【物理教案】2021江苏高考物理：第三章+专题强化三+应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题
【物理教案】2021江苏高考物理：第三章基础课3 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用
解析 对整个系统应用牛顿第二定律得
F－(M＋m)g＝(M＋m)a ①
8
对 M 应用牛顿第二定律得 2f－Mg＝Ma ② 由①②联立可得 F＝2f（m＋M），故选项 A 正确。
M 答案 A
1.(2018·泰州市姜堰区模拟)(多选)关于超重和失重，下列说法正确的是( ) A.物体处于超重状态时，物体可能在加速上升 B.物体处于失重状态时，物体可能在上升 C.物体处于完全失重状态时，地球对它的引力消失了 D.物体处于完全失重状态时，对水平支持面的压力为零 解析 物体处于超重状态时，物体可能在加速上升，也有可能减速下降，故 A 项 正确；物体处于失重状态时，物体可能加速下降，也可能减速上升，故 B 项正确； 物体处于完全失重状态时，只受重力，地球对它的引力依然存在，故 C 项错误； 物体处于完全失重状态时，只受重力，对水平支持面的压力为零，故 D 项正确。 答案 ABD 2. (2019·江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试)如图 10 所示，质量为 m 的 物块甲，放在容器底部，随同容器一起从某一高处由静止释放，下落过程中不计 一切阻力。则物块甲( )
答案 AD
1.常见动力学图象及意义如下表
动力学中的图象问题
3
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定 v－t 图象
律求解合外力 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛 顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合 F－a 图象 图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的 信息求出未知量 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物 a－t 图象 体受力情况根据牛顿第二定律列方程 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一 F－t 图象 时间段的运动性质 2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律 F＝ma 为纽带，理 解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图象 解决问题一般包括两个角度： (1)用给定图象解答问题； (2)根据题意作图，用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图 象的相互转换关系。 【例 2】 (2019·省淳中高三期初调研模拟考试)如图 4 所示，物块以速度 v0 从粗 糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回。下列 v－t 图象能正确反映物 块运动规律的是( )
江苏高三物理总复习教案：专题三牛顿运动定律的综合应用
专题三牛顿运动定律的综合应用考纲解读 1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．1．[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D解析物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．2．[超重与失重概念的应用]下列说法中正确的是( )A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案 B解析当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．3．[动力学中的图象问题]一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图1所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是( )图1A．木块的位移B．木块的加速度C．木块所受摩擦力D．木块与桌面间的动摩擦因数答案 C解析位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．考点一超重与失重现象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.例1如图2所示，物体A被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( )图2A．增加B．减小C．不变D．无法确定解析细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，则物体A将加速下滑，则物体A的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，则A处于失重状态，故台秤对系统的支持力将减小，故B正确．答案 B突破训练1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )答案 D解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确．考点二动力学中的图象问题1．图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．2．问题的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．例2如图3甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面与物块、地面与物块间的动摩擦因数相同，g取10 m/s2，求：图3(1)斜面的长度s；(2)物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)斜面倾角θ的正弦值．