第三章 牛顿运动定律（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第三章　牛顿运动定律 大单元分层教学设计 基础　 落实课 第1讲　牛顿运动定律的理解 第2讲　牛顿第二定律的基本应用 综合　 融通课 第3讲　牛顿运动定律的综合应用(一) 第4讲　牛顿运动定律的综合应用(二) 实验　 探究课 第5讲　探究加速度与物体受力、物体质量的关系 第1讲　牛顿运动定律的理解(基础落实课) 一、惯性 1.定义:物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 2.普遍性:惯性是一切物体都具有的性质,是物体的固有属性,与物体的运动情况和受力情况无关。 3.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。 二、牛顿运动定律对比 定律 牛顿第一定律 牛顿第二定律 牛顿第三定律 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 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 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上 公式 — F=ma F=-F' 联系 牛顿的三个运动定律是一个整体,是动力学的基础,牛顿第二定律是以牛顿第一定律为基础,由实验总结得出的 三、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。力学中的基本量有三个,它们分别是质量、长度和时间,它们的国际单位分别是kg、m和s。 3.导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 微点判断 1.(鲁科必修1P123T4·改编)对一些生活中的现象,从惯性角度分析,判断下列说法的正误: ①“强弩之末,势不能穿鲁缟”,是因为强弩的惯性减小了。 (×) ②汽车超速行驶易引发交通事故,是因为速度大的汽车惯性大。 (×) ③车辆转弯时适当减速,是为了减小车辆的惯性,使行驶更安全。 (×) ④货运列车在有些车站加挂车厢,这会增大它的惯性。 (√) 2.(教科必修1P104T5·选摘)推动原来静止的物体比推动正在运动的物体所需要的力大,所以静止的物体惯性大。 (×) 3.物体不受力时,将处于静止状态或匀速直线运动状态。 (√) 4.牛顿第一定律是实验定律。 (×) 5.火车头拉车厢的力一定大于车厢拉火车头的力。 (×) 6.(粤教必修1P107T1·选摘)判断下列说法的正误: ①物体受到的合外力越大,其速度越大。 (×) ②物体受到的合外力越大,其加速度越大。 (√) ③物体在合外力作用下做匀加速直线运动,当合外力逐渐减小时,物体的速度逐渐减小。 (×) 7.功的单位是焦耳(J),1 J=1 kg·m2·s-2。 (√) 逐点清(一)　牛顿第一定律 |题|点|全|练| 1.[力与运动的关系](2025·江苏苏州模拟)下列说法正确的是 (　　) A.牛顿第一定律只有在无摩擦力的条件下才成立 B.必须有力的作用物体才能运动 C.伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础 D.笛卡儿最早指出力不是维持物体运动的原因 解析:选C　任何物体都保持静止或匀速直线运动的状态,直到受到其他物体的作用力迫使它改变这种状态为止,这里的作用力是指所有力,并不是单指摩擦力,故A错误;力是改变物体运动状态的原因,物体不受力时也能保持匀速直线运动,故B错误;伽利略的斜面实验推翻了亚里士多德的理论,是牛顿第一定律的实验基础,故C正确;最早指出力不是维持物体运动的原因的科学家是伽利略,不是笛卡儿,故D错误。 2.[牛顿第一定律](多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是 (　　) A.牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律 B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变 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 D.奔跑的运动员,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 解析:选ABD　牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律,总保持匀速直线运动状态或静止状态,A、B正确;牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系,力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因,C错误,D正确。 3.[对惯性的理解]下列有关力和运动,说法正确的是 (　　) A.把手中的铅球静止释放,铅球竖直下落是因为惯性 B.汽车的速度越大,刹车时越难停下来,说明速度越大惯性越大 C.牛顿第一定律也被叫作惯性定律 D.汽车紧急刹车时乘客向前倾,是因为乘客受到向前的惯性力 解析:选C　把手中的铅球由静止释放后,铅球竖直下落,是由于铅球受到竖直向下的重力,故A错误;惯性只与质量有关,与速度无关,故B错误;牛顿第一定律也叫作惯性定律,故C正确;汽车紧急刹车时,乘客会向前倾,这是由于乘客具有惯性,但是惯性不是力,不能说受到惯性力的作用,故D错误。 |精|要|点|拨| 1.对牛顿第一定律的理解 (1)揭示了物体的惯性:不受力的作用时,一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。 (2)揭示了力的作用对运动的影响:力是改变物体运动状态的原因。 2.对惯性的认识:惯性是物体保持原来运动状态的性质,与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关,物体的惯性只与其质量有关,物体的质量越大其惯性越大。 3.惯性的两种表现形式 保持 “原状” 物体在不受力或所受合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动) 反抗 改变 物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大,物体的运动状态越难以被改变 逐点清(二)　牛顿第二定律 |题|点|全|练| 1.[对牛顿第二定律的理解](多选)下列说法正确的是 (　　) A.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度 B.物体由于做加速运动,所以才受合外力作用 C.F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关 D.物体所受合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小 解析:选ACD　由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系,可知当力作用瞬间,物体会立即获得加速度,A正确;根据因果关系,合外力是产生加速度的原因,即物体由于受合外力作用,才会产生加速度,B错误;牛顿第二定律F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关,C正确;由牛顿第二定律可知,物体所受合外力减小,加速度一定减小,如果物体做加速运动,其速度会增大,如果物体做减速运动,速度会减小,故D正确。 2.[合力、加速度、速度之间的决定关系] (多选)如图所示,轻弹簧下端固定在水平面上,一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的全过程中,下列说法中正确的是 (　　) A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C.从小球接触弹簧至到达最低点,小球的速度先增大后减小 D.从小球接触弹簧至到达最低点,小球的加速度先减小后增大 解析:选CD　根据牛顿第二定律可知,小球的加速度大小和方向取决于小球受到的合力。从接触弹簧至到达最低点,弹簧弹力从零开始逐渐增大,而小球的重力不变,所以刚接触弹簧时小球受到的合力方向向下,合力逐渐减小,因此小球的加速度逐渐减小;当小球所受的弹簧弹力和重力大小相等时,小球受到的合力为零,加速度减小为零,此时小球速度最大;此后小球继续下落,弹簧弹力继续增大,小球受到的合力方向向上,合力逐渐增大,因此小球的加速度方向向上,加速度逐渐增大,速度减小;当速度减小为零时,小球停止下落,故A、B错误,C、D正确。 3.[牛顿第二定律的简单应用] (1)(人教版教材必修1,P113T4)如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg,其推进器的平均推力F为900 N,在飞船与空间站对接后,推进器工作5 s内,测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s,求空间站的质量。 解析:整体的加速度a===0.01 m/s2 由牛顿第二定律可得F=(M+m)a 可知空间站的质量为M=-m= kg-3.0×103 kg=8.7×104 kg。 答案:8.7×104 kg (2)(2024·北京高考)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.F B.F C.F D.F 解析:选A　根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站受力分析有F'=Ma,联立两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F,故选A。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材中的练习题与2024年北京高考题均考查了牛顿第二定律的简单应用,且教材练习题与高考题命题情境相同,高考题是已知质量求相互作用力,而教材练习题是已知速度变化求质量,学通教材,灵活应用。 |精|要|点|拨| 1.牛顿第二定律的五个特性 2.合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小或是零,只要合力不为零,物体都有加速度。 (2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。 (3)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动。 3.分析物体运动性质时的三点提醒 (1)分析物体的运动性质,要从受力分析入手,先求合力,然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系,和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力,与物体的速度没有关系。 逐点清(三)　牛顿第三定律 细作1　作用力和反作用力的关系 1.如图甲所示,将一个力传感器固定在滑块上,用另一个力传感器钩住固定在滑块上的传感器的挂钩向右拉滑块,观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示,下列说法正确的是 (　　) A.作用力大时,反作用力小 B.作用力和反作用力的大小总是相等 C.反作用力总是在作用力出现后才产生 D.图乙所示的曲线只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到 解析:选B　观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线,可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化,A、C错误,B正确;作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系,与物体的运动状态无关,D错误。 一点一过　作用力和反作用力的关系 细作2　作用力和反作用力与一对平衡力的区别 2.(多选)我国传统古建筑屋檐下总能看到系挂着铃铛,叫作“风铃”。风铃由主线、吊线(上附管体)、铃铛、铃托四个部分组成,如图所示。风吹动铃托,铃托带动吊线摆动,敲击铃铛,发出悦耳清脆的铃声,铃声惊走鸟雀,防止鸟雀在檐下做窝。某同学研究风铃静止时的受力,忽略主线、吊线及管体质量。以下说法正确的是 (　　) A.吊线上、下两端受到铃托、铃铛的拉力大小相等 B.铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力为作用力和反作用力 C.主线对铃铛的拉力与铃铛的重力平衡 D.风吹铃响时,风铃的重心在其内的相对位置发生变化 解析:选AD　吊线处于平衡状态,吊线及管体重力不计,则受到铃铛给其向上的拉力大小等于铃托给其向下的拉力大小,故A正确;铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力是一对平衡力,故B错误;对铃铛、吊线和铃托整体进行受力分析,整体受到主线向上的拉力和整体的重力而平衡,所以主线对铃铛的拉力与铃铛的重力不平衡,故C错误;风吹铃响时,铃托与铃铛的相对位置发生变化,整体形状改变时,风铃的重心在其内的相对位置也发生变化,故D正确。 一点一过　作用力和反作用力与 一对平衡力的区别 　　名称 项目　 作用力和反作用力 一对平衡力 作用对象 两个相互作用的不同物体 同一个物体 作用时间 一定同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失 力的性质 一定相同 不一定相同 作用效果 不可抵消 可相互抵消 细作3　牛顿第三定律的应用 3.如图所示,大圆环质量为m0,经过环心的竖直钢丝(质量不计)上套有一质量为m的橡皮球,现让橡皮球沿钢丝以一定的初速度v0竖直向上运动,大圆环对地面无压力,则橡皮球上升过程中 (　　) A.钢丝对橡皮球的摩擦力为m0g,方向竖直向上 B.钢丝对橡皮球的摩擦力为0 C.橡皮球的加速度大小为g D.橡皮球的加速度大小为g 解析:选D　大圆环对地面无压力,由牛顿第三定律可知,地面对大圆环无支持力,大圆环受力平衡,所以橡皮球对钢丝的摩擦力F=m0g,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知,钢丝对橡皮球的摩擦力F'=F=m0g,方向竖直向下,A、B错误。对橡皮球受力分析,由牛顿第二定律有F'+mg=ma,解得橡皮球的加速度大小a=g,故D正确,C错误。 一点一过　利用牛顿第三定律转换研究对象 　　如果不能直接求解物体受到的某个力时,可先求它的反作用力,如求压力时可先求支持力,然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。 逐点清(四)　力学单位制 |题|点|全|练| 1.[对单位制的理解](2024·浙江1月选考)下列属于国际单位制基本单位符号的是 (　　) A.s B.N C.F D.T 解析:选A　国际单位制中的基本单位分别是:长度的单位是米,符号是m;质量的单位是千克,符号是kg;时间的单位是秒,符号是s;电流的单位是安培,符号是A;热力学温度的单位是开尔文,符号是K;物质的量的单位是摩尔,符号是mol;发光强度的单位是坎德拉,符号是cd。故选A。 2.[单位制的应用]飞轮储能是指利用电动机带动飞轮高速旋转,在需要的时候再用飞轮带动发电机发电的储能方式。圆盘形飞轮存储的能量与其质量、半径、角速度的关系为E=mRkωn,k、n为常数。在飞轮厚度、材料、角速度均不变的情况下,飞轮储存的能量E与飞轮半径R的关系为 (　　) A.E∝R B.E∝R2 C.E∝R3 D.E∝R4 解析:选D　能量的单位为kg·m2·s-2,质量的单位为kg,半径的单位为m,角速度的单位为s-1,由公式E=mRkωn,可得kg·mk·s-n=kg·m2·s-2,解得k=2,n=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变时,飞轮的质量m=ρV=ρSh=πR2ρh,代入E=mR2ω2,可得E=πR4ρhω2,故选D。 |精|要|点|拨| 1.国际单位制中的七个基本物理量和基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(Iv) 坎[德拉] cd 2.两点提醒 (1)应用物理公式解题时,要把各物理量的单位统一到同一单位制,一般统一为国际单位制。 (2)物理公式中,有些比例系数有单位,例如公式F=kx中的k,有些比例系数无单位,例如公式Ff=μFN中的μ。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2023·浙江6月选考)在足球运动中,足球入网如图所示,则 (　　) A.踢香蕉球时足球可视为质点 B.足球在飞行和触网时惯性不变 C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D.触网时足球对网的力大于网对足球的力 解析:选B　在踢香蕉球时,需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力,所以不可以把足球看作质点,故A错误;惯性只与质量有关,足球在飞行和触网时质量不变,则惯性不变,故B正确;足球在飞行时脚已经离开足球,故只受重力和空气阻力,故C错误;触网时足球对网的力与网对足球的力是一对相互作用力,大小相等,故D错误。 2.关于力学单位制、力和运动及惯性,下列说法正确的是 (　　) A.在航天器中因失重而处于漂浮状态的航天员没有惯性 B.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 C.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma D.