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（普高基础版）

第三章　牛顿运动定律 第一讲　牛顿运动定律 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)牛顿第一定律是实验定律。 (×) (2)(人教必修1 P83“问题”·改编)滑冰运动员如果不用力，他会慢慢停下来，这与牛顿第一定律相矛盾。 (×) (3)(人教必修1 P87T3·选摘)汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大。 (×) (4)物体的惯性越大，其运动状态越难改变。 (√) (5)物体加速度的方向一定与物体所受合外力的方向相同。 (√) (6)(人教必修1 P98T1·改编)用力提一个很重的箱子，没提动，说明物体受到外力作用，并不能立即产生加速度。 (×) (7)(人教必修1 P70“拓展学习”·改编)“用力传感器探究作用力和反作用力的关系”的实验说明作用力和反作用力总是大小相等、方向相反的。 (√) (8)(2023·浙江6月选考T2D)在足球运动中，触网时足球对网的力大于网对足球的力。 (×) (9)伽利略认为力是维持物体运动的原因。 (×) (10)亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因。 (×) (11)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。 (×) (12)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。 (√) 逐点清(一)　牛顿第一定律　惯性 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[理想斜面实验] 在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)。以下为他的设想步骤：①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面。②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度。③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会到达原来的高度。④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动。通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接的结论是 (　　) A.自然界的一切物体都具有惯性 B.在光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力 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 解析：选B　伽利略的理想斜面实验只能说明小球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，A错误；伽利略通过理想斜面实验和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，在光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，B正确；如果小球受到平衡力的作用，它的运动状态不发生改变，C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律的内容，这个实验不能得到该结论，D错误。 2.[力与运动的关系] 早在2 300年前，墨子在《墨经》中就对力的概念提出了初步的论述：“力，刑之所以奋也。”这句话的意思是说，力是使物体开始运动或加快运动的原因。则下列关于力的说法正确的是 (　　) A.墨子的观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同 B.物体受到变力作用，速度大小一定会改变 C.力不是维持物体运动的原因 D.当物体不受力时，物体将停止运动 解析：选C　亚里士多德关于力和运动的观点是“力是维持物体运动的原因”， 伽利略关于力和运动的观点是“力是改变物体运动状态的原因”， 即墨子的观点与伽利略的观点基本相同，故A错误；物体受到变力作用，速度的大小不一定会改变，例如物体做匀速圆周运动，故B错误；力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；当物体不受力时，物体保持静止状态或匀速直线运动状态，运动的物体不会停止运动，故D错误。 3.[牛顿第一定律的应用] 某同学为了取出如图所示的羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着球筒的中部，另一手用力击打羽毛球筒的上端，则 (　　) A.该同学无法取出羽毛球 B.羽毛球会从羽毛球筒的下端出来 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.该同学是在利用羽毛球的惯性 解析：选D　羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从羽毛球筒的上端出来，羽毛球筒受到羽毛球对它向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，则羽毛球受到羽毛球筒对它向下的摩擦力，故D正确，A、B、C错误。 4.[惯性的大小] (2025·浙江杭州质检)航母在海面上航行时，不考虑其质量的变化，下列说法正确的是 (　　) A.航母加速航行时，其惯性变大 B.航母由于体型巨大，一定不能看作质点 C.航母所受重力和浮力是一对相互作用力 D.航母上停放的舰载机相对于海面是运动的 解析：选D　航母的惯性大小与其质量有关，与其运动状态无关，由于航母的质量不变，则其惯性不变，故A错误；航母能不能看作质点，主要由所研究的问题而定，若航母的大小和形状相对所研究的问题可忽略，则可看作质点，故B错误；航母所受重力和浮力都作用在航母上，不是相互作用力，故C错误；航母航行时，航母上停放的舰载机相对于海面的位置有变化，故相对于海面是运动的，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T2)力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因。 2.(链接T4)物体惯性大小由其质量大小决定，与物体的运动速度和加速度大小无关。 逐点清(二)　牛顿第二定律的理解 必备知能 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，物体就有加速度。 (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，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　对牛顿第二定律的理解 1.根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 (　　) A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B.物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C.物体加速度的大小与物体所受作用力中任一个的大小成正比 D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 解析：选D　根据牛顿第二定律a=可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，由牛顿第二定律可知，物体的水平加速度与其质量成反比，D正确。 题点2　合力、加速度、速度之间的关系 2.(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。 题点3　牛顿第二定律的简单应用 3.(2025·北京房山检测)在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情境的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定 (　　) A.地铁运行方向 B.地铁运行加速度方向 C.圆珠笔的质量 D.地铁运行加速度大小为gsin θ 解析：选B　圆珠笔受绳子的拉力和重力，拉力方向沿绳子向上，重力方向竖直向下，则圆珠笔所受的合力水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故B正确，A错误；圆珠笔受力如图所示，根据牛顿第二定律得mgtan θ=ma，所以a=gtan θ，无法计算圆珠笔的质量，故C、D错误。 4.(2023·全国甲卷)(多选)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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 对牛顿第二定律的三点提醒 (1)物体受合外力作用的同时具有加速度。 (2)物体加速度的大小及变化由物体的质量和合外力共同决定。 (3)根据物体所受合外力可以确定加速度的大小和方向，但不能确定速度的大小和方向。 逐点清(三)　牛顿第三定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　作用力与反作用力的关系 1.某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是 (　　) A.只有在桶匀速上升的过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力 B.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力 C.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力 D.桶减速上升的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力 解析：选C　绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对相互作用力，不管是桶匀速上升过程、加速上升过程或者减速上升过程，绳子对桶的拉力总是等于桶对绳子的拉力。 题点2　作用力和反作用力与一对平衡力的区别 2.(2024·黑吉辽高考)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时 (　　) A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左 B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左 C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力 D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力 解析：选C　滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律可知，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C正确；对砚台受力分析，竖直方向上砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力，D错误。 3.(多选)如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是 (　　) A.水平力F与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力 B.物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力 C.水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力 D.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力 解析：选BD　水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，B正确；水平力F作用在物体上，物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力既不是一对平衡力，也不是一对相互作用力，C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力，D正确。 题点3　牛顿第三定律的应用 4.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将质量为20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) (　　) A.510 N　　　　　　　　 B.490 N C.890 N D.910 N 解析：选B　设绳子对建筑材料的拉力大小为F1，由牛顿第二定律得F1-mg=ma，解得F1=m(g+a)=210 N，绳子对工人的拉力大小F2=F1=210 N，工人处于静止状态，则地面对工人的支持力大小FN=Mg-F2=490 N，由牛顿第三定律知，工人对地面的压力大小为FN'=FN=490 N，故B正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.作用力和反作用力与一对平衡力的区别 名称 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 2.(链接T4)如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求其反作用力，再利用牛顿第三定律得出作用力。 逐点清(四)　力学单位制 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 关于单位制的两点提醒 (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★的题目为推荐讲评题目) 1.关于力与运动的关系，下列说法中正确的是 (　　) A.必须有力的作用物体才能运动 B.牛顿第一定律可以用实验直接验证 C.理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因” D.