答案(1)25 m (2)0.5 (3)0.6解析(1)物块在斜面上做匀加速运动，所以v＝v0＋v t2＝5 m/ss＝v t＝25 m(2)物块在水平面上做匀减速运动，设其减速的加速度大小为a1，则由题图乙知a1＝5 m/s2又由牛顿第二定律得：μmg＝ma1解得μ＝0.5(3)设滑块从斜面上滑下的加速度大小为a2，则由题图乙知a2＝2 m/s2又由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2sin2θ＋cos2θ＝1解得：sin θ＝0.6数图结合解决动力学问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等，解决图象问题的关键有：(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2)明确图线斜率的物理意义，如v－t图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如v－t图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解．突破训练2我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图4所示．以下判断正确的是( )图4A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变答案 C解析速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6 min～8 min内深潜器的加速度小于3 min～4 min内深潜器的加速度，A错误.4 min～6 min 内，深潜器停在深度为360 m处，B错误.3 min～4 min内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C正确.6 min～8 min内与8 min～10 min内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D错误．考点三动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．例3 (2013·山东·22)如图5所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.图5(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2 ①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2 ③ v ＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦ 联立⑤⑥⑦式得 F ＝mg θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得 cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角 α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N 答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 1335N动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F T ＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．突破训练3 如图6所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g取10 m/s2，则( )图6A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动答案 D解析当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动．此时对B有：F fmax＝μm A g＝12 N，而F fmax＝m B a，a＝6 m/s2，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s2，此时对A、B整体：F＝(m A＋m B)a＝48 N，即F>48 N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．12.“传送带模型”问题的分析思路1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图7(a)、(b)、(c)所示．图72．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例4 如图8所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB (与水平面成α＝37°)与一斜面BC (与水平面成θ＝30°)平滑连接，B 点到C 点的距离为L ＝0.6 m ，运输带运行速度恒为v 0＝5 m/s ，A点到B 点的距离为x ＝4.5 m ，现将一质量为m ＝0.4 kg 的小物体轻轻放于A 点，物体恰好能到达最高点C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，求：(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)图8(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t .审题与关联解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v <v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知μmg cos α－mg sin α＝ma 2又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78. (3)小物体从A 点运动到B 点经历时间t 1＝v a 2，从B 运动到C 经历时间t 2＝v a 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s.答案 (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v 物＝v 传．(3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．13.“滑块—木板模型”问题的分析思路1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． 2．建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．例5 如图9所示，质量M ＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m ＝1.0 kg 的小滑块A (可视为质点)．