在国际单位制中,时间的基本单位可以是s,也可以是h 解析:选C　惯性只与质量有关,航天员在太空中失重但并没有失去惯性,故A错误;伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,不是牛顿,故B错误;牛顿第二定律表达式为F=kma,只有在国际单位制中k才取1,表达式才能写成F=ma,故C正确;在国际单位制中,时间的基本单位只能是s,其他的单位不是国际单位制中的单位,故D错误。 3.关于力与物体运动状态之间的关系,以下说法正确的是 (　　) A.牛顿第一定律说明,运动状态发生变化的物体,必然受到外力的作用 B.在地面上滑行的物体之所以能停下来,是因为没有外力来维持它的运动状态 C.受外力作用的物体,其运动状态会变化,且惯性也随之改变 D.作用在物体上的力消失以后,物体运动的速度会不断减小 解析:选A　牛顿第一定律说明,运动状态发生变化的物体,必然受到外力的作用,故A正确;在地面上滑行的物体之所以能停下来,是因为摩擦力改变了它的运动状态,使其停下来,故B错误;惯性是物体的固有属性,与物体的质量有关,不随运动状态的改变而改变,故C错误;作用在物体上的力消失以后,物体运动的速度不变,故D错误。 4.某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球,一只手拿着球筒的中部,另一只手用力击打羽毛球筒的上端,则下列判断正确的是 (　　) A.此同学无法取出羽毛球 B.羽毛球会从筒的下端出来 C.羽毛球筒向下运动过程中,羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来 D.该同学是在利用惯性取羽毛球 解析:选D　该同学一只手拿着球筒的中部,另一只手用力击打羽毛球筒的上端,羽毛球筒被手击打后迅速向下运动,而羽毛球由于惯性要保持原来的静止状态,所以羽毛球会从筒的上端出来,A、B、C错误,D正确。 5.(2025·湖北孝感模拟)下列关于惯性和力的说法,正确的是 (　　) A.滚动的足球在草坪上减速前进,惯性逐渐减小 B.书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力 C.物体对水平桌面的压力就是物体的重力 D.摩擦力不一定阻碍物体的运动 解析:选D　惯性只与质量有关,滚动的足球在草坪上减速前进,惯性不变,故A错误;书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对相互作用力,故B错误;物体对水平桌面的压力作用在桌面上,物体的重力作用在物体上,是两个不同的力,故C错误;摩擦力阻碍物体间的相对运动,不一定阻碍物体的运动,如运动的传送带上轻放一物体,物体所受的摩擦力是动力,故D正确。 6.(2025·东莞高三检测)质量为3 kg的物块,重力约30 N,从5 m高处下落,2 s后静止在海绵上,如图所示。上述涉及了质量、长度、时间的单位及其他信息,下列说法正确的是 (　　) A.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的 B.力学的三个基本单位是N、m、s C.海绵比物块形变更明显,物块对海绵的力大于海绵对物块的力 D.kg、m/s、N是国际单位制中的导出单位 解析:选A　在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的,故A正确;力学的三个基本单位是kg、m、s,m/s、N是国际单位制中的导出单位,故B、D错误;物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力,大小相等,故C错误。 7.(2025·江苏南京模拟)质量为m的翼装飞行者从高空跳下,通过调整身体实现飞行并控制方向。如图所示,当他斜向上以加速度g减速直线飞行时,所受空气作用力(重力加速度等于g) (　　) A.大小等于mg B.大小等于mg C.方向竖直向上 D.方向垂直于AB向上 解析:选A　翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时,由牛顿第二定律可知F=ma=mg,重力与空气作用力的合力大小为mg,方向斜向左下方,如图所示,由图可得空气作用力大小为F'=mg,方向与AB成60°角斜向左上方。故选A。 8.“天宫课堂”第四课中有一奇妙的“乒乓球”实验,航天员用水袋做了一颗水球,另一航天员用白毛巾包好的“球拍”击水球,水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是 (　　) A.水球体积越小,其惯性越大 B.击球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力 C.击球过程中,水球所受弹力是由于水球发生形变产生的 D.空间站内的所有物品都处于完全失重状态,不受重力的作用 解析:选B　惯性由质量决定,水球体积越小,质量越小,惯性越小,故A错误;击球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力,故B正确;击球过程中,水球所受弹力是由于“球拍”发生形变产生的,故C错误;空间站内的所有物品都处于完全失重状态,但仍受重力作用,故D错误。 9.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N 的金属块,使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出),若弹簧测力计的示数变为T'=6 N,则台秤的示数 (　　) A.保持不变 B.增加10 N C.增加6 N D.增加4 N 解析:选D　金属块浸入水中后,水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知,浮力的大小为F=G-T'=4 N。根据牛顿第三定律,金属块对水也施加一个反作用力F',其大小F'=F=4 N。所以,台秤的示数增加4 N。 10.(2025·山西太原模拟)一乘客乘坐商场扶梯上楼,遇到紧急情况,扶梯启动了紧急制动功能,乘客随扶梯一起减速运动。关于乘客的受力分析正确的是 (　　) 解析:选D　乘客随扶梯做减速运动,加速度沿斜面向下,根据牛顿第二定律可知,所受合外力沿斜面向下,因此乘客所受的摩擦力沿水平方向向左,而且扶梯给乘客的支持力小于乘客的重力,故选D。 11.(2025年1月·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2 解析:选D　由题图甲可知，该同学的质量为60.0 kg，电梯竖直上升过程，根据牛顿第二定律F-mg=ma，解得a= m/s2=0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，故选D。 12.(2025·江苏南京模拟)如图所示,一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上,甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1=150 N、F2=200 N的力推沙发,F1与F2相互垂直,且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(取g=10 m/s2),下列说法正确的是 (　　) A.沙发不会被推动 B.沙发将沿着F2的方向移动,加速度为1 m/s2 C.沙发的加速度大小为2 m/s2 D.沙发的加速度大小为5 m/s2 解析:选C　两推力的合力F==250 N,最大静摩擦力Ff=μmg=150 N<F,所以沙发会被推动,A错误;由牛顿第二定律得F-Ff=ma,解得加速度a=2 m/s2,方向和合外力的方向一致,B、D错误,C正确。 13.机器人服务人类的场景正步入现实生活中,例如餐厅中使用机器人来送餐,就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人,将其结构简化为如图乙所示的示意图,机器人的上表面保持水平。则下列说法正确的是 (　　) A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时,菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用 B.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时,菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力 C.菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时,菜品的惯性逐渐增大 D.菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时,机器人对菜品的作用力大于菜品的重力 解析:选D　菜品随着机器人一起做匀速直线运动时,不受摩擦力作用,A错误;菜品随着机器人一起做匀速直线运动时,菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力,B错误;菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时,菜品的质量不变,惯性不变,C错误;菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时,机器人对菜品的支持力FN=mg,由牛顿第二定律知菜品受到的静摩擦力Ff=ma,机器人对菜品的作用力为支持力和静摩擦力的合力,F==>mg,D正确。 二、多项选择题 14.滑梯如图1所示,为了研究方便,可将其简化为图2。已知滑梯和裤料之间的动摩擦因数为μ,某学生质量为m,重力加速度为g,滑梯与水平地面之间的夹角为θ。下列说法中正确的是 (　　) A.学生对滑梯的压力和滑梯对学生的支持力是一对作用力与反作用力 B.学生沿滑梯加速下滑时受力平衡 C.下滑过程中,学生受到的合力大小为mgsin θ D.下滑过程中,学生受到的摩擦力大小为μmgcos θ 解析:选AD　学生对滑梯的压力和滑梯对学生的支持力是一对作用力与反作用力,故A正确;学生沿滑梯加速下滑时具有沿滑梯向下的加速度,受力不平衡,故B错误;下滑过程中,学生受到的摩擦力大小为f=μFN=μmgcos θ,学生受到的合力大小为F合=mgsin θ-f=mgsin θ-μmgcos θ,故C错误,D正确。 15.某游乐园举行民俗杂技“顶竿”表演,如图所示,一质量为2m的“大力士”站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,竿上有一人进行表演,其质量为m,下列说法正确的是 (　　) A.人不动时,地面对“大力士”的支持力等于(M+3m)g B.人以加速度a加速上爬时,竹竿对“大力士”的压力大小为(M+m)g-ma C.人以加速度a加速下滑时,竹竿对人的摩擦力大小为mg-ma D.人以加速度a加速下滑时,竹竿对人的作用力小于人对竹竿的作用力 解析:选AC　人不动时,对整体受力分析得,地面对“大力士”的支持力等于整体受到的重力(M+3m)g,故A正确;人以加速度a加速上爬时,对竿上的人受力分析得Ff-mg=ma,解得Ff=mg+ma,由牛顿第三定律知,竿上人对竿有向下的摩擦力,且Ff'=Ff,则对竿受力分析知,竿受到重力、竿上人的摩擦力、“大力士”对竿的支持力,即FN=Mg+Ff'=(M+m)g+ma,由牛顿第三定律知,竹竿对“大力士”的压力大小为(M+m)g+ma,故B错误;人以加速度a加速下滑时,对竿上的人受力分析得mg-Ff1=ma,解得Ff1=mg-ma,故C正确;由牛顿第三定律知,竹竿对人的作用力始终等于人对竹竿的作用力,与人的运动状态无关,故D错误。 第2讲　牛顿第二定律的基本应用(基础落实课) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、动力学的两类基本问题 1.第一类问题:由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。 2.第二类问题:由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。 3.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下图所示: 二、超重和失重 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:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有向下的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。 (2)产生条件:a=g,方向竖直向下。 微点判断 1.物体向上运动时处于超重状态。 (×) 2.支持力小于重力称为完全失重现象。 (×) 3.传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。 (×) 4.物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。 (√) 5.完全失重时,物体受到的重力变为零。 (×) 6.物体处于超重或失重状态时,其重力并没有发生变化。 (√) 7.根据物体处于超重或失重状态,可以判断物体运动的速度方向。 (×) 8.物体处于超重或失重状态,完全由物体加速度的方向决定,与速度方向无关。 (√) 9.(人教必修1P112T2·改编)在蹦极运动员下落时,当弹性绳被拉直后直到最低点,运动员始终处于超重状态。 (×) 逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题 细作1　弹力能瞬间改变的情形 1.[轻绳连接] 如图所示,两轻绳拴接一定质量的小球,两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间,小球的加速度大小为a1;在剪断b绳的瞬间,小球的加速度大小为a2,则a1∶a2为 (　　) A.1∶1　　B.2∶1　　C.∶1　　D.2∶1 解析:选C　a、b绳剪断前小球受力如图所示,Fa=mgcos 30°,Fb=mgcos 60°,剪断a绳瞬间a1==gcos 30°,剪断b绳瞬间a2==gcos 60°,所以a1∶a2=cos 30°∶cos 60°=∶1,C正确。 2.[轻杆连接] 两个质量均为m的小球,用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上,如图所示。现突然迅速剪断细绳OA,让小球下落,在剪断细绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,重力加速度为g,则 (　　) A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2g C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0 解析:选A　剪断细绳的瞬间,A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化,A、B的加速度相同,由mg+mg=2ma可得,两球的加速度均为g,即a1=g,a2=g,A正确。 一点一过　轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 　　对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即改变或消失,不需要形变恢复时间。 (1)在瞬时问题中,其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给轻绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时,均可按此模型处理。 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 3.[橡皮绳连接] 如图所示,两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮绳的两端,橡皮绳的中点固定在纸盒底部的正中间,小球放在纸盒口边上。现让纸盒从一定高度自由下落,小球被橡皮绳拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力,则释放的瞬间 (　　) A.橡皮绳的弹力为0 B.小球加速度大小等于重力加速度g C.纸盒加速度大小小于重力加速度g D.橡皮绳对纸盒作用力大小等于2mg 解析:选D　释放的瞬间,橡皮绳的形变还没有来得及变化,单根橡皮绳的弹力等于小球的重力mg,故A错误;释放的瞬间,橡皮绳对小球的拉力仍为mg,小球的加速度等于0,故B错误;设纸盒质量为M,释放前,手对纸盒的作用力为(M+2m)g,方向竖直向上,设橡皮绳对纸盒的作用力为F,由受力平衡得F+Mg=(M+2m)g,所以橡皮绳对纸盒的作用力F=2mg,方向竖直向下,释放的瞬间,橡皮绳的形变还没有来得及变化,橡皮绳对纸盒的作用力仍为2mg,方向竖直向下,故D正确;释放的瞬间,纸盒所受合力为F合=F+Mg=(2m+M)g,由牛顿第二定律可得纸盒加速度a==g>g,故C错误。 4.[弹簧连接] (1)(人教版教材必修1,P114T1)如图,两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来,剪断细绳的瞬间,A和B的加速度分别是多少? 解析:设两个小球的质量均为m,当细绳未剪断时,细绳拉力大小为T,弹簧弹力大小为F,对小球A有T=F+mg,对小球B有F=mg;当细绳剪断瞬间,细绳拉力消失,弹簧弹力不变,对A球,由牛顿第二定律可得F+mg=maA,可得A球加速度aA=2g,B球受力不变,仍处于平衡状态,aB=0。 