2．小于
3．g 向下 向上 零 三、3.(1)整体 (3)地面 考点自测
1．解析 Ff＝μmg＝4 N，故0～3 s内，a＝0.
8－4
3～6 s内和9～12 s内，a＝ m/s2＝2 m/s2.
2
第6 s末的速度v6＝2×3 m/s＝6 m/s，
112
故所求位移x＝at21＋v6t2＋v6t3＋at3 2211
＝×2×32 m＋6×3 m＋6×3 m＋×2×32 m 22＝54 m，故B项正确． 答案 B
F－Ff
2．解析 由图象可知0～t1，物体做a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝，
mFf－F
可知F逐渐减小，最终F＝Ff，故A、B两项错误．t1～t2物体做a增大的减速运动，由a＝，
m
可知至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C、D两项正确．
答案 CD 3．答案 D
4．解析 人处于超重状态时，体重计的示数大于人的重力；人处于失重状态时，体重计的示数小于人的重力．电梯加速上升或减速下降时人处于超重状态，体重计的示数F＝mg＋ma，可见，超重时加速度越大，体重计的示数越大，选B项．
答案 B
5．解析 当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力F最大，此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律，可知对于木块M：2f－Mg＝Ma，
2f?m＋M?
对于整体：F－(M＋m)g＝(M＋m)a，由以上两式，得F＝.
M
答案 A 典例剖析
【变式训练1】 解析 从t＝0开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有相同的速度为止．
由题图可知，在t＝0.5 s时，物块和木板的速度相同，t＝0到t＝t1，物块加速度为a1v1＝ t1
v0－v1木板的加速度a2＝ t1
由牛顿第二定律 μ1mg＝ma1， (μ1＋2μ2)mg＝ma2
可得μ1＝0.20，μ2＝0.30.
(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板间摩擦力改变方向． 由牛顿第二定律 f＝ma1′ 2μ2mg－f＝ma2′
答图3－2－1 假设f<μ1mg 则a1′＝a2′ 由以上式子得f＝μ2mg>μ1mg.假设错误，故f＝μ1mg 物块的加速度a1′＝a1
v－t图象如答图3－2－1所示
2×v21s1＝ 2a1v0＋v1v21s2＝t1＋ 22a2′
物块相对木板的位移大小为 s＝s2－s1＝1.125 m.
答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m
【变式训练2】 解析 设猴子加速时的加速度大小为a，以笼子和猴子整体为研究对象，当猴子加速向上爬时，猴子处于超重状态，所以整体对地面的压力F1＝(M＋m)g＋ma；当猴子加速向下滑时，猴子处于失重状态，所以整体对地面的压力F2＝(M＋m)g－ma.所以B、C两项正确．
答案 BC
F
【变式训练3】 解析 对题图①整体分析，由牛顿第二定律，得a＝，对小球
M＋m
受力分析如答图3－2－2①所示，因此F－Tsinα＝ma，Tcosα＝mg，对题图②小球受力分析如答图3－2－2②所示，因此有T′sinα＝ma′，T′cosα＝mg，解得T′＝T＝mg/cosα，am
＝gtanα，a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a. M
答图3－2－2
答案 B
【变式训练4】 解析 (1)设物块处于相对斜面下滑的临界状态(物块恰好不下滑)时推力为F1.此时物块受力如答图3－2－3①所示．
答图3－2－3
取加速度a1方向为x轴正方向，对m有： x方向：FNsinθ－μFNcosθ＝ma1， y方向：FNcosθ＋μFNsinθ－mg＝0， 联立两式得：a1＝4.78 m/s2. 对整体有：F1＝(M＋m)a1. 代入数据解得F1＝14.34 N.
(2)设物块处于相对斜面向上滑的临界状态(物块恰好不上滑)时推力为F2，此时物块受力如答图3－2－3②.对m有：
x方向：FNsinθ＋μFNcosθ＝ma2， y方向：FNcosθ－μFNsinθ－mg＝0， 联立两式得：a2＝11.2 m/s2， 对整体有：F2＝(M＋m)a2， 代入数据解得F2＝33.6 N.
F的范围为：14.34 N≤F≤33.6 N.
答案 14.34 N≤F≤33.6 N 误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] 在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力和支持力的合力提供汽车做圆周运动的向心力，合力向下，所以支持力小于重力，处于失重状态；荡秋千的小孩通过最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态；宇航员随飞船做圆周运动，万有引力提供向心力，处于完全失重状态．当物体处于超重、失重或完全失重时，只是物体对支持物的压力增大、减小或等于零，物体本身的重力并没有变化．电梯加速上升时，有向上的加速度，支持力大于重力，电梯中的人处于超重状态．
[答案] D
[误区警示] 不理解超重、失重的实质，对A、B、C三项不知道从何入手分析，而盲目地选择，如不清楚汽车驶过拱形桥顶端时、小孩荡秋千通过最低点时的加速度方向，无法判断超重或失重．
【例2】 [解析] (1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1，
μmg
对物块，最大加速度a1＝＝μg＝1 m/s2，
m
对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N.
F－μmg10－0.1×10
(2)当F＝10 N时，木板的加速度a2＝＝ m/s2＝3 m/s2，
M3
11
由a2t2－a1t2＝L，得物块滑过木板所用时间t＝1.6 s， 22
物块离开木板时的速度v1＝a1t＝1.6 m/s＝1.26 m/s. [答案] (1)4 N (2)1.26 m/s
[误区警示] 动力学的中心问题是研究运动和力的关系，除了对物体进行正确的受力分析外，还必须正确分析物体的运动情况．当所给的情境中涉及两个物体，并且物体间存在相对运动时，找出这两物体之间的位移关系或速度关系尤其重要，特别注意物体的位移都是对地的位移，故物块的位移并不等于木板的长度．
第三讲 实验：验证牛顿运动定律
知识梳理
二、控制变量法 考点自测
1．解析 此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．
答案 AEDBC
2．解析 题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的，并没有告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时，两车加砝码质量仍相等，
1
若F1＝2F2，则a1＝2a2，由x＝at2，得x1＝2x2，A项正确；若m1＝2m2时，无法确定两车
2
加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不明确，所以无法判定两车的位移关系．
答案 A
3．解析 本题主要考查用图象法处理实验数据的能力．
1
(1)建立坐标系，确定标度，描点画出，得出a－F图象和a－图象分别如答图3－3－1
M
①、②所示．
答图3－3－1
(2)正比关系 反比关系 (3)0.50 kg 4.02 N
答案 (1)如答图3－3－1①、② (2)正比关系 反比关系 (3)0.50 kg 4.02 N 典例剖析
【变式训练1】 解析 要使小车所受的合外力等于沙和沙桶的总重力须满足M?m，且实验前须平衡摩擦力，所以(1)中选B，(2)中最合理的为C.求解加速度常用的两种方法为
?sDE＋sEF＋sFG?－?sAB＋sBC＋sCD?
逐差法和v－t图象法，本题目适合用逐差法计算．由a＝，
9T2又知T＝0.1 s，解得a＝0.42 m/s2.
答案 (1)B (2)C (3)0.42
【变式训练2】 解析 (1)将车内的砂子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统
Fmg
的总质量不变，研究对象是整个系统，a＝＝，可见a－F图象斜率的物理意义
M＋mM＋m
1是.系统的合外力就等于所悬挂砂桶的重力mg，不必满足M?m这样的条件． M＋m
(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂砂桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M＋m倒数为横轴．
1
答案 (1)① ②合理 ③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外
M＋m
力就等于mg
(2)M＋m
误区反思 感悟提高
Mmgmg
【例】 [解析] 实验中绳的张力F＝，则小车加速度a＝，实验时若保持M＋mM＋m
11
小车质量不变，横轴为，则a－图象必过原点，为直线．当满足M?m时，m
M＋mM＋m
mg1
可忽略，a≈，a－图象还可以满足图象是过原点的直线．当小车质量较小，不满足M
MM
?m时，图象会弯曲，故选D项．
[答案] D
[误区警示] 实验原理是实验的“灵魂”，应重视对原理的分析．
必修2
第四章 曲线运动 万有引力与航天 第一讲 曲线运动 运动的合成和分解
知识梳理
一、1.切线 变速
2．(1)速度方向 (2)合力 速度方向 二、1.分运动 实际
2．(1)相加 相减 (2)平行四边形定则 3．(1)逆过程 (2)实际 考点自测
1．解析 由运动轨迹可知质点做曲线运动，质点做曲线运动时，受力的方向与速度不共线，且轨迹一定夹在受力方向和速度方向之间，受力方向指向曲线的“凹”侧，故恒力F的方向可能沿x轴正方向．
答案 A
2．解析 物体做直线运动还是曲线运动，不是取决于物体受到的力是恒力还是变力，而是取决于物体所受到的力的方向与运动方向是否在一条直线上．不论恒力还是变力，若力
与运动方向在一条直线上，物体做直线运动；若力与运动方向不在同一直线上，则物体一定做曲线运动，故C选项正确．
答案 C
3．解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动可以看做类平抛运动，其运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定(因为加速度恒定)，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地速度的大
222小vt＝ v20＋?at?；t时间内猴子对地的位移大小s＝x＋h.
答案 D 4．解析
答图4－1－1
两个直线运动的合运动，比如一个匀速直线运动与另一个匀加速直线运动相互垂直，则合运动就是曲线运动，①显然错误．若两个互成角度的匀速直线运动合成，利用速度合成公式求出v(合速度)，大小方向均不变，故②对．两个匀加速直线运动的合运动，因题中没有讲明两分运动是否在一条直线上，可能性如下：如同方向则肯定为直线运动，成某一角度如90°，假设分运动1的初速度为v1、加速度为a1，分运动2的初速度为v2、加速度为a2，作
v1a1矢量图如答图4－1－1所示．求出合加速度a和合初速度v，可以看出：当＝时，a与v
v2a2
v1a1仍在同一条直线上，合运动是直线运动；当≠时，a与v不在一条直线上，将做曲线运
v2a2
动，故③对．若初速度为零，且加速度a恒定，物体做初速度为零的匀加速直线运动，故④对．所以本题选D项．
答案 D 典例剖析
【变式训练1】 解析 若Fy＝Fxtanα，则Fx和Fy的合力F与v在同一直线上，此时质点做直线运动．若Fx＞Fycotα，则Fx、Fy的合力F与x轴正方向的夹角β＜α，则质点向x轴一侧做曲线运动．故正确选项为D.
答案 D
【变式训练2】 解析 如答图4－1－2，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识知v船＝vcosα，C项正确．
答图4－1－2
答案 C
H
【变式训练3】 解析 渡河时间均为，乙能垂直于河岸渡河，对乙船，由vcos60°
vsin60°
H2
＝v0，可得v＝2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为(vcos60°＋v0)＝3H刚好
vsin60°3到A点．综上所述，A、C两项错误，B、D两项正确．
答案 BD
误区反思 感悟提高
【例】 [解析] 设物体B的运动速度为vB，速度分解如答图4－1－3甲所示，则有