初始时刻，A 、B 分别以v 0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最后A 恰好没有滑离B 板．已知A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)A 、B 相对运动时的加速度a A 和a B 的大小与方向；(2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x ； (3)木板B 的长度l . 审题与关联解析 (1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A 有μmg ＝ma A 则a A ＝μg ＝4.0 m/s 2 方向水平向右 对B 有μmg ＝Ma B则a B ＝μmg /M ＝1.0 m/s 2 方向水平向左(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 sB 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－12a B t 21＝0.875 m(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2当A 、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离木板B ，故木板B 的长度为这个全过程中A 、B 间的相对位移． 在A 相对地面速度为零时，B 的速度 v B ＝v 0－a B t 1＝1.5 m/s设由A 速度为零至A 、B 速度相等所用时间为t 2，则 a A t 2＝v B －a B t 2解得t 2＝v B /(a A ＋a B )＝0.3 s 共同速度v ＝a A t 2＝1.2 m/s从开始到A 、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移x A ＝v 0－v t 1＋t 22＝－＋2m ＝0.32 mB 向右运动的位移x B＝v0＋v t1＋t22＝＋＋2m＝1.28 mB板的长度l＝x A＋x B＝1.6 m答案(1)A的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右B的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m (3)1.6 m高考题组1. (2013·浙江·19)如图10所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于该热气球，下列说法正确的是( )图10A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案AD解析从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F f＝0.由F浮－mg ＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－F f＝0，计算得F f＝230 N，D正确．2．(2013·江苏单科·14)如图11所示，将小砝码(可视为质点)置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .图11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3) 22.4 N解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g ，纸板所受的摩擦力f ＝f 1＋f 2＝μ(2m 1＋m 2)g . (2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2，发生相对运动的条件a 1<a 2, 解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动距离x 1＝12a 1t 21.纸板运动距离x 2＋d ＝12a 2t 21.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2且a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2，联立以上各式解得F ＝2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋d l m 2g ，代入数据求得F ＝22.4 N.模拟题组3．传送带以v 1的速度匀速运动，物体以v 2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图12所示，已知传送带长度为L ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则以下判断正确的是： ( )图12A ．当v 2、μ、L 满足一定条件时，物体可以从A 端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v 1无关B ．当v 2、μ、L 满足一定条件时，物体可以从B 端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v 1C ．当v 2、μ、L 满足一定条件时，物体可以从B 端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v 1D ．当v 2、μ、L 满足一定条件时，物体可以从B 端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v 1 答案 ACD4．如图13所示，质量为2 kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质量为1 kg 可视为质点的木块A 以水平速度v 0＝2 m/s 从右端向左滑上木板，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，此时有一水平向右的力F ＝10 N 作用在木板上．g 取10 m/s 2.图13(1)求开始时木块A 和木板B 各自的加速度大小；(2)若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间；(3)要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度． 答案 (1)5 m/s 2 2.5 m/s 2 (2)0.8 s (3)0.8 m 解析 (1)对木块和木板分别受力分析 对A ：a 1＝μg ，a 1＝5 m/s 2对B ：F －μm A g ＝m B a 2，a 2＝2.5 m/s 2(2)设A 向左减速到v ＝0时所用时间为t 1 0＝v 0－μgt 1，t 1＝0.4 s 此时v B ＝a 2t 1＝1 m/sA 、B 一起向右加速到共速所用时间为t 2 a 1t 2＝v B ＋a 2t 2，t 2＝0.4 s t 总＝t 1＋t 2＝0.8 s (3)A 向左减速时，x A ＝v 202μg ，x A ＝0.4 m 此时B 向右加速，x B ＝12a 2t 21，x B ＝0.2 mA 、B 相反运动过程中的相对位移为Δx 1＝0.6 m A 、B 一起向右运动过程中A 、B 的位移差为Δx 2＝x B ′－x A ′＝⎝⎛⎭⎪⎫v B t 2＋12a 2t 22－12a 1t 22＝0.2 m要使木块不滑下，木板最小长度为Δx总＝Δx1＋Δx2＝0.8 m.。
高中物理三牛顿运动定律的应用-教案
三/D 牛顿运动定律的应用一、任务分析本节内容是对牛顿运动定律的综合提高和延伸，也为学习以后的物理学习打好力学基础。
学习本节内以受力分析、力的合成与分解、匀加速直线运动规律、牛顿运动定律等基础知识和相应的技能为基础。
通过实例情景和学生活动，了解建立国际单位制的重要性和必要性，介绍用国际单位制及其应用。
通过对典型示例的分析和讨论，归纳出用牛顿运动定律解决力学问题的一般规律和方法。
通过对观察录像、演示实验和学生小实验，感受超重、失重现象，应用牛顿第二定律分析、探究超重、失重现象的本质与规律。
二、教学目标知识与技能：1、知道国际单位制。
知道基本单位和导出单位。
理解力学中的三个基本单位。
2、学会导出单位的推演方法并能进行单位换算。
3、掌握用牛顿运动定律解决力学问题的一般规律和方法。
4、知道超重和失重现象。
5、学会用牛顿第二定律分析超重、失重现象。
过程与方法：1、通过对典型示例的分析、讨论过程，认识分析、比较、等效、演绎、归纳、验证等科学方法。
2、通过对电梯中进行的超重失重实验的定性观察和学生小实验，感受用牛顿运动定律解决实际问题的一般规律和方法。
情感态度与价值观：1、通过阅读关于“火星探测器失事原因”的STS材料，在了解统一单位重要性的同时，感悟严谨的治学态度对科学发展的重大意义。
2、通过应用牛顿运动定律解决实际问题的过程，感悟物理学在社会发展中的重要作用。
3、通过学生实验的过程，激发求知欲，获得成就感。
4、通过观察神舟六号飞船录像片段，了解我国航天事业的发展，激发民族自豪感。
三、教学重点和难点重点：怎样应用牛顿运动定律解决力学问题。
难点：对超重失重现象的认识。
四、教学媒体1、器材：演示超重、失重的DIS实验器材，改锥，饮料瓶（人手一个）。
2、课件：宇航员躺在舱内座椅上的图片，刊登宇航员训练过程的报道文章。
3、录像：神舟六号飞船升空的相关片断，神舟号航天员在太空失重的录像（或在电梯中进行的超重失重演示实验）。
高中物理力学教案：应用牛顿三定律解决实际问题
高中物理力学教案：应用牛顿三定律解决实际问题一、牛顿三定律解决实际问题的介绍力学是物理学的一个重要分支，它主要研究物体运动和受力情况。
而在力学中，牛顿三定律是一个基础、重要且普遍适用的定律。
它为我们解决实际问题提供了有力的工具和方法。
牛顿三定律包括：第一定律——惯性定律，第二定律——动量定律，第三定律——相互作用定律。
这些定律结合起来，能够帮助我们分析并解决各种现实生活中的问题。
二、牛顿三定律在实际问题中的应用1.应用牛顿第一定律解决摩擦力问题当物体处于静止状态或匀速运动时，根据牛顿第一定律可以得出结论：物体所受合外力等于零，即没有合外力作用于物体上。
因此，在处理摩擦力相关问题时，可以通过分析合外力是否为零来判断物体是否会运动以及运动的方向。
例如，在沿水平面滑行的小车上放置一个块状物体，并施加一个恒定的水平推拉力。
如果小车无摩擦力作用，或者推拉力与摩擦力相等且反向，那么物体将保持静止。
而当推拉力大于摩擦力时，物体将开始向前运动。
2.应用牛顿第二定律解决受力问题牛顿第二定律表明：物体的加速度与作用在物体上的合外力成正比，并与物体质量成反比。
即 F = ma，其中 F 表示作用在物体上的合外力，m 表示物体质量，a 表示物体的加速度。
通过运用牛顿第二定律，我们可以解决各种需要计算物体加速度、质量或合外力大小的实际问题。
例如，在求解斜面上滑动物体受到的重力和斜面法向分量后，可以进一步利用牛顿第二定律求得其加速度。
3.应用牛顿第三定律解决平衡问题牛顿第三定律告诉我们：两个相互作用的物体之间会产生大小相等、方向相反的两个相互作用力，即行动-反作用对。
这些力不仅有时候可以帮助我们理解现象和解释原理，还在解决平衡问题时发挥了关键作用。
例如，在分析吊着重物的绳子时，我们通常需要考虑到有关绳子的拉力。
在应用牛顿第三定律时，可以将绳子的拉力合力与重物所受重力相等、反向，并求解未知数。
这样可以帮助我们确定重物是否处于平衡状态或找出导致不平衡的原因。
2021届高考物理三轮复习强化训练：应用牛顿运动定律解决问题
2021届高考物理三轮强化—应用牛顿运动定律解决问题1.如图所示,一个小球放在固定斜面体的光滑斜面上,用平行于斜面向上的拉力拉着,小球保持静止,现将拉力在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动到竖直方向,小球始终保持静止,则在转动的过程中,关于拉力及斜面体对小球的弹力,下列判断正确的是( )A. 拉力一直变小B. 拉力先变小后变大C. 弹力一直变小D. 弹力一直变大2.如图所示，轻绳两端分别与A C、两物体相连接，A B C2kg++=，物体M M Mμ=，最大静摩擦力A与B、B与C及C与地面间的动摩擦因数均为0.1等于滑动摩擦力，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。
若要用力将物体C 拉动，则作用在物体C上水平向左的拉力最小为（取2g=)( )10 m/sA.6 NB.8 NC.10 ND.12 N3.如图，通过细绳拴在一重物上的氢气球，在水平向右的风力作用下处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为θ.已知风力大小正比于风速，则当风速改变，重物、气球仍静止时，始终保持不变的是（）A.地面对重物的支持力B.地面对重物的摩擦力C.细绳对重物的拉力D.细绳与竖直方向的夹角4.如图所示，用一轻绳将光滑小球系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，下列说法正确的是( )A.轻绳对小球的拉力逐渐减小B.轻绳对小球的拉力逐渐增大C.小球对墙壁的压力逐渐减小D.小球对墙壁的压力保持不变5.如图所示，在固定的光滑斜面上，叠放着A B、两物体，一起沿斜面由静止开始下滑，已知B的上表面水平，则在下滑过程中（）A.A不受摩擦力的作用B.B对A的弹力不做功C.A对B做正功D.B对A的作用力垂直于斜面向上6.如图所示，物块 A 放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当30θ=︒和45θ=︒时物块 A 所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A 与木板之间的动摩擦因数为（ ）A.127.一根劲度系数为 k 的轻弹簧，质量均为 m 的A B 、静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为 θ。
物理教案-牛顿第三定律
物理教案－牛顿第三定律一、学习目标1.理解牛顿第三定律的概念和原理；2.能够应用牛顿第三定律解决相关物理问题；3.掌握正确使用实验方法验证牛顿第三定律的技巧。
二、知识概述牛顿第三定律是经典力学中的基本定律之一，也被称为作用－反作用定律。
该定律表明：物体间的相互作用力，总是成对出现的，并且大小相等、方向相反。
换言之，对于任何一个物体而言，其所受到的作用力和另一个物体所受到的反作用力之间存在着一种平衡。
牛顿第三定律是牛顿力学体系的基石，对于解决与力有关的物理问题具有重要意义。
三、教学重点1.牛顿第三定律的概念和原理；2.如何应用牛顿第三定律解决相关物理问题；3.如何正确使用实验方法验证牛顿第三定律。
四、教学内容1. 牛顿第三定律的概念和原理牛顿第三定律指出：物体间的相互作用力，总是成对出现的，并且大小相等、方向相反。
在力的作用过程中，如果A对B施加了一个力，那么B就会对A施加一个大小相等、方向相反的力。
这里的力对称性是牛顿第三定律的核心。
通过这个定律，我们可以理解许多与力相关的现象和问题。
2. 应用牛顿第三定律解决相关物理问题应用牛顿第三定律解决相关物理问题时，需要注意以下几点： - 确定所研究的物体和相互作用的物体； - 分析各个物体受到的力，包括作用力和反作用力； - 根据牛顿第三定律，将力的大小和方向恰当地表示出来； - 利用力的合成、分解，以及牛顿第二定律等相关知识，解决所给的物理问题。
3. 实验验证牛顿第三定律验证牛顿第三定律的实验方法可以采用反弹实验。
实验中，可以使用两个弹簧，并将两个弹簧分别固定在两个支架上，使其呈水平放置。
然后将两个物体分别与两个弹簧相连，使其能够发生弹性变形。
在实验过程中要确保弹簧不会滑动。
当一个物体靠近另一个物体时，观察两个物体在发生碰撞后的反弹情况。
通过测量物体的质量和速度，可以计算出牛顿第三定律中的作用力和反作用力。
五、教学方法1.讲授：通过示意图和实例，讲解牛顿第三定律的概念和原理；2.讨论：引导学生主动思考和参与讨论，分析和解决应用牛顿第三定律的物理问题；3.实验：设计反弹实验，让学生亲自进行实验操作，验证牛顿第三定律。
江苏省2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 动力学中“三种”典型物理模型教案
专题强化四动力学中“三种"典型物理模型专题解读1。
本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题．2．通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析,能帮助同学们迅速提高解题能力．3．用到的相关知识有:匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识．1．两种模型(如图1）图12．等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α,圆的直径为d,如图1所示．根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝g sinα，位移为x＝d sinα，所以运动时间为t0＝错误!＝错误!＝错误!.即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关．例1（2019·安徽芜湖市期末）如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道,分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球（可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q 点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。
则（）图2A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v2答案A解析设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d。
根据牛顿第二定律得到:a＝g sinθ，斜面的长度为x＝d sinθ,则由x ＝12at 2得t ＝错误!＝错误!＝错误!，可见,小球下滑到Q 点的时间与斜面的倾角无关，即t 1＝t 2＝t 3，根据v ＝错误!，因x 2＞x 1＞x 3，可知v 2＞v 1＞v 3,故选A 。
变式1 如图3所示,竖直半圆环中有多条起始于A 点的光滑轨道，其中AB 通过环心O 并保持竖直．一质点分别自A 点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑至圆环的时间相比较( )图3A ．无论沿图中哪条轨道下滑,所用的时间均相同B ．质点沿着与AB 夹角越大的轨道下滑，时间越短C ．质点沿着轨道AB 下滑，时间最短D ．轨道与AB 夹角越小(AB 除外),质点沿其下滑的时间越短 答案 A1．水平传送带模型项目 图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0〉v ,可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0〈v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v 0〉v ，返回时速度为v ,若v 0〈v ，返回时速度为v 02。
苏版物理高中一《牛顿第三定律》教案
苏版物理高中一《牛顿第三定律》教案一、教学目标（一）知识与技能1.明白作用力和反作用力的概念。
2.明白得牛顿第三定律的确切含义，能用它解决简单问题。
（二）过程与方法通过教学使学生体会研究物理规律的方法，培养学生的摸索能力。
（三）情感态度与价值观1．通过牛顿第三定律浅析矛盾的对立性和统一性这一哲学思想。
2．教育学生以科学态度分析处理问题。
二、教学重点1．本节教学的重点是认识并明白得作用力和反作用力的关系，学生不应把对它们的认识停留在大小和方向上。
学生应该把握对作用力和反作用力的正确判定。
2.作用力和反作用力的关系与平稳车的关系有相同之外，也有不同之处，学生常常把两种力混淆。
三、教学难点两个相互作用力是大小相等的，但对两个物体产生的成效往往也是不同的要通过对问题的分析解决学生头脑中不正确的认识。
四、教学预备多媒体课件、粉笔、图片。
五、教学过程新课导入：人在划船时用桨推河岸，发生的什么现象呢?船离开了岸。
那个问题在初中差不多研究过，当时对那个问题的说明是：物体间力的作用是相互的。
当一个物体对另一个物体施加力的作用时，那个物体同样会受到另一个物体对它的力的作用，我们把那个过程中显现的两个力分别叫做作用力和反作用力。
下面进一步来研究两个物体之间的作用力和反作用力的关系。
新课讲解：一、物体间力的作用是相互的我们通过几个实验来研究今天的内容。
通过实验大伙儿要总结出作用力跟反作用力的特点及其关系。
在实验中大伙儿要注意观看现象，分析现象所说明的问题。
实验1在桌面上放两辆相同的小车，两车用细线套在一起，两车间夹一弹簧片。
当用火烧断线后，两车被弹开，所走的距离相等。
实验2在桌面上并排放上一些圆杆，可用静电中的玻璃棒。
在棒上铺一块三合板，板上放一辆遥控电动玩具小车。
用遥控器操纵小车向前运动时，板向后运动；当车向后运动时板向前运动。
实验3用细线拴两个通草球，当两个通草球带同种电荷时，相互排斥而远离；当带异种电荷时，相互吸引而靠近。
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图3 A. F B.2F C.3F D.F
5k 5k 5k k 答案 C 解析 对整体分析，整体的加速度 a＝ F ，对质量为 3m 的小球分析，根据牛顿第二定律有：
5m F 弹＝kx＝3ma，可得 x＝3F，故 A、B、D 错误，C 正确．
5k 变式 2 (多选)如图 4 所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的 滑块 m 正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的 方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
专题强化三 应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题
专题解读 1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问题 以及多运动过程问题．在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题． 2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理问题的能力． 3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和 相关的数学知识．
7
图8 (1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间； (2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度； (3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处 自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵 引力为重力的 3 倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵 引装置？ 答案 (1)1 m/s2 15 s (2)525 m (3) 70 s 解析 (1)设电梯加速阶段的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：FT－mg＝ma 解得 a＝1 m/s2 由 v＝v0＋at 解得 t＝15 s. (2)匀加速阶段位移 x1＝12at2＝12×1×152 m＝112.5 m 匀速阶段位移 x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m
3．解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
4．解题技巧方法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到 极限法
正确解决问题的目的
1．常见图象 v－t 图象、a－t 图象、F－t 图象、F－a 图象等． 2．题型分类 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． (3)由已知条件确定某物理量的变化图象． 3．解题策略 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所 反映的物理过程，会分析临界点． (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点， 两图线的交点等． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出 与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关 物理问题作出准确判断． 例 1 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图 1(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长 的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0 时，木板开始受到水平外力 F 的 作用，在 t＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的 速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取 10 m/s2. 由题给数据可以得出( )
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出 假设法
现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
例 3 (2019·江苏扬州中学下学期开学考)如图 5 所示，小球 A 质量为 m，木块 B 质量为 2m， A、B 两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对小球 A 施加一个竖直向上的恒 力 F，使小球 A 在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球 A 速度恰好最大，已知重力加速度为 g.则在木块 B 对地面压力为零时，小球 A 的加速度大小为( )
4
1．临界或极值条件的标志
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止
点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极
图2
A．t＝2 s 时最大
B．t＝2 s 时最小
C．t＝8.5 s 时最大
D．t＝8.5 s 时最小
答案 AD
解析 由题图知，在上升过程中，0～4 s 内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加 速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故 A
正确，B 错误；由题图知，7～10 s 内加速度方向向下，由 mg－FN＝ma 知，向下的加速度越 大，电梯对人的支持力就越小，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越小，故 C 错误，
两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
整体法的 选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可 以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加 速度或其他未知量
隔离法的 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用
选取原则 力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
2 汽车在 6～18 s 内的位移为：x2＝v1＋v2t2＝336 m，
2 汽车在 18～25 s 内的位移为：x3＝v2t3＝182m 故汽车在前 25 s 内的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝608 m. 变式 4 哈利法塔是目前世界最高的建筑(图 8)．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、 匀速、减速的过程恰好到达观景台只需 50 秒，运行的最大速度为 15 m/s.观景台上可以鸟瞰 整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感 器测得在加速阶段质量为 1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为 11 N，若电梯加速、减速过程视 为匀变速直线运动(g 取 10 m/s2)，求：
图6
A. 1 μ1μ2
C.1＋μ1μ22
D.2＋μ1μ2 μ1μ2
解析 对滑块 A、B 整体在水平方向上有 F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块 B 在竖直方向上有μ1F＝ mBg，联立解得：mmAB＝1－μ1μμ12μ2，选项 B 正确．
1．基本思路 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． (3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程． (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论． 2．解题关键 (1)注意应用 v－t 图象和情景示意图帮助分析运动过程． (2)抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析． 例 4 (2020·河南郑州市模拟)某次新能源汽车性能测试中，如图 7 甲显示的是牵引力传感器 传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第 25 s 以后的数 据，如图乙所示．已知汽车质量为 1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直 线运动，设汽车所受阻力恒定．求：
6
图7 (1)18 s 末汽车的速度是多少？ (2)前 25 s 内的汽车的位移是多少？ 答案 (1)26 m/s (2)608 m 解析 (1)0～6 s 内由牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma1 6 s 末车速为：v1＝a1t1 在 6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma2 第 18 s 末车速为：v2＝v1＋a2t2 由题图知 18 s 后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有： Ff＝F＝1 500 N， 解得：v1＝30 m/s，v2＝26 m/s； (2)汽车在 0～6 s 内的位移为：x1＝v1t1＝90 m，
值点往往是临界点．
2．常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力 FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张
力；绳子松弛的临界条件是 FT＝0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．
2
D 正确． 1．连接体的类型 (1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体 (3)轻绳连接体
(4)轻杆连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，
而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，
图4 A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 答案 AC 解析 隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为 gsin θ，小球稳定后，支架系 统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度 才是 gsin θ，所以 A 正确，B 错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持 力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对 它水平向左的摩擦力，C 正确，D 错误．