答案:2g　0 (2)(2024·湖南高考)如图,质量分别为4m、3m、2m、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,1.5g　　　　　　　　 B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 解析:选A　细线剪断前,对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g,对D球受力分析有FCD=mg,细线剪断后,对B球受力分析有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C球受力分析有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材中的练习题和2024年湖南高考题都考查了轻绳和轻弹簧模型的瞬时性问题,求解剪断轻绳瞬间小球的加速度。高考题相比教材题,考查的进一步深化,由教材到高考,学习梯度进阶。 一点一过　弹簧、橡皮绳模型的特点 1.当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时,由于物体具有惯性,弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 2.在求解瞬时加速度的问题中,弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的,即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 1.两类动力学问题的解题关键 两个分析 (1)受力情况分析;(2)运动规律分析 两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁 (2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 根据问题需要和解题方便,选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象 受力分析和 运动过程分析 画好受力示意图、情境示意图,明确物体的运动性质和运动过程 选取正方向 或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向 确定合力F合 若物体只受两个力作用,通常用合成法;若物体受三个或三个以上的力,一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律可得F合=ma或,列方程求解,必要时对结果进行讨论 　　[典例]　(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a),在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上,质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略),由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m;之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势,通过滑雪板推雪获得阻力,匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25,sin 37°=0.6,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小; (2)如图(b),若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°,滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F,求F的大小。 [解析]　(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2,mgsin θ=ma1 联立解得v==15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2 解得a==7.5 m/s2。 (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°,根据牛顿第二定律有2Fsin -mgsin θ=ma 解得F==500 N。 [答案]　(1)7.5 m/s2　(2)500 N [考法全训] 考法1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·海南海口模拟)在发射火箭过程中,首先由火箭助推器提供推力,使火箭上升到h1=30 km高空时,速度达到v0=1.2 km/s,助推器脱落,经过一段时间落回地面。已知助推器脱落后的运动过程中,受到的阻力大小恒为助推器重力的,取g=10 m/s2。求: (1)助推器能上升到距离地面的最大高度; (2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。 解析:(1)助推器脱落后,受到阻力大小f=mg 上升过程,由牛顿第二定律有mg+f=ma1 代入数据解得a1=12 m/s2,方向竖直向下, 则助推器向上做匀减速直线运动,继续上升的高度为h2==6×104 m=60 km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为h=h1+h2=90 km。 (2)助推器从最高点下落过程中,由牛顿第二定律得mg-f=ma2 代入数据解得a2=8 m/s2 落回地面的速度大小为v==1 200 m/s 助推器从脱离到最高点所用时间t1==100 s 从最高点到落地点所用时间t2==150 s 所以助推器从脱离到落地经历的时间t=t1+t2=250 s。 答案:(1)90 km　(2)1 200 m/s　250 s 考法2　已知运动情况求受力情况 2.(2025·重庆渝中高三月考)2024年6月,我国某品牌运载无人机在珠峰南坡大本营进行了无人机高海拔飞行及运输能力测试,创造了民用运载无人机海拔6 191.8米的飞行最高记录。已知测试所用无人机质量为65 kg,在空吊系统负载模式下,货物重15 kg。某次无人机从静止开始竖直起飞,匀加速5 s后达到最大上升速度5 m/s,g取10 m/s2。由此可知该过程 (　　) A.货物处于失重状态 B.货物上升高度为25 m C.货物受到线缆的合力为150 N D.空气对无人机的作用力大小为880 N 解析:选D　由题意知加速度向上,无人机、货物均处于超重状态,线缆对货物的作用力大于货物的重力150 N,故A、C错误;匀加速竖直起飞,货物上升高度h=t=12.5 m,故B错误;加速度为a= m/s2=1 m/s2,对无人机进行分析,根据牛顿第二定律有F-(M+m)g=(M+m)a,解得空气对无人机的作用力大小为F=880 N,故D正确。 逐点清(三)　超重和失重 |题|点|全|练| 1.[根据运动情况判断超重、失重] 自由式滑雪大跳台比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点,且忽略空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B.运动员从跳离弧形过渡区至落在着陆区之前的过程中处于完全失重状态 C.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态 解析:选B　运动员在助滑区加速下滑时,加速度沿斜面向下,有竖直向下的分加速度,处于失重状态,A错误;忽略空气阻力,运动员从跳离弧形过渡区至落在着陆区之前,在空中只受到竖直向下的重力作用,加速度为竖直向下的重力加速度,处于完全失重状态,B正确;运动员在弧形过渡区做圆周运动,加速度有竖直向上的分量,处于超重状态,C错误;运动员在减速区减速下降,有竖直向上的分加速度,处于超重状态,D错误。 2.[超重、失重现象的图像问题] (2025·辽宁鞍山模拟)某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动,物体的速度v与时间t的变化关系如图所示,以竖直向下为正方向,下列说法正确的是 (　　) A.0~t1时间内物体做加速运动,处于失重状态 B.t1~t2时间内物体做减速运动,处于失重状态 C.t2~t3时间内物体做加速运动,处于失重状态 D.t3~t4时间内物体做减速运动,处于超重状态 解析:选A　0~t1时间内物体做加速运动,由图像斜率可知加速度为正,方向向下,处于失重状态,故A正确;t1~t2时间内物体做减速运动,由图像斜率可知加速度为负,方向向上,处于超重状态,故B错误;t2~t3时间内物体做加速运动,由图像斜率可知加速度为负,方向向上,处于超重状态,故C错误;t3~t4时间内物体做减速运动,由图像斜率可知加速度为正,方向向下,处于失重状态,故D错误。 |精|要|点|拨| 1.判断超重和失重现象的三个角度 从受力的 角度判断 当物体受到向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态 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,处于失重状态;向下的加速度恰好等于重力加速度时,处于完全失重状态 从速度变化 的角度判断 物体向上加速或向下减速时,物体处于超重状态;物体向下加速或向上减速时,物体处于失重状态 2.对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关,只取决于加速度的方向。 (2)并非物体在竖直方向上运动时,才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量,物体就处于超重状态;同理,只要加速度具有竖直向下的分量,物体就处于失重状态。 (3)发生超重或者失重时,物体的实际重力并没有发生变化,变化的只是物体对支持物的压力大小(或对悬挂物的拉力大小)。 逐点清(四)　等时圆模型及应用 |题|点|全|练| 1.(2025·安徽蚌埠期中检测)如图所示,竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的小圆,两个圆的公切线水平。有两条倾斜的光滑轨道,一条与大圆相交于A、B两点,A点为大圆的最高点,另一条轨道一端交于大圆的C点,另一端交于小圆的D点,且过大圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、C由静止释放,分别滑到B点和D点(假设物体能够无障碍地穿过CD与圆的交叉点),物体在两条轨道上的运动时间分别为tAB、tCD,重力加速度为g,下列判断正确的是 (　　) A.tAB=tCD B.tAB>tCD C.tAB= D.tCD=2 解析:选D　设轨道AB与竖直方向的夹角为α,则物体在轨道AB上运动的加速度大小为a==gcos α,根据几何关系及运动学公式可得xAB=2Rcos α=a,解得tAB==2;设轨道CD与竖直方向的夹角为β,则物体在轨道CD上运动的加速度大小为a'==gcos β,根据几何关系及运动学公式可得xCD=(2R+2r)cos β=a',解得tCD==2,则有tAB<tCD,故选D。 2.(2025·随州高三调研)(多选)如图所示,1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端,其运动时间分别为t1、t2、t3、t4,已知竖直固定的圆环的半径为r,O为圆心,固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r,重力加速度为g,下列结论正确的是 (　　) A.t1>t2 B.t3=t4 C.t2<t4 D.t1=t4 解析:选BC　1号小球的加速度为a1=gsin 60°=g,位移为x1=2r·sin 60°=r,运动时间为t1==2;2号小球的加速度为a2=gsin 30°=g,位移为x2=2r·sin 30°=r,运动时间为t2==2;3号小球的加速度为a3=gsin 60°=g,位移为x3==2r,运动时间为t3==;4号小球的加速度为a4=gsin 30°=g,位移为x4==2r,运动时间为t4==。则t1=t2<t3=t4,故选B、C。 |精|要|点|拨| “等时圆”模型及基本规律 1.物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦由上端静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 2.物体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,如图乙所示。 3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦由上端静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.如图所示,一个圆形水杯底部有一小孔,用手堵住小孔,往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下几种运动,不考虑杯子转动及空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.将杯子竖直向下抛出,小孔中有水漏出 B.将杯子斜向上抛出,小孔中有水漏出 C.用手握住杯子向下匀速运动,不堵住小孔也没有水漏出 D.杯子做自由落体运动,小孔中没有水漏出 解析:选D　杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力,处于完全失重状态,杯子与水相对静止,因此不会有水漏出,A、B错误,D正确;杯子向下做匀速运动,处于平衡状态,水受重力,会漏出,C错误。 2.(2024·贵州高考)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 解析:选C　由题图可知相等时间间隔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沿正方向后沿负方向,根据牛顿第二定律得G-f=·a,可知f先小于G,后大于G。故选C。 3.(2025年1月·八省联考晋陕宁青卷)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则 (　　) A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 解析:选C　剪断L1前，对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg，L2的拉力大小为T2==4mg，A、B错误；剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，D错误；对小球甲受力分析可知，受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力，小球甲的速度为0，将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断L1瞬间，小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°，由牛顿第二定律可知F合=ma，解得a=g，C正确。 4.(2025·江西抚州模拟)中国象棋是起源于中国的一种棋,属于二人对抗性游戏的一种,在中国有着悠久的历史。由于用具简单,趣味性强,成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示,3颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,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,1和3棋子的位置情况可能是 (　　) 解析:选A　根据题意三颗相同棋子竖直叠放,所有接触面间的动摩擦因数均相同,设1、2两颗棋子间最大静摩擦力为f,则2、3棋子间最大静摩擦力为2f,第三颗棋子与水平面间最大静摩擦力为3f。中间棋子被击出,中间棋子对第1颗棋子有向右的滑动摩擦力,则第1颗棋子有向右的加速度,即向右有位移,第2颗棋子对第3颗棋子向右的滑动摩擦力小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力,第3颗棋子静止不动;之后第1颗棋子落在第3颗棋子上,在摩擦力作用下静止在第3颗棋子上,该过程第1颗棋子对第3颗棋子的滑动摩擦力f小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力2f,第3颗棋子仍受力平衡,第3颗棋子位移是零,可知稳定后,棋子的位置情况可能是A。 5.利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机,打开加速度传感器后,手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向,测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示,则手机 (　　) A.在t1时刻速度最大 B.在t2时刻开始减速上升 C.在t1~t2时间内处于失重状态 D.在t1~t2时间内受到的支持力逐渐增大 解析:选B　由a⁃t图像可知,0~t1时间内,加速度向上逐渐变大,速度逐渐增大,t1时刻加速度最大,而之后速度还在继续增大,故A错误;由题图可知,t2时刻后加速度方向向下,速度方向向上,所以向上做减速运动,故B正确;t1~t2时间内,加速度的方向向上,处于超重状态,故C错误;对手机进行受力分析可知,t1~t2时间内,有FN-mg=ma,该段时间内,a逐渐减小,因此支持力FN逐渐减小,故D错误。 6.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方,质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体A的瞬时加速度大小为0 C.物体B的瞬时加速度大小为10 m/s2 D.物体B对物体A的压力大小为12 N 解析:选D　细线剪断前,A、B紧挨在一起但A、B之间无压力,对A根据受力平衡可得mAg=kx,解得弹簧压缩量为x==0.3 m,细线剪断瞬间,弹簧的形变量不突变,则弹簧压缩量仍为0.3 m,故A错误;细线剪断瞬间,对A、B整体由牛顿第二定律得mBg+mAg-kx=(mA+mB)a,解得A、B的瞬时加速度大小为a=4 m/s2,故B、C错误;对物体A由牛顿第二定律得NB+mAg-kx=mAa,解得物体B对物体A的压力大小为NB=12 N,故D正确。 