【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理 第四章 牛顿运动定律综合检测 新人教版必修1

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理 4.1+2 划时代的发现探究感应电流的产生条件课后知能检测新人教版选修3-21．如下现象中，属于电磁感应现象的是( )A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【解析】电磁感应现象是指磁生电的现象，选项B对．【答案】 B2．1823年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁插入连有灵敏电流计的螺旋线圈，来观察在线圈中是否有电流产生．在实验时，科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把连在螺旋线圈上的灵敏电流计放到另一间房里．他想，反正产生的电流应该是“稳定〞的(当时科学界都认为利用磁场产生的电流应该是“稳定〞的)，插入磁铁后，如果有电流，跑到另一间房里观察也来得与．就这样，科拉顿开始了实验．然而，无论他跑得多快，他看到的电流计指针都是指在“0〞刻度的位置，科拉顿失败了．以下关于科拉顿实验的说法中正确的答案是( )A．实验中根本没有感应电流产生B．实验中有感应电流产生C．科拉顿的实验装置是完全正确的D．科拉顿实验没有观察到感应电流是因为在插入磁铁的过程中会有感应电流产生，但当跑到另一间房观察时，电磁感应过程已经完毕，不会看到电流计指针的偏转【解析】感应电流是在磁通量变化的过程中产生的，这种变化一旦停止，感应电流也就不存在了．【答案】BCD3．德国《世界报》曾报道个别西方兴旺国家正在研制电磁脉冲波武器——电磁炸弹．假设一枚原始脉冲波功率10 kMW，频率5 kMHz的电磁炸弹在不到100 m的高空爆炸，它将使方圆400～500 m2范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软件均遭到破坏．电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是( )A．电磁脉冲引起的电磁感应现象B．电磁脉冲产生的动能C．电磁脉冲产生的高温D．电磁脉冲产生的强光【解析】根据电磁感应可知，变化的磁场产生电场，增大周围电场强度，可以破坏其电子设备．应当选A.【答案】 A4．如图4－1－8所示，一个矩形铁芯上绕制两个线圈A和B.在如下关于B线圈中是否有感应电流的判断中，正确的答案是( )图4－1－8A．S闭合后，B线圈中一直有感应电流B. S闭合一段时间后，B中感应电流消失，但移动变阻器滑片时，B中又有感应电流出现C. 在S断开和闭合的瞬间，B中都有感应电流D. 因为A、B两线圈是两个不同的回路，所以B中始终没有感应电流【解析】线圈中有电流时，产生的磁场通过铁芯能穿过B线圈，当A线圈中的电流变化时产生的磁场发生变化，如此穿过B线圈的磁通量发生变化，B线圈中产生感应电流．【答案】BC5．一磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4－1－9所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，如此穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )A．0 B．2BSC．2BS cos θD．2BS sin θ图4－1－9【解析】开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BS cos θ.后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BS cos θ，如此磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS cos θ.【答案】 C6．如下列图，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)( )【解析】对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图B而言，因为磁通量为大小两个局部磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图C中也有感应电流产生；对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零．当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况．【答案】BC7．如图4－1－10所示，导线ab和cd互相平行，如此如下四种情况下导线cd中无电流的是( )A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，但滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，但滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，不滑动触头图4－1－10【解析】如果导线cd中无电流产生，如此说明通过上面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．显然，开关S闭合或断开的瞬间、开关S是闭合的但滑动触头向左滑的过程、开关S是闭合的但滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，都能在导线cd中产生感应电流．【答案】 D8．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学〞与“磁学〞真正联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否认的是( )A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体外表感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流【解析】法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D项所表示的思想都被实验证实，A中推论不成立．【答案】 A9．如图4－1－11所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I 通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，如下说法中正确的答案是( ) A．Φa<Φb<ΦcB．Φa>Φb>ΦcC．Φa<Φc<ΦbD．Φa>Φc>Φb图4－1－11【解析】当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此根据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc.【答案】 B10．唱卡拉OK用的话筒内有传感器．其中有一种是动圈式的，如图4－1－12所示，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．如下说法正确的答案是( )动圈式话筒的构造图4－1－12A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势【解析】当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是话筒的工作原理．如此B选项正确，A、C、D均错误．【答案】 B11．如图4－1－13所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中通过改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方法：图4－1－13(1)_________________________________________________；(2)_________________________________________________；(3)_________________________________________________．【解析】(1)合上(或断开)开关瞬间；(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出；(3)移动滑动变阻器的滑片．【答案】见解析12．一水平放置的矩形线圈在条形磁铁S极附近下落，下落过程中，线圈平面保持水平，如图4－1－14所示，位置Ⅰ和Ⅲ都靠近位置Ⅱ，如此线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线圈内________感应电流产生；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内________感应电流产生．(填“有〞或“无〞)图4－1－14 【答案】有有。

第四章牛顿运动定律第四节牛顿第二定律一、教学目标1、知识与技能：1．理解牛顿第二定律的内容、知道表达式的确切含义．2．知道牛顿第二定律如何简化，如何确定K值。

3．初步学会应用牛顿第二定律进行计算。

2、过程与方法：1．通过对上节课实验结论的总结，归纳得到物体的加速度跟它的质量及所受外力的关系，进而总结出牛顿第二定律。

2．培养学生的概括能力、分析能力和判断推理能力．3、情感态度与价值观：1．渗透物理学研究方法的教育----实验、归纳、总结．2．通过牛顿第二定律的应用能深切感受到科学源于生活并服务于生活，激发学生学习物理的兴趣．二、教材分析本节课的地位和作用：（1）牛顿第二定律是动力学的核心规律，是高一教材的重点和中心内容，在高中物理力学部分占有很重要的地位，因而理解牛顿第二定律就显得特别关键。

本节内容是在前一节实验基础上得出加速度和力、质量三者间的关系，然后为解决比例系数而得出力的单位问题，而后再辅之于例题。

这样处理，知识点过渡自然。

一方面，为应用牛顿第二定律打下基础，另一方面体现了知识服务于生活的精神。

（2）与旧教材相比，把实验独立出来了，可以大大缓解本节课的压力；而例题中，加进了方法分析，突出体现了能力的培养。

2、本节课教学重点与难点：重点：牛顿第二定律的特点难点：（1）牛顿第二定律四性的理解及力、速度、速度变化、加速度间的关系（2）正交分解法的灵活应用。

教学思路与方法本节课教学思路：1、由学生回忆上节课的探究结论（F、m、a的关系）2、探究结论如何用数学表达式表示a ∝F/m ,F = kma3、探究最简单的表达式F=ma4、通过各种探究、理解牛顿第二定律5、探究利用牛顿第二定律解决实例的步骤和方法。

本节课的教学方法有：探究、讲授、讨论、练习。

教学建议在理解牛顿第二定律的确切含义时，要正确处理好学生的一个难点---力、速度、速度的变化量、加速度几者之间的关系；总结归纳出牛顿第二定律的四性（矢量性、瞬时性、因果性、同体性）。

牛顿第一定律师：伽利略根据“理想实验”断言：小球应该以恒定的速率永远运动下去．由此可推断，在水平面上做匀速运动的物体并不需要用外力采维持．师：理想实验，是科学研究中的一种重要的方法．它突出了事物的本质特征，能达到现实科学实验无法达到的极度简化和纯化的程度．它不仅可以充分发挥理性思维的逻辑力量，还可以让思维超越当时的科学技术水平，在想象的广阔天地里自由驰骋．演示实验：把滑块放到气垫导轨上面，调整气垫导轨水平，滑块与导轨间形成气层，从而使滑块与导轨间的摩擦变得很小，推一下滑块，让学生观察滑块的运动是什么运动．师：滑块的运动是什么运动?生：近似匀速直线运动．师：伽利略的发现以及他所应用的科学的推理方法是人类思想史上最伟大的成就之一，而且标志着物理学的真正的开端．这个发现告诉我们，根据直接观察所得出的直觉的结论不是常常可靠的，因为它们有时候会引到错误的线索上去。

