专题03 牛顿运动定律 讲义-2025届高考物理一轮全复习系列

2025年高考全复习讲义 专题03 牛顿运动定律 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03考点突破·考法探究 考点一 对牛顿运动定律的理解 考点二 牛顿运动定律的综合应用 考点三 实验四：验证牛顿运动定律 04题型精研·考向洞悉 题型一 对牛顿运动定律的理解 ►考向01 牛顿第一定律 ►考向02 牛顿第二定律 ►考向03 牛顿第三定律的理解与应用 ►考向04 牛顿运动定律的瞬时性 ►考向05 动力学的两类基本问题 ►考向06 动力学图象问题的应用 题型二 牛顿运动定律的综合应用 ►考向01 超重和失重 ►考向02 动力学中的连接体问题 ►考向03 临界极值问题 ►考向04 传送带模型 ►考向05 滑块—木板模型 题型三 实验四：实验四：验证牛顿运动定律 ►考向01 基本要求 ►考向02 方法规律 05分层训练·巩固提升 ►基础巩固 ►真题专练 考点要求 命题规律 考查频次 备考策略 对牛顿运动定律的理解 高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。 · 5年5考 2024·安徽卷·T4、2024·北京卷·T4 2024·广东卷·T7、2024·贵州卷·T1 2023·北京卷·T6、2023·浙江6月卷·T2 2023·湖南卷·T10、2023·全国乙卷·T14 2023·全国甲卷·T19、2022·浙江6月卷·T2 2022·全国乙卷·T15、2022·湖南卷·T9 2021·全国甲卷·T14、2021·浙江6月卷·T4 2020·山东卷·T1、2020·浙江1月 1.牢记基础知识，熟练掌握基本方法，积累消化基础模型，努力拓展新情景下的应用. 2.准确把握物理考向:牛顿运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失 重、连接体问题、动力学中的图象问题、板块模型与多过程问题、传送带问题、实验的理解创新与改进. 3.每一个考向都要针对训练. 4.多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。 牛顿运动定律的综合应用 · 5年55考 2024·全国甲卷·T15、2024·黑吉辽卷·T10 2024·湖南卷·T3、2024·安徽卷·T6 2023·浙江1月卷·T5、2022·浙江1月卷·T19 2022·浙江6月卷·T19、2022·全国甲卷·T19 2021·全国乙卷·T21、2021·浙江6月卷·T19 2020·江苏卷·T5、2020·浙江1月 实验四：验证牛顿运动定律 · 5年5考 2024·全国甲卷·T22、2024·甘肃卷·T11 2024·广东卷·T11、2024·江西卷·T11 2024·浙江1月卷·T16、2023·湖北卷·T11 2023·福建卷·T12、2022·山东卷·T13 2021·全国甲卷·T22、2021·湖南卷·T11 2020·Ⅱ卷·T22、2020·浙江7月 考点一 对牛顿运动定律的理解 知识点一 牛顿第一定律 一、牛顿第一定律 1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态． 2．意义 (1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律． (2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因． 二、惯性 1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质． 2．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小． 3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关． 知识点二 牛顿第二定律 一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表达式：F＝ma. 3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系． (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况． 4.牛顿第二定律的五个性质 二、两类动力学问题 1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况． 2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况． 特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向． 三、力学单位制 1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制． 2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒． 3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位． 知识点三 牛顿第三定律的理解与应用 1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” 三同 ①大小相同；②性质相同；③变化情况相同 三异 ①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同 三无关 ①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关 2.相互作用力与平衡力的比较 作用力和反作用力 一对平衡力 不同点 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零 力的性质 一定是相同性质的力 性质不一定相同 相同点 大小、方向 都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上 知识点四 牛顿运动定律的瞬时性 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型： 知识点五 动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类问题的两个关键点 2．解决动力学基本问题的处理方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”． (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”． 3．两类动力学问题的解题步骤 知识点六 动力学图象问题的应用 1．数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图． (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图象 v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等． 2．动力学图象问题的类型：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．一般包括下列几种类型： 3．解题策略 考点二 牛顿运动定律的综合应用 知识点一 超重和失重 1．超重 (1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2．失重 (1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象． (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)为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． 4.判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 知识点二 动力学中的连接体问题 1．连接体的类型 (1)轻绳连接体 (2)接触连接体 (3)弹簧连接体 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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等． 3．解决方法 (1)分析方法：整体法和隔离法． (2)选用整体法和隔离法的策略 ①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法． ②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解． 知识点三 临界极值问题 1．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，表明题述的过程存在临界点． (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“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．几种临界状态和其对应的临界条件 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力FN＝0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 知识点四 传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0 ＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 知识点五 滑块—木板模型 1．模型特征 滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似． 2．两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 考点三 实验四：验证牛顿运动定律 知识点一 基本要求 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律． 2．探究加速度与力、质量的关系． 3．掌握灵活运用图象处理问题的方法． 二、实验原理(见实验原理图) 1．保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系． 2．保持合外力不变，探究加速度与质量的关系． 3．作出a－F图象和a－图象，确定其关系． 三、实验器材 小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺． 四、实验步骤 1．测量： 用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m. 2．安装： 按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力) 3．平衡摩擦力： 在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑． 4．操作： (1)小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码． (2)保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤(1)． (3)在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a. (4)描点作图，作a－F的图象． (5)保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤(1)和(3)，作a－图象． 知识点二 方法规律 一、数据处理 1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度，填入表(一)中． 表(一) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 2.保持小盘内的砝码个数不变时，计算各次小车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表(二)中． 表(二) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车和砝码 的总质量m/kg 1 2 3 4 3.利用Δx＝aT2及逐差法求a. 4．以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比． 5．以a为纵坐标，为横坐标，描点、连线，如果该线过原点，就能判定a与m成反比． 二、注意事项 1．平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着打点的纸带匀速运动． 2．不重复平衡摩擦力． 3．实验条件：m≫m′. 4．一先一后一按：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，后释放小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车． 5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上．不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧． 6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量需采用国际单位． 三、误差分析 1．系统误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力． 2．偶然误差：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． 题型一 对牛顿运动定律的理解 ►考向01 牛顿第一定律 例1、 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利 用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上 升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3. 根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　) A． 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 【变式训练】关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　) A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡 B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小 C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定 D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大 ►考向02 牛顿第二定律 例2、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　) A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动 C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小 【变式训练】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为(　　) A．速度一直变小直到零 B．速度先变大，然后变小直到为零 C．加速度一直变小，方向向上 D．加速度先变小后一直变大 ►考向03 牛顿第三定律的理解与应用 例3、如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 【变式训练】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷 出．