7.(2025·石家庄高三检测)如图所示,AQ为圆的竖直直径,沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆,现让三个小环(可以看作质点)套在杆上,并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点,下滑所用时间分别为t1、t2和t3,运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有 (　　) A.t3>t2>t1 B.t1>t2>t3 C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3 解析:选D　设杆的倾角为θ,圆的直径为d,根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ,杆的长度为x=dsin θ,根据动力学公式x=at2,小环下滑所用时间为t===,则t1=t2=t3,由于AQ>BQ>CQ,根据平均速度公式v=,可得v1>v2>v3,故选D。 二、多项选择题 8.(2025·江西抚州模拟)在考虑空气阻力的情况下,将一小石子从O点竖直向上抛出,小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为a1、a2,到达最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为a2'、a1'。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,则下列关系式正确的是 (　　) A.a1>a2 B.a1<a1' C.a1'>a2' D.> 解析:选AD　设向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为v1、v2,石子向上做减速运动,则有v1>v2,由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,根据牛顿第二定律有mg+kv1=ma1,mg+kv2=ma2,可知a1>a2,A正确;设向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为v1'、v2',石子向下做加速运动,则有v1'>v2',由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,根据牛顿第二定律有mg-kv1'=ma1',mg-kv2'=ma2',可知a1'<a2',a1>a1',B、C错误;根据上述分析可知>1,<1,则有>,D正确。 9.(2025·山东枣庄高三检测)如图所示,质量为M=2 kg的凹形槽在水平拉力F作用下向左做匀加速直线运动,凹形槽与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.7,凹形槽内有一质量为m=1 kg的铁块恰好能静止在后壁上,铁块每面与凹形槽内壁间的动摩擦因数均为μ2=0.5。运动一段时间后逐渐减小拉力(但凹形槽仍做加速运动),铁块开始沿凹形槽竖直的后壁落到底部且不反弹。之后当凹形槽的速度为v0=4 m/s时突然撤去拉力,最终铁块恰好没有与凹形槽的前壁相碰。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,不计铁块大小和槽的厚度,则开始时拉力F的大小和凹形槽的长度L分别为 (　　) A.F=81 N B.F=162 N C.L=0.6 m D.L=1.2 m 解析:选AC　开始时铁块恰好能静止在凹形槽后壁上,竖直方向受力平衡,由平衡条件有mg=μ2FN,对铁块,在水平方向上,根据牛顿第二定律有FN=ma,以铁块和凹形槽组成的整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1(M+m)g=(M+m)a,联立解得F=81 N;因为μ1>μ2,所以撤去拉力后铁块与凹形槽发生相对滑动,当凹形槽停止后,铁块继续减速至零,对铁块受力分析,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1,对凹形槽受力分析,根据牛顿第二定律有μ1(M+m)g-μ2mg=Ma2,铁块运动的位移为x1=,凹形槽运动的位移为x2=,凹形槽的长度为L=x1-x2,联立解得L=0.6 m,故选A、C。 三、计算题 10.(11分)坝陵河大桥位于贵州省安顺市,桥面离谷底高为370 m,曾举办过中国首届大桥低空跳伞比赛。假设某跳伞运动员从静止离开桥面,开始做匀加速直线运动,加速度为9.6 m/s2,经过5 s后打开降落伞做匀减速直线运动,速度减至2 m/s时,安全降落在峡谷的谷底。已知运动员和伞包的总质量为75 kg。求:(g取10 m/s2) (1)运动员做匀加速运动的位移;(3分) (2)运动员做匀减速运动的时间;(4分) (3)运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力。(4分) 解析:(1)根据题意,由运动学公式h1=a1, 代入数据解得h1=120 m。 (2)运动员做匀减速运动的初始速度为v1=a1t1=48 m/s, 运动员做匀减速运动的位移 h2=370 m-h1=250 m, 由h2= t2=t2,解得t2=10 s。 (3)做匀减速运动时加速度a2==-4.6 m/s2, 由牛顿第二定律有mg-Ff=ma2, 代入数据解得Ff=1 095 N。 答案:(1)120 m　(2)10 s　(3)1 095 N 11.(13分)(2025·湖南长沙模拟)为了检测一架无人机的承受摔损能力,科研小组设计了一次模拟试验:已知一架无人机的质量m=2 kg,由其动力系统提供升力,飞行时所受的空气阻力大小恒为f=4 N。让该无人机从地面由静止开始竖直上升,4 s后关闭发动机。取重力加速度大小g=10 m/s2,假设无人机只在竖直方向运动。求: (1)若无人机已平稳飞行,则此时无人机做匀速直线运动的最小升力恒为多少;(3分) (2)若动力系统提供的升力恒为30 N,无人机4 s末的速度大小v1;(4分) (3)若无人机落地的速度大于16 m/s就会损毁,请你通过计算判断在(2)的条件下无人机由静止开始竖直上升,本次模拟试验无人机是否损毁?(6分) 解析:(1)若无人机已平稳飞行,无人机受力平衡,则有Fmin=mg+f 代入数据解得Fmin=24 N。 (2)无人机受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1 解得a1=3 m/s2 无人机4 s末的速度大小v1=a1t1 解得v1=12 m/s。 (3)最初4 s内无人机上升的高度h1=a1=24 m 设关闭发动机后上升阶段加速度大小为a2,由牛顿第二定律得f+mg=ma2 解得a2=12 m/s2 设关闭发动机后无人机上升的高度为h2,由运动学公式可得0-=-2a2h2 解得h2=6 m 无人机离地面的最大高度H=h1+h2 解得H=30 m 无人机到最高点后下落,设下落阶段加速度大小为a3,落地时的速度大小为v2,由牛顿第二定律得mg-f=ma3 解得a3=8 m/s2 由运动学公式可得=2a3H 解得v2=4 m/s>16 m/s 所以本次模拟试验无人机会损毁。 答案:(1)24 N　(2)12 m/s　(3)会损毁,见解析 第3讲　牛顿运动定律的综合应用(一)(综合融通课) (一) 动力学中的图像问题 图像 v⁃t图像、a⁃t图像、F⁃t图像、F⁃a图像等 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像,求解物体的受力情况。 (2)已知物体受到的力随时间变化的图像,求解物体的运动情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 (1)问题实质是力与运动的关系,要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。 (1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义:图像与横、纵坐标的交点,图像的转折点,两图像的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点。 [考法全训] 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.(2025·重庆涪陵模拟)如图甲所示,质量为m的物块挂在弹簧秤的下端,在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向,物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示,弹簧秤始终在弹性限度内。下列说法正确的是 (　　) A.0~6 s内物块先超重后失重,弹簧秤的示数先增大后减小 B.2~6 s内物块先超重后失重,速度变化量不为零 C.0~6 s内物块先失重后超重,6 s时物块的运动方向向下 D.弹簧秤在2 s末和6 s末的示数相同,物块在2 s末和6 s末速度等大反向 解析:选A　由牛顿第二定律可得F-mg=ma,即F=mg+ma,由题图可知,在0~4 s内加速度为正值,4~6 s内加速度为负值,可知F先大于mg后小于mg,故物块先超重后失重,弹簧秤的示数先增大后减小,故A正确。2~4 s内加速度为正值,方向向上,物块处于超重状态;4~6 s内加速度为负值,方向向下,物块处于失重状态;根据a⁃t图像下的“面积”为速度的变化量, t轴上方面积为正值,t轴下方面积为负值,2~6 s内图像所围“面积”的代数和为零,则2~6 s内物块先超重后失重,速度变化量为零,故B错误。0~6 s内物块先超重后失重,根据a⁃t图像所围“面积”为速度的变化量,则有Δv=×2 m/s+×2×2 m/s-×2×2 m/s=3 m/s,因物块从静止开始运动,故t=6 s时物块的速度为v6=Δv=3 m/s,即6 s时物块的运动方向向上,故C错误;在t=2 s时有F2=mg+ma2=m,在t=6 s时有F6=mg+ma6=m,故弹簧秤在2 s末和6 s末的示数不相同,物块在2~6 s内速度变化量为零,因此有v2=v6,物块在2 s末和6 s末速度等大同向,故D错误。 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2.如图甲所示,质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动,水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ,物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,竖直墙面足够高,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动,后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时,物块停止下滑 解析:选C　根据物块的受力,由牛顿第二定律有mg-f=ma,由题图乙可知F=t,而f=μF,解得a=g-,故随着时间的增大,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止下滑,静止后物块的加速度为零,处于平衡状态;当t=t0时,物块的加速度为零,此时物块的速度最大,作出a⁃t图像如图所示,根据其面积求出最大速度为vm=gt0,故选C。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3.(2025·江西南昌模拟)2024年8月3日,在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中,中国选手战胜克罗地亚选手,夺得金牌,这也是中国选手获得的首枚奥运会网球女单金牌。在比赛开始发球时,运动员常会用高抛发球,假设球向上抛出后在竖直方向运动,运动过程中球所受空气阻力大小不变、方向与运动方向相反,以竖直向上为正方向,球运动过程的v⁃t图像可能是 (　　) 解析:选C　球向上抛出后,向上运动过程中重力和阻力方向都是向下的,根据牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得a1=g+,向下运动过程中重力竖直向下,而阻力方向是向上的,根据牛顿第二定律得mg-f=ma2,解得a2=g-,所以向上运动的加速度大于向下运动的加速度,以竖直向上为正方向,v⁃t图像的斜率始终为负值,且前一段时间斜率的绝对值比后一段大,故选C。 (二) 动力学中的连接体问题 1.整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤: 明确所研究系统和运动的全过程⇨画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图⇨选用适当的物理规律列方程求解 2.隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤: 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 第四步 选用适当的物理规律列方程求解 [考法全训] 考法(一)　加速度相同的连接体 　　[例1]　(2025·宁夏石嘴山模拟)(多选)高铁已成为重要的“中国名片”,领跑世界。一列由8节车厢编组的列车,从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢,其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时,若每节动力车厢提供的牵引力大小均为F,每节车厢质量都为m,每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　　) A.整列车的加速度大小为 B.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 C.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为 D.第2节车厢对第3 节车厢的作用力大小为0 [解析]　对列车整体进行分析,根据牛顿第二定律有4F-8kmg=8ma,解得a=,故A正确;启动时车厢对乘客在竖直方向有竖直向上的支持力,在水平方向有沿列车运动方向的水平摩擦力,两个力的合力方向斜向上方,故B错误;对第1节车厢,根据牛顿第二定律有F21-kmg=ma,解得F21=,故C正确;对第1、2节车厢整体,根据牛顿第二定律有F32+F-2kmg=2ma,解得F32=0,根据牛顿第三定律,第2节车厢对第3节车厢的作用力大小F23=F32=0,故D正确。 [答案]　ACD 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 　　[例2]　如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为 (　　) A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N [解析]　P静止在水平桌面上时,由平衡条件有T1=mQg=2.0 N,f=T1=2.0 N<μmPg=2.5 N,推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2==1.0 N,故Q加速下降,有mQg-T2=mQa,可得a=5 m/s2,而P将以大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力,对P由牛顿第二定律得T2+F-μmPg=mPa,解得F=4.0 N。 [答案]　A 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　(多选)如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是 (　　) A.轻绳对P点的拉力大小为mg B.物体A的加速度大小为g C.地面对斜面体的摩擦力大小为mg D.地面对斜面体的支持力大小为g [解析]　由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移大小的两倍,则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍;设物体A的加速度大小为a,则B的加速度大小为2a;设B下降过程中轻绳的拉力大小为T,根据牛顿第二定律得2T-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma,2mg-T=2m·2a,联立并代入数据解得T=mg,a=g,A正确,B错误;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体,水平方向根据牛顿第二定律得Tcos 30°-f=macos 30°,解得地面对斜面体的摩擦力大小为f=mg,C正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体,在竖直方向根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-Tsin 30°=2m·2a-masin 30°,解得地面对斜面体的支持力大小为FN=g,D错误。 [答案]　AC (三) 动力学中的临界极值问题 1.四类典型临界条件 (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FN=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)绳子断裂与松弛的临界条件: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;绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)速度达到最值的临界条件:加速度为0。 