[知识拓展]可以用多媒体演示伽利略的另外一个理想实验：参考实验案例．多媒体演示：伽利略针和单摆实验：伽利略曼教堂内吊灯搔动的启发．运用逻辑思维的方陆进行分析，得出了与亚里士多德不同的力与运动的关系的结论．在如图4—1—2所示的装置中，将摆球拉到一边，由静止开始释放小球，摆球会摆到另一边，用水平长尺标记其高度，用一报针多次改变．小球的悬点，重复实验．在当时的测量条件下．伽利略得出的结论是：摆球能上升到原来的高度．这个实验后来被称为“伽利略针和单摆实验”．师：伽利略同时代的法国科学家笛卡儿补充和完善了伽利略的观点，明确指出：除非物体受到外力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态．永远不会使自己沿曲线运动．面只保持在直线上运动．他还认为，这应该作为一个原理加以确立，并且是人类整个自然观的基础二、牛顿物理学的基石——牛顿第一定律师：伽利略对物体不受外力时的运动作了准确的描述，但他并没有明确指出运动和力之间的关系是什么．笛卡儿在伽利略的基础上更近了一步，更为接近真理．牛顿在前人工作的基础上，根据自己的研究，系统地总结了力和运动的关系，于1687年发表了他的著作——《自然哲学的数学原理》，提出了三条运动定律，奠定了经典力学的基础．其中，牛顿第一定律的内容是：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．师：既然牛顿第一定律是最完善的，那么它从几个方面阐述了力和运动的关系?这个性质叫做惯性．牛顿第一定律又叫惯性定律．2．惯性与质量的关系(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大．3．惯性与力无关(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，因此物体“受到了惯性作用”、“产生了惯性”、“受到惯性力”等说法都是错误的．(2)力是改变物体运动状态的原因．惯性是维持物体运动状态的原因．4．惯性的表现(1)不受力时，惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，有“惰性”的意思．(2)受力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度．质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．一、对伽利略理想实验的认识例1理想实验有时能更深刻地反映自然规律．伽利略设计了一个如图1所示的理想实验，他的设想步骤如下：图1①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动．请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列______(只要填写序号即可)．在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论．下列有关事实和推论的分类正确的是( )A．①是事实，②③④是推论B．②是事实，①③④是推论C．③是事实，①②④是推论D．④是事实，①②③是推论解析本题是在可靠事实的基础上进行合理的推理，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确的结论．而②是可靠事实，因此放在第一步，③、①是在斜面上无摩擦的设想，最后推导出水平面上的理想实验④.因此正确顺序是②③①④.答案②③①④ B二、对牛顿第一定律的理解例2由牛顿第一定律可知( )A．物体的运动是依靠惯性来维持的B．力停止作用后，物体的运动就不能维持C．物体做变速运动时，一定有外力作用D．力是改变物体惯性的原因解析物体具有保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性，由于惯性的存在，物体才保持原来的运动状态，A对．力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B错，C对．惯性是物体的固有属性，力不能改变物体的惯性大小，D错．答案AC针对训练做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是( )A．悬浮在空中不动B．速度逐渐减小C．保持一定速度向下做匀速直线运动D．无法判断答案 C解析物体自由下落时，仅受重力作用，重力消失以后，物体将不受力，根据牛顿第一定律的描述，物体将以重力消失瞬间的速度做匀速直线运动，故选项C正确．三、惯性的理解例3关于物体的惯性，下述说法中正确的是( )A．运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性解析惯性大小只与物体质量有关，与物体的速度无关，故A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，火车速度变化慢，表明它的惯性大，是因为它的质量大，与是否静止无关，故B错误；乒乓球能被快速抽杀，表明它的运动状态容易发生改变，是因为它的惯性小，故C正确；一切物体在任何情况下都有惯性，故D错误．答案C[巩固训练]1．(对伽利略理想实验的认识)关于伽利略的理想实验，下列说法正确的是( )A．只要接触面摩擦相当小，物体在水平面上就能匀速运动下去B．这个实验实际上是永远无法做到的C．利用气垫导轨，就能使实验成功D．虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上2．(对牛顿第一定律的理解)关于牛顿第一定律的理解正确的是( ) A．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变B．物体做变速运动时一定受外力作用C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果D．飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态3．(力与运动的关系)某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，以后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见( ) A．力是维持物体速度不变的原因B．力是维持物体运动的原因C．力是改变物体惯性的原因D．力是改变物体运动状态的原因4．(对惯性的理解)如图2所示，冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于( )A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力课题：§4.2.1 实验：探究加速度与力、质量的关系第 1 课时总序第个教案课型：实验课编写时时间：年月日执行时间：年月日三维目标：知识与技能1．理解物体运动状态的变化快慢，即加速度大小与力有关，也与质量有关． 2．通过实验探究加速度与力和质量的定量关系．3．培养学生动手操作能力．过程与方法1．指导学生半定量的探究加速度和力、物体质量的关系，知道用控制变量法进行实验．2．学生自己设计实验，自己根据自己的实验设计进行实验．3．对实验数据进行处理，看一下实验结果能验证什么问题，情感态度与价值观1．通过探究实验，培养实事求是、尊重客观规律的科学态度．2．通过实验探究激发学生的求知欲和创新精神．3．培养与人合作的团队精神．教学重点1．控制变量法的使用．2．如何提出实验方案并使实验方案合理可行．3．实验数据的分析与处理．教学难点1．如何提出实验方案并使实验方案合理可行．2．实验数据的分析与处理．教学方法：探究、讲授、讨论、练习教具准备多媒体课件，小轧一端带滑轮长木板、带小钩或小盘的细线两条；钩码(规格：10 g＼20 g，用作牵引小车的力)；砝码(规格：50e＼100 g＼200g，用来改变小车的质量)；刻度尺；文件夹；粗线绳(用来牵引小车)．打点计时器、学生电源、纸带、气垫导轨、微机辅助实验系统一套．教学过程：[新课导入]利用多媒体投影图4—2—1；分组定性讨论批注组I：物体质量一定，力不同，物体加速度有什么不同?组2：力大小相同，作用在不同质量的物体上，物体加速度有什么不同?师：请组1的代表回答一下你们讨论的结果．组1生：当物体质量一定时，物体的加速度应该随着力的增大而增大．师：请组2的代表回答你们组讨论的问题，组2生：当力大小相同时，物体质量越大，运动状态越难以改变，所以质量越大，加速度越小．师：物体运动状态改变快慢取决于哪些因素?定性关系如何?生l：应该与物体的质量和物体所受的力有关系．力越大，加速度越大；质量越大，加速度越小．生2：这里指的力应该是物体所受的合力，以上图为例，物体所受的重力和支持力相等，不参与加速度的提供．师：刚才进行多媒体演示时一次是固定力不变，一次是固定质量不变，这样做有什么好处呢?生：方便我们的研究．师：这是研究多个变量之间关系的非常好的方法，我们把它称作控制变量法．我们以前在什么地方学到过这种方法?生1：在初中我们在探究物体的密度与质量、体积之间的关系时生2：在研究电流与电压、电阻的关系时．师：好，我们这节课就用这种方法进行探究加速度和力、质量之间的关系．[新课教学]一、加速度与力的关系师：设计一个实验，保持物体的质量不变，测量物体在各个不同的力的作用下的加速度，分析加速度与力的关系．大家分组讨论并且每组设计一个实验方案，并说明实验的原理．分组讨论组l生1：我们是根据课本上的参考案例设计实验的(在投影仪上展示实验装置如图4—2—2)．组1生2：我们设计实验的实验原理如下；因·为两个小车的初速度都为零，拉力大小不同，但对每个小车来说保持不变，所以小车应该做匀加速直线运动．根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式x=at2/2可知，加速度和位移成正比，只要测量位移就可以得到加速度与受力之间的关系，力的大小可以根据盘中的砝码求出来．师：下面请组2的代表发言．组2生1：我们设计的方法和组1的差不多，我们是用了一辆小车，小车后面连接一纸带，用打点计时器记录小车的运动情况，根据所打的点计算小车的加速度，然后再看所受的力和加速度的关系．组2生2：为了消除摩擦力的影响，我们在木板下面垫了一个小木块，当小车没有拉力时让它在木板上匀速运动．师：这个同学的想法很好，这样小车受到的绳子的拉力就等于小车受到的合力，下面请组3的同学代表发言．组3生1：前面两组的同学设计实验时都是物体的初速度为零，我们可以利情况下，物体的加速度与物体所受的外力成正比．组2生：我们通过处理小车后面的纸带，计算出小车的加速度，通过作图验证了小车的加速度和物体所受的合力成正比．组3生：我们用气垫导轨作出的加速度和所受力的关系图象，实验结论是图象非常接近一条过原点的直线．师：大家做得都非常好，那么你们在实验中遇到的困难是什么呢?能不能想出办法来克服?