下列说法正确的是 (　　) A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力 B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力 C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力 D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性 ►考向04 牛顿运动定律的瞬时性 例4、两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则 (　　) A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 【变式训练】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均 平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是 (　　) A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g ►考向05 动力学的两类基本问题 已知受力求运动 例5、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小； (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小； (3)拉力F的大小． 【变式训练】】一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车 (1)滑行过程中的最大速度vm的大小； (2)在斜直雪道上滑行的时间t1； (3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小． 已知运动求受力 例6、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小； (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小； (3)拉力F的大小． 【变式训练】一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 等时圆模型 例7、某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　) A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同 C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同 【变式训练】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t1和t2，则t1与t2之比为(　　) A．2∶1　　 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ ►考向06 动力学图象问题的应用 例8、如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L； (2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 【变式训练】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象．g取10 m/s2.则下列说法正确的是 (　　) A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 题型二 牛顿运动定律的综合应用 ►考向01 超重和失重 例1、电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N, 关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2(　　) A． 电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2 C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2 【变式训练】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　) A．处于超重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力方向竖直向上 ►考向02 动力学中的连接体问题 例2、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A．此过程中物体C受五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为 【变式训练】如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始 终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加 轻线上的张力，可行的办法是 (　　) A．减小A物块的质量　 　 　 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 例3、在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机 车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨 间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8　　　　　　　　B．10 C．15 D．18 【变式训练】如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是 (　　) A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变 B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大 C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变 D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大 例4、如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为 (　　) A．L0＋ B．L0＋ C．L0＋ D．L0＋ 【变式训练】物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤 相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数(　　) A．一定等于F1－F2 B．一定大于F2小于F1 C．一定等于F1＋F2 D．条件不足，无法确定 ►考向03 临界极值问题 例5、如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．G 取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　) A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N 【变式训练】如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把 相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时， 两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速 运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则(　　) A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超过μg D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g ►考向04 传送带模型 例6、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)(　　) A．若传送带不动，则vB＝3 m/s B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s 【变式训练】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带 之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长．问： (1)物体从A到B做什么运动？ (2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？ (3)物体从A到B运动的时间为多少？ (4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？ 例7、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是(　　) A．从下端B离开，v>v1　 B．从下端B离开，v<v1 C．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v<v1 【变式训练】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) ►考向05 滑块—木板模型 例6、如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁 块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁上， g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间． 【变式训练】如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一 水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为 m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来， g取10 m/s2，求： (1)经过多长时间两者达到相同的速度； (2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来； (3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块对地的位移大小为多少？ 题型三 实验四：验证牛顿运动定律 ►考向01 基本要求 例1、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中： （1）为了探究加速度与力的关系，应保持____________不变，为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出____________图像（选填“a-F”或“” ）； （2）为了探究加速度与质量的关系，应保持___________不变，为了直观地判断加速度a与小车质量M的数量关系，应作____________图像（选填“a-M”或“”）； （3）某同学采用了如图所示的实验装置，为了使实验中能将砝码和砝码盘的总重力当作小车受到的合外力，以下步骤必须采用的有____________ A．保证小车下面的长木板水平放置 B．将小车下面的长木板右端适当垫高以平衡摩擦力 C．使小车质量远远大于砝码和砝码盘的总质量 D．使小车质量远远小于砝码和砝码盘的总质量 （4）如图为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为___________m/s2（所用交变电流的频率为50Hz）（保留三位有效数字） 【变式训练】某实验小组用如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”，图中小车的质量为，小钩码的质量为。 （1）下列说法正确的是___________；（填序号） A．先放开小车，再通电 B．在用图像探究小车加速度与受力的关系时，应作图像 C．每次改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力 D．小钩码的质量应远小于小车的质量 （2）将打点计时器接入频率为50Hz的交流电源上，某一次记录小车运动情况的纸带如图乙所示。图中A、B、C为相邻的计数点，两相邻计数点间有4个计时点未标出，则小车通过B点的瞬时速度大小为___________m/s，小车的加速度大小为___________；（结果均保留3位有效数字） （3）多次测量得出小车加速度a与小钩码重力F的图像如图丙所示，则小车的质量为___________kg（结果保留3位有效数字）。作出的a-F图像与纵坐标轴上有截距，出现这一情况的原因是：___________。 ►考向02 方法规律 例2、如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置，他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a、 请回答下列问题： （1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为___________m/s。（结果保留三位有效数字） （2）以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为，若传感器的质量为，则物块的质量为___________。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为___________。 （3）该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？___________。（填“需要”或“不需要”） 【变式训练】小明用图甲所示的装量探究加速度与力、质量的关系。实验中，保持小车质量不变，来探究小车加速度a与合力F的关系。 （1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是_________。 A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B．在平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上 （2）小明在实验中得到如图乙所示的一条纸带。已知打点计时器采用的是频率为的交流电，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，根据纸带可求出小车的速度大小为_________（结果保留三位有效数字）。 （3）作本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘受到的总重力mg，由此造成的误差是_________（选填“系统”或“偶然”）误差。设拉力的真实值为，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是_________（结果保留两位有效数字）。若不满足此条件，在描绘下图像时可能出现图线_________。（选填“A”、“B”或“C”） A． B． C． 基础巩固 一、单选题 1．（2024·四川南充·一模）质量为1kg的物体置于光滑水平面上， 水平方向受到方向相反的两个力F1和F2的作用，加速度大小为2m/s2； 现将F1的大小增加为原来的3倍（其它条件不变）， 物体加速度大小变为 4m/s2。则力F1原来的大小为（    ） A．1N B．2N C．3N D．5N 2．（2024·河南信阳·一模）如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（　　） A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍 B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零 C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零 D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为 3．（2024·黑龙江佳木斯·一模）如图，在水平面地面上固定一个斜面，一长为L质量分布均匀的矩形物块放在斜面上，如果在垂直于斜面方向把物块分成两部分A和B，分割线到矩形物块的下端的距离为x，用一个平行斜面的推力F推物块，使物块沿斜面向上加速运动，分成的两部分之间的弹力大小为，分割位置如果变化，则的图像为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·浙江金华·三模）热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，下图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2秒热气球的高度变化，记录单位是米。