2.三种常用解题方法 极限法 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,以达到正确解决问题的目的 假设法 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 [考法全训] 考法(一)　恰好脱离的临界问题 　　[例1]　如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点,竖直向上为位移x正方向,对物体A施加竖直向上的拉力,物体A以a0做匀加速运动,B物体的加速度随位移变化的a⁃x图像如图乙所示,坐标上的值为已知量,重力加速度为g。以下说法正确的是 (　　) A.在图乙PQ段中,拉力F恒定不变 B.在图乙QS段中,B的速度逐渐减小 C.B位移为x1时,A、B之间弹力大小为0 D.B位移为x2时,弹簧达到原长状态 [解析]　以A、B为整体分析,在PQ段一起向上做匀加速运动,受弹簧弹力、重力和拉力F,合力恒定,向上运动过程中弹簧弹力减小,所以拉力F增大,故A错误;在QS段B的加速度在减小,但方向仍然向上,故其速度仍在增大,故B错误;在x1时B的加速度开始减小,而A的加速度保持不变,故此时两物体刚好分离,A、B之间弹力大小为0,故C正确;位移为x2时,B的加速度为0,合力为0,弹簧弹力大小等于B的重力,故弹簧处于压缩状态,故D错误。 [答案]　C [例2]　(2025·湖南长沙模拟)如图所示,足够长的木板置于光滑水平面上,倾角θ=53°的斜劈放在木板上,一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶,另一端拴接一可视为质点的小球。已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg,斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度g=10 m/s2。现对木板施加一水平向右的拉力F,下列说法错误的是(sin 53°=0.8) (　　) A.若μ=0.2,不论F多大,小球均能和斜劈保持相对静止 B.若μ=0.5,当F=10 N时,木板相对斜劈向右滑动 C.若μ=0.8,当F=22.5 N时,小球对斜劈的压力为0 D.若μ=0.8,当F=26 N时,细绳对小球的拉力为2 N [解析]　若μ = 0.2,假设斜劈与球保持相对静止,则对斜劈与球构成的系统,最大加速度为amax0==2 m/s2,当球刚好要离开斜劈时,只受到重力和绳子拉力作用,有=ma球,解得a球=7.5 m/s2>amax0,可知此情况下不论F多大,小球均能和斜劈保持相对静止,故A正确,不符合题意;若μ=0.5,当F=10 N时,假设板、斜劈、球三者相对静止,则对板、斜劈、球构成的系统,有F=3ma,解得a= m/s2,对斜劈与球构成的系统,最大加速度为amax1==5 m/s2>a,可知此时木板与斜劈相对静止,故B错误,符合题意;若μ=0.8,则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为amax2==8 m/s2,对板、球和斜劈构成的系统,有F临界=3mamax2=24 N>22.5 N,当F=22.5 N时,板、球和斜劈相对静止,有a'==7.5 m/s2=a球,可知此时球刚好要离开斜劈,小球对斜劈的压力为0,故C正确,不符合题意;若μ=0.8,当F=26 N时,球离开斜劈,在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止,此时球和斜劈的加速度均为amax2=8 m/s2,对球分析,有FT==2 N,故D正确,不符合题意。 [答案]　B 考法(二)　叠加体系统相对滑动的临界问题 　　[例3]　如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m的最大拉力为 (　　) A. B. C. D.3μmg [解析]　当绳中拉力最大时,木块要相对滑动,设绳中最大拉力为FT,对右侧的m,根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma,对左侧整体有FT=3ma,联立解得FT=,A、C、D错误,B正确。 [答案]　B |思|维|建|模| 　 叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)　动力学中的极值问题 　　[例4]　如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=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=。重力加速度g取10 m/s2。 (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=v0t+at2 ① v=v0+at ② 代入数据得a=3 m/s2 ③ v=8 m/s。 ④ (2) 设物块所受支持力大小为FN,所受摩擦力大小为Ff,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 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma ⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0 ⑥ 又Ff=μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式,可得F= ⑧ 由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式,得F的最小值为Fmin= N。 [答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·山西太原模拟)蹦床运动是一种集竞技、健身、观赏和娱乐于一体的综合性运动。某同学在练习蹦床运动时,在弹性网上安装压力传感器,利用压力传感器记录了他运动过程中所受蹦床弹力F随时间t的变化图像,如图所示。不计空气阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.该同学刚开始处于静止状态,可算出其质量为45 kg B.该同学在6.6~7.4 s内先处于失重状态,后一直处于超重状态 C.该同学全程的最大加速度为10 m/s2 D.该同学在4.6~6.6 s内离开蹦床上升的最大高度为5 m 解析:选D　由题图可知,该同学在1.5 s前受力平衡,根据实际情况只能是处于静止状态,且弹力大小等于重力,有mg=400 N,解得m=40 kg,故A错误;弹力大小小于重力时处于失重状态,弹力大小大于重力时处于超重状态,则该同学在6.6~7.4 s内先处于失重状态,后处于超重状态,最后一段又处于失重状态,故B错误;该同学在0~7.4 s内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度,由牛顿第二定律有amax== m/s2=25 m/s2,故C错误;由题图可知,该同学在4.6~6.6 s内,先做竖直上抛运动后做自由落体运动,根据对称性可知,上升和下落时间均为t=1 s,则该同学在4.6~6.6 s内离开蹦床上升的最大高度为h=gt2=5 m,故D正确。 2.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上,如图。若对A施加水平推力F,使两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力,下列说法正确的是 (　　) A.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为F B.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ,则物块A对B的作用力大小为 D.若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ,则物块A对B的作用力大小为 解析:选C　若水平面光滑,对A和B整体受力分析可知F=(m+2m)a,解得a=,再对B受力分析,B水平方向只受到A的作用力,由牛顿第二定律可知N=2ma,解得物块A对B的作用力大小为N=F,故A、B错误;若物块A与水平面、B与水平面的动摩擦因数均为μ,则对A和B整体受力分析可知F-μ(m+2m)g=(m+2m)a',解得a'=,再对B受力分析,B水平方向受到A的作用力和滑动摩擦力,由牛顿第二定律可知N'-μ·2mg=2ma',解得N'=F,故C正确,D错误。 3.(2025·河南郑州模拟)如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B上,以FN表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量。初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x=0)。现改变力F的大小,使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中FN或F随x变化的图像正确的是 (　　) 解析:选D　设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x0,则有mg-kx0=ma,解得x0=,在此之前,对A有mg-FN-kx=ma,对A、B整体有2mg-F=2ma,A、B之间的压力由开始运动时的线性减小到零,而力F由开始时的mg线性减小到,此后托盘与物块分离,力F保持不变,故选D。 4.(2025·广东东莞模拟)如图所示,质量M=2 kg的玩具动力小车在水平面上运动时,小车牵引力F=8 N和受到的阻力f=1 N均为恒力,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m=1 kg的物体由静止开始运动。运动t=4 s后,轻绳从物体上脱落,物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.轻绳脱落之前,绳的拉力大小为5 N B.轻绳脱落之前,小车的加速度大小是 m/s2 C.轻绳脱落之后,物体继续滑行时间2 s D.物体刚停止时,小车的速度大小是3.5 m/s 解析:选A　轻绳脱落之前,对小车和物体整体由牛顿第二定律可得加速度大小a== m/s2=1 m/s2,选项B错误;轻绳脱落之前,对小车有F-f-T=Ma,解得绳的拉力大小为T=5 N,选项A正确;轻绳脱落时物体和小车的速度v=at=4 m/s,轻绳脱落之后,物体做匀减速运动的加速度大小a1=μg=4 m/s2,则继续滑行时间t1==1 s,选项C错误;轻绳脱落之后小车运动的加速度a2== m/s2=3.5 m/s2,物体刚停止时,小车的速度大小是v'=v+a2t1=4 m/s+3.5×1 m/s=7.5 m/s,选项D错误。 5.如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上,使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动,直到A、B分离,重力加速度为g,则关于此过程说法正确的是 (　　) A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为FAB= C.从施加力F到A、B分离的时间为4 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 解析:选A　设开始时弹簧的压缩量为x0,则kx0=4mg,开始施加拉力F的瞬间,对A物体根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma,解得FAB=,故A正确,B错误;在A、B分离瞬间,A、B间的弹力为零,弹簧弹力不为零, 对A受力分析得kx-3mg=3ma,解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=,则A上升的高度h=x0-x=,由h=at2,解得从施加力F到A、B分离的时间为t=,故C、D错误。 二、多项选择题 6.(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　　) A.m甲<m乙　　　　　 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 解析:选BC　根据牛顿第二定律,可得F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知F⁃a图像的斜率为m,纵截距为μmg,则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙。 7.如图甲所示,物块A、B中间用一根轻质弹簧相连,静止在光滑水平面上,弹簧处于原长,物块A的质量为1.5 kg。t=0时对物块A施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去,在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内,则 (　　) A.t=1 s时物块A的速度大小为0.8 m/s B.t=1 s时弹簧弹力为0.6 N C.物块B的质量为0.8 kg D.F大小为1.5 N 解析:选BD　若物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2,a⁃t图像的面积为Δv=×1 m/s=0.8 m/s,而A的初速度为零,可知1 s时物块A的速度为0.8 m/s,但实际是物块A的a⁃t图像的面积偏小,即速度变化量小于0.8 m/s,则t=1 s时A的速度大小小于0.8 m/s,故A错误;恒力F拉动A的瞬间,由a⁃t图像知A的加速度为a0=1 m/s2,有F=mAa0=1.5 N,1 s时A、B两者的加速度相等a=0.6 m/s2,对A、B由牛顿第二定律分别有F-F弹=mAa,F弹=mBa,解得mB=1 kg,F弹=0.6 N,故B、D正确,C错误。 三、计算题 8.(12分)(2025·湖南长沙模拟)如图甲所示,形木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB粗糙,光滑表面BC与水平面夹角θ=37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值,当力传感器被拉时,其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑,运动过程中,传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求: (1)斜面BC的长度;(3分) (2)滑块的质量;(4分) (3)木块水平表面AB段长度。(5分) 解析:(1)对滑块在BC面和AB面时受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得a1=gsin θ=6 m/s2 滑块在斜面上运动的时间为t1=1 s,由运动学公式得s1=a1=3 m。 (2)滑块对斜面的压力为N1'=N1=mgcos θ 木块对传感器的压力为F1=N1'sin θ 由题图乙可知F1=12 N, 解得m=2.5 kg。 (3)滑块滑到B点的速度为v1=a1t1=6 m/s 由题图乙可知|F2|=f2=5 N,t2=2 s,根据牛顿第二定律得a2==2 m/s2 水平表面AB段长度为s2=v1t2-a2=8 m。 答案:(1)3 m　 (2)2.5 kg　 (3)8 m 9.(14分)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受,大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成,除第四节车厢为无动力车厢外,其余六节车厢均具有动力系统,设每节车厢的质量均为m,各动力车厢产生的动力相同,经测试,该列车启动时能在时间t内将速度提高到v,已知运动阻力是车重的k倍。求: (1)列车在启动过程中,第五节车厢对第六节车厢的作用力大小;(6分) (2)列车在匀速行驶时,第六节车厢失去了动力,若仍要保持列车的匀速运动状态,则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大?(8分) 解析:(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动,启动加速度为a=, ① 对整个列车,由牛顿第二定律得 F-k·7mg=7ma, ② 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T,对第六、七两节车厢进行受力分析,水平方向受力如图所示,由牛顿第二定律得 +T-k·2mg=2ma, ③ 联立①②③,解得T=-m, ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反,即与列车运动方向相反。 (2)列车匀速运动时,对整体由平衡条件得F'-k·7mg=0, ⑤ 设第六节车厢有动力时,第五、六节车厢间的作用力为T1,则有+T1- k·2mg=0, ⑥ 第六节车厢失去动力时,仍保持列车匀速运动,则总牵引力不变,设此时第五、六节车厢间的作用力为T2,则有+T2-k·2mg=0, ⑦ 联立⑤⑥⑦,解得T1=-kmg,T2=kmg, 因此作用力变化ΔT=T2-T1=kmg。 答案:(1)m　(2)kmg 第4讲　牛顿运动定律的综合应用(二)(综合融通课) (一) 动力学中的传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1.