知A、B间的动摩擦因数是B与地面间动摩擦因数的2倍，且A、B的质量相等。取向右为正方向，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则木板B运动的速度一时间图像大致是（）A.B.C.D.例题2、2015年新春佳节

，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处．某次服务员用单手托托盘方式（如图）给10m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平且手、托盘和碗之间无相对滑动．已知托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大速

度为2.5m/s．假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则服务员上菜所用的最短时间是多少？例题3、如图所示，一与水平方向成030，足够长的传送带止以＝4.0m/s

的速度顺时针方向运动。在传送带下方有一光滑小圆弧，上端与传送带相切，下端与一木板上表面Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板与水平地面间动摩擦因素10.01。现将一质量kgm0.21可视为质点的物块P放在传送带下端，开始阶段以初

速度0＝20m/s沿传送带所在斜面向上运动，木块与传送带间动摩擦因素332。，物块P与木板Q间动摩擦因素40.03。木板Q的质量m2＝2.0kg，取g＝10m/s2。求：（1）物块P沿传送带

上升到最高点时到传送带下端的距离x；（2）物块P从最高点运动到传送带下端的时间t；（3）为使物块P从木板Q上滑下来，木板Q的长度L应满足的条件。随练1、如图所示，现有一块表面水平的木板，被放在光滑的水平地面上．它的右端与墙之间

有一段距离，其长度L为0.08m．另有一小物块以2m/s的初速度v0从木板的左端滑上它．已知木板和小物块的质量均为1kg，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以

原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取g＝10m/s2．求：（1）木板第一次与墙碰撞时的速度；（2）从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数和所用的时间；（3）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．随练2、如图所示，一质量为mB＝

2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ＝37°。一质量为mA＝2kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0＝8m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物

块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，物块A可看做质点。求：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大？（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B

有多长？实验验证牛顿第二定律知识精讲一．实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律2．验证牛顿第二定律3．掌握利用图像处理数据的方法二．实验原理1．控制变量法：当研究对象有两个以上的参量发生变化时，设法控制某些参量使之不变，而研究

另外两个参量之间的变化关系的方法叫控制变量法。2．验证牛顿运动定律的实验依据是牛顿第二定律，即：FMa。研究加速度a与F及M的关系时，先控制质量M不变，讨论加速度a与力F的关系；然后再控制力F不变，讨论加速度a与质量M的关系。三．实验器材小车，小盘，细线，托盘天

平及砝码，附有定滑轮的长木板，垫块，打点计时器，交流电源，导线，纸带，复写纸，刻度尺。四．实验过程1．称质量：用天平测量小车和小盘的质量M和m，把数据记录下来。2．装器材：按如图装置把实验器材安装好，只是不把挂小盘的细线系在小车上，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，直至小车在斜面上可以保持匀速运动状态。4．让小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，接通电源，放开小车，打出一条纸带。小车所受合外力认为等于托盘和砝码的重力，由纸带算出加速度，把力和对应的加速度填入相应的表中。5．保

持小车的质量不变，改变砝码的个数，按步骤4多做几次。6．保持小盘内砝码不变，在小车上加放砝码，重复上面的实验，计算砝码和小车的总质量M，并由纸带算出相应的加速度，将对应的质量和加速度填入相应的表中。7．改变小车上砝码的个数，重复步骤6多做几次。五．数据处理1．探究加速度与力的关系；2．探究加

速度与质量的关系。六．误差分析1．实验原理不完善引起的误差：实验中用小盘和砝码的总重力代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力小于小盘和砝码的重力，结果必然存在误差，因此本实验要小盘和砝码的总质量远小于车和砝码的质量。2

．摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。七．注意事项1．平衡摩擦力2．不需要重复平衡摩擦力：整个实验中平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力。3．实验条件：每条纸带必须在满足小车的质

量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出，这样，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。4．“一先一后”：改变拉力和小车质量后，每次开始时，小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再释放小车。八．关于实验的创新和改进以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪

器，或巧用物理规律进行新的探究活动来设置题目，不脱离教材，又不拘泥于教材，体现开放性、创新性等特点。1．实验仪器的改进（1）为了减小摩擦，用气垫导轨替代木板（2）用频闪照相或光电计时器替代打点计时器2．数据处理方法的改进利用传感器，借助计算机系统处理数据，得到加速度，或直接

得到加速度与外力、加速度与质量之间的关系。3．运用牛顿运动定律进行新的探究实验以本实验为背景，结合牛顿第二定律，测量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等。三点剖析一．课程目标1．掌握探究牛顿第二定律的基本实验2．学会分析探究牛顿第二定

律的创新实验验证牛顿第二定律的基本实验例题1、某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图（a）为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力

F等于细砂和小桶的总重虽，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。（1）图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2（结果保留二位有效数字）；（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质

量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据，在分析处理数据时，该组同学产生分歧:甲同学认为应该根据实验中测得的数据做出小车加速度a与其质量m的图像；乙同学认为应该根据实验中测得的数据做出小车加速度a与其质量倒数的图像。两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成

图像（如下图所示）你认为________同学（填“甲”、“乙"）的方案更合理，请继续帮助该同学做出坐标系中的图侬并从图像中求出砂和小桶的质量为________kg（g取10m/s2）；（3）在“探究加速度与合力的关系"时，保持________不变，改变________，该同学根据实验数据做出了加速

度与合力的线如图（c），该阁线不通过坐标原点，可能的原因是________例题2、某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表

示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．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，则小车加速度a＝________m/s2．（保留两位有效数字）（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F＝F2

－F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，下列图象中正确的是___________．A．B．C．D．（3）同一次实验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2_____F1（选填“＜”、“＝”或“＞”）．（4）关于该实验，下列说法中正确的是__

________．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据随练1

、在“研究加速度与力、质量的关系”的实验中（1）在研究物体的“加速度、作用力和质量”三个物理量的关系时，我们用实验研究了小车“在质量一定的情况下，加速度和作用力的关系”；又研究了“在作用力一定的情况下，加速度和质量之间的关系”。这种研究物理问题的科学方法是________A．

建立理想模型的方法B．控制变量法C．等效替代法D．类比法（2）研究作用力一定时加速度与质量成反比的结论时，下列说法中正确的是________A．平衡摩擦力时，应将装砂的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车质量

时，要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D．在小车中增减砝码，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量（3）某次实验中得到一条纸带，如图1所示，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明

0、l、2、3、4…，量得0与1两点间距离x1＝30mm，1与2两点间距离x2＝36mm，2与3两点间距离x3＝42mm，3与4两点间的距离x4＝48mm，则小车的加速度为________m/s2．（交流电的频率为50Hz）（4）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数

据如表所示：（小车质量保持不变）①根据表中的数据在坐标图2上作出a－F图象；②图线不过原点的原因可能是________。随练2、用如图所示装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列说法正确的是（）A．实验需要平衡摩擦

力，平衡摩擦力时需将木板固定打点计时器一端垫高适当的高度B．平衡摩擦力时细绳上须挂上砂桶，小车须挂上纸带，所打纸带点迹间隔均匀方可C．绳的拉力要近似等于砂及桶的重力，砂及桶总质量必须远大于小车质量D．要让绳的拉力为小车所受合力，除需要平衡摩擦力外还需调节

滑轮高度使绳与木板平行（2）实验得到一条如图所示纸带，O、A、B，C为四个连续的计数点，AB段数字不慎被墨汁污染，相邻计数点之间还有四个点没有画出，交流电源频率为50Hz，被污染部分数字理论上应为________cm，小车加速度为_______

_m／s2．验证牛顿第二定律的创新和改进例题1、某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图．如图（b）所示．实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑

轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________（填“线性”或“非线性”）关系．（2）由图（b）可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________．（

3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．例题2、图甲是用

来探究加速度和力之间关系的实验装置（示意图），图乙是其俯视图（部分）。两个质量相等的小车，放在光滑的水平桌面上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码。两个小车后端也各系一条细线

，用黑板擦把两条细线同时按在桌子上，使小车静止。抬起黑板擦，两个小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。F/N0.200.300.400.500.60a/m•s－20.100.200.280.400.52某次实验时，测得两小车的位移之比为2︰

1，由此可知两小车的加速度之比为________。在满足________________________________的条件下，可以认为小盘和砝码的重力等于小车受到的拉力。例题3、某同学用如图所示的装置探究小车加速度与合外力的关系。小车A左端连接一纸带并穿过打

点计时器B的限位孔，右端用一轻绳绕过滑轮系于拉力传感器C（可直接测得绳中拉力）的下端，A、B置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上.不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量．实验时，先接通电源再释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点该同学在保证小车A质量

不变的情况下，通过改变P的质量来改变小车A所受的外力，由传感器和纸带测得的拉力F和加速度a数据如下表．（1）打点计时器应使用________电源（选填“直流”或“交流”）（2）在实验中，________（选填“需要”或“不需要”

）满足重物P的质量远小于小车A的质量．（3）根据表中数据，在图示坐标系中做出小车加速度a与力F的关系图象．（4）根据所作的图象推测，实验操作中重要的疏漏是________．例题4、如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的

计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．不计空气阻力及一切摩擦．（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力

，操作中必须满足________________；要使小车所受合外力一定，操作中必须满足________________________．实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动

，读出小车在两光电门之间的运动时间t.改变小车质量m，测得多组mt、的值，建立坐标系描点作出图线．下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________．（2）如左图抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之

间的运动时间t，改变木板倾角，测得多组数据，得到的21Ft的图线如右图所示．实验中测得两光电门的距离0.80mL，砂和砂桶的总质量10.34kgm，重力加速度g取29.8m/s，则图线的斜率为______

__(结果保留两位有效数字)；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将________(填“变大”、“变小”或“不变”)．随练1、为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m

为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）（1）（多选）实验时，一定要进行的操作是________。A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示

数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两相邻计数点间还有三个点没有画出），已知打点计时器采用

的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m／s2（结果保留两位有效数字）。（3）以弹簧测力计的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F﹣a图象是一条过原点的直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________A．tanθB．2ta

nθC．kB．2k随练2、如图（a）为“用DIS研究物体的加速度与质量的关系”实验装置。（1）实验中应保持轨道________且摩擦力足够小；为了研究小车的加速度与质量的关系，应保持________不变。（2）若测得小车和发射器的总质量为0.3千克，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质

量最适合用________（A）20克（B）50克（C）100克（D）200克（3）某同学用正确的实验方法测得实验数据，作出a－m图线如图（b）。他观察到a－m图线为曲线，于是得出物体的加速度与质量成反比。你认为他的做法正确吗？如果认为正确，请说明理由。

如果认为不正确，请给出正确的处理方法。随练3、为了练习“测量匀变速直线运动的加速度”和“探究物体的加速度a与物体受到的外力的关系”，某同学组装了如图所示的装置。气垫导轨上的滑块上装有宽度为d的遮光条，实验步骤如下：（1）用刻度尺测量出光电门1到光电门2之间的距离为L；（2）改

变所挂钩码的数目，并记下每次所挂钩码的总质量m。让滑块在平行于导轨的细绳牵引下使遮光条先后通过两个光电门，与光电门相连的数字计时器记录下遮光条通过光工电门1、光电门2的时间分别为△t1和△t2；（3）根据以上数据由a＝____________计算出滑块每次运动的加速度的大小；（

4）将m和a列表并画出a－m图像，如果a－m图像基本上是过原点的直线，则得出“物体的加速度与物体受到的外力成正比”；（5）实验时，遮光条的宽度d越大，加速度a的测量值误差________（选填越大、越小或没有影响）；

（6）该实验________（选填需要或不需要）将气垫导轨右端适当的调高一些；（7）该实验________（选填需要或不需要）满足所挂钩码的质量m远小于滑块和遮光条的总质量M。拓展1、[多选题]如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向传动，传送带右端有一与传送带等高的光滑

水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2’．则下列说法正确的是（）A.只有v1=v2时，才有v2′=v1B.若v1＞v2，则v2′=v2C.若v1＜v2，则v2′=v1D.不

管v2多大，总有v2′=v12、（2012湖北黄冈中学高二下期末）将粉笔头A轻放在以2m/s的恒定速度运动的足够长水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线．（1）求在此过程中，物块的加速度是多大？（2）若使该传送带改做加速度大小为1

.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头B轻放在传送带上，则粉笔头B停止在传送带上的位置与划线起点间的距离为多少？3、[多选题]如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具

有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）A.A图B.B图C.C图D.D图4、如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝

0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2．则（）A.1～2s内，物块的加速度为1m/s2B.小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下C.传送带

的倾角θ＝30°D.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.55、如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m／s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方

向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小

物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？6、如图1所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因

数μ2＝0.4，取g＝10m／s2．试求：（1）若木板长L＝1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图2中

画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象．（设木板足够长）7、如图所示，质量M=4kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=6N，当小车向右运动的速度达到2m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=1kg的小物块，物块与小车间

的动摩擦因数μ=0.2，A．B．C．D．小车足够长．（g取10m/s2）求（1）放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）两者达到相同的速度时小物块的位移的大小？8、如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初

速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1Fs的关系如图乙所示，其

中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？（2）图乙中BC为直线段，求该段

恒力F的取值范围及1Fs函数关系式．9、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=35）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如

图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=

27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；（2）A在B上总的运动时间．10、如图1为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，砂和砂桶的总质量为m，小车（含车内砝码）总质量为M，实验

中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，小车运动加速度用a表示。（1）实验中打点计时器应接________电源。（选填“交流”或“直流”）。（2）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端

滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是________A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带

以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动（3）在探究加速度与小车受力关系的过程中，要进行质量m和M的选取，以下最

合理的一组是________A．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40gB．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M＝100g，m＝10g、15g、20

g、25g、30g、40gD．M＝100g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g（4）如图2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出

相邻的计数点之间的距离分别为：SAB＝4.20cm、SBC＝4.65cm、SCD＝5.10cm、SDE＝5.54cm、SEF＝6.00cm、SFG＝6.46cm，已知打点计时器的工作周期为0.02s，则小车的加速度a＝________m

/s2．（结果保留2位有效数字）（5）在探究加速度与小车质量关系的过程中，应保持砂和砂桶的总质量不变，通过增减小车中砝码改变小车质量M，实验测出几组a、M数据，下列图线能直观合理且正确反映a－M关系的是________。11、用如图甲

所示装置探究小车加速度与其质量的关系，图乙是其俯视图，实验操作步骤如下：（1）取两个相同的小车A、B，放在光滑的水平桌面上，小车的左端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个相同的重物，小车的右端各系一条细绳，细绳另一端用夹子固定；（2）A车质量为mA，通过在B车上加砝码改变B车质量，B车和车

上砝码的总质量为mB，并使A、B两车的质量均________重物质量（选填“远大于”、“约等于”、“远小于”）；（3）打开夹子，重物牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止。用刻度尺分别测出A、B两小车通过的位移为xA、xB．则两车的加速度之比aA︰aB＝________；（4）某同学猜

想小车加速度与质量成反比，则xA、xB，与mA、mB，应满足的关系式为________；（5）改变B车上砝码的质量重复实验，验证该同学的猜想并得出结论。12、为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量

不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小

误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_

_______m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．A．2tanθB．1tanC．kD．2k答案解析牛顿第二定律中

的传送带模型牛顿第二定律中的水平传送带问题例题1、【答案】（1）2m／s（2）能，2m／s（3）13m/s；0.67s【解析】对工件，由牛顿第二定律得：μmg=ma，加速度：a=μg=0.6×10=6m/s2；（1）工件速度为零时，物体的位移：22108.

33m/s8226Avxma，工件滑到B端时速度不为零，由匀变速直线运动的速度位移公式得：222BAvvax，22BAvvax2102(6)82m/s，（2）传送带顺时针转动，工件在传送带上做匀减

速直线运动，由（1）可知，工件减速到零的位移：x=8.33m>8m，工件可以到达B点，到达B点的速度为2m/s；（3）传送带以13m/s的速度逆时针转动时，工件做加速直线运动，工件速度与传送带速度相等时，位移：2222113105.57226Avvxm

a，时间：113100.56Avvtsa，匀速运动的时间：21285.570.17313xxxtsvv，工件由A到B的时间：120.50.1730.673ttts

例题2、【答案】（1）4m（2）4.5s【解析】（1）小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma得a＝μg＝2m/s2。因小物块运动到最左端时速度为0，则小物块在传送带上滑行的最远距离为22244222vxma所用时间21422

vtsa（2）之后物块向右做匀加速运动，加速度a＝μg＝2m/s2。设物块与皮带共速时所需时间为t2。则12212vtsat2时间内物块向右运动的距离221121222vxma最后物块做匀速运动，通过的位