下列同学对热气球在记录时间内的运动判断正确的是（    ） A．记录竖直上升的高度变化，热气球不能被视为质点 B．热气球正处在超重状态 C．我们可以用来计算出热气球的上升加速度 D．记录时间内热气球的平均速度大小为1.78 5．（2024·江苏镇江·三模）象棋是中国传统文化的典型代表之一，如图所示，水平面上有三颗相同象棋竖直叠放，上下边缘重合，最左侧与O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，棋子的分布可能是（　　） A． B． C． D． 6．（2024·北京大兴·三模）如图所示，a、b两物体的质量分别为和，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（　　） A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为 B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x D．若水平面光滑，则加速度大小仍为 7．（2024·湖南邵阳·三模）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为和m，C物体上固连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数，下列说法正确的是（　　） A．物体的最大加速度为 B．物体的最大加速度为 C．C物体质量为时，B的加速度为 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为 8．（2024·北京石景山·一模）如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其图像如图2所示，时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数，。下列说法错误的是（    ） A．在时刻，物块的速度为5m/s B．在0~2s时间内，物块的位移大于7m C．在时刻，物块的加速度为 D．在时刻，拉力F的大小为5N 二、多选题 9．（2024·广东深圳·一模）如图所示，一顶端带有挡板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑块以速度v0冲上斜面，t1时刻滑到斜面顶端与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后速度大小不变，方向相反。滑块的加速度为a，速度为v，运动时间为t，以沿斜面向上为正方向。在斜面上运动的过程中，其v − t图像或a − t图像可能正确的有（　　） A． B． C． D． 10．（2024·黑龙江佳木斯·一模）如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则（　　） A．当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间可能有挤压 B．恒力F可能沿与水平方向夹30°斜向右下的方向 C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为 D．恒力F的最小值为 11．（2024·安徽淮北·二模）“落体偏东”现象是指在距地面一定高度的物体，做自由落体运动时，将落在正下方位置偏东位置。这一现象可解释为除重力外，由于地球自转，下落过程物体还受到一个水平向东的“力”，物理学上称为“科里奥利力”。不考虑重力加速度的变化，质量为的物体在赤道上方下落时，“科里奥利力”可表示为，其中为地球自转角速度，为物体下落时间。现将小球从赤道上方处无初速释放，忽略空气阻力，，重力加速度取，下列说法正确的是（    ） A．小球落地时水平速度大小约为 B．小球落地点在正下方位置偏东约处 C．小球从赤道竖直上抛，上升过程受到的“科里奥利力”方向水平向西 D．小球从赤道竖直上抛，到最高点时水平方向的加速度和速度均为零 12．（2024·山东潍坊·三模）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2 B．表演者一直处于超重状态 C．表演者上升5m时获得最大速度 D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 三、实验题 13．（2024·广东深圳·一模）某实验小组测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数。实验装置如图甲所示，通过钩码拉动物块加速运动，用力传感器测量细绳的拉力F，通过打点计时器（图中未画出）记录物块运动信息，从而计算物块的加速度a。改变钩码质量，重复实验。 (1)绘制出F − a图像，如图乙所示。计算F − a图像的斜率为k，F轴上的截距为b，经查阅当地重力加速度为g，可测算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ = （用k、b、g表示）。 (2)为了减小细绳与滑轮间的摩擦力对实验结果产生的影响，下列建议可行的是______ A．倾斜桌面平衡摩擦力 B．选用质量更大的钩码 C．选用质量更大的物块 (3)小梁同学提出：手持弹簧测力计直接在水平桌面上拉动物块就可以测量出滑动摩擦力，进而测量出摩擦因数。请你从实验测量的精确度角度评价小梁同学的实验方案，并简述评价的依据： 14．（2024·四川南充·一模） 某实验小组利用打点计时器研究自由落体运动，质量为200g的重锤固定有纸带，让重锤从静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条点迹清晰的纸带如图所示。O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2。 (1)计算打B点时重锤的瞬时速度，甲同学用，乙同学用，其中所选择方法正确的是 （选填“甲”或“乙”）同学； (2)计算出重锤下落的加速度为 m/s2，进一步计算重锤和纸带下落过程中所受的阻力f= N。 四、解答题 15．（2024·黑龙江佳木斯·一模）人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到的总阻力为，重力加速度g取，求： （1）滑雪者加速度的大小； （2）3s内滑雪者下滑位移的大小； （3）3s末的速度大小。 16．（2024·云南昆明·三模）质量为m的小球以速度由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，最终静止在地面上。已知小球与地面的碰撞为弹性碰撞，重力加速度记为g，运动过程中小球受空气阻力作用，求 （1）若小球运动过程中所受空气阻力大小恒定为0.8mg，则小球第一次向上运动与第一次向下运动的时间之比； （2）若小球运动过程中所受空气阻力大小与速率成正比，即（k是比例常数），小球上升运动的总时间为，下落运动的总时间为，则小球上升和下落的总路程之比。 17．（2024·山东烟台·三模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为，时刻工人将质量的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以的速度顺时针匀速转动，时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，工料可视为质点，不计空气阻力，。求： （1）时刻工料的速度大小； （2）传送带AB两端间的距离。 18．（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中： （1）最大速度的大小； （2）匀加速阶段加速度a的大小； （3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。 真题专练 1.（2024·贵州卷·T1）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（　　） A. f一直大于G B. f一直小于G C. f先小于G，后大于G D. f先大于G，后小于G 2.（2024·安徽卷·T4）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ） A. B. C. D. 3．（2024·黑吉辽卷·T10）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 4. （2024·安徽卷·T6）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（ ） A. 速度一直增大 B. 速度先增大后减小 C. 加速度的最大值为 D. 加速度先增大后减小 5.（2024·湖南卷·T3）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ） A. g， B. 2g， C. 2g， D. g， 6.（2024·全国甲卷·T15）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 7.（2024·北京卷·T4）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ） A B. C. D. 8.（2024·广东卷·T7）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 9. （2024·全国甲卷·T22）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为。 （1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为_____N（结果保留1位小数）； （2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于_____（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为_____ （结果保留1位小数）。 10.（2024·浙江1月卷·T16）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是_____； A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法 （2）该实验过程中操作正确的是____； A.补偿阻力时小车未连接纸带 B.先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 （3）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___； A用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 （4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式___；小车加速度的表达式是___。 A. B. C. 11.（2024·江西卷·T11）某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。 （1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。 （2）小车的质量为。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出图像，如图（b）中图线甲所示。 （3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车质量增加至，重复步骤（2）的测量过程，作出图像，如图（b）中图线乙所示。 （4）与图线甲相比，图线乙的线性区间____________，非线性区间____________。再将小车的质量增加至，重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第组数据未列出）。 序号 1 2 3 4 5 钩码所受重力 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 小车加速度 026 0.55 0.82 1.08 1.36 序号 6 7 8 15 钩码所受重力 0.120 0.140 0.160 …… 0.300 小车加速度 1.67 1.95 2.20 …… 3.92 （5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙_________。 （6）根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量____________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：______________________。 12.（2024·甘肃卷·T11）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。 （1）以下操作正确的是______（单选，填正确答案标号）。 A. 使小车质量远小于槽码质量 B. 调整垫块位置以补偿阻力 C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D. 释放小车后立即打开打点计时器 （2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是______（单选，填正确答案标号）。 A. B. C. D. （3）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。 由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成______（填“正比”或“反比”）；甲组所用的______（填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。 13.（2024·广东卷·T11）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是_____。图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为_____（结果保留3位有效数字）。 （2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用50分度的游标卡尺测量一例柱体的长度，示数如图丙所示，图丁为局部放大图，读数为_____cm。 （3）在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏。遮光筒不可调节。打开并调节_____。使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮。取下光屏，装上单缝、双缝和测量头。调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到_____。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 / 9 ( zxxk.com )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考全复习讲义 专题03 牛顿运动定律 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03考点突破·考法探究 考点一 对牛顿运动定律的理解 考点二 牛顿运动定律的综合应用 考点三 实验四：验证牛顿运动定律 04题型精研·考向洞悉 题型一 对牛顿运动定律的理解 ►考向01 牛顿第一定律 ►考向02 牛顿第二定律 ►考向03 牛顿第三定律的理解与应用 ►考向04 牛顿运动定律的瞬时性 ►考向05 动力学的两类基本问题 ►考向06 动力学图象问题的应用 题型二 牛顿运动定律的综合应用 ►考向01 超重和失重 ►考向02 动力学中的连接体问题 ►考向03 临界极值问题 ►考向04 传送带模型 ►考向05 滑块—木板模型 题型三 实验四：实验四：验证牛顿运动定律 ►考向01 基本要求 ►考向02 方法规律 05分层训练·巩固提升 ►基础巩固 ►真题专练 考点要求 命题规律 考查频次 备考策略 对牛顿运动定律的理解 高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。 · 5年5考 2024·安徽卷·T4、2024·北京卷·T4 2024·广东卷·T7、2024·贵州卷·T1 2023·北京卷·T6、2023·浙江6月卷·T2 2023·湖南卷·T10、2023·全国乙卷·T14 2023·全国甲卷·T19、2022·浙江6月卷·T2 2022·全国乙卷·T15、2022·湖南卷·T9 2021·全国甲卷·T14、2021·浙江6月卷·T4 2020·山东卷·T1、2020·浙江1月 1.牢记基础知识，熟练掌握基本方法，积累消化基础模型，努力拓展新情景下的应用. 2.准确把握物理考向:牛顿运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失 重、连接体问题、动力学中的图象问题、板块模型与多过程问题、传送带问题、实验的理解创新与改进. 3.每一个考向都要针对训练. 4.多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。 牛顿运动定律的综合应用 · 5年55考 2024·全国甲卷·T15、2024·黑吉辽卷·T10 2024·湖南卷·T3、2024·安徽卷·T6 2023·浙江1月卷·T5、2022·浙江1月卷·T19 2022·浙江6月卷·T19、2022·全国甲卷·T19 2021·全国乙卷·T21、2021·浙江6月卷·T19 2020·江苏卷·T5、2020·浙江1月 实验四：验证牛顿运动定律 · 5年5考 2024·全国甲卷·T22、2024·甘肃卷·T11 2024·广东卷·T11、2024·江西卷·T11 2024·浙江1月卷·T16、2023·湖北卷·T11 2023·福建卷·T12、2022·山东卷·T13 2021·全国甲卷·T22、2021·湖南卷·T11 2020·Ⅱ卷·T22、2020·浙江7月 考点一 对牛顿运动定律的理解 知识点一 牛顿第一定律 一、牛顿第一定律 1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态． 2．意义 (1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律． (2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因． 二、惯性 1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质． 2．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小． 3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关． 知识点二 牛顿第二定律 一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表达式：F＝ma. 3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系． (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况． 4.牛顿第二定律的五个性质 二、两类动力学问题 1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况． 2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况． 特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向． 三、力学单位制 1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制． 2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒． 3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位． 知识点三 牛顿第三定律的理解与应用 1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” 三同 ①大小相同；②性质相同；③变化情况相同 三异 ①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同 三无关 ①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关 2.相互作用力与平衡力的比较 作用力和反作用力 一对平衡力 不同点 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零 力的性质 一定是相同性质的力 性质不一定相同 相同点 大小、方向 都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上 知识点四 牛顿运动定律的瞬时性 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型： 知识点五 动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类问题的两个关键点 2．解决动力学基本问题的处理方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”． (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”． 3．两类动力学问题的解题步骤 知识点六 动力学图象问题的应用 1．数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图． (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图象 v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等． 2．动力学图象问题的类型：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．一般包括下列几种类型： 3．解题策略 考点二 牛顿运动定律的综合应用 知识点一 超重和失重 1．超重 (1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2．失重 (1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象． (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)为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． 4.判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 知识点二 动力学中的连接体问题 1．连接体的类型 (1)轻绳连接体 (2)接触连接体 (3)弹簧连接体 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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等． 3．解决方法 (1)分析方法：整体法和隔离法． (2)选用整体法和隔离法的策略 ①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法． ②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解． 知识点三 临界极值问题 1．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，表明题述的过程存在临界点． (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“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．几种临界状态和其对应的临界条件 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力FN＝0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 知识点四 传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0 ＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 知识点五 滑块—木板模型 1．模型特征 滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似． 2．两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 考点三 实验四：验证牛顿运动定律 知识点一 基本要求 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律． 2．探究加速度与力、质量的关系． 3．掌握灵活运用图象处理问题的方法． 二、实验原理(见实验原理图) 1．保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系． 2．保持合外力不变，探究加速度与质量的关系． 3．作出a－F图象和a－图象，确定其关系． 三、实验器材 小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺． 四、实验步骤 1．测量： 用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m. 2．安装： 按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力) 3．平衡摩擦力： 在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑． 4．操作： (1)小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码． (2)保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤(1)． (3)在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a. (4)描点作图，作a－F的图象． (5)保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤(1)和(3)，作a－图象． 知识点二 方法规律 一、数据处理 1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度，填入表(一)中． 表(一) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 2.保持小盘内的砝码个数不变时，计算各次小车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表(二)中． 表(二) 实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车和砝码 的总质量m/kg 1 2 3 4 3.利用Δx＝aT2及逐差法求a. 4．以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比． 5．以a为纵坐标，为横坐标，描点、连线，如果该线过原点，就能判定a与m成反比． 二、注意事项 1．平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着打点的纸带匀速运动． 2．不重复平衡摩擦力． 3．实验条件：m≫m′. 4．一先一后一按：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，后释放小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车． 5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上．不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧． 6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量需采用国际单位． 三、误差分析 1．系统误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力． 2．偶然误差：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． 题型一 对牛顿运动定律的理解 ►考向01 牛顿第一定律 例1、 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利 用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上 升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3. 根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　) A． 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 【答案】　A 【解析】　根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以选项A正确 【变式训练】关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　) A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡 B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小 C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定 D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大 【答案】C 【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选C. ►考向02 牛顿第二定律 例2、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　) A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动 C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小 【答案】　A 【解析】　物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综以上分析，只有选项A正确． 【变式训练】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为(　　) A．速度一直变小直到零 B．速度先变大，然后变小直到为零 C．加速度一直变小，方向向上 D．加速度先变小后一直变大 【答案】　B 【解析】　小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故C、D错误． ►考向03 牛顿第三定律的理解与应用 例3、如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 【答案】C 【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，选项A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，选项D错误． 【变式训练】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷 出．下列说法正确的是 (　　) A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力 B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力 C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力 D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性 【答案】CD 【解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确． ►考向04 牛顿运动定律的瞬时性 例4、两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则 (　　) A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 【答案】　A 【解析】　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确． 