三种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①v0>v,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0=v,一直匀速 ③v0<v,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情境3 ①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。其中,若v0>v,返回时速度为v;若v0≤v,返回时速度为v0 2.解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上,只要物体和传送带不共速,物体就会在滑动摩擦力的作用下,朝着和传送带共速的方向变速,直到共速,滑动摩擦力消失,与传送带一起匀速运动,或由于传送带不是足够长,在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况: ①若二者同向,则Δs=|s传-s物|; ②若二者反向,则Δs=|s传|+|s物|。 　　[例1]　传送带在生产生活中广泛应用。如图所示,一水平传送带长L=10 m,以v=5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接,斜面倾角θ=30°。一物块由静止轻放到传送带左端,物块在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用的时间; (2)物块沿斜面上滑的最大位移; (3)从物块轻放到传送带左端开始计时,通过计算说明t=10 s时物块所处的位置。 [解析]　(1)物块在传送带上的匀加速运动过程,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,解得a1=2.5 m/s2, 由运动学公式有v=a1t1,解得t1=2 s, 运动的距离为x1=a1=5 m, 物块在传送带上匀速运动的时间为 t2==1 s, 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t=t1+t2=3 s。 (2)物块沿斜面上滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma2,解得a2=5 m/s2, 由运动学公式有v2=2a2x2, 解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2=2.5 m。 (3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3,由运动学公式有v=a2t3, 解得t3=1 s。 设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4,则有x2=a2,解得t4=1 s。 物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度大小为v1=a2t4=5 m/s, 物块沿水平传送带向左减速运动,速度减为零所需时间为t5==2 s。 物块在传送带上的往返运动具有对称性,物块沿水平传送带第二次向右加速运动,到达斜面底端所需时间为t6=t5=2 s。 物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7=t3=1 s。 因为t1+t2+t3+t4+t5+t6+t7=10 s, 所以10 s时,物块刚好第二次上滑到最大位移处,物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。 [答案]　(1)3 s　(2)2.5 m　(3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处 　　[针对训练] 1.(2025·辽宁抚顺模拟)如图所示,足够长的水平传送带顺时针加速转动,加速度的大小为a=1 m/s2,上表面跟水平台面等高且平滑连接。当传送带的速度为1 m/s时,小物块从其B端以v0=8 m/s的速度冲上传送带,物块跟传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2。物块在传送带上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.物块速度减为零时相对传送带运动的位移大小为8 m B.物块在传送带上始终受到水平向右的滑动摩擦力 C.从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为4 s D.物块返回传送带B端时的速度大小为2 m/s 解析:选D　物块减速时的加速度大小a1===μg=4 m/s2,减速到零的时间t1===2 s,此时物块的位移大小x块=v0t1=8 m,传送带的位移大小x带=v带t1+a带=4 m,故二者的相对位移大小Δx=x块+x带=12 m,A错误;物块向左减速运动时,摩擦力向右,减速为零后,开始向右加速运动,共速后,二者以共同的加速度向右匀加速运动,受到的是静摩擦力,B错误;物块速度为零时,传送带的速度为v'=v带+a带t1=3 m/s,设从该时刻到二者共速的时间为t2,则有a1t2=v'+a带t2,解得t2=1 s,此时它们共同速度为v共=4 m/s,此时物块运动的位移x块'=v共t2=2 m,物块到B端的距离Δx'=x块-x块'=6 m,设此时到物块返回B端的时间为t3,由匀变速运动规律可得Δx'=v共t3+a带,解得t3=s,所以从物块冲上传送带到物块返回传送带B端经历的总时间为t=t1+t2+t3=s,C错误;设物块返回到B端的速度大小为v2,根据上述分析可得-=2a带Δx',解得v2=2 m/s,D正确。 类型(二)　倾斜传送带模型 1.两种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境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 2.解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时,可以分为两类:物体由底端向上运动,或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系,进一步判断物体所受合力与速度方向的关系,确定物体运动情况。 　　[例2]　(2025·广东惠州模拟)如图所示为传送带装置示意图的一部分,传送带与水平地面间的夹角θ=37°,A、B两端的距离足够远,质量m=1 kg的物体(可视为质点)以速度v0=8 m/s沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)若传送带不转动,求物体沿传送带上滑的最大距离; (2)若传送带沿顺时针方向运转的速度v=5 m/s,求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中传送带上的划痕长度。 [解析]　(1)若传送带不转动,设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2 由运动学公式得0-=-2a1xm 解得xm=3.2 m。 (2)设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t1,则v=v0-a1t1,解得t1=0.3 s 又μ<tan θ,物体不能与传送带保持相对静止,设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2 设物体再用时t2上滑到最高点,可得0=v-a2t2 解得t2=2.5 s 物体从A点上滑到最高点所需的时间t=t1+t2=2.8 s 在0~0.3 s内,物体相对传送带上滑,相对位移Δx1=t1-vt1,解得Δx1=0.45 m 在0.3~2.8 s内,物体相对传送带下滑,相对位移Δx2=vt2-t2 解得Δx2=6.25 m>Δx1=0.45 m 故划痕长度Δx=Δx2=6.25 m。 [答案]　(1)3.2 m　(2)2.8 s　6.25 m 　　[针对训练] 2.(2025·安徽六安模拟)(多选)如图甲所示,倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动,其v⁃t图像如图乙所示,煤块到达传送带顶端时速度恰好为零。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 (　　) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.煤块相对传送带的位移为2 m D.煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 解析:选AC　在0~1 s内煤块的加速度大小为a= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma,解得μ=0.25,故A正确;由题图乙可知,传送带速度为v1=4 m/s,0~1 s内煤块速度大于传送带速度,相对传送带向前运动,则煤块的位移为x1=×1 m=8 m,传送带的位移为x2=4×1 m=4 m,1~2 s内煤块速度小于传送带速度,相对传送带向后运动,则煤块的位移为x1'=×4×1 m=2 m,传送带的位移为x2'=4×1 m=4 m,传送带底端到顶端的距离为d=x1+x1'=10 m,煤块相对传送带的位移为Δx=(x1+x1')-(x2+x2')=2 m,故B错误,C正确;由题图乙可知,在0~1 s内煤块的速度大于传送带的速度,煤块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与煤块运动的方向相反;在1~2 s内,煤块的速度小于传送带的速度,煤块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与煤块运动的方向相同,故D错误。 (二)动力学中的滑块—木板模型 1.关注“一个转折”和“两个关联” 一个 转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个 关联 指转折前后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2.解决“板块”模型问题的“思维流程” 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 　　[例1]　(2025·福建莆田模拟)如图(a)所示,长L=1 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的右端放置着质量m=1 kg的滑块(可视为质点)。现用不同的水平恒力F向右拉木板,得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图(b)所示,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1; (2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M; (3)若水平恒力F=31 N,滑块从木板上滑落经历的时间t。 [解析]　(1)由题图(b)可知,F>29 N时滑块和木板发生相对运动,此时滑块的加速度a1=5 m/s2 对滑块有μ1mg=ma1 解得μ1=0.5。 (2)相对滑动时对木板有F-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma2 整理可得a2=F- 结合图像可得= kg-1, 0=- 解得M=4 kg,μ2=0.08。 (3)F=31 N时,滑块和木板发生相对运动,此时滑块的加速度a1=5 m/s2 对木板有F-μ2g-μ1mg=Ma2' 解得a2'=5.5 m/s2 又有L=a2't2-a1t2 解得t=2 s。 [答案]　(1)0.5　(2)0.08　4 kg　(3)2 s 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 　　[例2]　(2025·江苏苏州模拟)质量为M=5 kg的长木板置于水平面上,物块(视为质点)质量m=1 kg,初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度,大小分别为v1=5 m/s、v2=1 m/s,方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取g=10 m/s2。求: (1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2; (2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1; (3)到两者都静止时,物块距木板右端的距离。 [解析]　(1)对长木板受力分析,根据牛顿第二定律得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1 解得a1=2 m/s2 对物块受力分析得μ2mg=ma2 解得a2=1 m/s2。 (2)规定水平向右为正方向,对物块与木板的运动情况分析,结合(1)问作出长木板与物块的v⁃t图像如图 设经t1时间物块与木板的速度v3相同,有v3=v1-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=2 s 此时的速度v3=v1-a1t1=1 m/s。 (3)物块与长木板速度达到相等后,由于μ2<μ1,所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。 对物块受力分析知,物块加速度大小仍为a2=1 m/s2 对长木板受力分析得μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1' 解得a1'=1.6 m/s2 设长木板从二者速度相等经时间t2减速停下 0=v3-a1't2 解得t2=0.625 s 长木板在与物块速度相等前运动的位移为x板1=v1t1-a1=6 m 长木板在t2时间内的位移为 x板2=v3t2-a1'=0.312 5 m 可得长木板对地位移为x=x板1+x板2=6.312 5 m,方向向右 由物块的v⁃t图像可知,物块对地位移为x'=××1 m-×1×1 m=0.5 m,方向向右 两者的相对位移为Δx=x-x'=5.812 5 m。 [答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)5.812 5 m 类型(三) 倾斜面上的板块模型 　　[例3]　如图所示,倾角θ=37°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=10.8 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的顶端叠放一质量m=1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知),使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态,求物块与木板间的动摩擦因数μ; (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ' = 0.8,求使物块不滑离木板时恒力F的范围; (3)若μ'=0.8,F=24 N,求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 [解析]　(1)对物块受力分析,有mgsin θ=f,N=mgcos θ,f=μN,解得μ=0.75。 (2)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a 以物块为研究对象,由牛顿第二定律有 f'-mgsin θ=ma 又f'≤fmax=μ'mgcos θ,a>0 解得18 N<F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力的范围为18 N<F≤19.2 N。 (3)因F=24 N>19.2 N,物块会滑离木板,设物块在木板上时物块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2, 有μ'mgcos θ-mgsin θ=ma1 F-Mgsin θ-μ'mgcos θ=Ma2 解得a1=0.4 m/s2,a2=2.8 m/s2 设物块在木板上运动的时间为t1, 由几何关系有a2-a1=L,解得t1=3 s 此后物块从木板上掉落,设掉落后物块的加速度大小为a3,木板的加速度大小为a4,有mgsin θ=ma3,F-Mgsin θ=Ma4 解得a3=6 m/s2,a4=6 m/s2 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2,有t2= 解得t2=0.2 s 以物块与木板分离处为起始点,物块的位移大小x1=t2 木板的位移大小x2=a2t1t2+a4 又x=x2-x1, 解得x=1.68 m。 [答案]　(1)0.75　(2)18 N<F≤19.2 N (3)1.68 m [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·宁夏银川模拟)如图所示,水平传送带以v=1 m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处,物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.物体在传送带上的加速时间为0.5 s B.物体从A处到B处的时间为2 s C.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2 D.若传送带的速度足够大,物体从A处到B处的最短时间为1.5 s 解析:选C　物体刚被放上传送带时的加速度大小为a==μg=1 m/s2,物体在传送带上的加速时间为t1==1 s,A错误,C正确;物体加速的位移x1=a=0.5 m,匀速的时间t2==1.5 s,物体从A处到B处的时间为t=t1+t2=2.5 s,B错误;若传送带的速度足够大,物体从A处到B处一直加速,则根据L=a,可得最短时间为tmin== s=2 s,D错误。 