组1生：当拉小车的砝码的质量较大时，绳子容易打滑，从而影响了位移的测量．我们用松香涂抹在绳子上，效果不错．组2生：我们在做实验时发现了这样一个问题，即当砝码的质量和小车的质量差不多时，a—F图象不能再是一条直线，而是发生了弯曲．师：这组同学的问题非常好，实际上砝码和盘的重力并不严格等于小车受到的拉力，简单证明如下：设砝码及盘的质量为m，小车的质量为M，则分别对它们进行受力分析，对小车，受拉力和摩擦力，对砝码和盘，受重力和拉力，那么它们之间的关系是什么呢?如果相等，根据物体受合力为零则物体做匀速运动，而实际上砝码及盘实际的运动应该是做加速运动，所以说重力和拉力并不相等，而是应该重力大于拉力，而我们在实验中认为二者相等，所以实验的误差有一部分来源于此．控制的方法就是尽可能地使砝码和盘的质量远小于小车及砝码的质量，具体的分析方法我们将在下一节学到．组3生：虽然用气垫导轨做实验结果比较精确，但实验数据处理比较复杂．师：我们可以用计算机进行数据处理，使数据处理变得简单化，大家在课下讨论一下看如何用数据处理软件处理实验中得到的数据．师：以上我们是通过控制物体的质量不变来探究物体的加速度与物体所受力之间的关系，下面同学们继续做实验，通过控制物体所受的力不变来探究物体的加速度和质量的关系．二、加速度与质量的关系学生进行实验，老师巡回指导，帮助实力较弱的小组实现实验由于和以上的实验方法非常类似，所以可以直接让学生得出结论．师：大家得出的结论是什么?生：物体加速度在物体受力不变时，和物体的质量成反比．师：这时候我们应该怎样通过图象来验证问题呢?生：我们如果作a—M图象则图象是曲线，我们可以作a—1／M图象来解决这个问题，物体的加速度和质量成反比，所以a—1／M图象应该是一条过原点的直线．三、由实验结果得出的结论师：通过大家的实验，排除误差的影响，大家讨论总结一下加速度和物体所受的力以及物体质量之间的关系．[分组讨论]生1：我们可以得出这样的结论：物体的加速度和物体所受的力成正比，和物体的质量成反比．课题：§4.2.2实验：探究加速度与力、质量的关系第 2 课时总序第个教案课型：习题课编写时时间：年月日执行时间：年月日[学习目标]1.学会用控制变量法研究物理规律.2.会测量加速度、力和质量，能作出物体运动的a－F、a－1m图象.3.通过实验探究加速度与力、质量的定量关系．[基础知识回顾]一、实验器材小车、砝码、小桶、砂、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平．二、实验原理实验的基本思想——控制变量法1．保持研究对象即小车的质量不变，改变小桶内砂的质量，即改变作用力，测出小车的对应加速度，验证加速度是否正比于作用力．2．保持小桶中砂的质量不变，即保持作用力不变，改变研究对象的质量，测出对应不同质量的加速度，验证加速度是否反比于质量．三、实验方案的设计1．三个物理量的测量方法——近似法放在长木板上的小车在拉力的作用下做匀加速直线运动．(装置如图1所示)．图1(1)小车质量的测量利用天平测出，在小车上增减砝码可改变小车的质量．(2)拉力的测量当小桶和砂的质量远小于小车的质量时，可以认为小桶和砂的重力近似等于对小车的拉力，即F≈mg.(3)加速度的测量：逐差法．2．实验数据的处理方法——图象法、“化曲为直”法批注(1)研究加速度a 和力F 的关系以加速度a 为纵坐标，以力F 为横坐标，根据测量数据描点，然后作出图象，如图2所示，若图象是一条通过原点的直线，就能说明a 与F 成正比．图2(2)研究加速度a 与物体质量m 的关系如图3甲所示，因为a －m 图象是曲线，检查a －m 图象是不是双曲线，就能判断它们之间是不是反比例关系，但检查这条曲线是不是双曲线，相当困难．若a 和m 成反比，则a 与1m必成正比．我们采用“化曲为直”的方法，以a 为纵坐标，以1m 为横坐标，作出a －1m 图象，若a －1m图象是一条过原点的直线，如图乙所示，说明a 与1m成正比，即a 与m 成反比．图3四、注意事项1．实验中应先接通电源后释放小车．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．用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点间隔均匀，表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡．3．改变砂的质量过程中，要始终保证砂桶(包括砂)的质量远小于小车的质量．4．作图时应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地分布在直线的两侧，但若遇到个别偏离较远的点可舍去．例 某实验小组利用图5所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图5(1)下列做法正确的是________(填字母代号)．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节长木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)当木块(及木块上的砝码)的质量M与小桶(包括桶内砝码)的质量m的大小关系满足______________时，才可以认为细绳对木块的拉力大小等于桶及桶中砝码的重力．(3)图6是甲、乙两同学研究了加速度与力的关系，并根据实验数据画出的图象．图6形成图线甲的原因是__________________________．形成图线乙的原因是__________________________．解析(1)实验中细绳要与长木板保持平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通打点计时器的电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不需要重新平衡摩擦力，D项正确．(2)验证牛顿第二定律的实验中，要保证M≫m，才能保证细绳的拉力约等于m的重力．(3)图线甲中F＝0时，木块就有了加速度，可见是长木板倾角过大．图线乙中，有了拉力时，加速度仍为0，说明未平衡摩擦力或长木板倾角过小．答案(1)AD (2)M≫m(3)长木板倾角过大未平衡摩擦力或长木板倾角过小[巩固训练]如图7甲所示，在探究加速度与力、质量的关系实验中，小车及车中砝码的质量用M 表示，盘及盘中砝码的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带打上的点计算出．(1)当M 与m 的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于盘及盘中砝码的重力．(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地观测加速度a 与质量M 的关系，应该做a 与__________的图象．图7(3)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a —1M图线如图乙所示，两个同学做实验时的盘及盘中砝码的质量m 乙__________(填“大于”“小于”或“等于”)m 丙．课题：§ 4.3.2 牛顿第二定律 第 2 课时 总序第 个教案 课型：习题课 编写时时间： 年 月 日 执行时间： 年 月 日 [学习目标]1.知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义.2.知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的.3.能应用牛顿第二定律解决简单的实际问题． [基础知识回顾] 一、牛顿第二定律 1．牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．(2)公式：F ＝kma ，F 指的是物体所受的合力． 当各物理量的单位都取国际单位时，k ＝1，F ＝ma . (3)力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N.“牛顿”的定义：使质量为1 kg 的物体产生1 m/s 2的加速度的力叫做1 N ，即1 N ＝1_kg·m/s 2. 2．对牛顿第二定律的理解(1)瞬时性：a 与F 同时产生，同时变化，同时消失，为瞬时对应关系． (2)矢量性：F ＝ma 是矢量表达式，任一时刻a 的方向均与合外力F 的方向一致，当合外力方向变化时a 的方向同时变化，即a 与F 的方向在任何时刻均相同．(3)同体性：公式F ＝ma 中各物理量都是针对同一物体的．(4)独立性：当物体同时受到几个力作用时，各个力都满足F ＝ma ，每个力都会产生一个加速度，这些加速度的矢量和即为物体具有的合加速度．故牛顿第二定律可表示为⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma x F y ＝ma y .3．合外力、加速度、速度的关系(1)力与加速度为因果关系．力是因，加速度是果，只要物体所受的合外力不为零，就会产生加速度．加速度与合外力方向总相同、大小与合外力成正比．(2)力与速度无因果关系．合外力与速度方向可以同向，可以反向；合外力与速度方向同向时，物体做加速运动，反向时物体做减速运动． (3)两个加速度公式的区别批注a ＝ΔvΔt是加速度的定义式，是比值定义法定义的物理量，a 与v 、Δv 、Δt 均无关；a ＝Fm是加速度的决定式，加速度由其受到的合外力和质量决定． 二、牛顿第二定律的简单应用 1．解题步骤 (1)确定研究对象．(2)进行受力分析和运动情况分析，作出受力和运动示意图． (3)求合外力F 或加速度a . (4)根据F ＝ma 列方程求解． 2．解题方法(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合外力，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同．(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体的合外力． ①建立坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程F x ＝ma ，F y ＝0. ②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a .根据牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma x F y ＝ma y 列方程及F ＝F 2x ＋F 2y 求合外力．一、对牛顿第二定律的理解例1 下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解，正确的是( )A ．由F ＝ma 可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B ．