【变式训练】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均 平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是 (　　) A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g 【答案】B 【解析】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0.烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确． ►考向05 动力学的两类基本问题 已知受力求运动 例5、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小； (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小； (3)拉力F的大小． 【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmg 则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2. (2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知 v＝2a1s1 小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知 v＝2a2s2 又＝ 则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2. (3)当Fsin θ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示 由牛顿第二定律得 Fcos θ－f1＝ma1 又N1＋Fsin θ＝mg f1＝μN1 联立以上各式，代入数据解得 F＝1.05 N 当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示 由牛顿第二定律可知 Fcos θ－f2＝ma1 又Fsin θ＝mg＋N2 f2＝μN2 代入数据解得F＝7.5 N. 【变式训练】】一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车 (1)滑行过程中的最大速度vm的大小； (2)在斜直雪道上滑行的时间t1； (3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小． 【答案】：见解析 【解析】：(1)＝ vm＝18 m/s. (2)x1＝t1 t1＝6 s. (3)a＝＝3 m/s2 由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma 得Ff＝180 N. 已知运动求受力 例6、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小； (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小； (3)拉力F的大小． 【答案】(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示 有 f＝μN＝μmg 则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2. (2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知 v＝2a1s1 小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知 v＝2a2s2 又＝ 则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2. (3)当Fsin θ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示 由牛顿第二定律得 Fcos θ－f1＝ma1 又N1＋Fsin θ＝mg f1＝μN1 联立以上各式，代入数据解得 F＝1.05 N 当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示 由牛顿第二定律可知 Fcos θ－f2＝ma1 又Fsin θ＝mg＋N2 f2＝μN2 代入数据解得F＝7.5 N. 【变式训练】一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 【答案】　(1)　(2) N或 N 【解析】(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示， 根据牛顿第二定律可得 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝。 (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。 根据题意可得x＝a1t2，得a1＝2 m/s2 当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示， 则Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N 甲　　　　　　乙　　　　　　丙 当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示， 则mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N。 等时圆模型 例7、某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　) A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同 C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同 【答案】C 【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确． 【变式训练】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t1和t2，则t1与t2之比为(　　) A．2∶1　　 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ 【答案】B 【解析】选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝　＝　　＝2　　，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确． ►考向06 动力学图象问题的应用 例8、如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L； (2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 【答案】：(1)0.5 m　1.5 m (2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 【解析】：(1)物块上升的位移： x1＝×2×1 m＝1 m 物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m 位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m. (2)由题图乙知，各阶段加速度的大小 a1＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝ m/s2＝－4 m/s2 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律 0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1 0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2 联立解得：F＝8 N. 【变式训练】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象．g取10 m/s2.则下列说法正确的是 (　　) A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 【答案】　AC 【解析】由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误． 题型二 牛顿运动定律的综合应用 ►考向01 超重和失重 例1、电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N, 关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2(　　) A． 电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2 C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2 【答案】　BC 【解析】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下．电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误． 【变式训练】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　) A．处于超重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力方向竖直向上 【答案】C【解析】当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下． 人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示． 将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may，FN＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确． ►考向02 动力学中的连接体问题 例2、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A．此过程中物体C受五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为 【答案】　C 【解析】　对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误． 【变式训练】如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始 终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加 轻线上的张力，可行的办法是 (　　) A．减小A物块的质量　 　 　 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 【答案】AB 【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得： F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 隔离物块B，应用牛顿第二定律得， FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa. 两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确． 例3、在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机 车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨 间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8　　　　　　　　B．10 C．15 D．18 【答案】　BC 【解析】　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma① 设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a② 联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确． 【变式训练】如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是 (　　) A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变 B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大 C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变 D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大 【答案】C 【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，隔离B分析可得FN－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得FN＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力FN′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误． 例4、如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为 (　　) A．L0＋ B．L0＋ C．L0＋ D．L0＋ 【答案】　B 【解析】　先以A、B整体为研究对象，加速度为：a＝，再隔离A木块，弹簧的弹力：F弹＝ma＝kΔx，则弹簧的长度L＝L0＋＝L0＋，故选B. 【变式训练】物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤 相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数(　　) A．一定等于F1－F2 B．一定大于F2小于F1 C．一定等于F1＋F2 D．条件不足，无法确定 【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1－F2＝(M＋m)a，再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上两式解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正确． 【答案】B ►考向03 临界极值问题 例5、如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．G 取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　) A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N 【答案】　A 【解析】　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2. (1)由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示． 以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0 F1cos θ－FNsin θ＝ma1 代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误． (2)由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示． 设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0 代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误． 