2.如图所示,足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动,一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则 (　　) A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角,滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动,滑块可能先做加速运动后做匀速运动 解析:选C　设滑块质量为m,传送带倾角为θ,刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,滑块沿传送带向下做匀加速运动,当滑块与传送带达到共同速度时,由于滑块一直做加速运动,则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,则滑块继续向下加速运动,加速度大小改变,故A、B错误;若减小传送带的倾角,当滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ≤μmgcos θ,此后滑块与传送带一起匀速运动,所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动,故C正确;由于传送带沿逆时针方向转动时滑块一直做加速运动,可知mgsin θ>μmgcos θ,若传送带改为顺时针转动,则滑块一直向下做匀加速运动,故D错误。 3.如图甲所示,一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板,取g=10 m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为 (　　) A.1 s B.2 s C. s D. s 解析:选A　由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2 N;当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N,小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1 -Ff2=Ma,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L,解得t=1 s,故A正确。 4.滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是 (　　) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.6 m/s2 C.经过1 s的时间,小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析:选C　在小孩和滑板脱离前,对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小为a1==2.8 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2==0.8 m/s2,A、B错误;小孩刚与滑板分离时,有a1t2-a2t2=L,解得t=1 s,离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=2.8 m/s,D错误,C正确。 5.(2025·陕西商洛模拟)如图1所示,一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块(可视为质点)以速度v0滑到长木板上,t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v⁃t图像,图中t1、v0、v1已知,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.物块运动的位移为t1 B.木板的长度为v1t1 C.物块与木板的质量之比为 D.物块与木板之间的动摩擦因数为 解析:选A　物块做匀减速直线运动的初速度为v0,末速度为v1,时间为t1,则物块的位移为题图2中的梯形面积x=t1,故A正确;t1时刻物块恰好滑至长木板的最右端,所以相对位移就是板长,根据题图2可知相对位移为l=,故B错误;设物块与长木板间的摩擦力大小为f,物块的加速度大小为a1==,木板加速度大小为a2==,所以物块与木板的质量之比为=,故C错误;由于摩擦力为f=μmg=ma1,所以物块与木板之间的动摩擦因数为μ=,故D错误。 二、多项选择题 6.如图所示,有一条传送带与水平面的夹角θ=37°,传送带以v=4 m/s的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A,经过时间t小物块运动到最低点B。已知A、B之间的距离为5.8 m,物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,小物块可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则小物块从A到B的时间可能是 (　　) A.1 s B.1.4 s C. s D. s 解析:选BD　题干没有明确传送带的运动方向,因此,传送带可能沿顺时针方向转动,也可能沿逆时针方向转动。若传送带顺时针转动,因为μ<tan θ,则物块从A到B一直匀加速运动,mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,则有L=at2,代入数据解得t= s;若传送带逆时针转动,刚开始物块的加速度a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==0.4 s,发生的位移为L1=a1=0.8 m,可知物块加速到4 m/s时仍未到达B点,因为μ<tan θ,此后物块继续沿传送带向下做匀加速运动,设此后物块加速度为a2,则mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,则有L-L1=vt2+a2,解得t2=1 s,故物块从A运动到B所用的总时间t总=t1+t2=1.4 s,故选B、D。 7.(2025·内蒙古呼和浩特模拟)如图甲所示,传送带与水平面的夹角为θ,在传送带中点无初速度地放置一木块(视为质点),木块的速度随时间变化的图像如图乙所示,v1、v2、t1、t2均已知,木块到达传送带底端的时间大于t2,重力加速度大小为g,则 (　　) A.传送带可能沿顺时针方向转动 B.木块与传送带间的动摩擦因数μ < tan θ C.sin θ=+ D.传送带的长度L = v1t1 + (v2+v1)(t2-t1) 解析:选BC　若传送带沿顺时针方向转动,当mgsin θ > μmgcos θ时,木块将一直沿传送带向下做匀加速直线运动,当mgsin θ<μmgcos θ时,木块将向上先加速到与传送带速度相等再做匀速运动,两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙,所以传送带一定沿逆时针方向转动,故A错误;由题意可知,木块不能在传送带上与传送带保持相对静止,则mgsin θ>μmgcos θ,即μ<tan θ,故B正确;由题图乙可知,0~t1时间内有mgsin θ+μmgcos θ=m,t1 ~ t2时间内有mgsin θ-μmgcos θ=m,联立解得sin θ=+,故C正确;由题图乙可知,0~t2时间内木块的位移大小x=,但木块运动时间大于t2,则传送带的长度L>v1t1+,故D错误。 三、计算题 8.(12分)(2025·四川广安模拟)如图所示,在水平地面上静置一质量M=2 kg的长木板,在长木板左端静置一质量m=1 kg的小物块A,在A的右边静置一小物块B(B表面光滑),B的质量与A相等,A、B之间的距离L0=5 m。在t=0时刻B以v0=2 m/s的初速度向右运动,同时对A施加一水平向右、大小为6 N的拉力F,A开始相对长木板滑动。t1=2 s时A的速度大小为v1=4 m/s。木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,求: (1)物块A与木板间的动摩擦因数μA;(3分) (2)已知t2=2.5 s时两物块均未滑离长木板,求此时物块A、B间的距离x;(4分) (3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰,求木板长度L。(5分) 解析:(1)由运动学公式得v1=a1t1 解得a1=2 m/s2 对A由牛顿第二定律得F-μAmg=ma1 解得μA=0.4。 (2)t2=2.5 s时,B运动的位移大小 xB=v0t2=2×2.5 m=5 m A运动的位移大小 xA=a1=×2×2.52 m=6.25 m 此时A、B间的距离x=L0+xB-xA=5 m+5 m-6.25 m=3.75 m。 (3)对木板由牛顿第二定律得μAmg-μ(m+m+M)g=Ma2 解得a2=1 m/s2 设经过t'时间物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰,则a1t'2=L0+v0t' A到达木板右端,可得a1t'2=L+a2t'2 联立解得L= m。 答案:(1)0.4　(2)3.75 m　(3) m 9.(14分)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节。图1是快递分拣传送装置,它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送,图2是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端,图3为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,1.3 s时刚好达到B端,且速率不变地滑上C端,已知货物与两段传送带的动摩擦因数相同。g取10 m/s2。求: (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数;(6分) (2)若CD段的长度为2.6米,以顺时针方向转动,则CD部分传送带速度至少为多少,快递员才能在D端取到货物。(8分) 解析:(1)由v⁃t图像可知,传送带AB段的长度为LAB=(1.3-0.8+1.3)×4× m=3.6 m 货物在水平传送带上加速时,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得a1=μg, 由图像可知货物在水平传送带上的加速过程加速度为a1= m/s2=5 m/s2,则μ=0.5。 (2)依题意,货物以4 m/s的速率滑上倾斜传送带CD部分,CD传送带以顺时针方向转动但速度未知,第一种情况:若传送带CD部分速度大于货物速度,不符合传送带速度取最小的情况,故舍弃; 第二种情况:若传送带CD部分速度小于货物速度,货物所受摩擦力方向沿斜面向下, 则ma2=mgsin θ+μmgcos θ, 解得a2=10 m/s2, 故货物先沿传送带CD向上做匀减速直线运动,等到与传送带CD共速时由于μ<tan θ,故共速后 将仍做匀减速直线运动,则ma3=mgsin θ-μmgcos θ, 解得a3=2 m/s2, 建立v⁃t图像如图所示 则有s1=,s2=,LCD=s1+s2, 解得v=3 m/s, 即传送带CD的速度至少为3 m/s,快递员才能在D端取得货物。 答案:(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s 第5讲　探究加速度与物体受力、物体质量的关系(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 探究方法——控制变量法 (1)平衡:把木板的一侧垫高,平衡小车受到的阻力(改变小车或槽码质量,无需重新平衡阻力)。 (2)质量:槽码的质量远小于小车质量(若使用力传感器,或以小车与槽码的系统为研究对象,无需满足此要求)。 (3)要测量的物理量 ①小车与其上钩码的总质量(用天平测量)。 ②小车受到的拉力(约等于槽码的重力)。 ③小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度)。 (4)其他:细绳与长木板平行;小车从靠近打点计时器的位置释放;在到达定滑轮前按住小车;实验时先接通电源,后释放小车。 二、掌握数据处理方法 1.逐差法求加速度 先在纸带上标明计数点,测量各计数点间的距离,根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。 2.作图像找关系 (1)探究加速度与力的关系 以加速度a为纵轴、F为横轴,根据测量的数据描点,然后作出a⁃F图像,看图像是否是通过原点的倾斜直线,就能判断a与F是否成正比。 (2)探究加速度与质量的关系 以a为纵轴、M为横轴,根据各组数据在坐标系中描点,将会得到如图甲所示的一条曲线,由图线只能看出M增大时a减小,不能得出a与M的具体关系。若以a为纵轴、为横轴,将会得到如图乙所示的一条过原点的倾斜直线,就能判断a与M成反比。 三、注意实验细节 1.平衡阻力的方法:在长木板无滑轮的一端垫上小木块,使其适当倾斜,利用小车重力沿斜面方向的分力与阻力平衡。 2.判断小车是否做匀速直线运动,可通过打点纸带,看上面各点间的距离是否均匀。 3.平衡阻力时要注意以下两点: (1)平衡阻力时不能在细绳的另一端挂槽码。 (2)平衡阻力时必须让小车连上纸带,且让打点计时器处于工作状态。 四、做好误差分析 1.偶然误差 (1)小车、槽码质量的测量。 (2)纸带上各计数点间距的测量。 2.系统误差 (1)平衡阻力不足或者过度。 (2)用槽码的重力替代细绳的拉力。 二、实验关键/重点解读 　　本实验是高考命题的常考实验,实验命题除考查利用纸带求速度、加速度的大小外,还考查小车阻力的平衡、小车所受合力等于槽码重力应满足的条件、a⁃F图像和a⁃图像的特点等,试题难度中等。 　　　　　　　　　　　　　　　　 关键点(一) 　 是否需要平衡阻力   [题点训练] 1.(2025·山东青岛模拟)小明利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系,滑块放在长木板上,长木板置于水平桌面上,砂桶通过滑轮与细线拉滑块,在细线上接有一个微型力传感器,通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F。保持滑块质量不变,在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数F,利用打点计时器打出的纸带求出对应拉力F时的加速度a,从而得到如图乙所示的F⁃a图像。 (1)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。  A.调整长木板右端的定滑轮,使得细线与长木板平行 B.在不挂砂桶的前提下,将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡阻力 C.小车靠近打点计时器,先释放小车,再接通电源 D.为减小误差,实验中要保证砂和砂桶的总质量m0远小于小车的质量M (2)实验中打出的一条纸带如图丙所示,打点计时器打点的周期为T,在纸带上依次标上1、2、3、4、5、6、7等计数点,相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来,测得x1、x2、x3、x4、x5、x6。利用以上数据可知,打该纸带时滑块的加速度计算式为a=　　　　　　　　　　(用题中字母表示)。  (3)图乙中直线的延长线没有经过原点的原因是　　　　　　　　 (任写一条即可),由图乙可知滑块的质量m=　　　　　kg(结果保留两位有效数字)。  解析:(1)调整长木板右端的定滑轮,使得细线与长木板平行,以保证细线上的拉力等于滑块所受合力,故A正确;该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡阻力,故B错误;为充分利用纸带,小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,故C错误;因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F,所以不再需要保证砂和砂桶的总质量m0远小于小车的质量M,故D错误。 (2)相邻两计数点间的时间间隔T0=5T,根据逐差法,打该纸带时滑块的加速度计算式为a==。 (3)题图乙中直线的延长线没有经过原点,由图可知,当F=2 N时a=0,说明未完全平衡阻力。设未完全平衡的阻力为f,根据牛顿第二定律得F-f =ma,整理得F=ma+f,F⁃a图像的斜率表示滑块的质量,可得滑块的质量m= kg=1.0 kg。 答案:(1)A　(2) (3)未完全平衡阻力　1.0 2.图甲是利用气垫导轨探究在外力一定的条件下,物体加速度与质量关系的实验装置。实验步骤如下: ①气垫导轨放在水平桌面上,并调至水平; ②用游标卡尺测出挡光条的宽度为L; ③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离为s; ④将滑块移至光电门1左侧某处,待砝码静止不动后释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门2; ⑤从数字计时器(图中未画出)上读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2; ⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量为M; ⑦改变滑块的质量,重复步骤④⑤⑥进行多次实验。 根据上述实验回答下列问题: (1)关于实验操作,下列说法正确的是　　　。(多选)  A.应先接通光电门后释放滑块 B.调节气垫导轨水平时,应挂上砝码 C.应调节定滑轮使细线和气垫导轨平行 D.