由m ＝F a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比C ．由a ＝F m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 D ．由m ＝F a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力求出 答案 CD。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析课后知能检测 沪科版必修11．一质量为m 的物体以初速度v 0冲上一倾角为θ的光滑固定斜面，则下列说法正确的是( )A ．物体做匀减速运动，其加速度的大小为g sin θB ．物体以速度v 0匀速运动C ．物体从斜面底端上升到最高点所用时间为v 0g cos θD ．物体沿斜面上升的最大高度为v 20/2g【解析】 物体冲上倾角为θ的光滑固定斜面，做匀减速运动，a ＝g sin θ，A 对，B 错；物体从斜面底端上升到最高点所用时间为t ＝v 0g sin θ，C 错；物体沿斜面上升的最大高度h ＝v 202g sin θ sin θ＝v 202g，D 对．【答案】 AD2．质量为m 1和m 2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F 1和F 2.如果发现质量为m 1的物体先落地，那么( )A ．m 1＞m 2B ．F 1＜F 2 C.F 1m 1＜F 2m 2D.F 1m 1＞F 2m 2【解析】 由h ＝12at 2，物体落地先后由减速运动的加速度决定．而a ＝g －F m ，Fm大的下落时间t 长，C 对． 【答案】 C3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，紧接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使身体重心又下降了0.5 m ．在着地的过程中，地面对他双脚的平均作用力估计为自身重力的( )A ．2倍B ．5倍C ．8倍D ．10倍【解析】 着地速度是前后过程的衔接速度，设为v .下落2 m 的关系为，v 22g＝h 1重心下降0.5 m 的关系为v 2F m－g ＝h 2 带入数值得F /G ＝5. 【答案】 B4．(2012·陕西师大附中高一检测)如图5－4－6所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3，依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )图5－4－6A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【解析】 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，若以沿bd 杆下滑的小滑环为研究对象设轨迹与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mg cos θ＝ma①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移 s ＝2R cos θ② 由运动学公式得： s ＝12at③由①②③联立解得t ＝2R g. 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3. 【答案】 D5．如图5－4－7所示，物体A 的质量为m A ，放在光滑水平桌面上，如果在绳的另一端通过一个滑轮加竖直向下的力F ，则A 运动的加速度为a .将力去掉，改系一物体B ，B 的重力和F 的值相等，那么A 物体的加速度( )图5－4－7A ．仍为aB ．比a 小C ．比a 大D ．无法判断【解析】 用力F 拉时有a ＝F m；系物体B 时，A 、B 两个物体都具有加速度，且两者加速度都由B 物体的重力提供，则a ′＝Fm A ＋m B，故比a 小．B 正确．【答案】 B6．在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体，如图5－4－8所示，已知M ＞m ，第一次用水平力F 由左向右推M ，物体间的相互作用力为F N 1；第二次用同样大小的水平力F 由右向左推m ，物体间的作用力F N 2，则( )图5－4－8A ．F N 1＞F N 2B ．F N 1＝ F N 2C ．F N 1＜ F N 2D ．无法确定【解析】 整体分析，左右推产生的加速度大小相同． 左推隔离m: F N 1＝ma ，右推隔离M: F N 2＝Ma ，可知F N 1＜ F N 2 . 【答案】 C7．(2011·全国新课标)如图5－4－9所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图5－4－9【解析】 由F ＝ma 可知，开始阶段m 1、m 2保持相对静止一起加速运动，a 随F 的增大而增大，当m 1、m 2之间的摩擦力达到最大摩擦力时m 1保持其加速度不变，m 2的加速度继续增大且增大幅度比原来大．故选项A 正确．【答案】 A8．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的是( )【解析】 对皮球应用牛顿第二定律有：mg ＋kv ＝ma ，a ＝g ＋kmv .上抛过程中v 减小，故a 随时间减小且减小的快慢与v 的变化快慢规律相同，即Δa Δt ＝k m ·Δv Δt ，而Δv Δt就是加速度a ，故ΔaΔt随时间减小，即a －t 图线各点的切线的斜率是逐渐减小的；又由于上升过程中a 不可能为零，所以只有C 项正确．【答案】 C9．(2012·山东滨州高一检测)民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，在出口和地面之间形成一个倾角为37°的斜面，乘员可从斜面顶端由静止滑下，最短可经4 s 到达地面．已知乘员与气囊之间的动摩擦因数为0.625，求气囊的长度．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】 乘员在气囊上下滑的运动是初速度为零的匀加速运动，加速度a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝g (sin 37°－μcos 37°)＝1 m/s 2s ＝12at 2＝12×1×42 m ＝8 m.【答案】 8 m10．如图5－4－10所示，质量为30 kg 的雪橇在与水平面成30°角的拉力F 作用下，沿水平地面向右做直线运动，经过0.5 m ，速度由0.6 m/s 均匀减至0.4 m/s.已知雪橇与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求作用力F 的大小．图5－4－10【解析】 根据匀变速运动的推论公式v 2t －v 20＝2as ，可求雪橇减速运动的加速度：a ＝v 2t －v 202s ＝0.42－0.622×0.5m/s 2＝－0.2 m/s 2. 对雪橇受力分析如图所示，将拉力F 沿水平方向和竖直方向正交分解．根据牛顿第二定律分别列式如下： 在竖直方向：N ＋F sin θ－mg ＝0① 则摩擦力f ＝μN ②在水平方向：F cos θ－f ＝ma ③ 解①②③组成的方程组得：F ＝m μg ＋acos θ＋μsin θ＝56 N.【答案】 56 N11．在平直的高速公路上，一辆汽车正以32 m/s 的速度高速行驶．因前方出现事故，司机立即刹车，直到汽车停下．已知汽车的质量为1.5×103kg ，刹车时汽车受到的阻力为1.2×104N ，求：(1)刹车时的加速度大小；(2)从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间； (3)从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律，a ＝－F m ＝－1.2×1041.5×103 m/s 2＝－8.0 m/s 2故汽车刹车时的加速度大小为8.0 m/s 2. (2)汽车运动的时间t ＝0－v 0a ＝0－32－8s ＝4 s.(3)汽车前进的距离s ＝v 0t ＋12at 2＝32×4 m＋12×(－8)×42m ＝64 m.【答案】(1)8.0 m/s2(2)4 s (3)64 m12．质量分别为m A和m B的物体A和B用轻绳连接，如图5－4－11所示，放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均为μ.水平恒力F作用在B上，使两物体在水平面上加速运动．问它们的加速度和相互间的作用力有多大？如果把力F改为向左且作用在A上，则它们的加速度和相互间的作用力又为多大？\图5－4－11【解析】把系统作为研究对象，可列出方程：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a解得a＝Fm A＋m B－μg将A隔离出来，其在水平方向受B对它的拉力和摩擦力，再由牛顿第二定律得F T－μm A g＝m A a，解得F T＝m Am A＋m BF如果将F改为向左作用在A上时，对系统而言它受到的外力没有改变，所以A、B的加速度仍然是：a＝Fm A＋m B－μg在求绳子拉力时可把B隔离出来．它在水平方向只受到绳的拉力和摩擦力，又由牛顿第二定律有F T－μm B g＝m B a解得F T＝m Bm A＋m BF.【答案】Fm A＋m B－μgm Am A＋m BFFm A＋m B－μgm Bm A＋m BF。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 课后知能检测2 沪科版选修3-41．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )A ．可以是恒力B ．可以是方向不变而大小变化的力C ．可以是大小不变而方向改变的力D ．一定是变力【解析】 由F ＝－kx 可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化．一定是变力．【答案】 D2．(多选)关于简谐振动，以下说法中正确的是( )A ．回复力总指向平衡位置B ．加速度、速度方向永远一致C ．在平衡位置加速度、速度均达到最大值D ．在平衡位置速度达到最大值，而加速度为零【解析】 回复力是把物体拉回到平衡位置的力，A 对；加速度方向始终指向平衡位置，速度方向可能指向平衡位置，也可能远离平衡位置，B 错；平衡位置位移为零，据a ＝－kx m知加速度为零，势能最小，动能最大，速度最大，C 错，D 对．【答案】 AD3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A ．