牛顿第二定律表明，物体所受外力越大，物体的惯性越大 解析：选C　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状态，故A错误；牛顿第一定律是推理概括出来的科学理论，不能通过实验直接验证，但能经住实践的检验，故B错误；伽利略通过理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。 2.(人教必修1 P87T1·改编)(多选)下列说法正确的是 (　　) A.飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，则能击中目标 B.地球自西向东自转，人向上跳起来后，还会落到原地 C.安全带的作用是防止汽车刹车时人由于惯性仍向前运动而发生危险 D.向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力 解析：选BC　飞机投下的炸弹由于惯性而做平抛运动，所以当目标在正下方时投弹不能击中目标，A错误；地球自西向东自转，人向上跳起后， 由于惯性人也跟地球一起自西向东运动，故人会落到原地，B正确；紧急刹车时，汽车停止运动，人由于惯性仍向前运动，容易撞伤，所以系上安全带对人起到保护作用，C正确； 向上抛出的物体，由于惯性，在空中继续向上运动，而不是受到向上的作用力，D错误。 3.下列说法正确的是 (　　) A.牛顿认为力不是维持物体运动的原因 B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证 C.国际单位制中， kg、m、N是三个基本单位 D.根据加速度定义式a=，加速度a由速度变化量Δv和所用时间Δt共同决定 解析：选A　牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A正确；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，B错误；国际单位制中，kg、m是基本单位，N是导出单位，C错误；加速度a与Δv和Δt无必然联系，由合力F和质量m共同决定，D错误。 4.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)某同学玩滑板车时的情境如图所示。一开始，人用力蹬地，人和滑板车一起向前运动；停止蹬地后，人和滑板车运动得越来越慢，最终停下来。下列说法正确的是 (　　) A.人用力蹬地，使滑板车向前运动的过程中，人对滑板车没有做功 B.人停止蹬地后，人和滑板车还能继续向前运动，是因为他们受到惯性的作用 C.人停止蹬地后，人和滑板车继续向前运动的过程中，不再受到力的作用 D.人停止蹬地后，人和滑板车运动得越来越慢的过程中，其运动状态发生改变 解析：选D　人用力蹬地，使滑板车向前运动的过程中，人对滑板车有力的作用，滑板车在力的方向上通过一段距离，人对滑板车做功，故A错误；人停止蹬地后，人和滑板车由于惯性还能继续向前运动，惯性不是力，不能说受到惯性作用，故B错误；人停止蹬地后，人和滑板车继续向前运动的过程中，还受到重力、地面的支持力和阻力作用，故C错误；人停止蹬地后，人和滑板车运动得越来越慢的过程中，运动速度发生改变，其运动状态发生改变，故D正确。 5.(2024·河北一模)神舟十六号航天员在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，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”击球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是 (　　) A.在梦天实验舱内，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.梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证 解析：选B　在梦天实验舱内，水球体积越小，其质量越小，其惯性越小，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；牛顿第一定律是理想情况，不能用实验直接验证，故D错误。 6.关于速度、加速度和合外力之间的关系，下列说法中正确的是 (　　) A.做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的 B.做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上 C.物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快 D.物体所受合外力为零时，物体一定处于静止状态 解析：选A　做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知，它所受合外力是恒定不变的，且加速度与合外力方向相同，与速度方向在同一直线上，但不一定在同一方向上，故A正确，B错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，但速度不一定加快，故C错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D错误。 7.(2024·福建福州三模)闽江河口龙舟竞渡历史可追溯到秦汉，那时河口居有一支闽越王无诸氏族，他们擅长划舟，喜赛龙舟，留下了龙舟竞渡传统。《福州地方志》记载：“福州龙舟竞渡，台江、西湖皆有之。”如图为龙舟比赛的照片，下列说法正确的是 (　　) A.龙舟的速度越大，惯性也越大 B.获得冠军的龙舟，其平均速度一定最大 C.龙舟齐头并进时，相对于河岸是静止的 D.龙舟能前进是因为水对船桨的作用力大于船桨对水的作用力 解析：选B　物体的惯性只与质量有关，故A错误；龙舟比赛位移相同，获得冠军的龙舟所用时间最短，故获得冠军的龙舟，其平均速度一定最大，故B正确；龙舟齐头并进时，相对于河岸是运动的，故C错误；根据牛顿第三定律，水对船桨的作用力等于船桨对水的作用力，故D错误。 8.(2023·江苏高考)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN=mg月，则对一条腿有FN1=mg月=，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力大小为。 9.神舟十八号载人飞船返回舱在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。在竖直向下减速运动过程中，若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小 (　　) A.一直减小 B.一直增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大 解析：选A　由牛顿第二定律可知，返回舱竖直向下减速运动过程满足f-mg=ma，可得加速度大小a=，由题意可知返回舱所受的空气阻力f随速度的减小而减小，则加速度大小a一直减小，A正确，B、C、D错误。 10.新型高楼墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”让玻璃幕墙清洁作业更安全高效。“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动。如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点。在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直平面内的受力分析可能正确的是 (　　) 解析：选C　根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A指向B，故C可能正确，A、B、D错误。 11.(2023·海南高考)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是 (　　) A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 解析：选B　对工人受力分析，受绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮受力分析如图所示，则有绳子拉力FT=，重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐变大，C、D错误。 12.汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f=cρSv2，其中c为空气阻力系数，ρ为空气密度，S为物体迎风面积，v为物体与空气的相对运动速度。则空气阻力系数c的国际单位是 (　　) A.常数，没有单位 B. C. D. 解析：选A　由f=cρSv2，可得c=，右边式子代入单位可得=2，即c为常数，没有单位，B、C、D错误，A正确。 13.(2025·浙江模拟预测)阻力伞是一种短跑运动训练工具。如图所示，某次训练过程中，连接阻力伞的轻绳始终处于水平状态，已知阻力伞的重力为G，轻绳对阻力伞的拉力为FT，空气对阻力伞的作用力为F，则 (　　) A.FT=F B.地面对人的摩擦力大小等于F C.人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等 D.人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对平衡力 解析：选C　阻力伞的运动状态未知，则FT和F的大小无法比较，故A错误；人的运动状态未知，则地面对人的摩擦力大小不一定等于F，故B错误；同一根绳子上的拉力相等，即人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等，故C正确；人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对相互作用力，故D错误。 14.(2024·河北沧州三模)曲辕犁是唐代中国劳动人民发明的耕犁。曲辕犁和以前的耕犁相比，将直辕、长辕改为曲辕、短辕，节省人力和畜力。牛通过耕索分别拉质量相同的两种犁，牛的拉力均为F。如图所示，牛拉曲辕犁的拉力与竖直方向的夹角为α，曲辕犁向前做匀加速直线运动；牛拉直辕犁的拉力与竖直方向的夹角为β(α<β)，直辕犁向前做匀速直线运动。下列说法正确的是 (　　) A.曲辕犁对牛的拉力比直辕犁的大 B.曲辕犁所受竖直方向的支持力比直辕犁的小 C.曲辕犁与直辕犁所受摩擦力相等 D.曲辕犁与直辕犁所受合外力相等 解析：选B　由牛顿第三定律可知，犁对牛的拉力与牛对犁的拉力大小相等，由题知，牛对两种犁的拉力大小均为F，则两种犁对牛的拉力大小相等，A错误；设曲辕犁和直辕犁受到的竖直方向的支持力分别为FN1和FN2，对两种犁受力分析可知FN1+Fcos α=mg，FN2+Fcos β=mg，由于α<β，则FN1<FN2，B正确；设曲辕犁和直辕犁受到的摩擦力分别为Ff1和Ff2，对两种犁受力分析有Ff1=Fsin α-ma，Ff2=Fsin β，Ff1-Ff2<0，C错误；由于直辕犁做匀速直线运动，所受合外力为零，曲辕犁做匀加速直线运动，故曲辕犁所受合外力大于直辕犁所受合外力，D错误。 第二讲　牛顿第二定律的应用 第1课时　牛顿第二定律的基本应用 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。 (√) (2)运动物体的加速度可根据运动的速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。 (×) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。 (×) (4)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。 (×) (5)(2024·海南高考T1A)神舟十七号载人飞船在返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中返回舱处于超重状态。 (√) (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)站在体重计上向下蹲的过程中，体重计的示数先变小，后变大，再变小。 (√) (10)(人教必修1 P112T2·改编)蹦极运动员从高处跳下，在弹性绳被拉直前处于失重状态，当弹性绳被拉直后处于超重状态。 (×) 逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　弹力能瞬间改变的情形 1.(2025·贵州质检)(多选)如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为零 D.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为g 解析：选BD　剪断绳OB瞬间，小球将绕A点做圆周运动，沿切线方向有mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，小球将绕B点做圆周运动，此时小球的加速度大小为g，故C错误，D正确。 2.两个质量均为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。 类型2　弹力不能瞬间改变的情形 3.(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。 4.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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.轻杆、轻绳和硬接触面类物体是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，其弹力可瞬间改变或消失。 2.当弹簧、橡皮绳与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的弹力不会发生突变。 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·陕西西安质检)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块从平板与竖直杆交点Q处由静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将 (　　) A.逐渐减小 B.先减小后增大 C.逐渐增大 D.先增大后减小 解析：选A　根据题意，由牛顿第二定律有mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，设PQ间的水平距离为d，由几何关系可得，PQ间的距离为PQ=，由运动学公式有PQ=at2，解得t===，由数学知识可知，当θ=45°时，时间t有最小值，则θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将逐渐减小，故选A。 2.(鲁科必修1 P130“例题”)某高速列车(如图)起动后的初始阶段，可视为在恒定的牵引力作用下做匀加速直线运动。若在该阶段列车组的牵引力为3.04×105 N，列车所受阻力为7.9×104 N，列车质量为4.5×105 kg，则列车从起动至速度达到60 km/h 需要多长时间? 解析：以列车为研究对象，受力分析如图所示。由题意可知，m=4.5×105 kg，F=3.04×105 N，f=7.9×104 N，v0=0，vt=60 km/h= m/s。选定列车运动方向为正方向，由牛顿第二定律，得F-f=ma，解得a===0.5 m/s2 由匀变速直线运动的速度公式vt=v0+at，得 t== s，所以，列车从起动至速度达到60 km/h需要的时间为 s。 答案： s 类型2　已知运动情况求受力情况 3.神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m 时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为 (　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 解析：选D　根据运动学公式可得v2-=-2ah，解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。 4.(2025·辽宁丹东质检)晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 解析：(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度大小为vm；在水平雪道上滑行时做末速度为0的匀减速直线运动，设位移大小为x2，时间为t2， 分析运动过程可得x1=t1，x2=t2，t1+t2=14 s 联立解得vm=20 m/s，t1=6 s，t2=8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1== m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°-Ff=ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力大小为Ff=160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时加速度大小为a2，则a2==2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道时的速度为v，则-v2=2a2x3 解得v== m/s=10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则0-v2=-2a3x4 解得a3== m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg=ma3 解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ=0.5。 答案：(1)160 N　(2)0.5 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.“两个分析”和“两个桥梁” 2.两类动力学问题的解题步骤 第1步：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。 第2步：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。 第3步：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。 第4步：确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法。 第5步：列方程求解 根据牛顿第二定律F合=ma或，列方程求解，必要时对结果进行讨论。 逐点清(三)　超重、失重问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[超重、失重的判断] (2025·北京海淀质检)如图所示，某人站在向右上方运动的智能电动扶梯上，他随扶梯先加速再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是 (　　) A.扶梯加速运动阶段，人处于超重状态 B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左 C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力 D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力 解析：选A　依题意可知，在加速运动过程中，人的加速度向右上方，加速度有竖直向上的分量和水平向右的分量，可知人处于超重状态，人受到的摩擦力水平向右，故A正确，B错误；扶梯匀速运动阶段，由平衡条件可知，人受到自身重力、扶梯对人竖直向上的支持力，总共两个力的作用，且扶梯对人的支持力大小等于重力大小，故C、D错误。 2.[根据超重、失重判断物体的运动情况] (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。 3.[超重、失重结论的应用] 如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳跨过光滑定滑轮相连，m1>m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与剪断Q下端的细绳前的示数相比将 (　　) A.变大 B.变小 C.不变 D.先变小后变大 解析：选B　剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对于P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与剪断细绳前的示数相比减小了，B正确。 4.[超重、失重与图像的结合] 如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0~0.5 h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总质量，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是 (　　) A.0~0.5 h内，“奋斗者号”处于超重状态 B.0.5~2.5 h内，“奋斗者号”的总质量小于m C.2.5~3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为2 m/s2 D.0~3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为7 200 m 解析：选B　0~0.5 h内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；“奋斗者号”的体积不变，则浮力不变，0.5~2.5 h内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，故此过程“奋斗者号”的总质量小于m，故B正确；由题图乙可知，2.5~3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为a= m/s2= m/s2，故C错误；根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，0~3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为h=×(2×3 600+3×3 600)×1 m=9 000 m，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) (链接T1~3)超重、失重问题的三点提醒 (1)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。 (2)根据超重、失重现象可以判断物体在竖直方向的加速度方向，但不能判断物体的运动方向。 (3)系统整体具有向下的加速度时，整体处于失重状态。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·山西大同模拟)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　杯子和水做斜抛运动、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，因此小孔中不会有水漏出，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，小孔中有水漏出，C错误。 2.(多选)如图所示，一个质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上，若物体在水平面内受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用。关于该物体，下列说法正确的是 (　　) A.物体受到的合力大小为50 N B.物体的加速度大小为25 m/s2 C.3 s末物体的速度大小为75 m/s D.3 s内物体运动的位移大小为125 m 解析：选AC　两个夹角为120°的50 N的力，其合力大小仍为50 N，物体的加速度大小a==25 m/s2，3 s末物体的速度大小为v=at=75 m/s，3 s内物体运动的位移大小为x=at2=112.5 m，故A、C正确，B、D错误。 3. (2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)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.科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示是利用飞机实现30 s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.上升的AC阶段，飞机内的航天员处于超重状态 B.下降的CE阶段，飞机内的航天员处于超重状态 C.飞机内的航天员在BC阶段处于超重状态，在CD阶段处于失重状态 D.飞机内的航天员在从B到D的过程处于失重状态 解析：选D　飞机关闭发动机后，只受重力作用，飞机内的航天员处于失重状态，所以飞机内的航天员在从B到D的过程处于失重状态，故选D。 5.(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。 6.如图所示，质量为m=3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ=37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2，sin θ=0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为 (　　) A.14 m/s2 B.12 m/s2 C.10 m/s2 D.8 m/s2 解析：选D　剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，在竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ=mg，解得F== N=50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=8 m/s2，故D正确。 7.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A、B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点，其中A是掷出点，D是营垒中心，AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度v0掷出，冰壶沿直线AD做减速运动，经过B点时速度恰好为，另一运动员用冰刷摩擦B、D之间的冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰刷摩擦冰面时，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ，假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　设A、B之间的距离为x，冰壶由A运动到B，根据运动学公式可得-()2=2μgx，冰壶由B运动到D，根据运动学公式可得()2=2μ'g×2x，联立解得μ'=，故选D。 8.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g=10 m/s2，由此可判断出 (　　) A.在t1~t2时间内手机处于超重状态，在t2~t3时间内手机处于失重状态 B.手机在t2时刻运动到最高点 C.手机在t3时刻改变运动方向 D.手机可能离开过手掌 解析：选D　由题图可知，在t1~t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2~t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，故没有改变运动方向，故C错误；由题图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌之间没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。 9.(2025·黑龙江阶段练习)如图所示，从竖直圆上的A点到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为53°。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则在运动过程中，1、2两球在轨道上的滑行时间之比为 (　　) A.3∶5 B.4∶5 C.2∶ D.∶ 解析：选D　根据题意可知，小球沿AD运动的加速度大小为a2=gsin 37°，则有2R=gsin 37°·，解得t2=；设AC与水平方向夹角为θ，连接AB，如图所示，由几何关系可得AC=2Rsin θ，小球沿AC运动的加速度大小为a1=gsin θ，则有2Rsin θ=gsin θ·，解得t1=；在运动过程中，1、2两球在轨道上的滑行时间之比为==∶，故选D。 10.如图所示，一根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱内放有一个质量m=0.1 kg的物块，物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与木箱左壁相连，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力为0.5 N，物块保持静止状态。取重力加速度g=10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间，物块的加速度大小是 (　　) A.0 B.5 m/s2 C.10 m/s2 D.5 m/s2 解析：选D　用剪刀把细线剪断的瞬间，物块竖直方向的加速度ay=g=10 m/s2，因物块完全失重，物块对木箱的压力为零，则水平方向不受摩擦力，只受弹簧的拉力，则ax==5 m/s2，可知物块的加速度大小a==5 m/s2，故选D。 11.(12分)(2025·辽宁沈阳模拟预测)高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面。通道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍；当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，g取10 m/s2，求： (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；(4分) (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最短时间。(8分) 解析：(1)当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关系有sin θ==0.6 根据牛顿第二定律有mgsin θ-0.4mg=ma1 解得a1=2 m/s2。 (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有2×0.4mg-mgsin θ=ma2 解得a2=2 m/s2 设人的最大速度为vm，人滑到底端时的速度为v，则有+=28 m，t=+ 解得t=6 s。 答案：(1)2 m/s2　(2)6 s 12.(12分)如图甲所示是钢架雪车比赛项目的一段赛道示意图，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速运动到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示)，运动员经过B点时速率未发生改变，到C点共计用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在赛道上运动，其总质量为100 kg，sin 15°=0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小；(3分) (2)过C点的速度大小；(6分) (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。(3分) 解析：(1)设雪车(包括运动员)在直道AB上的加速度大小为a1，根据运动学公式可得2a1xAB= 解得a1== m/s2= m/s2。 (2)在直道AB上运动的时间为t1==3 s 从B点到C点，根据运动学公式可得xBC=vBt2+a2 其中t2=5.0 s-t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 雪车(包括运动员)过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 (3)设雪车(包括运动员)在斜道BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得mgsin 15°-f=ma2 解得f=60 N。 答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)60 N 第2课时　动力学中的三类典型问题 逐点清(一)　动力学中的图像问题 图像 三种类型 解题策略 破题关键 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 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[由图像分析物体的受力] (多选)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图像如图所示，则 (　　) A.在0~t1时间内，外力F的大小不断减小 B.在t1时刻，外力F为零 C.在t1~t2时间内，外力F的大小可能不断减小 D.在t1~t2时间内，外力F的大小可能先减小后增大 解析：选ACD　根据v-t图像的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内，加速度为正方向并不断减小，根据加速度a=，所以外力F的大小不断减小，故A正确；在t1时刻，加速度为零，此时外力F等于摩擦力，不为零，故B错误；在t1~t2时间内，加速度为负方向并且不断变大，根据加速度a=，外力F可能不断减小，也可能先减小后反向增大，故C、D正确。 2.[由图像分析物体的运动] 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。 3.[由已知条件确定某物理量的图像] (2025·浙江衢州调研)如图所示，一小球从空中某处由静止释放后竖直下落，运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，以小球的落地点O为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，则关于小球的位置坐标x、速度大小v和加速度大小a的图像可能正确的是 (　　) 解析：选D　根据牛顿第二定律可得mg-f=ma，又f=kv，可得a=g-，可知a-v图像为一条斜率为负值、纵轴截距为正值的倾斜直线；小球从空中某处由静止释放后，做加速度逐渐减小的加速运动，若落地前加速度已经减为0，则小球继续做匀速直线运动，故C错误，D正确。以小球的落地点O为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，则t=0时刻，小球的x坐标大于0，且在小球加速阶段，x-t图像的切线斜率应逐渐增大，故A、B错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.第1题的解题关键点 由v-t图像可分析物体加速度的变化规律，物体受到的合力为外力F与摩擦力的合力。 2.第2题的解题关键点 (1)t=t0时刻是物块做加速运动和减速运动的转折点。 (2)在物块下滑过程中，水平力F始终是变化的，因此物块所受滑动摩擦力也是变化的，故物块在竖直方向上所受合力始终是变化的。 逐点清(二)　动力学中的连接体问题 类型 典型图示 运动特点 轻绳连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等 轻杆连接体 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 轻弹簧连接体 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度大小相等 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　加速度相同的连接体 1.(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。 2.如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力大小为+μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 解析：选C　设木块和水平面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a，可得a=，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a，可得FT=F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。 题点2　加速度不相同的连接体 3.(2024·全国甲卷)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a-m 图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是 (　　) 解析：选D　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T-f=Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，联立可得a==·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。故选D。 4.(2025·江苏扬州质检)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M=8 kg，重物质量m=2 kg，木箱与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件? (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时，求重物的速度大小v。 解析：(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得FT=mg=20 N 对木箱受力分析，可得Ff=2FT，又Ff=μMg 联立解得μ=0.5， 要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)设木箱的加速度大小为a，则重物的加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得FT'-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-μMg-2FT'=Ma 解得a=0.5 m/s2 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x=0.5 m时，重物向上的位移为h=2x=1 m，由2×2a×h=v2 可得此时重物的速度大小为v= m/s。 答案：(1)μ≥0.5　(2) m/s 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.对于加速度相同的连接体，通常先用整体法列方程，若求物体间的内力，再隔离受力较少的物体，受力分析，列方程求解。 2.对于加速度不相同的连接体，要对物体隔离分析，列方程求解。 3.用动滑轮连接的连接体可通过位移大小关系寻找物体间的加速度大小关系。 逐点清(三)　动力学中的临界极值问题 必备知能 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 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[细线刚好不被拉断的临界问题] (2025·湖南岳阳质检)(多选)如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2，则 (　　) A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为 5 m/s2 D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2 解析：选BC　小球受力如图所示，系统静止时，竖直方向有Fasin 37°=mg，水平方向有Facos 37°=Fb，解得Fa=10 N，Fb=8 N，故B正确，A错误；系统竖直向上匀加速运动时，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fmsin 37°-mg=ma，水平方向有Fmcos 37°=Fb'，解得Fb'=12 N，此时加速度有最大值a=5 m/s2，故C正确；系统水平向右匀加速运动时，当b线拉力为15 N时，由牛顿第二定律可知，竖直方向有Fa'sin 37°=mg，水平方向有Fm-Fa'cos 37°=ma'，解得Fa'=10 N，加速度最大为a'= m/s2，故D错误。 2.[接触与脱离的临界问题] (2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　　) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 解析：选C　物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1=mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C。 3.[叠加体系统的临界问题] (2025·陕西商洛模拟预测)水平地面上有一质量m1=3 kg的长木板，木板的左端上有一质量m2=2 kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系图像如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系图像如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是 (　　) A.F1=16 N B.F2=20 N C.木板加速度所能达到的最大值为2.5 m/s2 D.在t1~t2时间段内物块做匀加速直线运动 解析：选B　木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10 N=10 N，木板与物块间的最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10 N=16 N，当拉力F逐渐增大到F1时，由题图丙可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10 N，故A错误；当拉力达到F2时，木板与物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板f2-f1=m1a，对物块F2-f2=m2a，解得F2=20 N，a=2 m/s2，木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2，故B正确，C错误；在t1~t2时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。 4.[动力学中的极值问题] 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ在0~90°之间改变，当θ=30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0=10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 解析：(1)当θ=30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin 30°=Ff，其中Ff=μmgcos 30°，解得μ=。 (2)设沿木板向上为正方向，物块的加速度为a，则-mgsin θ-μmgcos θ=ma，由0-=2ax得x==， 又因tan α=μ=，故α=30°， 当α+θ=90°时，即θ=60°时，x最小 最小值为xmin== m。 答案：(1)　(2)θ=60°　 m 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第1题的关键点 (1)系统竖直向上加速时，a线拉力为Fm=15 N时达到最大加速度。 (2)系统水平向右加速时，b线拉力为Fm=15 N时达到最大加速度。 2.解答第2题的关键点 (1)甲向上的速度为0时乙恰好不脱离挡板。 (2)甲向下运动到最低点时挡板对乙的弹力最大。 (3)甲在最高点和最低点的加速度大小相等、方向相反。 3.解答第3题的关键点 (1)t1时刻拉力F1恰好等于m1与地面间的最大静摩擦力。 (2)t2时刻m2与m1间的摩擦力达到最大静摩擦力。 [课时跟踪检测]　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·河南开封检测)小明同学通过网络查到开封北站到郑州东站的线路距离为55 km，所需时间为21分钟。假设高速动车组列车从开封北站到郑州东站做直线运动，其间经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，且匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等。为进一步获取数据，小明同学将质量为0.25 kg的手机放在车厢的水平桌面上，利用手机软件测得列车启动时的加速度—时间图像如图所示，忽略开始时加速度的变化，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.列车启动过程中，手机所受摩擦力的大小为2.5 N B.列车匀速行驶的时间约为15分钟 C.按照题中所给条件，列车运行中的最高时速可以达到350 km/h D.列车加速时间约为9分26秒 解析：选D　由题图可知列车启动做匀加速运动的加速度为a = 0.14 m/s2，对手机根据牛顿第二定律有f=ma=0.035 N，A错误；设列车最高速度为v，匀加速和匀减速的时间均为t1，匀速的时间为t2，则2×t1+vt2=x，2t1+t2=t，v=at1，联立解得t1≈566 s=9分26秒，t2≈127 s=2分7秒，v ≈79.30 m/s≈285.5 km/h，B、C错误，D正确。 2.踢毽子是一项全民健身运动。当毽子被竖直踢上去又落下，若其所受空气阻力大小不变，忽略风力，取竖直向下为正方向，下列关于毽子的速度v随时间t的变化图像可能正确的是 (　　) 解析：选C　取竖直向下为正方向，毽子向上运动时，加速度为正方向，毽子向上做匀减速直线运动，加速度大小为a1=；毽子向下运动时，加速度为正方向，毽子向下做匀加速直线运动，加速度大小为a2=，则有a1>a2，故选C。 3.(多选)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则 (　　) A.当火车匀速直线运动时，T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时，T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时， T1∶T2∶T3=3∶2∶1 解析：选BD　设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时，T1=f1=k×3G，T2=f2=k×2G，T3=f3=k×G，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时，T1-f1=T1-k×3G=3ma，T2-f2=T2-k×2G=2ma，T3-f3=T3-k×G=ma，可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故C错误，D正确。 4.(多选)如图甲所示，一倾角为θ的斜面固定在水平面上，小物块在平行于斜面向上的拉力F作用下沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点坐标为-b。由图可知 (　　) A.小物块的质量为k B.小物块的质量为 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 解析：选BD　以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-f=ma，可得a=-，结合题图乙可得=k=，-=-b，可知小物块的质量为m=，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ+f=c，故选B、D。 5.(2025·山西临汾质检)质量为m的物块静止在动摩擦因数为μ的水平地面上，0~3 s内所受水平拉力与时间的关系图像如图甲所示，0~2 s内加速度与时间的关系图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，由图可知 (　　) A.m=1 kg，μ=0.2 　B.m=1 kg，μ=0.1 C.m=2 kg，μ=0.2 　D.m=2 kg，μ=0.1 解析：选A　0~1 s内，根据牛顿第二定律可得F1-μmg=ma1，1~2 s内，有F2=μmg，联立解得m=1 kg，μ=0.2，故选A。 6.(2025·河北保定模拟)质量为M的小物块(可视为质点)在水平外力F的作用下沿粗糙水平面(小物块与水平面之间的动摩擦因数μ为定值)运动的速度—时间图像如图所示，则下列关于力F随时间变化的图像(规定初速度的方向为正方向)可能正确的是 (　　) 解析：选D　由题图可知，小物块先做正方向的匀减速直线运动，经t1时间速度减小到0，开始做反方向的匀加速直线运动，且两次运动的加速度不变，则水平外力F在0~t1和t1之后均为恒力，设0~t1时间内水平恒力的大小为F1，若恒力与运动方向相反(与正方向相反)，则有a=+μg，若恒力与运动方向相同(与正方向相同)，则有a=μg-；设t1之后水平恒力的大小为F2，恒力与运动方向相同(与正方向相反)，则有a=-μg，可知一定有F2>F1，综上所述，0~t1时间内，水平恒力可能与正方向相同，也可能与正方向相反，t1之后，水平恒力与正方向相反，且有F2>F1，故D可能正确。 7.(多选)如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则 (　　) A.若小车向左加速，加速度不能超过g B.若小车向左加速，加速度不能超过g C.若小车向右加速，加速度不能超过g D.若小车向右加速，加速度不能超过g 解析：选BD　若小车向左加速，当ab面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有mgtan 37°=ma1，解得a1=g，所以若小车向左加速，加速度不能超过g，A错误，B正确；若小车向右加速运动，当bc面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有mgtan 53°=ma2，解得a2=g，所以若小车向右加速，加速度不能超过g，C错误，D正确。 8.(2025·贵州贵阳模拟预测)如图，绕过定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与水平桌面平行。已知物体A的质量为2m，物体B的质量为m，重力加速度大小为g，不计滑轮、绳子质量和一切摩擦。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则 (　　) A.绳子的拉力变小 B.绳子的拉力变为原来的两倍 C.物体A和B运动的加速度大小不变 D.物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍 解析：选D　将A和B互换位置前，设绳子的拉力大小为F，整体的加速度大小为a，对A受力分析，根据牛顿第二定律有F=mAa，对B受力分析，有mBg-F=mBa，联立解得a=g，F=g；将A和B互换位置后，绳子仍保持与桌面平行，设此时绳子的拉力大小为F'，整体的加速度大小为a'，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有mAg=(mA+mB)a'，解得a'=，对B受力分析，根据牛顿第二定律有F'=mBa'，解得F'=g；因为mA=2m，mB=m，解得a=g，a'=g，F=F'=mg，可得a'=2a，即绳子的拉力大小不变，物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍。故选D。 9.(2025·河南模拟预测)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.物块的加速度大小为2 m/s2 B.物块的初速度为零 C.物块与斜面间的动摩擦因数为 D.前2 s内物块的平均速度为5 m/s 解析：选C　由运动学公式x=v0t+at2，整理可得=v0+，由题图乙可知v0=2 m/s，= m/s2=2 m/s2，解得a=4 m/s2，所以物块在斜面上做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，A、B错误；由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得μ=，C正确；第2 s末物块的速度为v=v0+at=10 m/s，则前2 s内物块的平均速度为==6 m/s，D错误。 10.车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮的轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，如图所示。车厢向右运动时，系m1的轻绳与竖直方向的夹角为θ，系m2的轻绳保持竖直，m1、m2与车厢保持相对静止。已知m2>m1，绳子的质量、滑轮与轻绳的摩擦忽略不计，下列说法正确的是 (　　) A.车厢的加速度为0 B.绳子的拉力大小为m1gcos θ C.车厢底板对m2的支持力大小为(m1+m2)g D.车厢底板对m2的摩擦力大小为m2gtan θ 解析：选D　物体m1、m2与车厢具有相同的加速度，对物体m1受力分析，受重力和拉力，根据合成法知F合=m1gtan θ，拉力为T=，物体m1的加速度为a==gtan θ，所以车厢的加速度为gtan θ，故A、B错误；物体m2的加速度为gtan θ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力大小为N=m2g-，摩擦力大小为f=m2a=m2gtan θ，故C错误，D正确。 11.(2025·湖南娄底质检)如图甲，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA=6 kg、mB=4 kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则 (　　) A.t=0时，A物体的加速度大小为2 m/s2 B.t=1 s时，A、B开始分离 C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度大小为3 m/s 解析：选B　由题图乙、丙可得FA=8-2t，FB=2+2t，则t=0时，可知FA0=8 N，FB0=2 N，分析可知此时二者不会分开，A、B两物体的加速度大小为a==1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时二者的加速度相同，则有=，即=，解得t=1 s，0~1 s内A、B未分离，整体受合外力为10 N，加速度a=1 m/s2，分离时的速度大小为v=at=1 m/s，故B正确，D错误。 12.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。 13.(14分)如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量mA=2 kg，木板质量mB=1 kg，木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，不计空气阻力，取g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水平向右的恒力F。 (1)若F=9 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(10分) (2)若F=16 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(4分) 解析：(1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N B与地面之间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N 当A、B恰好发生相对滑动时，对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0 对于整体有F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 当F=9 N<12 N时，B与地面发生相对滑动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体有F-f2=(mA+mB)a1 解得a1=2 m/s2 对于B，根据牛顿第二定律可得f3-f2=mBa1 解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。 (2)当F=16 N>12 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律F-f1=mAa2 解得a2=5 m/s2 A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4=f1=6 N。 答案：(1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N 第3课时　动力学中的两种常见模型 　　　　　 逐点清(一)　动力学中的传送带模型 　　 动力学中的传送带模型分为水平传送带模型和倾斜传送带模型，解答此类问题，关键是做好两个分析： 受力分析 运动分析 (1)摩擦力方向的判断： ①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变： ①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。 (1)参考系的选择： ①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系； ②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　水平传送带模型 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 解析：选D　刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，加速度大小为a==μg，物体做匀加速运动，直至物体速度等于传送带速度，由v=at=μgt可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 2. (2025·山东济宁质检)如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v=4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L=10 m。一个物块(视为质点)以速度v0=8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t=2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动 B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4 D.物块在传送带上留下的划痕为6 m 解析：选C　假设物块在传送带上一直做匀减速直线运动，设加速度的大小为a，则有L=v0t-at2，解得a=3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v=v0-at=2 m/s<4 m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做匀减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则与传送带一起匀速的时间为t2=2 s-t1，则有L=t1+4 m/s×(2 s-t1)，解得t1=1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，根据加速度的定义可知a'== m/s2=4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma'，解得μ=0.4，C正确；划痕长度即物块与传送带的相对位移大小，为Δx=v0t1-a'-vt1=2 m，D错误。 类型2　倾斜传送带模型 3.如图所示，倾角为θ=37°且长L=0.4 m的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行。现将一质量m=2 kg的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，则物块 (　　) A.先做匀减速运动，后做匀速运动 B.开始时加速度大小为2 m/s2 C.经过t=0.2 s到达顶端 D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m 解析：选C　开始时加速度大小为a==10 m/s2，物块与传送带共速时有-v2=2ax，解得x=0.4 m=L，则物块只做匀减速运动到与传送带共速，A、B错误；物块到达顶端的时间为t==0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx=x-vt=0.2 m，D错误。 4.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s 从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)，小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析：(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α-mgsin α=ma，解得a=0.4 m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1== s=2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2== s=2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.水平传送带模型的三种情境 情境 滑块可能的运动情况 情境1：轻放 (1)传送带较短时，一直加速 (2)传送带较长时，先加速后匀速 情境2：同向 (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 情境3：反向 (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。其中当v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0 2.倾斜传送带模型的三种情境 情境 滑块可能的运动情况 情境1：上传 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情境2：下传(v0=0) (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 情境3：下传(v0≠0) (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 逐点清(二)　动力学中的“滑块—木板 ”模型 必备知能 1.两种常见类型 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB=xA+L 滑块A带动长为L的木板B，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB+L=xA 2.两个解题关键 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 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变化，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 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　木板带动滑块运动的情形 1.(2025·安徽安庆检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l=0.5 m、质量M=2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m=1 kg的物块，物块与薄板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时两者均静止。现对薄板施加F=8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，物块在薄板上运动的时间为 (　　) A.0.5 s B.1 s C.1.5 s D.2 s 解析：选B　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，由牛顿第二定律有μmg=ma1，F-μmg=Ma2，代入数据解得a1=2 m/s2，a2=3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2-a1t2=l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间t=1 s，故选B。 2.如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端距离为L。现给长木板B一个水平向右的初速度v0=10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右的初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为 (　　) A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s 解析：选B　由牛顿第二定律可得μmAg=mAaA，μmAg=mBaB，给长木板B一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度设为v1，经过的时间设为t1，则有v1=v0-aBt1，v1=aAt1，-=2aBxB1，=2aAxA1，xB1-xA1=L，可得=L；给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块A恰好滑下时的速度设为v2，经历的时间设为t2，则有v2=v-aAt2，v2=aBt2，v2-=2aAxA2，=2aBxB2，xA2-xB2= L，可得=L，两式对比可得v=v0=10 m/s，故选项B正确。 类型2　滑块带动木板运动的情形 3.(2025·湖南模拟预测)如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g=10 m/s2。则木板的长度为 (　　) A.0.8 m B.1.0 m C.1.2 m D.1.5 m 解析：选B　设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1，撤去拉力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1，μ1mg=ma2，μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3，解得a1=2 m/s2，a2=4 m/s2，a3=0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度分别为v1=a1t1=2 m/s，v2=a3t1=0.5 m/s，设又经t2时间物块恰好滑到木板右端，物块、木板共速，则v共=v1-a2t2=v2+a3t2，解得t2= s，v共= m/s，木板的长度为L=v1t1-v2t1+t2-t2=1.0 m，故选B。 4.(2024·新课标卷)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 解析：(1)设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀变速直线运动规律得l=a1，v1=a1t1 设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为l+l=l，对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得 l=v0t1-a2 联立解得t1= s，v0=4 m/s，v1=1 m/s。 (2)物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台距地面的高度为h， 对薄板由运动学规律得l=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g 联立解得h= m。 答案：(1)4 m/s　 s　(2) m 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第2题的关键点 (1)小滑块A恰好从长木板B上滑下时，A、B的速度相等。 (2)两种情形下的相对位移大小不同，分别是L和L。 2.解答第4题的关键点 (1)物块与薄板的相对位移为l。 (2)物块飞出后薄板做匀速运动，且滑动-的时间与物块平抛运动时间相等。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动，现将一个质量m=0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离L=2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(取g=10 m/s2) (　　) A. s B.(-1)s C.3 s D.2.5 s 解析：选C　物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度大小为a=μg=1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1==1 s，做匀加速直线运动的位移大小为x=t1=0.5 m，之后物体随传送带做匀速直线运动的时间为t2==2 s，则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s，C正确。 2.(2025·辽宁模拟预测)在物流运输的过程中经常使用传送带。如图所示，倾角为30°的足够长的传送带以恒定的速率v稳定运行，质量为m的物体由A点到达B点，传送带和物体间的动摩擦因数为μ，则在物体随传送带稳定运行的过程中 (　　) A.物体受到的摩擦力一定为μmgcos 30° B.物体受到4个力的作用 C.物体对传送带的作用力垂直传送带向下 D.物体受到的合力为零 解析：选D　物体随传送带稳定运行的过程中，物体与传送带保持相对静止，物体受到重力、垂直于传送带的支持力和沿传送带向上的静摩擦力，即物体受到3个力的作用，故B错误；结合上述可知，稳定时，物体沿传送带向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力一定为mgsin 30°，故A错误；结合上述可知，传送带对物体的作用力与重力平衡，即传送带对物体的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的作用力方向竖直向下，故C错误；结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，物体受到的合力为零，故D正确。 3.光滑水平面上停放着质量M=2 kg的平板小车，一个质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)以v0=3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l=1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 (　　) A.1 m B.0 C.0.25 m D.0.75 m 解析：选C　设最终小滑块与小车的速度大小相等，小滑块的加速度大小a1==μg，小车加速度大小a2=，则v=v0-a1t0，v=a2t0，联立解得t0=0.5 s<1 s，v=1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。在0~0.5 s时间内，小滑块运动的位移大小x1=t0=1 m，小车运动的位移大小x2=t0=0.25 m，如图所示，小滑块与小车B端的距离d=l+x2-x1=0.25 m，C正确。 4.(2025·无锡高三月考)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大 (　　) A.仅增大恒力F B.仅增大木板的质量M C.仅增大木块的质量m D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数 解析：选C　根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1==-μg，木板的加速度为a2=，设板长为L，根据L=a1t2-a2t2，得t=，木板相对地面运动位移为x=a2t2。则知若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，x减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t增大，x增大，C正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t减小，x减小，D错误。 5.如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿传送带向下的初速度，最终虾均能被传送至下端收集箱中，鱼均能被传送至上端收集箱中。已知传送带与水平面间夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动，下列说法正确的是 (　　) A.鱼在传送带上传送的过程所受的摩擦力方向先沿传送带向上后沿传送带向下 B.虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做减速直线运动 C.虾与传送带间的动摩擦因数一定小于tan θ D.鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tan θ 解析：选D　由于鱼落在传送带时有沿着传送带向下的初速度，则鱼相对于传送带向下运动，鱼受到沿传送带向上的滑动摩擦力，鱼均能被传送至上端收集箱中，则鱼所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力，即μ鱼mgcos θ>mgsin θ，解得μ鱼>tan θ，则鱼先沿传送带向下做匀减速直线运动，当速度减为0后，沿传送带向上做匀加速直线运动，当鱼与传送带共速时，做匀速直线运动，鱼在传送带上传送的过程所受的摩擦力方向一直沿斜面向上，故A错误，D正确；由于虾落在传送带时有沿着传送带向下的初速度，则虾相对于传送带向下运动，虾受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当虾所受重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀加速直线运动，当虾所受重力沿传送带向下的分力等于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀速直线运动，这两种情况均能把虾传送至下端收集箱中；当虾所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀减速直线运动，当初速度比较大时，这种情况也可能把虾传送至下端收集箱中，故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于tan θ，故B、C错误。 6.如图所示，足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0=4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为 (　　) A.4 s B.2 s C.4.5 s D.3 s 解析：选C　物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小为a=μg=2 m/s2，则物块速度减为零的时间为t1==2 s，运动的距离x== m=4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速的时间为t2==1 s，运动的距离x1== m=1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3== s=1.5 s，则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t=t1+t2+t3=4.5 s，故C正确。 7.(2025·陕西宝鸡阶段练习)如图甲所示，粗糙水平地面上静置一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块(可看作质点)。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10 m/s2。若一开始改用F=16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 (　　) A.2 s B.3 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，后发生相对滑动。当F>2 N时二者开始一起加速，则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2=2 N；当F>14 N时小物块和长木板发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N，则小物块的加速度最大为a1== m/s2=4 m/s2。改用F=16 N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=Ma，解得a=5 m/s2，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，代入数据解得t=2 s，故选A。 8.(2025·内蒙古呼和浩特模拟)(多选)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。 9.(2024·黑吉辽高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0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t=0到t=4t0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。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：选ABD　由题图可知，t=3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t=3t0时滑上木板，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0~3t0时间内，木板的加速度大小为a1==μg，t=3t0时木板的速度大小为v1=a1·3t0=μgt0，结合题意可知，t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t=4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a'==2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块由牛顿第二定律得μ'mg=ma'，联立解得μ'=2μ，B正确；设木板的质量为M，0~3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1，解得F=μMg，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2==μg，由牛顿第二定律可得F-μ'mg-μ(M +m)g=-Ma2，解得m∶M=1∶2，C错误；t=4t0时，小物块与木板速度相同，假设t=4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用，由于f=μ(M+m)g=μMg=F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 10.(16分)如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m、质量为m=2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2。一质量为M=3 kg的小物块A放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动，g=10 m/s2，求： (1)A、B刚开始运动时的加速度；(6分) (2)B在地面上滑行的最大距离。(10分) 解析：(1)对小物块受力分析有Ff1=μ2Mg=12 N， 对A、B整体受力分析有Ff2=μ1(M+m)g=10 N 根据牛顿第二定律得，A的加速度大小为a1==4 m/s2，方向向左 B的加速度大小为a2==1 m/s2，方向向右。 (2)当A、B的速度相同时，两者不再发生相对滑动，有v0-a1t=a2t 所以t==1 s 此过程A运动的位移大小为xA=v0t-a1t2=3 m B运动的位移大小为xB=a2t2=0.5 m 则A、B的相对位移大小为Δx=xA-xB=2.5 m<3 m 所以A不会从B上滑下 之后A、B一起做匀减速直线运动 a3=μ1g=2 m/s2 此时的速度大小为v=v0-a1t=1 m/s A、B一起运动的位移大小为xAB==0.25 m 所以B滑行的距离x=xB+xAB=0.75 m。 答案：(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m 11.(16分)(2025·河南模拟预测)如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ=37°，小物块以v0=2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt=5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，=1.73。 (1)求A、B两端之间的距离L；(5分) (2)若传送带以v1=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块在传送带上留下的痕迹长度s；(3分) (3)若传送带以v2=8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的时间t。(结果保留3位有效数字)(8分) 解析：(1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1 解得a1=2 m/s2， A、B两端之间的距离为L=v0Δt+a1(Δt)2 解得L=35 m。 (2)传送带以v1=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的时间仍为Δt，则传送带运动的位移大小为x带=v1Δt=10 m 小物块在传送带上留下的痕迹长度为s=L-x带=25 m。 (3)若传送带以v2=8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma2 解得a2=10 m/s2 设经过时间t1小物块与传送带达到共同速度，则有v2=v0+a2t1 这段时间内小物块运动的位移大小为x1=v0t1+a2 在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有x2=L-x1 x2=v2t2+a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t=t1+t2 联立并代入数据解得t=3.52 s。 答案：(1)35 m　(2)25 m　(3)3.52 s 第三讲　探究加速度与物体受力、物体质量的关系(重点实验) 一、理清原理与操作 1.原理装置图 探究方法——控制变量法 2.操作要领 (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 根据记录的各组加速度a与小车所受拉力F，建立直角坐标系，描点画出a-F图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组加速度a与小车和小车上钩码的总质量M，建立直角坐标系，描点画出a-图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (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。 2.误差分析 偶然误差 小车、槽码质量的测量，纸带上各计数点间距的测量 系统误差 (1)平衡小车的阻力不足或过度 (2)用槽码的重力替代细绳的拉力 　　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，试题难度一般为中等。 命题点(一)　是否需要平衡阻力 1.(2025·浙江金华模拟)小明在实验室中利用牛顿第二定律测量小车质量，实验装置如图1所示。 