每次都应将滑块从同一位置由静止释放 (2)用测量物理量的字母表示滑块加速度a=　　　　　　　　。  (3)由图乙画出的 ⁃M的图线(实线),可得到砝码和砝码盘的总重力G=　　　　　　N(保留两位有效数字)。  (4)在探究滑块加速度a和质量M间的关系时,根据实验数据画出如图乙所示的 ⁃M图线,发现图线与理论值(虚线)有一定的差距,可能原因是 　 　。  解析:(1)先接通光电门后释放滑块,以确保滑块经过光电门时,光电门能正常工作,故A正确;挂上砝码后,滑块受拉力作用,因此在调节气垫导轨水平时应不挂砝码,故B错误;调节定滑轮使细线和气垫导轨平行的目的是使滑块所受拉力与运动方向相同,故C正确;由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间,不需要每次经过时速度都相等,因此不需要每次都将滑块从同一位置由静止释放,故D错误。 (2)根据匀变速直线运动规律有2as=-=-,解得a=。 (3)在 ⁃M图像中,图线的斜率表示滑块所受作用力的倒数,即为,因此有G=≈2.4 N。 (4)图像出现了纵截距,可能原因是没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。 答案:(1)AC　(2) (3)2.4(2.3~2.5均可) (4)没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量) [归纳建模] 1.在探究放在长木板上的小车的加速度与所受的合外力、质量的关系时,为了使细绳的拉力作为小车所受的合外力,必须平衡小车所受的阻力。 2.在利用气垫导轨探究滑块加速度与合外力、质量的关系时,只要气垫导轨处于水平状态,细绳的拉力即为滑块所受的合外力,此时不必使导轨适当倾斜。 关键点(二) 　 是否需要满足m≪M   [题点训练] 1.(2025·天津模拟)在进行力学实验时,需要结合实验原理来掌握实验的有关要求,不能死记硬背。如图甲所示的装置,附有滑轮的长木板平放在实验桌面上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的槽码,使小车在槽码的牵引下运动,利用这套装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 (1)在进行实验时,需要先将长木板倾斜适当的角度,这样做的目的是　　　　　,还要求槽码的质量远小于小车的质量,这样做的目的是　　　　　。(均选填以下选项前的字母)  A.使小车获得较大的加速度 B.使细线的拉力等于小车受到的合外力 C.使小车最终能匀速运动 D.使槽码重力近似等于细线的拉力 (2)在探究加速度与质量关系时,需在小车上放置钩码以改变质量,若以小车上放置的钩码的总质量m0为横坐标,以为纵坐标,在坐标纸上作出⁃m0关系图线,图乙为按照正确的实验步骤所得实验图线的示意图,所有物理量均采用国际单位,已知图中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,若牛顿第二定律成立,则小车受到的拉力为　　　　,小车的质量为　　　　　。  解析:(1)在进行实验时,需要先将长木板倾斜适当的角度,使小车重力沿长木板方向的分力能够与阻力平衡,从而使细线的拉力等于小车受到的合外力,故选B。设小车的质量为M,槽码的质量为m,对小车由牛顿第二定律有F=Ma,对槽码由牛顿第二定律有mg-F=ma,联立解得F=,当槽码的质量远小于小车的质量时,即m远小于M时,可认为F=mg,槽码重力近似等于细线的拉力,故选D。 (2)设小车质量为M,小车受到拉力为F,由牛顿第二定律有F=(m0+M)a,整理得=m0+,所以⁃m0图像的斜率为k=,纵轴截距为b=,解得拉力F=,M=。 答案:(1)B　D　(2)　 2.(2025·重庆高三联考)小明和小华同学准备用图甲所示器材测量小车质量M,所用交流电频率为50 Hz,共6个槽码,每个槽码的质量m均为10 g。 实验步骤如下: a.安装好实验器材,跨过定滑轮的细线一端连接在小车上,另一端悬挂着6个槽码。调整轨道的倾角,用手轻拨小车,直到打点计时器在纸带上打出一系列　　　　的点,表明小车沿倾斜轨道匀速下滑;  b.保持轨道倾角不变,取走1个槽码,让小车拖着纸带沿轨道下滑,根据纸带上打的点迹测出加速度a; c.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量,重复步骤b; d.以取走槽码的总个数n的倒数为横坐标,以为纵坐标,在坐标纸上作出⁃关系图线。 已知重力加速度大小g=9.80 m/s2,计算结果均保留三位有效数字,请完成下列填空: (1)步骤a中,横线部分应为　　　　　　　。  (2)下列说法正确的是　　　　。  A.先将小车从靠近打点计时器处释放,再接通电源 B.小车下滑时,位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行 C.实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量 D.若细线下端悬挂着2个槽码,则小车在下滑过程中受到的合外力小于4mg (3)某次实验获得如图乙所示的纸带,相邻计数点间均有4个点未画出,则小车的加速度大小为　　　　m/s2。  (4)测得⁃关系图线的斜率为3.00 s2/m,则小车质量M=　　　　 kg。  解析:(1)小车沿倾斜轨道匀速下滑时,打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。 (2)先接通电源,后释放小车,小车应从靠近打点计时器处释放,故A错误;小车下滑时,为保证实验的准确性,应使细线始终与轨道平行,故B正确;由于该实验每个槽码的质量已知,故以小车和悬挂槽码整体为研究对象,则不需要使槽码质量远小于小车质量,故C错误;若细线下端悬挂着2个槽码,小车加速下滑,槽码加速上升,槽码超重,故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力,所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg,故D正确。 (3)相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s,由逐差法可得加速度大小为a==×10-3 m/s2=0.820 m/s2。 (4)由平衡条件得Mgsin θ-f-6mg=0,减少n个槽码后,对小车和槽码分别有Mgsin θ-f-T=Ma,T-(6-n)mg=(6-n)ma,则a=,即=·-,可得斜率k==3.00 s2/m,解得M=0.234 kg。 答案:(1)间距均匀　 (2)BD　(3)0.820　(4)0.234 [归纳建模] 1.平衡好阻力后挂上槽码。 对小车,有FT=Ma;对槽码,有mg-FT=ma。所以FT==。 当m≪M时,可近似认为FT=mg,即小车受到的拉力近似等于槽码的重力。 因此本实验的实验条件为m≪M。 2.通过实验过程和实验器材的改变,细绳的拉力可以直接或间接测出,此时小车的质量与所挂重物的质量间就不需要满足m≪M的关系。 3.若应该满足m≪M而得不到满足时,a⁃F图像和a⁃ 图像都将发生弯曲现象,如图所示。 [课时跟踪检测] 1.(6分)探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带,穿过电火花计时器,细线一端连着小车,另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连,动滑轮下悬挂钩码,拉力传感器用于测量小车受到拉力的大小。 (1)关于平衡阻力,下列说法正确的是　　　　。  A.平衡阻力时,需要在动滑轮上挂上钩码 B.改变小车质量时,需要重新平衡阻力 C.改变小车拉力时,不需要重新平衡阻力 (2)实验中　　　　　(填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。  (3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示,图线不过原点的原因是　　　　　。  A.所挂钩码质量没有远小于小车质量 B.平衡阻力时木板倾角过大 C.平衡阻力时木板倾角过小或未平衡阻力 解析:(1)平衡阻力只需要将木板适当倾斜,不需要在动滑轮上挂钩码;改变小车质量或拉力时,都不需要重新平衡阻力,A、B错误,C正确。 (2)由于在细线一端连接拉力传感器,能够直接读出拉力数值,因此不需要满足所挂钩码的质量远小于小车质量。 (3)由题图乙可知在拉力F为零时小车有加速度,应是平衡阻力时木板倾角过大造成的,B正确。 答案:(1)C　(2)不需要　(3)B 2.(5分)某同学受太空中测量质量方法的启示,设计了如图甲的实验装置,利用动力学方法测量沙桶中沙的质量。 主要实验步骤如下: ①平衡好阻力后,在沙桶中加入质量为m0的沙; ②接通传感器电源,由静止释放小车,利用传感器测出对应的位移与时间(x⁃t)图像; ③在沙桶和沙质量不变的情况下,改变小车的质量,测量出不同的加速度。 (1)图乙是当小车质量为M=0.2 kg时,运动过程中传感器记录下的x⁃t图像,由图可知,小车的加速度a=　　　　m/s2。  (2)图丙为加速度a的倒数和小车质量M的⁃M图像,利用题中信息求出沙的质量m0=　　　kg(已知沙桶的质量m=0.01 kg,重力加速度g=10 m/s2)。  解析:(1)小车做匀加速直线运动,根据运动学公式有x=at2,解得a=2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有T=Ma,(m+m0)g-T=(m+m0)a,联立得=M+,结合题图丙可知b==0.1 s2/m,根据上述可知c=0.5 s2/m,图像斜率k==,解得m0=0.04 kg。 答案:(1)2　(2)0.04 3.(8分)(2025·吉林通化一模)某同学用图甲所示装置探究加速度与合外力之间的关系。图中长木板水平放置,轻绳跨过定滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有N个,每个钩码的质量为m,小车的质量为M,重力加速度大小为g。 (1)平衡阻力:将N个钩码全部放入小车中,在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后,发现小车(和钩码)做减速运动,则应将小物块向　　　　(选填“左”或“右”)移动,才会使小车(和钩码)在板上做匀速运动;  (2)平衡阻力后,将n(依次取n=1,2,3,4,…)个钩码挂在轻绳左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带如图乙,相邻计数点间的时间间隔均为0.1 s,则可计算出小车的加速度大小a=　　　　m/s2(结果保留3位有效数字);  (3)实验中　　　　(选填“需要”或“不需要”)满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件;  (4)图丙是利用不同n对应不同a作出的a⁃n图像,如果图像斜率为k,通过理论分析可知本实验中可用的钩码个数N=　　　　(用g、k、m、M表示)。  解析:(1)发现小车做减速运动,说明斜面倾角过小,应增大倾角,则应将小物块向左移动,才会使小车在长木板上做匀速运动。 (2)根据逐差法可得小车的加速度大小为a=m/s2≈2.02 m/s2。 (3)由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码,不用计算绳子拉力,因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。 (4)以小车和N个钩码为整体,根据牛顿第二定律可得nmg=(M+Nm)a,整理可得a=n,可知a⁃n图像的斜率为k=,解得本实验中可用的钩码个数为N=-。 答案:(1)左　(2)2.02　(3)不需要　(4)- 4.(8分)某同学设计的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示,实验中认为细绳对小车的拉力F等于所挂砂和砂桶的总重力,小车的加速度a利用打点计时器测得。 (1)关于该实验,下列说法正确的有　　　　。  A.实验时必须先接通电源再释放小车 B.小车的质量应远小于砂和砂桶的总质量 C.实验前应调节滑轮高度,使滑轮和小车间的细绳与木板平行 D.平衡阻力时,挂上砂和砂桶,将木板右端适当垫高,使小车恰好匀速下滑 (2)实验小组先保持小车质量为m1不变,改变小车所受的拉力F,得到a随F变化的规律如图乙中直线A所示,然后实验小组换用另一质量为m2的小车,重复上述操作,得到如图乙中所示的直线B。由图可知,m1　　　　m2(选填“大于”或“小于”),直线B不过坐标原点的原因是　　　　　　　　　　　　　　。  (3)图丙为实验中得到的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4为计数点,相邻两计数点间还有4个点未画出。交变电流的频率为50 Hz,从纸带上测出x1=6.00 cm,x2=6.87 cm,x3=7.75 cm,x4=8.64 cm。则小车运动的加速度大小为　　　　m/s2。(结果保留2位有效数字)  解析:(1)为充分利用纸带,实验时必须先接通电源再释放小车,A正确;小车的质量应远大于砂和砂桶的总质量,小车的加速度才能足够小,细绳的拉力才约等于砂和砂桶的总重力,B错误;实验前应调节滑轮高度,使滑轮和小车间的细绳与木板平行,C正确;平衡阻力时,不挂砂和砂桶,连接纸带,并启动打点计时器,将木板右端适当垫高,使小车恰好匀速下滑,D错误。 (2)根据F=ma,可知a=F,由题图乙可知,图线A的斜率大于图线B的斜率,所以>,故m1<m2。由题图乙可知,在没有施加外力F时,B就已经有了加速度,故直线B不过坐标原点的原因是平衡阻力过度。 (3)相邻两计数点间的时间间隔为T=5=5×0.02 s=0.10 s,由逐差法可知,小车运动的加速度大小为a== m/s2=0.88 m/s2。 答案:(1)AC　(2)小于　平衡阻力过度　(3)0.88 5.(9分)(2025·江苏扬州模拟)在探究加速度与力、质量的关系的实验中,实验装置如图甲所示。 (1)该实验过程中操作正确的是　　　　。  A.平衡阻力时小车不连接纸带 B.改变小车质量时,不需要重新平衡阻力 C.调节滑轮高度使细绳与水平实验台平行 (2)将小车移到靠近打点计时器处,细线跨过滑轮挂上重物,用手　　　　(选填“拖住重物”或“挡住小车”),接通打点计时器电源后,释放小车。  (3)放开小车,小车会在轨道上加速下滑,此时细绳拉力　　　 (选填“大于”或“小于”)重物的重力。为使细绳拉力近似等于重物的重力,则所选重物的质量m　　　　 (选填“远大于”“远小于”或“等于”)小车的质量M。  (4)小曹同学在这次实验中获得一条如图乙所示的纸带,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、x1、…、x6,已知打点计时器的打点周期为T=0.02 s,则打计数点5时小车速度v=　　　　m/s(保留3位有效数字),小车加速度的表达式是　　　　(单选)。  A.a=　　　　　 B.a= C.a= 解析:(1)平衡阻力时小车应该连接纸带,故A错误;平衡阻力时有Mgsin θ=μMgcos θ,可得tan θ=μ,则改变小车质量时,不需要重新平衡阻力,故B正确;调节滑轮高度使细绳与轨道平行,不是与水平实验台平行,故C错误。 (2)将小车移到靠近打点计时器处,细线跨过滑轮挂上重物,用手挡住小车,接通打点计时器电源后,释放小车。 (3)放开小车,小车会在轨道上加速下滑,对小车由牛顿第二定律可得T=Ma,对重物有mg-T=ma, 联立解得T=mg=mg<mg,即细绳拉力小于重物的重力。为使细绳拉力近似等于重物的重力,则所选重物的质量m远小于小车的质量M。 (4)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度,则打计数点5时小车速度为v== m/s=0.625 m/s。根据逐差法可得,小车加速度的表达式为a==,故选B。 答案:(1)B　(2)挡住小车　(3)小于　远小于　(4)0.625　B 6.(6分)(2025·湖南永州一模)某中学实验小组为探究加速度与合力的关系,设计了如图甲所示的实验装置。 主要实验步骤如下: ①按图甲安装实验器材:质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上,重物与纸带相连,动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连,钩码和动滑轮的总质量为M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向; ②接通打点计时器的电源,释放钩码,带动重物上升,在纸带上打出一系列点,记录此时传感器的读数F; ③改变钩码的质量,多次重复实验步骤②,利用纸带计算重物的加速度a,得到多组a、F数据。 请回答以下问题: (1)已知打点计时器的打点周期为0.02 s,某次实验所得纸带如图乙所示,A、B、C、D、E各点之间均有4个点未标出,则重物的加速度大小为a=　　　　m/s2(结果保留三位有效数字)。  (2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示,图像的斜率为k、纵截距为-b(b>0),则重物质量m=　　　　。当M=3m时,重物的加速度大小为a=　　　　。(结果均用k或b表示)  解析:(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s,根据逐差法求出重物的加速度大小为a==×10-2 m/s2≈1.72 m/s2。 (2)对重物,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,整理得a=-g,图像的斜率k=,解得重物质量m=,图像的纵截距为-b=-g,可得b=g。根据滑轮组的特点可知,钩码的加速度为重物的一半,则Mg-2F=M·,对重物有F-mg=ma,当M=3m时,联立解得重物的加速度大小为a=。 答案:(1)1.72　(2)　 44 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $$