第3章 运动与力的关系(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2026年高中物理高考一轮总复习

第三章　运动与力的关系 卷别/年份 浙江 湖南 安徽 广东 河北 辽宁 全国甲 甘肃 山东 海南 黑吉辽 2024 2023 2024 2023 2024 2024 2022 2022 2022 2024 2024 2023 2022 2024 2024 牛顿第一定 律　惯性 T2 T2 牛顿第二定 律的理解和应用 T3 T6 T7 T3 T9 T1 连接体问题 T10 T2 T8 T16 牛顿第二定律 与直线运动 T19 T7 传送带模型和 滑块—木板模型 T4 T10 实验：探究加 速度与力、质 量的关系及拓展 T11(1) T9 T11 试题情境 生活实践类 跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机飞行、跳伞运动、运动电梯内物体的超重和失重等 学习探索类 传送带模型、滑块—木板模型、探究加速度与力、质量的关系、测量动摩擦因数等 考向预测 本章是力学中重要的内容，也是解决力学问题的常用观点。高考中考查频次较高的是牛顿第二定律的理解和应用、动力学的两类基本问题、连接体问题和探究加速度与力、质量的关系等。本章知识常与磁场、电磁感应等知识综合，考查考生的建模能力、分析综合能力等 第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 ■目标要求 1.理解牛顿第一定律和惯性，会用牛顿第一定律和惯性解释生活中的现象。2.理解牛顿第二定律的内容和表达式，并能利用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题和超重、失重问题。3.了解单位制，会用单位制检查物理表达式的正确性。 考点1　牛顿第一定律　惯性 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.牛顿第一定律。 (1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 (2)意义。 ①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。 ②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。 2.惯性。 (1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)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。 (1)牛顿第一定律可用实验验证(×) (2)速度大的物体用较长时间才能停下来，是因为其惯性大(×) (3)物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态(√) 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.惯性的两种表现形式。 (1)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)。 (2)反抗改变：物体受到外力作用时，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。 2.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系。 牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。 (1)牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，牛顿第二定律则回答了如何改变物体的运动状态。 (2)牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，无法用实验来验证，而牛顿第二定律是一条实验定律。 考向1　伽利略的理想斜面实验 【典例1】　(多选)17世纪，意大利物理学家伽利略根据实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是因为受到摩擦阻力的缘故。设想若没有摩擦，一旦物体具有某一速度，物体将保持这一速度继续运动下去。伽利略设想了一个实验——“伽利略斜面实验”。关于该实验，下列说法正确的是(BD) A.该实验是伽利略设想的，是在思维中进行的，无真实的实验基础，结论是荒谬的 B.该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律 C.该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论 D.该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据 解析　伽利略的斜面实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出的结论，A项错误，B项正确；伽利略由此推翻了亚里士多德的观点，认为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，C项错误；牛顿总结了前人的经验，指出了物体运动的原因，即牛顿第一定律，D项正确。 考向2　牛顿第一定律 【典例2】　下列说法正确的是(C) A.牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据 B.牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的 C.理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法 D.由牛顿第一定律可知，物体的运动需要力来维持 解析　牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过合理归纳总结出来的，但无法用实验来直接验证，但其结论是正确的，A、B两项错误；理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法，C项正确；物体的运动不需要力来维持，D项错误。 考向3　惯性 【典例3】　物理老师给同学们做了一个有趣的实验，用一根筷子穿透了一颗土豆，现在他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子上端，那么你认为该演示实验的现象或原理正确的是(A) A.土豆会沿着筷子向上爬 B.该实验原理是利用牛顿第二定律 C.该实验原理是利用牛顿第三定律 D.土豆越大越难完成该实验 解析　该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动)，除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而土豆由于具有惯性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则土豆相对筷子在向上运动，即土豆会沿着筷子向上爬，A项正确，B、C两项错误；土豆越大，其质量越大，则惯性越大，越容易完成实验，D项错误。 考点2　对牛顿第二定律的理解　力学单位制 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.牛顿第二定律。 (1)内容。 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。 (2)表达式：F=ma。 2.力学单位制。 (1)单位制。 由基本单位和导出单位一起组成了单位制。 (2)基本单位。 基本物理量的单位。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。 由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 (1)由m=可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比(×) (2)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，但速度不一定减小(√) (3)千克、秒、米/秒均为国际单位制的基本单位(×) 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.牛顿第二定律的性质。 2.合力、加速度、速度间的决定关系。 (1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。 (2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。 (3)a=是加速度的定义式，a与v、Δv及Δt无直接关系；a=是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (4)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度。 考向1　牛顿第二定律的理解和简单应用 【典例4】　(多选)在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的细线悬挂于小车内的O点，小车沿水平方向运动，小球与小车保持相对静止后，通过如图乙所示的加速度仪表盘测量出细线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到小车此时的加速度值。重力加速度大小为g，不计空气阻力和细线与刻度盘间的摩擦，下列说法正确的是(AC) A.当θ=60°时，小车的加速度大小为g B.两侧角度相同时表示小车的加速度相同 C.若对每一个角度对应的加速度进行标注，则加速度值越大，表盘刻度越密集 D.加速度越大，用此加速度计测量得越准确 解析　设小车的加速度为a，绳中张力为T，则有Tsin θ=ma，Tcos θ=mg，解得a=gtan θ，θ=60°时a=g，A项正确；根据A项分析可知两侧角度相同时，加速度大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不同，B项错误；根据a=gtan θ可知a随θ的变化不是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值越大，表盘刻度越密集，C项正确；当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大，D项错误。 考向2　瞬时加速度问题 【典例5】　(2024·湖南卷)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) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 解析　以B、C、D整体为研究对象，受力分析，由平衡条件得FAB=(3m+2m+m)g=6mg，剪断B、C间细线瞬时，对B球应用牛顿第二定律得FAB-3mg=3ma1，解得a1=g，方向竖直向上。以C、D整体为研究对象，受力分析，由平衡条件得FBC=(2m+m)g=3mg，以D球为研究对象，由平衡条件得FCD=mg，剪断B、C间细线瞬时，对C球应用牛顿第二定律得FCD+2mg=2ma1，解得a1=1.5g，方向竖直向下。综上所述，应选择A。 考向3　单位制 【典例6】　(2025·金华模拟)某公司的Wi-Fi6+采用了芯片级协同、动态窄频宽技术，大幅提升了手机等终端侧的功率谱密度(PSD)，带来了信号穿墙能力的大幅提升。功率谱密度的单位是瓦特每纳米(W/nm)，改用国际单位制基本单位表示正确的是(A) A.kg·m/s3 B.kg·m/s4 C.kg·m2/s4 D.kg·m2/s2 解析　根据功率的公式和牛顿第二定律可知===109 kg·m/s3，所以国际单位制中其单位应为kg·m/s3，A项正确。 考点3　超重与失重 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 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。 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a=g，方向竖直向下。 4.实重和视重。 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 (1)超重就是物体重力变大的现象，失重就是物体重力变小的现象(×) (2)处于超重状态的物体，具有向上的加速度或向上的加速度分量(√) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态(×) 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.对超重和失重的理解。 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 (3)假如物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 2.判断超重和失重的方法。 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 【典例7】　(2025·镇江模拟)某同学用弹簧来研究竖直电梯的运行规律。如图所示，当电梯静止时，弹簧下端挂一重物，指针指在O点。当电梯运动时指针指在A位置，下列说法正确的是(A) A.重物处于失重状态 B.重物处于超重状态 C.电梯一定是上行 D.电梯一定是下行 解析　当电梯静止时，指针指在O点，则重力等于弹力；当指针指在A点时，重力大于弹力，加速度向下，则重物处于失重状态，电梯可能加速下行，也可能减速上行，A项正确。 第2讲　牛顿第二定律的基本应用 ■目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解思路和方法。2.掌握各种动力学图像，并能用图像的斜率、面积、截距、交点、拐点等的物理意义解决问题。 考点1　动力学两类基本问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路。 