振子所受的回复力逐渐增大B ．振子的位移逐渐增大C ．振子的速度逐渐减小D ．振子的加速度逐渐减小【解析】 振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a ＝F /m 得，加速度也减小，物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．【答案】 D4．(多选)(2013·咸阳检测)如图1－2－9所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )图1－2－9A．在第1 s内，质点速度逐渐增大B．在第2 s内，质点速度逐渐增大C．在第3 s内，动能转化为势能D．在第4 s内，动能转化为势能【解析】质点在第1 s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2 s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以选项B 正确；在第3 s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，所以选项C 正确；在第4 s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，势能转化为动能，所以选项D 错误．【答案】BC5．(多选)如图1－2－10所示，轻质弹簧下挂一个重为300 N的物体A，伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，若将连接A、B两物体的细线烧断，使A在竖直面内振动，则( )图1－2－10A．最大回复力为300 NB．最大回复力为200 NC．振幅为3 cmD．振幅为2 cm【解析】在最低点绳被烧断后，A受到的合力是200 N，B对；振幅应是2 cm，D对．【答案】BD6．(2013·榆林检测)如图1－2－11甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从振子处于最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图乙所示．关于这个图像，下列说法正确的是( )甲乙图1－2－11A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负C．t＝1.0 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值【解析】t＝1.25 s时，加速度为负，速度为负；t＝1.7 s时，加速度为正，速度为负；t＝1.0 s时，速度为零，加速度为负向最大值；t＝1.5 s时，速度为负向最大值，加速度为零，故C正确．【答案】 C7．(多选)做简谐运动的物体，每次经过同一位置时，都具有相同的( )A．加速度B．速度C．位移D．动能【解析】做简谐运动的物体，每次经过同一位置时具有相同的位移，位移相同则回复力相同，回复力相同则加速度相同；速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反，但动能一定是相等的，所以A、C、D正确．【答案】ACD8．(2013·赤峰检测)如图1－2－12所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中( )图1－2－12A．小球最大动能应等于mgAB．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C ．弹簧最大弹性势能等于2mgAD ．小球在最低点时的弹力大于2mg【解析】 设小球受力平衡时弹簧的压缩量为x 0，则有mg ＝kx 0，由题意知x 0＝A ，小球振动到最低点时，弹簧的压缩量为2x 0＝2A ，弹力为k ·2x 0＝2mg ，选项D 错误；由动能定理知，小球由最高点到最低点的过程中，重力势能减少量mg ·2A 全部转化为弹簧的弹性势能，选项C 正确；在平衡位置时，小球的动能最大，由最高点振动到平衡位置的过程中，重力势能减少量mgA 一部分转化为动能，一部分转化为弹性势能，故选项A 错误；小球在振动过程中还有重力势能的变化，故选项B 错误．【答案】 C9．(多选)如图1－2－13所示是某弹簧振子的振动图像，试由图像判断下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．振幅是3 cmB ．周期是8 sC. 4 s 末小球速度为负，加速度为零，回复力为零D ．第22 s 末小球的加速度为正，速度最大【解析】 纵轴是质点离开平衡位置的位移，横轴是时间，图像是振动图像．由图像可知振幅A ＝3 cm ，故A 正确；而周期T ＝8 s ，故B 正确；4 s 末时质点在“下坡路程”，因而速度为负，而质点正好在平衡位置，因而a ＝0，C 正确；第22 s 末恰是234个周期，因而质点正处于负向最大位移处，速度为0，加速度正向最大，则D 错误，故正确选项为A 、B 、C.【答案】 ABC10．如图1－2－14所示，小球被套在光滑的水平杆上，跟弹簧相连组成弹簧振子，小球在平衡位置附近的A 、B 间往复运动，以O 为位移起点，向右为位移x 的正方向，则：图1－2－14(1)速度由正变负的位置在________；(2)位移为负向最大值的位置在________；(3)加速度由正变负的位置在________；(4)加速度达到正向最大值的位置在________．【解析】 矢量由正变负时，就是矢量改变方向时，也就是该矢量数值为零时，故速度由正变负的位置在B 点，加速度由正变负的位置在O 点，负向最大位移的位置在A 点．加速度a ＝－k m x ，正向最大加速度处的位置在A 点．【答案】 (1)B (2)A (3)O (4)A11．已知水平弹簧振子的质量为2 kg ，当它运动到平衡位置左侧2 cm 时受到的回复力为4 N ，求当它运动到平衡位置右侧4 cm 时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．【解析】 F ＝－kx ，所以F 1的大小F 1＝kx 1，由此可得k ＝200 N/m.F 2＝kx 2＝200×4 ×10－2 N ＝8 N ，由于位移向右，故回复力F 2的方向向左．根据牛顿第二定律a 2＝F 2m ＝82m/s 2＝4 m/s 2，方向向左． 【答案】 回复力大小为8 N ，方向向左 加速度大小为4 m/s 2，方向向左12．如图1－2－15所示，质量为m 的小球在两根劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧作用下在光滑水平面上的运动(小球在O 点时两根弹簧均处于自由状态)是否是简谐运动？图1－2－15【解析】 弹力的合力，其大小为F ＝F 1＋F 2＝(k 1＋k 2)x ，令k ＝k 1＋k 2，上式可写成：F ＝kx .由于小球所受回复力的方向与位移x 的方向相反，考虑方向后，上式可表示为：F ＝－kx .所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面做简谐运动．【答案】 是简谐运动。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第1章第2节震动的描述课后知能检测鲁科版选修3-41．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( ) A．1∶1 1∶1B．1∶11∶2C．1∶4 1∶4 D．1∶21∶2【解析】弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2.而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1.【答案】 B2．(2013·海口高二检测)如图1－2－7所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )图1－2－7A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm【解析】振子从B到C经历半个周期，故T＝2 s，而A＝5 cm，故选项D正确．【答案】 D图1－2－83．(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1－2－8所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是( )【解析】 试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D4．(多选)一质点做简谐运动，其振动图象如图1－2－9所示，在0.2 ～0.3 s 这段时间内质点的运动情况是( )图1－2－9A ．沿x 负方向运动，速度不断增大B ．沿x 负方向运动，位移不断增大C ．沿x 正方向运动，速度不断增大D ．沿x 正方向运动，位移不断减小【解析】 由图知质点正从负的最大位移向平衡位置运动，位移不断减小，速度正逐渐增加．【答案】 CD5．一弹簧振子的周期为2 s ，从振子通过平衡位置向右运动起，经过1.85 s 时，其运动情况是( )A ．向右减速B ．向右加速C ．向左减速D ．向左加速【解析】 经过1.85 s ，振子处于34T 至T 内，它正在平衡位置的左侧向平衡位置处运动，所以振子是向右加速．【答案】 B6．在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图1－2－10所示．假设向右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间段是( )图1－2－10A ．0 s 至1 s 内B ．1 s 至2 s 内C ．2 s 至3 s 内D ．3 s 至4 s 内【解析】 质点从负的最大位移向平衡位置运动时物体加速度和速度都向右． 【答案】 D7．(2013·福州一中检测)一质点做简谐运动的图象如图1－2－11所示，下列说法正确的是( )图1－2－11A ．质点振动的频率是4 HzB ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmC ．第4 s 末质点的速度为零D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同【解析】 根据振动图象可知：该简谐运动周期T ＝4 s ，所以频率f ＝1T ＝0.25 Hz ，A错；10 s 内质点通过路程s ＝104×4A ＝10A ＝10×2 cm ＝20 cm ，B 正确；第4 s 末质点经过平衡位置，速度最大，C 错；在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D 错．【答案】 B8．(多选)已知物体A 、B 做简谐运动．物体A 做简谐运动的振动位移x A ＝3sin(100t ＋π2)m ，物体B 做简谐运动的振动位移x B ＝5sin(100t ＋π6) m ．比较A 、B 的运动( )A ．振幅是矢量，A 的振幅是6 m ，B 的振幅是10 m B ．周期是标量，A 、B 周期相等为100 sC ．A 振动的频率f A 等于B 振动的频率f BD ．A 的相位始终超前B 的相位π3【解析】 振幅是标量，A 、B 的振动范围分别是6 m 、10 m ，但振幅分别为3 m 、5 m ，A 错；A 、B 振动的周期T ＝2πω＝2π100 s ＝6.28×10－2s ，B 错；因为T A ＝T B ，故f A ＝f B ，C 对；Δφ＝φAO －φBO ＝π3，D 对．【答案】 CD9．(多选)如图1－2－12所示为质点P 在0～4 s 内的振动图象，下列叙述正确的是( )图1－2－12A ．再过1 s ，该质点的位移是正的最大B ．再过1 s ，该质点的速度沿正方向C ．再过1 s ，该质点的加速度沿正方向D ．再过1 s ，该质点加速度最大【解析】 将图象顺延续画增加1 s ，质点应在正最大位移处，故A 、D 正确． 【答案】 AD10．(2013·武汉高二检测)如图1－2－13所示，图(甲)为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．在t ＝0.2 s 时，弹簧振子可能运动到B 位置B ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的速度相同C ．从t ＝0到t ＝0.2 s 的时间内，弹簧振子的动能持续的增加D ．在t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，弹簧振子的加速度相同【解析】 t ＝0.2 s 时，振子的位移为正向最大位移，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A 点也可能在B 点，A 正确．t ＝0.1 s 时速度为正，t ＝0.3 s 时速度为负，两者方向相反，B 错．从t ＝0到t ＝0.2 s 的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C 错．t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D 错．【答案】 A11．质点沿x 轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O.质点经过a 点和b 点时速度相同，由a 点运动到b 点需0.2 s ；质点由b 点再次回到a 点最短需要0.4 s ．则该点做简谐运动的频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz【解析】 由题意知a 、b 两点关于O 点对称．由t ab ＝0.2 s ，t ba ＝0.4 s 知质点经过b 点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b 到a.则质点由b 到最大位移处再回到b 所用时间为0.2 s ，则T 4＝12t ab ＋12(t ba －t ab )，解得质点做简谐运动的周期T ＝0.8 s ，频率f ＝1/T ＝1.25 Hz.【答案】 B12．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x ＝10sin 5πt cm ，由此可知： (1)物体的振幅为多少？ (2)物体振动的频率为多少？(3)在t ＝0.1 s 时，物体的位移是多少？【解析】 将本题中表达式x ＝10sin 5πt cm 与简谐运动的表达式x ＝Asin(ωt ＋φ)对应项比较，可得：(1)振幅A ＝10 cm.(2)振动频率f ＝ω2π＝5π2π Hz ＝2.5 Hz.(3)t ＝0.1 s 时位移x ＝10sin(5π×0.1)cm ＝10 cm.【答案】 (1)10 cm (2)2.5 Hz (3)10 cm。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测3 沪科版选修3-41．(2013·海南国兴中学检测)单摆做简谐运动的回复力是( )A．摆球的重力B．摆球所受重力与悬线对摆球的拉力的合力C．悬线对摆球的拉力D．摆球所受重力在圆弧切线方向上的分力【解析】单摆做简谐运动时，摆球如同做圆周运动，摆球重力的切向分力充当回复力，摆球重力的径向分力与摆线拉力的合力充当向心力，D正确．【答案】 D2．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是( )A．增大摆球的质量B．缩短摆长C．减小摆动的角度D．升高气温【解析】由单摆的周期公式T＝2πlg，可知周期只与l、g有关，而与质量、摆动的幅度无关．当l增大时，周期增大；g增大时，周期减小；l减小时，周期减小，频率增大．所以选B.【答案】 B3．两个单摆都做简谐运动，在同一地点甲摆振动20次时，乙摆振动了40次，则( ) A．甲、乙摆的振动周期之比为1∶2B．甲、乙摆的振动周期之比为2∶1C．甲、乙摆的摆长之比为1∶4D．甲、乙摆的摆长之比为4∶1【解析】由题意知20T甲＝40T乙，故T甲∶T乙＝2∶1，A、B错；而T＝2πlg，所以l甲∶l乙＝T2甲∶T2乙＝4∶1，C错，D对．【答案】 D4．(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则( ) A．f1>f2，A1＝A2B．f1<f2，A1＝A2C．f1＝f2，A1>A2D．f1＝f2，A1<A2【解析】单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误．【答案】 C5．(2013·延安检测)如图1－3－9所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为( )A．2πlgB．2π2lgC．2π2l cos αgD．2πl sin αg【解析】这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2πlg.但注意此处的l与题中的摆线长不同，公式中的l指质点到悬点(等效悬点)的距离，即做圆周运动的半径．单摆的等效摆长为l sin α，故周期T＝2πl sin αg，故选D.【答案】 D6．如图1－3－10所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是( )图1－3－10A．C点B．C点右侧C．C点左侧D．不能确定【解析】由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故选项A正确．【答案】 A7．甲、乙两个单摆在同一地方做简谐运动的图像如图1－3－11所示，由图可知( )图1－3－11A ．甲和乙的摆长一定相同B ．甲的摆球质量一定较小C ．甲和乙的摆角一定相等D ．在平衡位置时甲、乙摆线受到的拉力一定相同 【解析】 由图像可知周期相等，因T ＝2πlg，故两单摆摆长相等，A 正确；摆动周期与摆球质量、摆角无关，故B 、C 错误；因不知摆球质量和摆角大小，故D 错误．【答案】 A8．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀地附着在摆球的表面，下列说法正确的是( )A ．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D ．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大【解析】 在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大；但摆球质量不影响周期，周期不变，D 正确．【答案】 D9. 如图1－3－12所示，MN 为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A 放在MN 的圆心处，再把另一小球B 放在MN 上离最低点C 很近的B 处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )图1－3－12A ．A 球先到达C 点B ．B 球先到达C 点 C ．两球同时到达C 点D ．无法确定哪一个球先到达C 点【解析】 A 做自由落体运动，到C 所需时间t A ＝2Rg，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R 很大，B 球离最低点C 又很近，所以B 球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R 的单摆)，则运动到最低点C 所用的时间是单摆振动周期的14，即t B ＝T 4＝π2Rg>t A ，所以A 球先到达C 点． 【答案】 A10．(2013·长安一中检测)下面是用单摆测定重力加速度的实验数据．(1)图1－3－13(2)利用图像，取T 2＝0.1×4π2s 2≈3.95 s 2，求出重力加速度． 【解析】 (1)图像如图所示：(2)由图像中读出当T 2＝3.95 s 2时，l ＝0.96 m ， 重力加速度g ＝4π2l T 2＝4π2×0.960.1×4π2 m/s 2＝9.6 m/s 2.【答案】 见解析11．有一单摆，其摆长l ＝1.02 m ，摆球的质量m ＝0.10 kg ，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t ＝60.8 s ，试求：当地的重力加速度是多大？【解析】 当单摆做简谐运动时，其周期公式T ＝2πl g，由此可得g ＝4π2l /T 2，只要求出T 值代入即可．因为T ＝t n ＝60.830s ＝2.027 s所以g ＝4π2l /T 2＝4×3.142×1.022.0272m/s 2＝9.97 m/s 2. 【答案】 9.97 m/s 212．(2013·西安一中检测)某同学在做《研究单摆的运动、用单摆测重力加速度》实验的步骤为：(1)用长为l 的轻质细线一端固定在铁架台上，另一端系一质量为m 的小钢球制成一单摆．(2)用毫米刻度尺测量悬点到球心的距离为L .(3)把单摆从平衡位置拉开一个很小角度，释放后让摆球在竖直平面内摆动，从摆球过________位置开计始时，测得单摆完成n 次全振动的时间为t .(4)根据以上测量物理量计算当地重力加速度g ＝________(用以上字母表达)． 请将步骤补充完整．【解析】 测量单摆运动周期从摆球过平衡位置开始计时，测得单摆完成n 次全振动的时间为t .由t ＝nT ，T ＝2πL g 联立解得g ＝4π2n 2L t 2【答案】 (3)平衡 (4)4π2n 2Lt2。