实验操作步骤如下： a.在小车上挂上小吊盘，调整滑轮高度，使细线平行于木板； b.在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码，将小车拉到靠近打点计时器处； c.接通打点计时器电源，释放小车，关闭电源，取下纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m； d.重新安装纸带，仅改变小车中砝码的质量，重复步骤c。 (1)安装纸带时，有图2(甲)、(乙)两种穿法，你认为正确的是　　　　(选填“甲”或“乙”)。  (2)实验前需要先平衡小车受到的阻力，在平衡阻力前，下列操作正确的是　　　　。  A.需要取下小吊盘和物块 B.只需要取下小吊盘中的物块 (3)以砝码的质量m为横坐标，以小车加速度的倒数为纵坐标，在坐标纸上作出-m关系图像如图3所示，测得图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车的质量为　　　　(用k、b、g表示)。  解析：(1)安装纸带时，应该让复写纸压住纸带，则题图2(乙)穿法正确。 (2)实验前需要先平衡小车受到的阻力，在平衡阻力前，需要取下小吊盘和物块，让小车拖着纸带匀速运动，故选A。 (3)设小车质量为M，小吊盘以及所放的物块的质量为m0，则由牛顿第二定律得m0g=(M+m+m0)a，即=m+，由题图3可知k=，b=，解得M=-。 答案：(1)乙　 (2)A　(3)- 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。 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　　　。  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，故选项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，故选项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，故选项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大小都相等，因此不需要每次都将滑块从同一位置由静止释放，故选项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==2.5 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)2.5(2.3~2.7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) [系统建模] 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。 命题点(二)　是否需要满足m≪M 1.(2024·江西高考)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M1=320 g。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a-F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，将小车的质量增加至M2=470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a-F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M3=720 g，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9~14组数据未列出)。  序号 1 2 3 4 5 钩码所受重力F/(×9.8 N) 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 小车加速度a/(m·s-2) 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36 序号 6 7 8 9~14 15 钩码所受重力F/(×9.8 N) 0.120 0.140 0.160 …… 0.300 小车加速度a/(m·s-2) 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：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。 (5)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，如图所示。 (6)对钩码受力分析，根据牛顿第二定律有F-T=ma，对小车由牛顿第二定律得T=Ma，联立解得F=(M+m)a，变形得a=F，当m≪M时，可认为m+M≈M，则a=F，即a与F成正比。 答案：(4)较大　较小　(5)见解析图　(6)远大于钩码的质量　见解析 2.(2025·江西鹰潭模拟)某同学在做“探究加速度与力和质量的关系”的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。 (1)利用游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，遮光条的宽度d=　　　　　 cm；  (2)将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s；打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；可得滑块经过光电门时的速度大小v=　　　　　　　，滑块运动加速度大小a=　　　　　　　(用d、t、s表示)；  (3)实验时用拉力传感器直接测得拉力F，则滑块运动加速度a与拉力F的关系图像最符合本实验实际情况的是　　　　。(选填选项前的字母)  解析：(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，则遮光条的宽度为d=0.5 cm+8×0.05 mm=0.540 cm。 (2)滑块经过光电门时的速度大小v=，根据a=，联立解得a=。 (3)用传感器的读数直接得出了拉力F，滑块在气垫导轨上运动时不受摩擦力作用，F就是滑块所受的合外力，没有系统误差，所以图像应该是一条通过原点的倾斜直线，故选C。 答案：(1)0.540　(2)　　(3)C [系统建模] 1.平衡好阻力后挂上重物。 对小车，有FT=Ma；对重物，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所挂重物的重力。 因此本实验的实验条件为m≪M。如第1题第(6)问。 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。如第2题第(3)问。 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。 1.(2024·浙江1月选考)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.平衡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、x1、…、x6。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v=　　　　　　；小车加速度的表达式是　　　　。  A.a=　　　　B.a=　　　　C.a= 解析：(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，即采用控制变量法。故选B。 (2)平衡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的间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；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；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。 (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F=Ma，mg-F=ma，联立解得F==，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。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。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于小车与木板间存在阻力(实验中已经平衡了阻力)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)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T，打计数点5时小车速度的表达式为v==。根据逐差法可得小车加速度的表达式是a==，故选A。 答案：(1)B　(2)B　(3)远大于　系统误差　C　(4)　A 2.(2025·山东济南模拟)利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。 (1)突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的　　　(选填“A”“B”或“C”)点；  (2)剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于　　　。  A.砝码的重力大小　 B.小桶和砝码的重力大小 C.手机的重力大小 D.弹簧对手机的拉力大小 (3)如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，以砝码质量m为横坐标，绘制a-m图像，获得一条斜率为k、截距为b的直线，则可推算出手机的质量为　　　　(选用k、b、g表示)。  解析：(1)前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机近似在做简谐运动，故第一个峰值A即为剪断细绳瞬间手机的加速度。 (2)剪断细绳之前，弹簧的弹力等于手机的重力与小桶和砝码的重力之和；剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于小桶和砝码的重力大小。故选B。 (3)剪断绳子前，设弹簧的弹力为FT，小桶质量为m0，手机质量为M，对手机受力分析，由共点力平衡条件知FT-(m+m0)g-Mg=0，剪断绳子后，对手机受力分析，由牛顿第二定律有FT-Mg=Ma，结合题图丙解得M=。 答案：(1)A　(2)B　(3) 3.(2024·甘肃高考)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.调整垫块位置以平衡阻力 C.平衡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s1、s2、…、s8，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.a=++++++） B.a=（+++++） C.a=（++++） D.a=（+++） (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-M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。  解析：(1)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；为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合外力，需要调整垫块位置以平衡阻力，且要保持细绳和长木板平行，故B正确；平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带，因为小车拖动纸带打点时也有阻力，且需要通过观察纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；为充分利用纸带，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 (2)整理A选项中的式子可得a=， 整理B选项中的式子可得a=， 整理C选项中的式子可得a=， 整理D选项中的式子可得 a=， 对比4个整理之后的加速度算式，只有D选项的算式将实验数据全部运用，故最优的是D选项算式。 (3)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；设槽码的质量为m，由牛顿第二定律得mg=(m+M)a，整理可得=·M+，故斜率越小，槽码的质量m越大，由题图3可知，甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 答案：(1)B　(2)D　(3)反比　槽码 4.(2025·江西上饶模拟预测)某实验小组用如图甲所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验。打点计时器所接电源的频率为50 Hz，滑轮、长木板均光滑。 (1)按正确的方法操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出B点时小车的速度大小vB=　　　m/s，小车的加速度大小a=　　　m/s2(结果均保留两位有效数字)。  (2)改变重物，多次实验，得到多组弹簧测力计示数F和对应的小车加速度大小a，以F为横轴、a为纵轴作出a-F图像，该图像的斜率为k，则小车的质量M=　　　　(用k表示)。  (3)某次实验时弹簧测力计的示数为F0，则此次实验中重物的加速度大小为　　　　(用k、F0表示)。  解析：(1)相邻两计数点的时间间隔为T=2×=2× s=0.04 s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，打出B点时小车的速度大小vB==×10-2 m/s≈1.6 m/s；根据逐差法求出小车的加速度大小a==×10-2 m/s2≈3.2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律F=Ma，可得a=，则k=，可得M=。 (3)当弹簧测力计的示数为F0时，根据上述分析可知=k，得到此时小车的加速度大小a0=kF0，则重物的加速度大小为a0=kF0。 答案：(1)1.6　3.2　(2)　(3)kF0 29 / 67 学科网（北京）股份有限公司 $$