先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合=ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。 2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路。 已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　动力学两类基本问题的解题思路。 上述解题思路中的关键点： (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 考向1　已知受力分析运动情况 【典例1】　如图所示，物体的质量m=5 kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角θ=37°的恒力F=50 N作用下，由静止开始加速运动，当t=5 s时撤去F(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)物体做加速运动时的加速度a； (2)撤去F后，物体还能滑行的时间t'。 解析　(1)物体做加速运动时，进行受力分析，如图所示， 根据牛顿第二定律，可得 Fcos θ-μFN=ma， 又FN=Fsin θ+mg， 联立解得a=4.8 m/s2。 (2)撤去F时，物体的速度为 v=at=24 m/s， 撤去F后，由牛顿第二定律可得μmg=ma'， 解得a'=2 m/s2， 根据0=v-a't'， 解得t'=12 s。 答案　(1)4.8 m/s2　(2)12 s 考向2　已知运动情况分析受力 【典例2】　某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察。一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10 m/s2。 (1)求汽车制动过程中所受的合力大小； (2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小。 解析　(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x1，制动过程中行驶的距离为x2，加速度大小为a1，所受的合力大小为Ff1， 初速度v0=54 km/h=15 m/s， 反应时间t0=0.5 s， 由牛顿第二定律有Ff1=ma1， 由匀速和匀变速直线运动规律有 x1=v0t0， x2=x-x1， =2a1x2， 联立解得Ff1=1.0×104 N。 (2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a2，牵引力大小为F，由牛顿第二定律有 F-Ff2=ma2， Ff2=0.05mg， 由匀变速直线运动规律有v0=a2t， 联立解得F=4.0×103 N。 答案　(1)1.0×104 N (2)4.0×103 N 考向3　等时圆模型 【典例3】　如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、 C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为(A) A.t1=t2=t3 B.t1>t2>t3 C.t2>t1>t3 D.A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较 解析　对于环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1==gsin θ，又根据运动学公式得2Rsin θ=a1，解得t1=，对于环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2==gsin α，又根据运动学公式得2Rsin α=a2，解得t2=，对自由落体的球C而言，有2R=g，解得t3=，因此三者时间相等，且与物体的质量无关，A项正确，B、C、D三项均错误。 各斜面的顶端和底端在同一圆周上，且斜面的顶端在圆周的最高点(如图甲所示)或底端在圆周的最低点(如图乙所示)，物体沿斜面下滑的时间t=(其中d为圆的直径)，图丙可看成两个等时圆。 考点2　动力学图像问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.动力学中常见图像及其意义。 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个物理量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a-t 图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 F-x 图像 表示作用力随位移的变化规律，是力与空间的对应关系，所围面积表示该力在某段位移中做的功 特别提醒：加速度是联系v-t图像与F-t图像的桥梁。 2.动力学图像问题求解思路。 【典例4】　(多选)(2025·酒泉模拟)如图甲所示，物块的质量m=1 kg、初速度v0=10 m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2-x关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(AD) A.0~1 s内物块做匀减速运动 B.在t=5 s时刻该力F反向 C.外力F的大小为8 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 解析　物块做减速运动的加速度为a1== m/s2=10 m/s2，减速运动的时间为t1== s=1 s，即0~1 s内物块做匀减速运动，在t=1 s时刻该力F反向，A项正确，B项错误；减速运动时F+μmg=ma1，力F反向后的加速度a2== m/s2=4 m/s2，且F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，μ=0.3，C项错误，D项正确。 【典例5】　(2025·鞍山模拟)为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。 解析　(1)0~2 s内，由F-t图像可得 F1=21.5 N， 由牛顿第二定律可得 F1-mgsin α-μmgcos α=ma1， 由v-t图像可得a1==0.5 m/s2， 2 s后，由F-t图可得F2=20 N， 由牛顿第二定律可得 F2-mgsin α-μmgcos α=0， 解得μ=。 (2)撤去推力F后，由牛顿第二定律可得 -μmgcos α-mgsin α=ma2， 解得a2=- m/s2， 撤去外力时，物体的速度为1 m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度与位移的关系式得 x3==0.075 m。 答案　(1)　(2)0.075 m 专题提升四　动力学中的连接体问题和临界、极值问题 题型1　动力学中连接体问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.