第5节牛顿运动定律的应用学习目标核心素养形成脉络1.明确动力学的两类基本问题．(重点)2．掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．(难点)一、从受力确定运动情况1．牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况和受力情况联系起来．2．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况．二、从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．思维辨析(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．( )(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．( )(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．( )(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．( )提示：(1)√(2)×(3)√(4)×基础理解(1)(2019·江苏月考)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是( ) 提示：选C.设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确．(2)(多选)如图，在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球，其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止，则下列说法正确的是( )A．AB绳拉力不变B．AB绳拉力变大C．BC绳拉力变大D．BC绳拉力不变提示：选AC.对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图，根据牛顿第二定律，水平方向F2－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝Gcos θ，F2＝G tan θ＋ma因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．(3)求物体的加速度有哪些途径？提示：途径一由运动学的关系(包括运动公式和运动图象)求加速度；途径二根据牛顿第二定律求加速度．已知物体的受力求运动情况问题导引如图所示，汽车在高速公路上行驶，有两种运动情况：(1)汽车做匀加速运动．(2)汽车关闭油门滑行．试结合上述情况讨论：由物体的受力情况确定其运动的思路是怎样的？要点提示通过分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学公式求出物体运动的位移、速度及时间等．【核心深化】1．由物体的受力情况确定其运动的思路物体受力情况→牛顿第二定律→加速度a→运动学公式→物体运动情况2．解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．关键能力1 从受力确定运动情况(2019·浙江湖州高一期中)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg ，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N 的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s 后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：(1)冰车的最大速率；(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．[思路点拨] (1)由题知，冰车先做匀加速运动后做匀减速运动，当小明妈妈停止施加力的作用时，速度最大，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求解最大速率．(2)由位移公式求出匀加速运动通过的位移，撤去作用力冰车做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学速度位移关系求得滑行位移，即可求出总位移．[解析] (1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1①v m ＝a 1t ②由①②式得v m ＝5 m/s.(2)冰车匀加速运动过程中有x 1＝12a 1t 2③冰车自由滑行时有μmg ＝ma 2④v 2m ＝2a 2x 2⑤又x ＝x 1＋x 2⑥由③④⑤⑥式得x ＝50 m. [答案] (1)5 m/s (2)50 m 关键能力2 等时圆模型如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3[思路点拨] (1)先求出滑环在杆上运动的加速度． (2)位移可用2R cos θ表示． (3)由x ＝12at 2推导t .[解析] 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的， 设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mg cos θ＝ma ①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移为x ＝2R cos θ②由运动学公式得x ＝12at 2③由①②③式联立解得t ＝2R g小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3. [答案] D 等时圆模型常见情况运动规律例图质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间 相等续 表常见情况 运动规律 例图质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间 相等两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等1.如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1D ．1∶ 3解析：选B.设光滑斜槽轨道与竖直面的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a ＝g cosθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )cos θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝2sa＝ 2×2（R ＋r ）cos θg cos θ＝2R ＋rg，即所用时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．2．(2019·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L 1＝180 m 的水平跑道和长度L 2＝20 m 倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h ＝2 m ，如图所示．已知质量m ＝2×104kg 的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．解析：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1 解得a 1＝4.5 m/s 2由匀加速直线运动公式L 1＝12at 2解得t ＝4 5 s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a 2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F －f －mg sin θ＝ma 2，其中sin θ＝hL 2解得a 2＝3.5 m/s 2.答案：(1)4 5 s (2)3.5 m/s 2已知物体的运动情况求受力问题导引一运动员滑雪时的照片如图所示， (1)知道在下滑过程中的运动时间． (2)知道在下滑过程中的运动位移．结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？要点提示 先根据运动学公式，求得物体运动的加速度，比如v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax 等，再由牛顿第二定律求物体的受力．【核心深化】1．基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：2．解题的一般步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图． (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度． (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力． (4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．(2019·佛山高一检测)在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB 上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F 推动质量为m ＝1 kg 的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到达B 点时机器人撤去电磁力F ，小滑块冲上光滑斜面(设经过B 点前后速率不变)，最高能到达C 点．机器人用速度传感器测量小滑块在ABC 过程的瞬时速度大小并记录如下．求：t /s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 … v /(m ·s －1)0.40.8…3.02.01.0…(1)机器人对小滑块作用力F 的大小； (2)斜面的倾角α的大小．[思路点拨] (1)根据表格中的数据求各段的加速度． (2)各段受力分析，由牛顿第二定律求F 、α的大小． [解析] (1)小滑块从A 到B 过程中：a 1＝Δv 1Δt 1＝2 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＝ma 1＝2 N. (2)小滑块从B 到C 过程中加速度大小：a 2＝Δv 2Δt 2＝5 m/s 2由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma 2则α＝30°.[答案] (1)2 N (2)30°(2019·浙江模拟)2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务．在距月面高为H ＝102 m 处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a 1匀加速下降，加速至v 1＝4 6 m/s 时，立即改变推力，以a 2＝2 m/s 2匀减速下降，至月表高度30 m 处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降．最后距离月面2.5 m 时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面作直线运动，取竖直向下为正方向．已知嫦娥四号探测器的质量m ＝40 kg ，月球表面重力加速度为1.6 m/s 2.求：(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v 2； (2)匀加速直线下降过程的加速度大小a 1； (3)匀加速直线下降过程推力F 的大小和方向．解析：(1)至月表高度30 m 处速度减为零，缓慢下降，距离月面2.5 m 时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，由v 22＝2g ′h 2得：v 2＝2 2 m/s.(2)由题意知加速和减速发生的位移为：h ＝102 m －30 m ＝72 m由位移关系得：v 212a 1＋0－v 21－2a 2＝h解得：a 1＝1 m/s 2.(3)匀加速直线下降过程，由牛顿第二定律得：mg ′－F ＝ma 1解得：F ＝24 N ，方向竖直向上．答案：(1)2 2 m/s (2)1 m/s 2(3)24 N 方向竖直向上由运动情况确定受力应注意的两点问题(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力．1．(2019·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．c 球最先到达M 点C ．b 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M解析：选B.c 球从圆心C 处由静止开始沿CM 做自由落体运动，R ＝12gt 2c ，t c ＝2R g；a 球沿AM 做匀加速直线运动，a a ＝g sin 45°＝22g ，x a ＝R cos 45°＝2R ，x a ＝12a a t 2a ，t a ＝4Rg；b 球沿BM 做匀加速直线运动，a b ＝g sin 60°＝32g ，x b ＝R cos 60°＝2R ，x b ＝12a b t 2b ，t b ＝83R3g；由上可知，t b >t a >t c . 2．如图所示，有一质量m ＝1 kg 的物块，以初速度v ＝6 m/s 从A 点开始沿水平面向右滑行．物块运动中始终受到大小为2 N 、方向水平向左的力F 作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.求：(取g ＝10 m/s 2)(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向； (2)物块向右运动到最远处的位移大小；(3)物块经过多长时间回到出发点A ？(结果保留两位有效数字) 解析：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小F f ＝μmg ＝1 N物块向右运动时所受摩擦力的方向水平向左． (2)物块向右运动时的加速度大小a 1＝F ＋F f m＝3 m/s 2物块向右运动到最远处时的位移大小2a 1x ＝v 2，x ＝v 22a 1＝6 m.(3)物块向右运动的时间：t 1＝v a 1＝2 s 物块返回时的加速度大小：a 2＝F －F f m＝1 m/s 2由x ＝12a 2t 22得物块返回过程的时间t 2＝2xa 2＝2 3 s ≈3.5 s物块回到出发点A 的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s.答案：(1)1 N 水平向左 (2)6 m (3)5.5 s3．(2019·陕西西安高一期末)在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取g ＝10 m/s 2，求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小；(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍．解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，下落时间t 1＝1.2 s 由v ＝gt 1 代入数据解得v ＝12 m/s即座椅在自由下落结束时刻的速度是12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h ，总时间为t ，所以h ＝(40－4)m ＝36 m 匀加速过程和匀减速过程的最大速度和最小速度相等，由平均速度公式有h ＝v2t ，代入数据解得：t ＝6 s设座椅匀减速运动的时间为t 2，则t 2＝t －t 1＝4.8 s 即座椅在匀减速阶段的时间是4.8 s.设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F由v ＝at 2，解得a ＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律F －mg ＝ma 代入数据，解得F ＝1.25mg即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍． 答案：(1)12 m/s (2)1.25倍 一、单项选择题1．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )A ．自身所受重力的2倍B ．自身所受重力的5倍C ．自身所受重力的8倍D ．自身所受重力的10倍解析：选B.由自由落体v 2＝2gH ，缓冲减速v 2＝2ah ，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，解得F ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h ＝5mg ，故B 正确． 2．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )解析：选C.设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝Lcos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝ 4Lg sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确．3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N解析：选C.汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝5 m/s 2对乘客应用牛顿第二定律可得：F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确．4．(2019·太原期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L 是一定的，而高度可以调节，则( )A ．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B ．划艇下滑时间与倾角无关C ．划艇下滑的最短时间为2L gD ．划艇下滑的最短时间为2L g解析：选C.设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x ＝Lcos θ，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a ＝g sin θ，由位移公式得：x ＝12at 2；联立解得：t ＝2Lg sin 2θ，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2L g. 5．(2019·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a ，a >μ1g ，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )A.2as 0B.2μ1gs 0C.2μ2gs 0D.（μ1＋μ2）gs 0解析：选C.设A 的质量为m ，卡车以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，对构件A 由牛顿第二定律得f 1＝ma 1≤μ2mg ，解得a 1≤μ2g ，同理，可知B 的最大加速度a 2≤μ1g ；由于μ1>μ2，则a 1<a 2≤μ1g <a ，可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a 1，所以车的最大速度v m ＝2μ2gs 0，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( )A ．7 m/sB ．14 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s解析：选B.设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得a ＝μg .由匀变速直线运动的速度位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为v 0＝2ax ＝2μgx ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．7．(2019·洛阳期末)在汽车内的悬线上挂着一个小球m ，实验表明当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟它相对静止的物体M ，则关于汽车的运动情况和物体M 的受力情况分析正确的是( )A ．汽车一定向右做加速运动B ．汽车的加速度大小为g sin θC ．M 只受到重力、底板的支持力作用D ．M 除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力的作用 解析：选D.以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg 和细线的拉力F ，由于小球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律，小球受的合力也水平向右，如图，则有mg tan θ＝ma ，得a ＝g tan θ，θ一定，则加速度a 一定，汽车的加速度也一定，则汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，故A 、B 错误；以物体M 为研究对象，M 受到重力、底板的支持力和摩擦力．M 相对于汽车静止，加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，一定受到水平向右的摩擦力，故D 正确，C 错误．8．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，又v ＝at ，解得F ＝m 2ght＋mg ，选项A 正确．二、多项选择题9.如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动解析：选BC.水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μmg ＝3 N ．故a ＝F ＋F f m＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需时间为t ＝v 0a＝2 s ，故B 正确，A 错误；减速到零后F <F f ，物体处于静止状态，故C 正确，D 错误．10.从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg ，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )A ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC ．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s 2D ．发动机的推动力F 为37.50 N解析：选BC.火箭所能达到的最大高度h m ＝12×24×40 m ＝480 m ，故A 错误，B 正确；该星球表面的重力加速度g 星＝4016 m/s 2＝2.5 m/s 2，故C 正确；火箭升空时：a ＝408 m/s 2＝5m/s 2，故推动力F ＝mg 星＋ma ＝112.5 N ，故D 错误．11.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是( )A ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C ．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD ．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F解析：选BC.取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －5μmg ＝5ma .再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F －2μmg －F N ＝2ma ，两式联立解得F N ＝0.6F ，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B 、C 正确．12．(2019·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L ＝32 m ，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，下列正确的是( )A ．若皮带静止，A 处小铁块以v 0＝10 m/s 向B 运动，则铁块到达B 处的速度为6 m/s B ．若皮带始终以4 m/s 的速度向左运动，而铁块从A 处以v 0＝10 m/s 向B 运动，铁块到达B 处的速度为6 m/sC ．若传送带始终以4 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D ．若传送带始终以10 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B 处的速度为8 m/s解析：选ABD.若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg ＝1 m/s 2，根据v 2B －v 20＝－2aL ，解得：v B ＝6 m/s ，故A 正确；若皮带始终以4 m/s 的速度向左运动，而铁块从A 处以v 0＝10 m/s 向B 运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B 点的速度大小一定等于6 m/s ，故B 正确；若传送带始终以4 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s经历的位移x ＝v 22a ＝422×1m ＝8 m ＜32 m ，之后随皮带一起做匀速运动，C 错误；若传送带始终以10 m/s 的速度向右运动，在A 处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B 处的速度：v B ＝2aL ＝2×1×32 m/s ＝8 m/s ＜10 m/s ，则铁块到达B 处的速度为8 m/s ，故D 正确．三、非选择题13．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma ④ s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．答案：20 m/s14.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝36.试求： (1)小球运动的加速度a 1；(2)若风力F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离x m ；(3)在上一问的基础上若从撤去风力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25 m 的B 点．解析：(1)在力F 作用时有：(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1 解得a 1＝2.5 m/s 2.(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m撤去力F 后，小球上滑时有：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，a 2＝7.5 m/s 2因此小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s。