移为x2＝x－x1＝3m匀速运动的时间23131.52xtsv所以总时间t＝t1＋t2＋t3＝4.5s例题3、【答案】（1）求工件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑

到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m【解析】（1）匀加速下滑时：mgsinθ=ma1①21v=2a1hsin②得：v1=2gh=2m/s③从A-B用时t1：v1=at1得：t1=0.4s④从B-C先匀加速后匀速：加速时：μmg=ma2得：a2=2m/s2⑤

匀加速时间t2：v0=v1+a2t2得：t2=10s⑥在t2内：x1=012vvt2=3m⑦匀速时：L-x1=v0t3得：t3=3s⑧从A-C总时间：t=t1+t2+t3=4.4s⑨（2）在t2内，传送带位移为：x2=v0t2=4m⑩黑色痕迹长度：S=x2-x1=1m答：（1）求工

件从A点由静止下滑到离开传送带C点所用的时间为4.4s；（2）假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从B滑到C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度为1m．随练1、【答案】（1）4.0s（2）见解析【解析】（1）小物块放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛

顿第二定律mgma1.0am/s2小物块做匀加速直线运动12.0tavs2112.02atx=m因为xL，所以小物块运动2.0m后开始做匀速直线运动22.0Lxtvs小物块从A运动到B所用的时间124.0ttts（2）小物块从A运动到B的

时间(40.5)s3.5st'【方案一】改变小物块与传送带间的动摩擦因数，其它物理量不变．设小物块与传送带间的动摩擦因数为'在小物块做匀加速直线运动的过程中，根据牛顿第二定律'mgma'小

物块做匀加速直线运动1t'a'v2111()2xat它做匀速直线运动的距离21xt'tv又因为12Lxx解得0.20'当小物块与传送带间的动摩擦因数为0.20时，符合设计要求．【方案

二】增加传送带的速度，其它物理量不变．设传送带的速度为v'小物块做匀加速直线运动1't'av2111()2xat它做匀速直线运动的距离21()x't'tv又因为12Lxx解得3

'vm/s或4m/s若4'vm/s，则20x，不符合要求当传送带的速度增加为3m/s时，符合设计要求．【方案三】使小物块在A端有一水平初速度，其它物理量不变．设小物块在A端的水平初速度为v0小物块

做匀加速直线运动01t'avv210111()2xtatv它做匀速直线运动的距离21xt'tv又因为12Lxx解得0(22)vm/s或(22)m/s若0(22

)vm/s，则10t'，不符合要求当小物块在A端的水平初速度为(22)m/s时，符合设计要求．牛顿第二定律中的倾斜传送带问题例题1、【答案】（1）10m／s2（2）3s（3）5m【解析】（1）煤块放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，煤块受到沿斜面向下的摩

擦力，煤块所受合力为：F合＝mgsinθ＋f又因为f＝μN＝μmgcosθ所以根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1。解得：a1＝10m／s2（2）当煤块速度增加到10m／s时产生的位移：221105

292210vxmLma所用时间1110110vtssa当煤块速度增加到10m／s后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，所以煤块将受沿传送带向上的摩擦力的作用根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2。解得：a2＝2m／s2匀加速运动的位移为L－x，设所用时

间为t2，根据位移公式有：222212Lxvtat解得：t2＝2s所以总时间为：t总＝t1＋t2＝3s（3）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块的位移为：x＝5m传送带的位移为x′＝vt＝1

0×1＝10m，故煤块相对传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块的位移为24m传送带的位移为20m，所以相对于传送带向下运动4m故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m。例题2、【答案】（1）2m

/s（2）4m/s2（3）2.4s．【解析】（1）物体在ab上运动的加速度a=μg=0.25×10m/s2=2.5m/s2．物体速度达到2m/s所需的时间t1=va=22.5s=0.8s．所经历的位移x1=22va=422.5m=0.8m＜2m．知物体在a

b上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，匀速直线运动的时间t2=20.82s=0.6s．物体到达b点的速度大小为2m/s．（2）物体在bc上运动的加速度a=mgsinmgcosm=gsinθ-μgcosθ=6-0.25

×8m/s2=4m/s2．（3）根据xbc=vt3+12at32代入数据解得，t3=1s．物体运动的总时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1s=2.4s．例题3、[多选题]【答案】BD【解析】A、对A，因为mgsin37°＞μmgcos37°，

则A物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等。根据速度时间公式知，到达底端的速度大小相等，故A错误，B正确；C

、传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反，都做负功，故C错误；D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2m／s2由运动学公式得运动时间分别为：t＝1s，所以皮带运动的位移为x＝vt＝1m，所以A对皮带的划痕为：△x1＝2m－1m＝1m对B，划痕的

长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带的划痕为△x2＝3m，所以划痕之比为1︰3，故D正确。例题4、【答案】（1）dmin＝0.50m，dmax＝3.0m（2）F＝33N【解析】（1）设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则μmg

cosθ－mgsinθ＝ma代入数据解得a＝1.0m／s2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离2min12dat解得dmin＝0.50m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3

.0m。（2）由于工件加速时间为1331vtssa，因此传送带上总有三个（n1＝3）工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcosθ在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝22va＝4.5m传送带上

匀速运动的工件数n2＝maxlxd＝3当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsinθ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2联立解得F＝33N。随练1、【答案】11s【解析】物体的受力情况如图所示.

cosfNFFmg代入数值得0.80.5100.83.2fFNNsin0.5100.63mgNN，可见sinfFmg所以物体向上做匀加速运动，直到速度达到v＝4m/s．设经历的时间为t1，由牛顿第二定律得sinfFmgma

，解得a＝0.4m/s2，则1vta，解得t1＝10s，2112sat，解得120sm在剩下的路程s2＝s－s1＝4m里物体随传送带一起向上匀速运动，22stv解得21ts．物体从A端运动到B端的总时间为1211ttts．随练2、[多选题]【答案】AB【解析】分两种情况讨

论：（1）如果传送带光滑，先向上匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速运动，加速度大小相等，等于gsinθ，上升和下滑的时间相等，回到初始位置时的速率等于初速度的大小，故A正确；（2）如果传送带粗糙，物块相对于传送带向上运动时，摩擦力向下，向上做匀减速直线运动，速

度减为零后，如果重力的分力大于最大摩擦力一直向下做匀加速直线运动，如果重力的分力小于最大静摩擦力，先向下做匀加速直线运动，当速度增大到和传送带速度相等后，以相同的速度匀速运动，故B正确，CD不符合实际情况故选：AB牛顿第二定律中的滑块木板模型外力作用于上面的滑块例题1、[多选题]【答案】BC【

解析】A、对滑块：F﹣f=Ma当F等于3N时，滑块的加速度为：a1=1m/s2，即：3﹣f=M当F等于5N时，滑块的加速度为：a2=2m/s2，即：5﹣f=2M联立可得滑块A的质量：M=2kg，A与B之间的摩擦力f=1N．故A错误；B、对B进行受力分析，当拉力为3N时，加速度等于1m/s2

，则：F=（M+m）a1代入数据得：m=1kg，即可木板B的质量是1kg．故B正确；C、由图可知，当拉力F大于3N后二者即发生相对运动，所以当F=6N时木板B加速度仍然为1m/s2．故C正确；D、A与B之间的摩擦力：f=μMg所以：10.05210fMg．故D错误．例题

2、【答案】（1）v1＝6m／s；v2＝2m／s（2）6.67m【解析】（1）由题意可知，在恒力F的作用下，小物块和木板没有一起加速运动，设此时物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，则：对小物块有：F－μ1mg＝ma1，对长木板有：μ1mg－μ2（m

＋M）g＝Ma2，设撤去F时小物块和长木板各自的速率分别为v1和v2，则有：v1＝a1t，v2＝a2t，代入数据，四式联立可解得：v1＝6m／s，v2＝2m／s；（2）在撤去F之前，物块相对木板向右滑动的位移：221121122xatat，刚撤去F时，因为v1＞v2，物块

做匀减速运动，木板做匀加速运动，此时设物块的加速度大小为a3，长木板的加速度大小为a4，则：μ1mg＝ma3，μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma4，v1－a3t1＝v2＋a4t1，在此过程中物块相对长木板又向右滑动的位移为：2221131214111()()22xvtatvtat，当小

物块跟长木板速度相等之后，因为μ1＞μ2，物块和长木板将一起匀减速运动直到静止，在此过程中物块相对木板没有滑动，所以长木板的长度：L＝x1＋x2，代入数据，由以上各式联立可解得：206.673Lmm．答：（1）撤去F时小物块和长木板各自的速率分别为6m／s和2m／s；（2）长木板的长度为6.

67m。例题3、【答案】（1）158Ltg（2）532Ltg【解析】（1）各接触面上的最大静摩擦力分别为：166Amfmgmg，2BmCmffmgB开始运动时，假定把A与C看成整体，整体水平方向所受合力

为零，而：3BmFmgf故开始时C向左运动，A扔处于静止状态设此时B、C的加速度大小分别为Ba、Ca。由牛顿第二定律：22Bmgma，32Cmgmgma解得：BCaag当B的速度减为零时，分析可以知道C对A的摩擦力大于地面对A的最大静摩擦力，此时A和B共同向左运动，

因此A由静止开始运动需经过时间为：0158vLtgg。（2）设A板开始运动前B、C的位移大小分别为Bx、Cx，由运动学公式得到：205216BBvLxa，因B和C的运动反向对称，故516CBLxx

且B的速度减为零时，C的速度0CvvA与B共同向左作匀加速运动的过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律可得：1261655ABmgmgagm设再经过时间t，B与C相遇，此过程中B、C所运动的位移分

别为Bx、Cx，由运动学公式可以得到：cBBcxxLxx即：22011522216CABvtatatLL把2085Lgv代入上式可以得到：222002530gtgvtv解得：0523

2vLtgg。随练1、【答案】A【解析】AD、a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：max11()42fmmgmg。a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对b有：012mgmgma，得01

2ag。对整体有：00122Fmgma，得：032Fmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过32mg，当力32Fmg时，b相对a滑动，故A正确、D错误；B、当力F＝μmg时，ab一起加速运动，加速度为：111224mgmgag

m，对a根据牛顿第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为134fmg，故B错误；C、根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过12g，故C错误。外力作用于下面的木板例题1、【答案】（1）2s（2）8.4m【解析】（1）对物块：μmg＝ma1∴a1＝μ

g＝2m/s2对小车：F－μmg＝Ma2∴a2＝0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同则有：a1t1＝υ0＋a2t1∴01123220.5vtssaa；（2）t1物块位移2111142xatm，t1时刻物块速度υ1＝a1t1＝4m/

s，t1后M，m有相同的加速度，对M，m整体有：F＝（M＋m）a3，∴a3＝0.8m/s2，∴2211311()()4.42xvttattm，∴3S内物块位移x＝x1＋x2＝8.4m．例题2、【答案】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面

给纸板的摩擦力大小为1N；（2）2NF时小物体与纸板有相对滑动．；（3）小物体不会留在桌面上．【解析】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的滑动摩擦力为：112fmmg（）代入数据解得：11Nf（2）在力F作用下，纸板和小物体一起加速

运动，随力F增大，加速度增大，小物体受到的静摩擦力也增大，直到达到最大静摩擦力22fmg．小物体的加速度为两者一起运动的最大加速度：22mfagm根据牛顿第二定律有：1212mmFmmgmma

﹣（）（）解得：1222NmFgmm（）2NF时小物体与纸板有相对滑动．（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度为：22222m/smgagm，0.3s离开纸板时通过的距离：22121120.30.09m22xat；速度为：12

20.30.6m/svat；纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力做匀减速运动，加速度大小也为2a，小物体减速运动可能的最大距离为：21220.60.60.09m222vxa，则小物体在桌面上可能运动的总距

离为：120.090.090.18msxxd＞，因此小物体不会留在桌面上．例题3、【答案】（1）21/ms；22/ms（2）见解析（3）2s（4）19N【解析】（1）根据牛顿第二定律，有：B在A上：11umgma，解得2111/aug

msB在桌面上滑动：22umgma，解得2222/augms（2）B先做匀加速运动，A抽出后B在桌面上做匀减速运动，A刚抽出时B的速度为v221222vvxaa代入数据：2232122vv解得：v=2m/s匀加速时间11221vtssa匀减速时间22212v

tssav﹣t图像如图所示（3）B物体在A上运动的时间11221vtssa（4）设B在A上滑动过程中A的加速度大小为a，则221111122Lxatat代入数据：22115321222a解得：22/ams对木板，根据牛顿第二定律有12()Fu

mguMmMa代入数据：F﹣0.1×10﹣0.2×50=4×2解得：F=19N．随练1、【答案】（1）木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB分别为2m/s2、4m/s2（2）从t=0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为1.5

s（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律得对A：μ1mAg=mAaA解得：aA=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2对B：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=mBaB代入数据得aB=4m/s2（2）t1=1s时，A、B分别为vA、vBvA=aAt1=2×1m/s=2m/s

vB=aBt1=4×1m/s=4m/sF1改为F2=4N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB′，根据牛顿第二定律得F2﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=maB′代入数据得aB′=﹣2m/s2设经过时间t2，A、B速度相等，由于AB之间的最大静摩擦力fm=μ1mAg=

0.2×2.0×10N=4N假如AB相对静止，整体分析合外力为：F合=F2﹣μ2（mA+mB）g=0N＜fm此后它们保持相对静止．vA+aAt2=vB+aB′t2代入数据得t2=0.5sA在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=1.5s（3）随练2、【答案】（1）53/ms（2）2s

；或(32)s（3）会；理由见解析【解析】滑块木板模型无外力的情况例题1、【答案】D【解析】设B与地面间动摩擦因数为μ，A、B的质量为m。A向左做匀减速运动的加速度大小为22Amgagm，B向右匀减速运动的加速度大小为

224Bmgmgagm因为aB＞aA，两者的初速度大小相等，所以B的速度先减至零，此时，B对A的滑动摩擦力fA＝2μmg，地面对B的最大静摩擦力fm＝μ•2mg＝2μmg则fA＝fm，所以B的速

度减至零后保持静止，因此B的v－t图像如D图所示，故ABC错误，D正确。例题2、【答案】6s【解析】设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：Ff1=ma1，

碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2=（M+m）a2，手和托盘间相对静止，则：Ff2≤Ff

2max=μ2（M+m）g，解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，则最大加速度：amax=1.25m/s2；服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时

间：t1=s═2s，位移：x1=vmaxt1=×2.5×2=2.5m，减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，[来源:学|科|网]匀速运动位移：x3=L﹣x1﹣x2=10﹣2.5﹣2.5=5m，匀速运动时间：t3==s=2s，最短时

间：t=t1+t2+t3=6s；例题3、【答案】（1）x＝20m（2）5.2s（3）43Lm【解析】随练1、【答案】（1）0.4m/s（2）2次，1.8s（3）0.06m【解析】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度大小为a，经历时间T后与墙

第一次碰撞，碰撞时的速度大小为v1，对物块，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma，根据运动学公式有：212LaT，v1＝aT，联立解得：T＝0.4s，v1＝0.4m/s．（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减直线运动

，因而木板与墙相碰后将返回至初位置且速度减为零，所用时间也为T．物块与木板的质量相等，加速度大小相等．设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：v＝v0－（2nT＋△t）a＝a△t，式中△t是碰撞n次后木板从初始位置至达到共同速度时所需要的时间，

得：2v＝v0－2nTa，由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有：0≤v0－2nTa≤2v1求解上式得：1.5≤n≤2.5，由于n是整数，故n＝2，v＝0.2m/s，△t＝0.2s，从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：t＝4T＋

△t＝1.8s，即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s．（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为：21()2sLat△，代入数据解得：s＝0.06m，即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．随练2、【

答案】（1）8m/s（2）2s；8m【解析】（1）设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAa1解得a1＝4m/s2物块A滑到木板B上时的速度为1102248/8/va

xmsms。（2）物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为22222/AAmgagmsm设木板B的长度为L，二者相对静止前经历的时间为t2，最终的

共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得221222221122vtatatL对物块A有v2＝v1－a2t2v22－v12＝－2a2（x＋L）对木板B有v22＝2a2x联立解得相对滑行时间和木板B的长度分

别为t2＝2s，L＝8m。实验验证牛顿第二定律验证牛顿第二定律的基本实验例题1、【答案】（1）3.2（2）乙；；0.05（3）小车的质量；小桶中细砂的质量；未平衡摩擦或平衡摩擦时倾角过小【解析】暂无解析例题2、【答案

】（1）0.16（2）B（3）＜（4）D【解析】（2）由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线。故B正确，ACD错误；（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1＝mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得

：mg−F2＝ma所以F1＞F2；（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B．实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C．实验中不需要测出小车和

传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确。随练1、【答案】（1）B（2）D（3）0.6（4）①；②没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】（1）在

研究物体的“加速度、作用力和质量”三个物理量的关系时，由于变量较多，因此采用了“控制变量法”进行研究，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，故ACD错误，B正确。（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计

时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故

C错误；D、当m＜＜M时，即当砝码和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和小桶的总重力，故D正确。（3）根据纸带可知，T＝13.1s，△x＝6mm＝14.006m，则220.0060.6/0.01xamsT；（4）根据描点

法作出图象，图象未过原点可能原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，导致有力但没有合力，则当然没有加速度产生。随练2、【答案】（1）AD（2）3.56；0.5【解析】暂无解析验证牛顿第二定律的创新和改进例题1、【答案】（

1）非线性（2）存在摩擦力（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力；远小于小车的质量【解析】（1）根据该同学的结果得出a－m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）从上图中发现直线没过原点，当a＝0时，m≠0，即F≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能

的原因是存在摩擦力．（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力．②根据牛顿第二定律得

，整体的加速度mgaMm，则绳子的拉力F＝Ma=1mgmM，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．例题2、【答案】2︰1；砝码和盘的总质量远小于小车的质量【解

析】暂无解析例题3、【答案】（1）交流（2）不需要（3）（4）未平衡摩擦力【解析】例题4、【答案】（1）小车与滑轮间的细绳与长木板平行；砂和砂桶的总质量远小于小车的质量；C（2）0.54kgm或20.54Ns；不变【解析】（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与

长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力。要使小车所受合外力一定，操作中必须满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量。小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移212xat．改变小车质量m，测得多组mt

、的值，所以加速度22xat，位移不变，所以a与2t成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C．（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移212Lat．22Lat根据牛顿第二定律得：对于沙和沙桶，FFmgma合，22LFmmgt则图线的斜率为20.5

4kmLkgm若小车与长木板间的摩擦能忽略，如图C所示测得图线斜率将不变．随练1、【答案】（1）ACD（2）0.75（3）D【解析】（1）A、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确B、本

题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故BE错误。C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、用砂和砂桶改变拉力的大小与挂

钩码的方法相比，可以取更多的数据，可以更方便地获取多组实验数据，故D正确；（2）由于两计数点间还有三个点没有画出，故单摆周期为0.08s，由△x＝aT2可得：2360320.75/9xxamsT（3）由牛顿第二定律得：2F＝ma，则2maF，F﹣a图象

的斜率：2mk，小车质量为：m＝2k随练2、【答案】（1）水平；小车所受拉力（2）A（3）某同学做法不正确。正确的处理方法是计算质量的倒数，然后作出1am图线，如所得图线为过原点的直线，则a与m成反比，否则则a与m不成反比。【解析】（1）实验中应保持轨道水平且摩擦力足够小；实验采

用控制变量法，为了研究小车的加速度与质量的关系，应保持小车所受的拉力不变。（2）当钩码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，小车与发射器的总质量为0.3kg，最合适的钩码质量为20h，故选A；（3）作出的图象为一条曲线，该曲线不一定是反比例曲线，根

据图线是曲线得出：“物体的加速度与质量成反比”的结论是错误的；正确的处理方法是计算质量的倒数，然后作出1am图线，如所得图线为过原点的直线，则a与m成反比。否则则a与m不成反比。随练3、【答案】（3）222122212()2d

ttLtt△△△△（5）越大（6）不需要（7）需要【解析】（3）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。小车通过光电门1速度为：11dvt△，小车通过光电门2速度为：2

2dvt△，根据运动学公式，则其加速度为：2222221122212()22vvdttaLLtt△△△△；（5）遮光条的宽度d越大，则平均速度越远离瞬时速度，则会导致加速度a的测量值误差越大；（6）气垫导轨摩擦力不计，则

不需要右端适当的调高一些；（7）当所挂钩码的质量m远小于滑块和遮光条的总质量M，则挂钩码的重力才近似等于绳子的拉力，因此需要。拓展1、[多选题]【答案】BC【解析】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，

直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：①如果v1＞v2，物体会一直加速，速度大小增大到等于v2时，根据对称性，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2

=v2；③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故B、C正确，A、D错误．2、【答案】（1）0.5m/s2（2）1m【解析】（1）设传送带的

动摩擦因素为μ，则A、B在传送带上滑动时，加速度为：a=μg对A：S1=v(va)-22va；代入数据得：a=0.5m/s2（2）对B：vB=atB=v-a'tB；划线长为：l1=(vtB-12a′tB2)-12atB2；代入数据得：l1=1m因粉笔a=0.5m/

s2＜a′，故传送带先减速为零．S粉笔=22Bva；S皮带=22Bva向前滑的距离为：l2=16m；该段的划线与前一段重复，所以粉笔头B停止在传送带上的位置与划线起点间的距离为1m．答：（1）求在此过程中，物块的加速度是0.5m/s2（2）粉笔头B停

止在传送带上的位置与划线起点间的距离为1m．3、[多选题]【答案】ABC【解析】1．若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后

反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg-μmPg=（mQ+mP）a，加速度不变；2．若v1＞v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知μmPg-mQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传

送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3．若v1＜v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQg-μmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向

右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+μmPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2＞a1，故C选项正确，D选项错误．故选：ABC4、【

答案】D【解析】A、速度时间图线的斜率表示加速度，则1～2s内，物块的加速度2221210/2/1amsms；故A错误。B、开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带速度相等后，所受的滑动摩擦力沿传送带向上。故B错误。C、D

、开始匀加速运动的加速度22110/10/1amsms，根据牛顿第二定律得，a1＝gsinθ＋μgcosθ，速度相等后，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，联立两式解得θ＝37°，μ＝0.5．故C错误，D正确。5、【答案

】（1）1.33s（2）0.85s；2.3m／s【解析】（1）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，代入数据解得216/ams．匀加速运动的时间114263

vtssa，匀加速运动的位移2111642123vxmma．物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F＝8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．

故得：a2＝0．122.4420.6343xxtssv得1241.333tttss．（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，故减速上行mgsin37°－μmgcos3

7°＝ma3，代入数据解得232/ams．物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：22322tvvax代入数据解得43/2.3/3tvmsms，则342.30.852tvvtssa．6、【答案】（1）1s（2）【解析】（1）根据牛顿第二

定律得研究木块m：F－μ2mg＝ma1研究木板M：μ2mg－μ1（mg＋Mg）＝Ma2又2112sat木，2212sat木板L＝S木－S板联立解得：t＝1s（2）滑块与木板之间的最大静摩擦力：fm2＝μ2mg＝0.4×1×10N＝4N木板与地面之间的最大静摩擦力：fm1＝μ1（mg＋M

g）＝0.1×（1×10＋1×10）＝2N当F≤fm1＝2N时，木板与滑块都保持静止，f＝F当M、m都运动，而且两者刚要相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律得：对m：F1－μ2mg＝ma对整体：F1－μ

1（mg＋Mg）＝（m＋M）a联立解得，F1＝6N，所以当2N＜F≤6N时，M、m相对静止则有：对整体：F－μ1（mg＋Mg）＝（m＋M）a对铁块：F－f＝ma即：12Ff（N）当6N＜F时，m相对M滑动，此时摩擦力f＝μ2mg＝4N画出铁块受到的摩擦力f

随力F大小变化的图象如图．7、【答案】（1）2m/s2和1m/s2（2）4m【解析】（1）物块的加速度22/mmgagmsm．小车的加速度：2260.210/1/4MFmgamsmsM（2）由：amt=v0+aMt代入数

据解得：t=2s在开始2s内小物块的位移：221122422msatmm．8、【答案】（1）13s（2）134Fs【解析】（1）以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：22/magms木板的加速度大小：24/MmgamsM由图乙知，板长L＝1m

滑块相对木板的路程：2201122mMLvtatat联立解得：1,13tsts当t＝1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度

，t＝1s应舍弃，故所求时间为13ts．（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则：10111mFmgavvatatM位移关系：00111222vvvvsttt联立解得：134

Fs由图乙知，相对路程：s≤1m代入解得：F≥1N②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：FaMmf＝ma由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝2N联立解

得：F≤3N③综述：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是134Fs．9、【答案】（1）a1=3m/s2，a2=1m/s2；（2）4s【解析】（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2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=μ1N1①N1=mgcosθ②f2=μ2N2③N2=N1+mgcosθ④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mgsinθ﹣f1=ma1⑤mgsinθ+f1﹣f2=ma2⑥联立①②③④⑤

⑥式，并代入题给的条件得a1=3m/s2⑦a2=1m/s2⑧（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s⑨v2=a2t1=2m/s⑩t＞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

a1′=6m/s2⑪a2′=﹣2m/s2⑫即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2′t2=0⑬联立⑩⑫⑬式得t2=1s在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为s==12m＜27m此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经

过时间t3后A离开B，则有l﹣s=可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总=t1+t2+t3=4s（利用下面的速度图线求解也可）10、【答案】（1）交流（2）C（3）A（4）0.45（5）C【解析】（1）打点计时器用的是交流电

源，所以应该接交流电。（2）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，还需要平衡摩擦力所以需要将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断

小车是否做匀速运动，故C正确；（3）以整体为对象：mg＝（M＋m）a，则小车的加速度为：mgaMm，当m＜＜M，可以近似认为mgaM，所以砝码和砝码盘质量应远小于小车的质量，符合本条件的是A；（4）由于相邻的两个计数点之间还有四

个点未画出，所以打点的时间间隔为：0.1s由△s＝aT2，得：2222(5.546.006.46)(4.204.655.10)100.45/90.1samsT（5）当砝码和砝码盘质量应远小于小车的质量，mgaM，即图象

是直线，当砝码和砝码盘质量不再符合远小于小车的质量时mgaMm，不再是一次函数，由函数关系可知，C正确；11、【答案】（2）远大于（3）xA︰xB（4）ABBAmxmx【解析】（2）对整体受力分析，mg＝（M＋m）a，1mgFMamM，要使拉力等于重物的重力

，故A、B两车的质量均远大于重物的重力（3）两车做初速度为零的匀加速运动，根据212xat可知，22xat，故两车的加速度之比aA︰aB＝xA︰xB（4）同学猜想小车加速度与质量成反比，即aA︰aB＝mB︰mA，联立

解得ABBAmxmx12、【答案】（1）BD（2）1.3（3）D【解析】（1）AE、本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AE错误。B、先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高

，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；D、要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几

条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；（2）由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T＝0.06s，由△x＝aT2可得：222(2.83.33.8)(1.41.92.3)101.3m/s(30.06)a。（3）由2F＝ma，得

2Fam，对a－F图来说，图像的斜率2km，得2mk。对于斜率k，不能根据k＝tanθ求解，所以不能根据2tanm求小车的质量m。故ABC错误，D正确。