连接体。 多个相互关联的物体通过细绳、细杆、弹簧等连接或通过叠放、并排放置等构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般有相同的速度、加速度或有相等的速度、加速度大小。 2.解决连接体问题的两种方法。 考向1　轻绳、轻杆、轻弹簧连接类 两个物体通过轻绳、轻杆、轻弹簧连接或并排放置，物体间作用力为弹力，沿着两物体连线方向运动，具有相同的加速度和速度，常见的情形有： 【典例1】　如图甲所示，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，用恒力F向右拉木块2，使两木块一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g。 (1)若水平面光滑，求轻绳的拉力。 (2)若两木块与水平面间的动摩擦因数为μ，求轻绳的拉力。 (3)如图乙所示，若两木块在平行斜面向上的恒定拉力F作用下一起沿光滑斜面向上匀加速运动，求轻绳的拉力。 (4)若两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，其他条件与第(3)问相同，求轻绳的拉力。 解析　(1)若水平面光滑，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得 F=(m1+m2)a， 对木块1应用牛顿第二定律得 FT1=m1a， 两式联立解得轻绳的拉力FT1=F。 (2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a， 对木块1应用牛顿第二定律得 FT2-μm1g=m1a， 两式联立解得轻绳的拉力FT2=F。 (3)若斜面光滑，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得 F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a， 对木块1应用牛顿第二定律得 FT3-m1gsin θ=m1a， 两式联立解得轻绳的拉力FT3=F。 (4)若两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，对两木块构成的整体应用牛顿第二定律得 F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a， 对木块1应用牛顿第二定律得 FT4-m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a， 两式联立解得轻绳的拉力FT4=F。 答案　(1)F　(2)F　(3)F (4)F 　　1.整体法和隔离法分析动力学中的轻绳、轻杆、轻弹簧连接类问题。 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同的加速度，可以把它们看成一个整体，对整体应用牛顿第二定律。 (2)隔离法：求系统内物体之间的作用力时，需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程。 (3)整体法和隔离法并用：若连接体内各物体具有共同的加速度，可根据已知条件和求解的问题选择整体法和隔离法并用的方法求解。 ①已知系统受力，可先对整体应用牛顿第二定律求系统的加速度，再对其中一个物体(一般选择受力个数少或已知力多的物体)应用牛顿第二定律求相互作用力。 ②已知系统内物体间的作用力，可先对其中一个物体应用牛顿第二定律求加速度，再对整体应用牛顿第二定律求系统的合外力或某一个力。 2.轻绳、轻杆、轻弹簧连接类问题中物体间相互作用力的特征。 从典例1的推理计算中不难看出，两物体间轻绳的拉力与有无摩擦力无关，与系统处于平面、斜面还是竖直方向无关。分析考向2中叠放物体类问题，看是否也有相同的结论。 考向2　叠放物体类 两物体叠放在一起有共同的加速度、速度，一般与弹力、摩擦力有关。常见的情形有： 【典例2】　(多选)如图，质量均为m的粗糙木块A、B叠放在一起，静止于水平面上。现对木块B施加一个水平方向的拉力F，使木块A、B一起向右做匀加速直线运动，A与B、B与地面之间动摩擦因数相同均为μ，重力加速度为g，则(CD) A.木块A与木块B之间无摩擦力 B.木块A对木块B的摩擦力为μmg C.木块B受到的地面的摩擦力为2μmg D.加速度大小为-μg 解析　根据题意，对整体受力分析，竖直方向上有FN=2mg，水平方向上有Ff=μFN=μ·2mg，由牛顿第二定律有F-Ff=2ma，解得a=-μg，C、D两项正确；根据题意，对A受力分析，水平方向上，由牛顿第二定律有Ff1=ma=-μmg，A、B两项错误。 考向3　跨过滑轮的绳子关联类 跨过滑轮的绳子关联类连接体问题指轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面所示的三种情形中A、B两物体的速度和加速度大小相等，方向不同。 【典例3】　(多选)如图所示，质量分别为m=2 kg和M=3 kg的两个物块A、B通过一根跨过定滑轮的轻绳连接，其中A放置在光滑水平面上，B竖直悬挂。现将两个物块同时由静止释放。已知轻绳不可伸长且始终处于绷紧状态，不计一切摩擦及阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(AD) A.轻绳的拉力大小为12 N B.物块A、B的加速度大小均为10 m/s2 C.若仅将物块A、B互换位置，则轻绳的拉力大小为20 N D.若仅将物块A、B互换位置，则两物块的加速度大小为4 m/s2 解析　以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T=ma，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg-T=Ma，联立解得T=12 N，a=6 m/s2，A项正确，B项错误；若仅将物块A、B互换位置，根据牛顿第二定律可得T'=Ma'，mg-T'=ma'，联立解得T'=12 N，a'=4 m/s2，C项错误，D项正确。 　　跨过滑轮的绳子关联类连接体问题中的两物体的加速度方向不同，一般采用隔离法分析，对两物体分别列牛顿第二定律的方程，联立解得物体的加速度大小和绳子的拉力大小。 题型2　动力学中的临界和极值问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.“四种”典型临界条件。 (1)接触与脱离的临界条件：弹力FN=0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断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)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0。 2.求解临界极值问题的三种常用方法。 (1)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。 (2)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。 (3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。 考向1　相对滑动的临界问题 【典例4】　(多选)如图所示，质量m=1 kg的滑块和质量M=2 kg的木板叠放在一起，滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10 m/s2。某时刻木板与滑块恰好以相同的速度向右运动，此时给木板施加向右的恒力F，若要求木板与滑块在以后的运动中不产生相对滑动，F的值可能为(BC) A.0 N B.4 N C.6 N D.10 N 解析　滑块相对木板静止时，滑块的最大加速度a=μ1g=1 m/s2，木板、滑块一起向右以加速度a做匀减速运动时，拉力最小为F1，对整体有μ2(M+m)g-F1=(M+m)a，解得F1=3 N；木板、滑块一起向右以加速度a做匀加速运动时，拉力最大为F2，对整体有F2-μ2(M+m)g=(M+m)a，解得F2=9 N，所以3 N≤F≤9 N，B、C两项正确。 【典例5】　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2。开始时F=10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，下列说法正确的是(D) A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动 解析　当A、B间达到最大静摩擦力时两者开始相对滑动，以B为研究对象，设临界加速度为a，由牛顿第二定律得μmAg=mBa，得a=6 m/s2。由整体法得F=(mA+mB)a=48 N，所以F增大到45 N的过程中，两物体始终没相对运动，B、C两项错误，D项正确；由于地面光滑，故一开始物体就加速运动，A项错误。 　　从典例4和典例5中可以看出，临界加速度均是通过受力个数少且已知力多的物体求得的。 考向2　接触、脱离的临界和极值问题 【典例6】　(多选)如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排放在斜面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，物块A、B(物块A、B不相连)处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力F拉物块B，使物块A、B一起沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，下列说法正确的是(BC) A.物块A、B分离时弹簧恰好为原长 B.物块A、B分离前外力F为变力，分离后为恒力 C.从外力F作用在物块B上到物块A、B分离的时间为 D.外力F的最大值为mg+ma 解析　物块A、B在外力的作用下沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度不变，当物块A、B分离时，物块A、B的加速度相等且沿斜面向上，物块A、B间的弹力FN=0，此时对物块A分析kx-mgsin θ=ma，可知弹簧弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状态，A项错误；物块A、B分离后，对B分析F-mgsin θ=ma，故物块A、B分离后，外力F为恒力，B项正确；对物块A、B整体进行分析，外力F未作用在物块B上时，弹簧的压缩量x1=，物块A、B分离时，对物块A有kx-mgsin 30°=ma，解得x=，由运动学知识有x1-x=at2，解得t=，C项正确；物块A、B分离时外力F达到最大，此后不变，由牛顿第二定律得Fmax-mgsin 30°=ma，解得Fmax=mg+ma，D项错误。 专题提升五　“传送带”模型中的动力学问题 1.模型特点。 物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带有相对滑动或有相对滑动的趋势而产生滑动摩擦力或静摩擦力。摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.物体与传送带共速前后的两个变化。 (1)抓住物体与传送带共速的临界点，共速前后的运动情况可能不同。 (2)共速前后摩擦力发生突变，有三种常见的情形：①滑动摩擦力消失；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③滑动摩擦力改变方向。 题型1　水平传送带模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　传送带是生产生活中常用的一种工具，高中物理中对实际的传送带进行了抽象化处理，一般认为传送带的运动不受滑块的影响。 传送带模型中要注意摩擦力的突变，这种突变发生在v物与v带相同的时刻，对于倾斜传送带模型还要分析mgsin θ与Ff的大小与方向。突变有三种：(1)滑动摩擦力消失；(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力；(3)滑动摩擦力改变方向。 项目 图示 运动情况 判断方法 情景1 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 情景2 当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若≤l，物、带能共速 情景3 传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回 【典例1】　(2025·昭通模拟)如图，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，两轮轴心间距离L=20 m。一个物块(视为质点)以初速度v0=12 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)物块在传送带上运动的时间； (2)物块在传送带上留下的痕迹长度。 解析　(1)物块在传送带上运动，由牛顿第二定律μmg=ma， 设物块减速至传送带速度v所用时间为t1，根据运动学公式v=v0-at1， 解得t1=2 s， 位移x1=t1， 解得x1=16 m<L， 所以物块先匀减速后匀速运动，则 L-x1=vt2， 解得t2=1 s， 在传送带上运动的时间t=t1+t2=3 s。 (2)t1时间内传送带的位移x2=vt1， 物块在传送带上留下的痕迹长度 x=x1-x2， 解得x=8 m。 答案　(1)3 s　(2)8 m 【典例2】　(2025·徐州模拟)如图所示，水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带长度L>。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的(B) 解析　由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a=μg，当物块向左运动速度减为零时的位移为x=，由题可知L>，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x'=，又v2>v1，则x>x'，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动，B项正确。 