【变式训练】如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把 相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时， 两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速 运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则(　　) A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超过μg D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g 【答案】B 【解析】开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误． ►考向04 传送带模型 例6、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)(　　) A．若传送带不动，则vB＝3 m/s B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s 【答案】ABC 【解析】.若传送带不动，由匀变速运动规律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误． 【变式训练】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带 之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长．问： (1)物体从A到B做什么运动？ (2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？ (3)物体从A到B运动的时间为多少？ (4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？ 【答案】　(1)先匀加速，后匀速　(2)　　(3)＋　(4)v≥ 【解析】　(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动． (2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ 物体的位移x1＝at2＝ 传送带的位移x2＝vt＝ (3)物体从A到B运动的时间为 t总＝＋＝＋ (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥. 例7、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是(　　) A．从下端B离开，v>v1　 B．从下端B离开，v<v1 C．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v<v1 【答案】ABC 【解析】.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v<v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v>v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C. 【变式训练】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 【答案】　2 s 【解析】　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2. 物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝＝ s＝1 s，时间t1内的位移x＝a1t＝5 m. 由于μ<tan θ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力Ff′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2. 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由 L－x＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，t2＝－11 s(舍去)． 所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2 s. ►考向05 滑块—木板模型 例6、如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁 块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁上， g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间． 【答案】　(1)见解析　(2) s 【解析】　(1)A、B之间的最大静摩擦力为 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体：F＝(M＋m)a 对A：fAB＝Ma 解得：fAB＝2.5 N 因fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动． (2)对B：F－μ1mg＝maB 对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 据题意：xB－xA＝L xA＝aAt2，xB＝aBt2 解得：t＝ s. 【变式训练】如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一 水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为 m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来， g取10 m/s2，求： (1)经过多长时间两者达到相同的速度； (2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来； (3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块对地的位移大小为多少？ 【答案】　(1)1 s　(2)0.75 m　(3)2.1 m 【解析】　(1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿第二定律有：μmg＝mam， F－μmg＝MaM 代入数据解得：am＝2 m/s2，aM＝0.5 m/s2 设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：t1＝1 s. (2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，解得：a＝0.8 m/s2 此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝1.6 N 而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm＞μmg＝4 N＞f，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止． 从小物块放上小车开始，小物块的位移为：sm＝amt 小车的位移sM＝v0t1＋aMt 小车的长度至少为l＝sM－sm 代入数据得：l＝0.75 m (3)在开始的1 s内，小物块的位移sm＝amt＝1 m，末速度v＝amt1＝2 m/s，在剩下的时间t2＝t－t1＝0.5 s时间内，物块运动的位移为s2＝vt2＋at，得s2＝1.1 m，可见小物块在总共1.5 s时间内通过的位移大小为s＝sm＋s2＝2.1 m. 题型三 实验四：验证牛顿运动定律 ►考向01 基本要求 例1、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中： （1）为了探究加速度与力的关系，应保持____________不变，为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出____________图像（选填“a-F”或“” ）； （2）为了探究加速度与质量的关系，应保持___________不变，为了直观地判断加速度a与小车质量M的数量关系，应作____________图像（选填“a-M”或“”）； （3）某同学采用了如图所示的实验装置，为了使实验中能将砝码和砝码盘的总重力当作小车受到的合外力，以下步骤必须采用的有____________ A．保证小车下面的长木板水平放置 B．将小车下面的长木板右端适当垫高以平衡摩擦力 C．使小车质量远远大于砝码和砝码盘的总质量 D．使小车质量远远小于砝码和砝码盘的总质量 （4）如图为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为___________m/s2（所用交变电流的频率为50Hz）（保留三位有效数字） 【答案】     质量M     a-F     力F          BC##CB     0.510 【解析】 （1）[1][2]为了探究加速度与力的关系，应保持质量M一定；为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出直线图形，即a-F图像； （2）[3][4]为了探究加速度与质量的关系，应保持力F不变；为了直观地判断加速度a与小车质量M的数量关系，应作出直线图形，即图像； （3）[5] AB．实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，所以不能水平放置，故A错误，B正确； CD．以砝码和砝码盘（设砝码和砝码盘质量m）作为研究对象有 以小车（设小车质量M）作为研究对象有 联立以上两式可得 要使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，即 故有 即小车质量远远大于砝码和砝码盘的总质量，故C正确，D错误。 故选BC。 （4）[6]相邻计数点间的时间间隔 根据逐差法，小车的加速度大小为 【变式训练】某实验小组用如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”，图中小车的质量为，小钩码的质量为。 （1）下列说法正确的是___________；（填序号） A．先放开小车，再通电 B．在用图像探究小车加速度与受力的关系时，应作图像 C．每次改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力 D．小钩码的质量应远小于小车的质量 （2）将打点计时器接入频率为50Hz的交流电源上，某一次记录小车运动情况的纸带如图乙所示。图中A、B、C为相邻的计数点，两相邻计数点间有4个计时点未标出，则小车通过B点的瞬时速度大小为___________m/s，小车的加速度大小为___________；（结果均保留3位有效数字） （3）多次测量得出小车加速度a与小钩码重力F的图像如图丙所示，则小车的质量为___________kg（结果保留3位有效数字）。作出的a-F图像与纵坐标轴上有截距，出现这一情况的原因是：___________。 【答案】     D     0.490     1.00     0.204     平衡摩擦力过度（或木板倾角过大） 【解析】 （1）[1]A．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，再释放小车，故A错误； B．在用图像探究小车加速度与受力的关系时，用小钩码的重力m2g来表示小车所受合外力F，而g为常数，所以既可以计算出F的具体数值作图像，也可以直接作a-m2图像，不能作图像，故B错误； C．设平衡摩擦力时木板抬高的倾角为θ，在沿木板方向根据平衡条件有 解得 所以木板抬高的倾角θ与小车质量m1无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误； D．本实验用小钩码的重力m2g来作为小车所受合外力F，对小车根据牛顿第二定律有 对小钩码同理有 联立解得 由上式可知只有当时才可认为等于，故D正确。 故选D。 （2）[2]由题意可知相邻计数点间的时间间隔为 小车通过B点的瞬时速度大小等于在A、C两点间平均速度大小，即 [3]小车的加速度大小为 （3）[4]根据牛顿第二定律可知 即图像斜率的倒数等于m1，所以 [5]作出的a-F图像与纵坐标轴上有截距，说明小车所受拉力为零时就存在加速度，出现这一情况的原因是平衡摩擦力过度（或木板倾角过大）。 ►考向02 方法规律 例2、如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置，他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a、 请回答下列问题： （1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为___________m/s。（结果保留三位有效数字） （2）以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为，若传感器的质量为，则物块的质量为___________。若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为___________。 （3）该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？___________。（填“需要”或“不需要”） 【答案】     2.00               不需要 【解析】 （1）[1]两计数点间还有四个点没有画出，则T=0.1s，根据 可求出物块的加速度为 （2）[2][3]由牛顿第二定律 则 由图像可知 解得 物块的质量为 （3）[4]该实验由于有力传感器测量物块的拉力，则不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量。 【变式训练】小明用图甲所示的装量探究加速度与力、质量的关系。实验中，保持小车质量不变，来探究小车加速度a与合力F的关系。 （1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是_________。 A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B．在平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上 （2）小明在实验中得到如图乙所示的一条纸带。已知打点计时器采用的是频率为的交流电，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，根据纸带可求出小车的速度大小为_________（结果保留三位有效数字）。 （3）作本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘受到的总重力mg，由此造成的误差是_________（选填“系统”或“偶然”）误差。设拉力的真实值为，小车的质量为M，为了使，应当满足的条件是_________（结果保留两位有效数字）。若不满足此条件，在描绘下图像时可能出现图线_________。（选填“A”、“B”或“C”） A． B． C． 【答案】     AC##CA     2.00     系统     ##0.053     B 【解析】 （1）[1]A．为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，需要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，以保证细线的拉力与小车运动的方向相同，故A正确； BC．在调整长木板的倾斜度以平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，不能将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上，故B错误C正确。 故选AC。 （2）[2]根据题意可知，两个计数点间的时间间隔为 根据逐差法，代入图乙纸带上数据解得 （3）[3]小车和砝码、砝码盘一起运动，根据牛顿第二定律有 可得小车受到的拉力 即实际拉力小于mg，本实验用砝码和砝码盘受到的重力代表小车受到的拉力，只有，才有 此误差为系统误差。 [4]根据题意，如果满足 则有 解得 [5]若不满足此条件，图像会出现弯折，若砝码质量非常大，小车加速度会趋于自由落体加速度g，故AC错误B正确。 故选B。 基础巩固 一、单选题 1．（2024·四川南充·一模）质量为1kg的物体置于光滑水平面上， 水平方向受到方向相反的两个力F1和F2的作用，加速度大小为2m/s2； 现将F1的大小增加为原来的3倍（其它条件不变）， 物体加速度大小变为 4m/s2。则力F1原来的大小为（    ） A．1N B．2N C．3N D．5N 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律的简单应用 【详解】设物体在F1和F2作用下产生的加速度大小为a1，则有 设F1的大小增加为原来的3倍后产生的加速度大小为a2，则有 解得 故选C。 2．（2024·河南信阳·一模）如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（　　） A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍 B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零 C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零 D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律求瞬时突变问题 【详解】A．以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得 所以 ，， 故A错误； B．剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有 所以 故B错误； C．剪断b绳瞬间，连接1、2小球的b绳没有拉力，1球只受重力，加速度为g，故C错误； D．剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为 故D正确。 故选D。 3．（2024·黑龙江佳木斯·一模）如图，在水平面地面上固定一个斜面，一长为L质量分布均匀的矩形物块放在斜面上，如果在垂直于斜面方向把物块分成两部分A和B，分割线到矩形物块的下端的距离为x，用一个平行斜面的推力F推物块，使物块沿斜面向上加速运动，分成的两部分之间的弹力大小为，分割位置如果变化，则的图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】整体法与隔离法解连接体问题 【详解】设滑块单位长度的质量为，则A的质量为，B的质量为，假设斜面光滑，对滑块的整体由牛顿第二定律有 对A由牛顿第二定律有 联立可得 若斜面粗糙，同理可得相同的函数，其为一次减函数，纵截距为1，故符合要求的图像选A。 4．（2024·浙江金华·三模）热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，下图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2秒热气球的高度变化，记录单位是米。下列同学对热气球在记录时间内的运动判断正确的是（    ） A．记录竖直上升的高度变化，热气球不能被视为质点 B．热气球正处在超重状态 C．我们可以用来计算出热气球的上升加速度 D．记录时间内热气球的平均速度大小为1.78 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】超重和失重的概念 【详解】A．记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点，故A错误； B．由图可见气球在上升过程，相等的时间间隔的位移越来越小，说明气球在向上减速运动，处于失重状态，故B错误； C．由图可见在相邻的2s内的位移差不是一恒量，说明气球不是向上做匀减速直线运动，所以不能用 来计算出热气球的上升加速度，故C错误； D．记录时间内热气球的平均速度大小为 故D正确。 故选D。 5．（2024·江苏镇江·三模）象棋是中国传统文化的典型代表之一，如图所示，水平面上有三颗相同象棋竖直叠放，上下边缘重合，最左侧与O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，棋子的分布可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】整体法与隔离法解连接体问题 【详解】设每颗棋子质量为m，根据题意三颗相同象棋竖直叠放，所有接触面间的动摩擦因数均相同，得一二两个棋子间最大静摩擦力为f，二三棋子间的摩擦力为2f，第三颗棋子与桌面间最大静摩擦力为 中间棋子被击出，第一颗棋子有向右的加速度，即有位移，第三颗棋子仍受力平衡，第三颗棋子位移为零。 故选D。 6．（2024·北京大兴·三模）如图所示，a、b两物体的质量分别为和，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（　　） A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为 B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x D．若水平面光滑，则加速度大小仍为 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题 【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有 对物体有 解得 ， AB．如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为 弹簧伸长量 故AB错误； CD．若水平面光滑，同理可得 则弹簧伸长量 故C正确，D错误。 故选C。 7．（2024·湖南邵阳·三模）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为和m，C物体上固连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数，下列说法正确的是（　　） A．物体的最大加速度为 B．物体的最大加速度为 C．C物体质量为时，B的加速度为 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】整体法与隔离法解连接体问题、细绳或弹簧相连的连接体问题 【详解】A．对A受力分析，有 当外界拉力越大，则A物体的加速度越大，所以其无确定的最大值，故A项错误； B．对B受力分析，当AB之间的摩擦力达到最大摩擦力，其加速度有最大值，有 解得 故B项正确； D．假设AB恰好不发生相对滑动，设绳子中的力为T，对C有 对AB整体有 解得 故D项错误； C．当C的质量为m时AB整体未发生相对滑动，对C有 对AB整体有 又因为 解得 故C项错误。 故选B。 8．（2024·北京石景山·一模）如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其图像如图2所示，时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数，。下列说法错误的是（    ） A．在时刻，物块的速度为5m/s B．在0~2s时间内，物块的位移大于7m C．在时刻，物块的加速度为 D．在时刻，拉力F的大小为5N 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】牛顿运动定律与图像结合 【详解】A．在时刻，物块的速度为 故A正确，不符合题意； B．在0~2s时间内，物块的v-t图像如下 如果是匀加速直线运动，位移为 实际做加速度增大的加速运动，图形面积表示位移，可知物块的位移小于7m，故B错误，符合题意； C．由图可知 在时刻，物块的加速度为 故C正确，不符合题意； D．根据牛顿第二定律可得在时刻，拉力F的大小为 故D正确，不符合题意。 故选B。 二、多选题 9．（2024·广东深圳·一模）如图所示，一顶端带有挡板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑块以速度v0冲上斜面，t1时刻滑到斜面顶端与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后速度大小不变，方向相反。滑块的加速度为a，速度为v，运动时间为t，以沿斜面向上为正方向。在斜面上运动的过程中，其v − t图像或a − t图像可能正确的有（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】物体在粗糙斜面上滑动、v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度 【详解】AD．以向上为正方向，由于接触面粗糙，受力分析可知，向上运动时，以加速度 进行减速，碰撞后向下运动，有三种情况 ①若 则以加速度 向下减速，可能减到零，也可能减不到零，其中 故AD正确； C．②若 则加速度 向下匀速运动； ③若 则以加速度 向下加速，且 故C正确； B．由上述分析可知，当斜面光滑时，才是B选项的运动情况，故B错误。 故选ACD。 10．（2024·黑龙江佳木斯·一模）如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则（　　） A．当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间可能有挤压 B．恒力F可能沿与水平方向夹30°斜向右下的方向 C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为 D．恒力F的最小值为 【答案】CD 【难度】0.4 【知识点】物体在其他外力作用下在斜面上运动、直接合成法解决三力平衡问题 【详解】A．由于小圆环在直杆上运动的时间最短，即加速度方向沿杆的方向，而恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹30°斜向右下的方向，即为杆的方向，小圆环与直杆间必无挤压，故A错误； B．根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即恒力与重力的合力方向沿杆的方向，那么恒力的方向不可能沿与水平方向夹30°斜向右下，故B错误； C．要使时间最短，则加速度最大，即不论F多大，沿何种方向，确定的是F与mg的合力方向沿杆向下，当恒力的方向水平向右，如图所示 则有 故C正确； D．合力与mg、F三力可构成矢量三角形，如图所示 由图可知，当F与垂直时，即与斜面垂直时，F有最小，则有 故D正确。 故选CD。 11．（2024·安徽淮北·二模）“落体偏东”现象是指在距地面一定高度的物体，做自由落体运动时，将落在正下方位置偏东位置。这一现象可解释为除重力外，由于地球自转，下落过程物体还受到一个水平向东的“力”，物理学上称为“科里奥利力”。不考虑重力加速度的变化，质量为的物体在赤道上方下落时，“科里奥利力”可表示为，其中为地球自转角速度，为物体下落时间。现将小球从赤道上方处无初速释放，忽略空气阻力，，重力加速度取，下列说法正确的是（    ） A．小球落地时水平速度大小约为 B．小球落地点在正下方位置偏东约处 C．小球从赤道竖直上抛，上升过程受到的“科里奥利力”方向水平向西 D．小球从赤道竖直上抛，到最高点时水平方向的加速度和速度均为零 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、自由落体运动的三个基本公式 【详解】．小球做自由落体运动，由 得 水平方向受力是科里奥利力 F与成正比，则根据动量定理可知 则小球落地时水平速度大小约为 故A正确； B．小球下落的过程，由受力分析可知，水平方向受到的科里奥利力逐渐增大，即水平方向加速度逐渐增大，小球落地点在正下方位置偏东距离约为 而由于加速度逐渐增大，可知平均速度小于，所以小球落地点在正下方位置偏东小于，故B错误； D．小球竖直向上运动受到水平的一个力，导致物体水平有加速度，虽然加速度会越来越小，但是加速运动，因此物体到最高点时，水平方向有速度，而水平方向加速度却为零，故D错误； C．由以上分析可知，小球从赤道竖直上抛，可看做小球竖直下落过程的逆过程，则上升过程受到的“科里奥利力”方向水平向西，故C正确。 故选AC。 12．（2024·山东潍坊·三模）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2 B．表演者一直处于超重状态 C．表演者上升5m时获得最大速度 D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律的简单应用、超重和失重的概念 【详解】A．打开开关瞬间，表演者高度为0，则有 根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有 解得 由于 可知，重力与风力大小相等时的高度为 可知，在高度小于5m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误； C．结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确； D．结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。 故选AC。 三、实验题 13．（2024·广东深圳·一模）某实验小组测量物块与水平实验桌之间的摩擦因数。实验装置如图甲所示，通过钩码拉动物块加速运动，用力传感器测量细绳的拉力F，通过打点计时器（图中未画出）记录物块运动信息，从而计算物块的加速度a。改变钩码质量，重复实验。 (1)绘制出F − a图像，如图乙所示。计算F − a图像的斜率为k，F轴上的截距为b，经查阅当地重力加速度为g，可测算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ = （用k、b、g表示）。 (2)为了减小细绳与滑轮间的摩擦力对实验结果产生的影响，下列建议可行的是______ A．倾斜桌面平衡摩擦力 B．选用质量更大的钩码 C．选用质量更大的物块 (3)小梁同学提出：手持弹簧测力计直接在水平桌面上拉动物块就可以测量出滑动摩擦力，进而测量出摩擦因数。请你从实验测量的精确度角度评价小梁同学的实验方案，并简述评价的依据： 【答案】(1)(2)C(3)小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律测量动摩擦因数 【详解】（1）根据牛顿第二定律有 得到 因此图像斜率 ， 解得 （2）测量过程中，系统误差主要来源于纸带与打点计时器的阻力和细线与滑轮之间的摩擦力，考虑阻力，则有 整理得 则 因此 由等式可以看出，当物块质量越大，F阻影响就越小。 而改变钩码质量不影响测量，测的本来就是摩擦因素，也不能平衡摩擦力。 故选C。 （3）小梁同学误差会比较大，实验中难以保证物块匀速直线运动。 14．（2024·四川南充·一模） 某实验小组利用打点计时器研究自由落体运动，质量为200g的重锤固定有纸带，让重锤从静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条点迹清晰的纸带如图所示。O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2。 (1)计算打B点时重锤的瞬时速度，甲同学用，乙同学用，其中所选择方法正确的是 （选填“甲”或“乙”）同学； (2)计算出重锤下落的加速度为 m/s2，进一步计算重锤和纸带下落过程中所受的阻力f= N。 【答案】(1)乙(2) 9.5 0.06 【难度】0.85 【知识点】牛顿第二定律的简单应用、重力加速度及其测定、计算某点的瞬时速度 【详解】（1）重锤由静止下落，在空气中不能确保仅受重力，可能还受阻力，所以下落的加速度不一定是自由落体加速度，故甲同学用计算B点的瞬时速度方法不正确，而应该用平均速度近似等于中间时刻的瞬时速度，故乙同学的方法正确。 （2）[1]由逐差法可知，重锤下落的加速度为 [2]重锤在下落过程中，由牛顿第二定律 代入数据解得，锤和纸带下落过程中所受的阻力为 四、解答题 15．（2024·黑龙江佳木斯·一模）人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为。若人与滑板的总质量为，受到的总阻力为，重力加速度g取，求： （1）滑雪者加速度的大小； （2）3s内滑雪者下滑位移的大小； （3）3s末的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】牛顿定律与直线运动-简单过程 【详解】（1）牛顿第二定律 解得加速度的大小为 （2）3s内滑雪者下滑位移的大小 解得 x=21m （3）根据匀变速直线运动规律 解得 16．（2024·云南昆明·三模）质量为m的小球以速度由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，最终静止在地面上。