题型2　倾斜传送带模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，共速后摩擦力方向改变，再以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ-μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ-gsin θ；若μ=tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速；若μ=tan θ，一直匀速 (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速；μ=tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 【典例3】　(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(C) 解析　0~t0时间内，物体轻放在传送带上后做加速运动，说明滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度沿斜面向上，且不变，故做匀加速运动；t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C项正确，A、B、D三项错误。 【典例4】　如图甲所示为一车间运送货物的传送带示意图，传送带的倾角为θ。某次运送货物时工人把传送带调到某一恒定的速率沿逆时针方向运行。在t=0时，将一货物轻放在传送带上的最右端A位置处，2.0 s时货物从B点离开传送带。货物的速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)货物与传送带之间的动摩擦因数及θ的正弦值； (2)在0~2.0 s时间内货物在传送带上划过的痕迹长度； (3)要使无初速度放在A位置的货物运动到B位置的时间最短，传送带的速率至少应调整到多少；传送带的运行方向如何；最短时间是多少。(结果可用根式表示) 解析　(1)由题图乙知， 0~1.0 s内a1==10 m/s2， 1.0~2.0 s内a2==2 m/s2， 0~1.0 s内，由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1， 1.0~2.0 s内，由牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma2， 解得μ=0.5，sin θ=0.6。 (2)由题图乙知，传送带的速率v1=10 m/s，0~1.0 s内传送带比货物多运动 Δx1=v1t1-v1t1=5 m， 1.0~2.0 s内货物比传送带多运动 Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=1 m， 则货物在传送带上划过的痕迹长度为 Δx1=5 m。 (3)传送带应逆时针运行，且运行速度应足够大确保货物从A到B一直以加速度 a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2， 做匀加速运动；设传送带的速率至少应调到v3，货物运动到B位置的最短时间为t3，传送带A、B间的长度 x=v1t1+(v1+v2)t2=16 m， =2a1x， v3=a1t3， 解得v3=8 m/s，t3= s。 答案　(1)0.5　0.6　(2)5 m (3)8 m/s　逆时针运行　 s 专题提升六　“滑块—木板”模型中的动力学问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.模型特点。 滑块置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.滑块与木板间的位移关系。 如图所示，滑块(可视为质点)由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=L(L为板长)，如图乙所示。 3.临界状态v块=v板是解题的关键。 (1)v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。 (2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。 4.解答“滑块—木板”模型的流程。 题型1　水平面上的“滑块—木板”模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 【典例1】　(2025·阜新模拟)如图所示，水平桌面上质量m1=0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2=0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m。现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，求： (1)当F满足什么条件时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动； (2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大? (3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落? 解析　(1)当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时，设水杯最大加速度为a1，对水杯分析，根据牛顿第二定律 μ2m2g=m2a1， 解得a1=2 m/s2， 对整体分析，根据牛顿第二定律 F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1， 解得F1=0.3 N， 故当F≤F1=0.3 N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。 (2)当F2=0.4 N时，纸杯和纸板会发生相对滑动，对纸板分析有 F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a， 解得a=12 m/s2。 (3)纸板抽出的过程，对纸板有 F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2， 纸板抽出的过程，二者位移关系满足 x1=a2t2-a1t2， 纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速运动，设经历时间t'恰好到桌面右边缘静止，有 μ1m2g=m2a1'， 由速度关系有a1t=a1't'， 纸杯的位移关系有x2-a1t2=×t'， 联立解得F=0.315 N， 所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落。 答案　(1)F≤0.3 N　(2)12 m/s2 (3)F≥0.315 N 【典例2】　如图所示，质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1 m，用F=5 N的水平恒力作用在铁块上，设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。 (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。 答案　(1)见解析　(2) s 解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为 Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N， 假设A、B之间不发生相对滑动， 对A、B整体：F=(M+m)a， 对A：FfAB=Ma， 解得FfAB=2.5 N， 因FfAB<Ffm，故A、B之间不发生相对滑动。 (2)对B：F-μ1mg=maB， 对A：μ1mg-μ2(M+m)g=MaA， 根据题意xB-xA=L， xA=aAt2，xB=aBt2， 解得t= s。 题型2　斜面上的“滑块—木板”模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 【典例3】　如图所示，倾角为θ=37°的传送带足够长，初始静止。质量M=2 kg的长木板放置在传送带上，恰好静止。有一质量m=1 kg的小物块，以速度v0=3 m/s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以v=1 m/s顺时针转动，木板以碰前大小相同的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.875，sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。求： (1)长木板与传送带之间的动摩擦因数μ1； (2)木板与开关相撞时的速度v1； (3)木板的长度L。 解析　(1)长木板恰好静止在传送带上 Mgsin θ=μ1Mgcos θ， 解得μ1=0.75。 (2)对长木板由牛顿第二定律得 Mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(M+m)gcos θ=Ma1， 解得a1=0.5 m/s2， 对物块由牛顿第二定律得 -mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2， 解得a2=1 m/s2， 物块与长木板达到共同速度时 v1=v0-a2t1=a1t1， 解得v1=1 m/s，方向向下。 (3)木板向下运动过程中，木板与物块的相对位移 Δx1==3 m， 木板被反弹，木板与物块的加速度均未变 Δx2== m， 所以木板的长度L=Δx1+Δx2= m。 答案　(1)0.75　(2)1 m/s　(3) m 第3讲　实验4：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 ■目标要求 1.理解实验原理，明确实验过程并能进行数据处理。2.了解实验的注意事项，会对实验进行误差分析。3.分析创新类实验的方案设计，并能进行数据处理和误差分析。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 (1)控制变量法的应用。 ①保持小车的质量不变，研究加速度与力的关系。 ②保持小车所受合外力不变，研究加速度与小车质量的关系。 (2)物理量的测量。 ①质量的测量：用天平测量小车的质量，为了改变小车的质量，可以在小车中增减钩码的数量。 ②加速度的测量：将穿过打点计时器的纸带固定在小车上，根据纸带上打出的点来测量加速度。 ③力的测量：在长木板上不带滑轮的一端用薄木块垫起，用小车重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力。当槽码的质量m远小于小车质量M时，槽码的重力近似等于小车所受绳的拉力，且近似等于小车所受的合外力。 2.实验器材。 小车、钩码、槽码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、学生电源、导线、纸带、天平、刻度尺、坐标纸等。 3.实验步骤。 (1)用天平测量槽码的质量m和小车的质量M。 (2)根据设计要求安装实验装置，只是不把悬挂槽码的细绳系在小车上。 (3)在长木板不带滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑。 (4)槽码通过细绳绕过滑轮系于小车上，接通电源后放开小车，断开电源取下纸带，编写号码，保持小车质量M不变，改变槽码质量m，重复实验得到纸带。 (5)保持槽码质量m不变，改变小车质量M，重复实验得到纸带。 4.数据处理。 (1)利用Δx=aT2及逐差法求a。 (2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比。 (3)以a为纵坐标，为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与M成反比。 5.误差分析。 (1)因实验原理不完善引起误差。 (2)摩擦力平衡不准确造成误差。 (3)质量的测量误差。 6.注意事项。 (1)平衡摩擦力：不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，让小车连着纸带匀速下滑。 (2)质量关系：槽码质量m远小于小车质量M。 (3)平行：使细线与长木板平行。 (4)靠近：小车从靠近打点计时器的位置释放。 (5)先后：实验时先接通电源后释放小车。 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 用槽码重力替代绳的拉力产生的误差分析。 因实验原理不完善引起误差，以小车、槽码整体为研究对象得mg=(M+m)a；以小车为研究对象得F=Ma，求得F=·mg=·mg<mg。 本实验用槽码的重力mg代替小车受的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的重力。槽码的质量比小车的质量小的越多，由此引起的误差就越小。因此，满足槽码的质量远小于小车的质量的目的就是减小因实验原理不完善而引起的误差。 【典例1】　图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图。两个相同的小车，放在比较光滑的水平板上(摩擦力很小，可以略去)，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可放砝码，两个小车后端各系一条细线，细线用夹子固定。打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，闭合夹子，两小车同时停止运动，再用刻度尺测出两小车通过的位移。为了探究加速度大小和力大小之间的关系，下列说法正确的是(C) A.使小盘和砝码的总质量尽可能等于小车的质量 B.若将小车放在粗糙水平板上，对实验结果没有影响 C.两小车的位移之比等于加速度之比 D.可在两小盘内放置相同质量的砝码，在两小车内放置不同质量的砝码进行实验 解析　盘和盘中砝码的质量远远小于小车的质量，绳对小车拉力大小才近似等于盘和盘中砝码的重力，A项错误；粗糙水平板对小车有摩擦力，则小车受到的合力不等于绳子的拉力，对实验结果会有影响，B项错误；根据初速度为零的匀变速直线运动公式x=at2，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比就是加速度之比，所以通过比较位移就能得知加速度大小与力大小之间的关系，C项正确；实验中通过在两小盘内放置不同质量的砝码来改变小车所受合力，D项错误。 【典例2】　(2024·甘肃卷)用图甲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 B (填选项字母)。  A.使小车质量远小于槽码质量 B.调整垫块位置以补偿阻力 C.补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D.释放小车后立即打开打点计时器 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图乙所示，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 D (填选项字母)。  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图像如图丙所示。 由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 反比 (填“正比”或“反比”)；甲组所用的 槽码 (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，A项错误；为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，B项正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，C项错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，D项错误。 (2)根据逐差法可知s5-s1=4a1T2，s6-s2=4a2T2，s7-s3=4a3T2，s8-s4=4a4T2，联立可得小车加速度表达式为a=，D项正确。 (3)根据题图丙可知与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，则由牛顿第二定律mg=(m+M)a，化简可得=·M+，故斜率越小，槽码的质量m越大，由题图丙可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验器材创新 【典例3】　(2024·江西卷)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 较大 ，非线性区间 较小 。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。 (5)图见解析 (6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量 远大于钩码质量 时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释： 解释见解析 。  解析　(4)由题图(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)设绳子拉力为T，对钩码应用牛顿第二定律有F-T=ma，对小车应用牛顿第二定律得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。 考向2　实验方案创新 【典例4】　(2022·山东卷)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上； ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨； ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时； ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。 +回答以下问题(均保留2位有效数字)： (1)弹簧的劲度系数为 12 N/m。  (2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 0.20 kg。  (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ，则待测物体的质量为 0.13 kg。  解析　(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合题图乙的F-t 图像有Δx=5.00 cm，F=0.610 N，根据胡克定律k=，计算得k≈12 N/m。 (2)根据牛顿第二定律有F=ma，则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有= kg-1=5 kg-1，则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20 kg。 (3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有= kg-1=3 kg-1，则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'≈0.33 kg，则待测物体的质量为Δm=m'-m=0.13 kg。 考向3　实验目的改变 【典例5】　某同学使用如图甲装置测量木板和物块(底面平整，上有凹槽)间的动摩擦因数，已知当地重力加速度为g，打点计时器所接电源的频率为50 Hz。实验步骤： ①调整木板处于水平状态，物块凹槽内放置两个砝码，保证物块和砝码的总质量远大于小吊盘和重物质量之和； ②测量小吊盘和重物总质量m，按住物块，把带有重物的小吊盘挂在绕过定滑轮的绳子上； ③接通打点计时器电源，释放物块，获得带有点迹的纸带； ④改变小吊盘中重物质量，重复步骤②③； ⑤选纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量位移，如图乙，求出与不同m相对应的加速度a； ⑥以m为纵坐标，a为横坐标，在坐标纸上作m-a关系图线，如图丙，测得斜率为k，纵轴截距为b。 完成下列填空： (1)某次实验中测得的纸带如图乙所示，则物块加速度a= 1.01 m/s2(保留3位有效数字)。  (2)假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图像丙斜率和截距可得木板和物块间的动摩擦因数μ=  。  解析　(1)相邻计数点的时间间隔T=5×0.02 s=0.1 s，根据逐差法求解加速度a=×10-2 m/s2≈1.01 m/s2。 (2)据题意知，绳子拉力近似等于小吊盘和重物的总重力，设物块和砝码的总质量为M，由牛顿第二定律得mg-μMg=Ma，变形得m=a+μM，故图像斜率k=，纵轴截距b=μM，解得μ=。 学科网（北京）股份有限公司 $$