已知小球与地面的碰撞为弹性碰撞，重力加速度记为g，运动过程中小球受空气阻力作用，求 （1）若小球运动过程中所受空气阻力大小恒定为0.8mg，则小球第一次向上运动与第一次向下运动的时间之比； （2）若小球运动过程中所受空气阻力大小与速率成正比，即（k是比例常数），小球上升运动的总时间为，下落运动的总时间为，则小球上升和下落的总路程之比。 【答案】（1）；（2） 【难度】0.65 【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程 【详解】（1）由牛顿第二定律，小球上升和下降过程的加速度大小分别为     小球第1次向上运动的时间和位移大小分别为 设小球第1次向下运动的时间和末速度大小分别为，则有 解得 则小球第一次向上运动与第一次向下运动的时间之比 （2）质量为m的小球以速度由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，最终静止在地面上。故小球上升和下落的总路程之比为。 17．（2024·山东烟台·三模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为，时刻工人将质量的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以的速度顺时针匀速转动，时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，工料可视为质点，不计空气阻力，。求： （1）时刻工料的速度大小； （2）传送带AB两端间的距离。 【答案】（1）8m/s；（2）20m 【难度】0.65 【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析 【详解】（1）对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有 设经t时刻，工料与传送带共速则有 代入数据解得 即时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s； （2）关闭电动机之前工料上升的距离 关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有 根据速度公式有 代入数据解得 传送带AB两端间的距离 18．（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中： （1）最大速度的大小； （2）匀加速阶段加速度a的大小； （3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】牛顿定律与直线运动-简单过程、中间时刻的瞬时速度、牛顿第三定律 【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为 又 解得 本题还可以采用图像法，作出整个过程的图像如图所示 根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即 可得 （2）根据加速度的定义式可知 （3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知 解得 根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为 真题专练 1.（2024·贵州卷·T1）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（　　） A. f一直大于G B. f一直小于G C. f先小于G，后大于G D. f先大于G，后小于G 【答案】C 【详解】有图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律 可知f先小于G，后大于G。 故选C。 2.（2024·安徽卷·T4）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。 C正确，ABD错误。 故选C 3．（2024·黑吉辽卷·T10）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【解析】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 ，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 4.（2024·安徽卷·T6）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（ ） A. 速度一直增大 B. 速度先增大后减小 C. 加速度的最大值为 D. 加速度先增大后减小 【答案】A 【解析】 AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误 ； CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知 加速度的最大值为，CD错误。 故选A。 5.（2024·湖南卷·T3）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ） A. g， B. 2g， C. 2g， D. g， 【答案】A 【解析】 剪断前，对BCD分析 对D 剪断后，对B 解得 方向竖直向上；对C 解得 方向竖直向下。 故选A。 6.（2024·全国甲卷·T15）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 可知当砝码的重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。 故选D。 7.（2024·北京卷·T4）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 根据题意，对整体应用牛顿第二定律有 F = (M＋m)a 对空间站分析有 F′ = Ma 解两式可得飞船和空间站之间的作用力 故选A。 8.（2024·广东卷·T7）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 随着增大减小； 当弹簧弹力大于木块重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，随着增大增大；图像如图所示 故B正确，A错误； CD．同理，在木块下落高度之前，木块做匀加速直线运动，根据 速度逐渐增大，所以图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，图像大致为 故CD错误。 故选B。 9. （2024·全国甲卷·T22）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为。 （1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为_____N（结果保留1位小数）； （2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于_____（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为_____ （结果保留1位小数）。 【答案】（1）5.0 （2） ①. 失重 ②. 1.0 【解析】 【小问1详解】 由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。 【小问2详解】 [1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态； [2]根据 根据牛顿第二定律 代入数据联立解得电梯加速度大小 10.（2024·浙江1月卷·T16）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是_____； A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法 （2）该实验过程中操作正确的是____； A.补偿阻力时小车未连接纸带 B.先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 （3）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___； A用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 （4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式___；小车加速度的表达式是___。 A. B. C. 【答案】 ①. B ②. B ③. 远大于 ④. 系统误差 ⑤. C ⑥. ⑦. A 【解析】 （1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。 故选B。 （2）[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误； B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确； C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。 故选B。 （3）[3]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有 联立解得 由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。 [4]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。 [5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。 故选C。 （4）[6]相邻两计数点间的时间间隔为 打计数点5时小车速度的表达式为 [7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是 故选A。 11.（2024·江西卷·T11）某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。 （1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。 （2）小车的质量为。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出图像，如图（b）中图线甲所示。 （3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车质量增加至，重复步骤（2）的测量过程，作出图像，如图（b）中图线乙所示。 （4）与图线甲相比，图线乙的线性区间____________，非线性区间____________。再将小车的质量增加至，重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第组数据未列出）。 序号 1 2 3 4 5 钩码所受重力 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 小车加速度 026 0.55 0.82 1.08 1.36 序号 6 7 8 15 钩码所受重力 0.120 0.140 0.160 …… 0.300 小车加速度 1.67 1.95 2.20 …… 3.92 （5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙_________。 （6）根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量____________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：______________________。 【答案】 ①. 较大 ②. 较小 ③. ④. 远大于钩码质量 ⑤. 见解析 【解析】 （4）[1][2]由题图（b）分析可知，与图线甲相比，图线之的线性区间较大，非线性区间较小； （5）[3]在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如下图所示 （6）[4][5]设绳子拉力为，对钩码根据牛顿第二定律有 对小车根据牛顿第二定律有 联立解得 变形得 当时，可认为 则 即a与F成正比。 12.（2024·甘肃卷·T11）用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。 （1）以下操作正确的是______（单选，填正确答案标号）。 A. 使小车质量远小于槽码质量 B. 调整垫块位置以补偿阻力 C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D. 释放小车后立即打开打点计时器 （2）保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是______（单选，填正确答案标号）。 A. B. C. D. （3）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示。 由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成______（填“正比”或“反比”）；甲组所用的______（填“小车”、“砝码”或“槽码”）质量比乙组的更大。 【答案】（1）B （2）D （3） ①. 反比 ②. 槽码 【解析】 【小问1详解】 A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误； B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确； C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误； D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 故选B。 【小问2详解】 根据逐差法可知 联立可得小车加速度表达式为 故选D。 【小问3详解】 [1]根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比； [2]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律 化简可得 故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 13.（2024·广东卷·T11）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是_____。图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为_____（结果保留3位有效数字）。 （2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用50分度的游标卡尺测量一例柱体的长度，示数如图丙所示，图丁为局部放大图，读数为_____cm。 （3）在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏。遮光筒不可调节。打开并调节_____。使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮。取下光屏，装上单缝、双缝和测量头。调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到_____。 【答案】（1） ①. 平衡摩擦力 ②. 2.86 （2）4.108 （3） ①. 光源 ②. 干涉条纹 【解析】【小问1详解】 [1]木板右端抬高的目的是平衡摩擦力； [2]小车的加速度大小 【小问2详解】 游标卡尺读数为 4.1cm+4×0.02mm=4.108cm 【小问3详解】 [1][2]在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏，遮光筒不可调节，打开并调节光源，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮，取下光屏，装上、双缝和测量头，调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到干涉条纹。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 / 9 ( zxxk.com )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$