第3章 运动和力的关系-【十年高考】备战2026年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）

第三章　运动和力的关系 考点10　牛顿运动定律的理解 1.B　t1~t3间,Ff方向向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动,故A错误;t2~t3间,Ff方向向下且在减小,可知此时速度方向向上,在减小,根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;t3~t5间,Ff方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,故实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。 2.CD　人和楠竹在湖面减速滑行,速度在变化,根据牛顿第二定律可知,选手所受合力不为零,故A错误;楠竹在水平方向有加速度,根据平行四边形定则可知,人对楠竹的力可分解为竖直方向的力和水平方向的摩擦力,人对楠竹的力的方向不是竖直向下,故B错误;手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡,故C正确;选手受到来自楠竹的竖直方向的支持力和平行于楠竹方向的摩擦力,其合力方向在楠竹所在的竖直平面内,而选手(含划杆)不受垂直于楠竹的方向的力,故其重心也在楠竹所在的竖直平面内,故选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面,故D正确。 3.BC　剪断细线后,弹力大于小球A的重力,则小球A先向上做加速运动,随弹力的减小,向上的加速度也减小,当加速度为零时小球速度最大,此时弹力与重力大小相等,弹簧处于拉伸状态,故A错误;剪断细线之前F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,则对小球A分析,由牛顿第二定律得,F弹-2mg=2ma,解得A的加速度a=,故B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后小球A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A=x1-x2=,由简谐运动对称性可知小球A运动的最高点和最低点关于平衡位置对称,运动到最高点时弹簧伸长量为,故C正确;由上述分析可知,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,故D错误,故选B、C。 简谐运动中,物体处于平衡位置时加速度为零,偏离平衡位置,位移最大时速度为零,故物体速度为零的点和加速度为零的点之间的距离即为振幅。 4.A　本题考查牛顿第二定律中的整体法和隔离法。根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F,故选A。 5.A　本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。剪断前,对B、C、D整体分析得FAB=(3m+2m+m)g,对D有FCD=mg;剪断后,对B有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选项A正确。 6.A　本题考查物体的平衡、牛顿第二定律。小球在P点保持静止时,由平衡条件可知,拉力F、重力和两弹簧的拉力的合力为零,则两弹簧的合力大小为mg。撤去拉力后,小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧的形变量逐渐减小,弹簧在竖直方向上的合力不断减小,故小球受的合外力一直减小,加速度一直减小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误。 7.C　由题图可知小圆盘先加速后减速,可知Ff先小于G, 后大于G。故选C。 8.AD　小球在P点恰好能保持静止,则mg=Ff,Ff=μFN,FN=k,联立解得k=,选项A正确。在PM之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为θ,小球在A点时弹簧弹力F=k,小球所受摩擦力Ff1=μFN1=μFsin θ=μkl,当A点在PN之间时也满足此式;当小球运动到P点正下方时θ=45°,此时摩擦力Ff1=μkl,根据牛顿第二定律得mg-Ff1=ma,解得a=(2-)g,选项B错误。θ在M、P之间增大,在P、N之间减小,即摩擦力在M、N之间先变大再变小,选项C错误。根据对称性可知小球在任意关于P点对称的位置摩擦力大小相等,由对称性可知M到P和P到N小球受到的摩擦力做功大小相等,选项D正确。 9.B　本题考查受力分析、牛顿第二定律、力的合成。对物块受力分析,根据平衡条件,支持力为FN=mgcos θ,选项A错误;斜面对物块的摩擦力大小为Ff=μFN=μmgcos θ,选项B正确;因物块沿斜面加速下滑,则μ<tan θ,根据牛顿第二定律得F合=mgsin θ-μmgcos θ=ma,选项D错误;斜面对物块的作用力即支持力和摩擦力的合力F= <=mg,选项C错误。 弄清“斜面对物块作用力是斜面对物块的支持力和摩擦力的合力”是防错的关键。 10.AD　本题考查牛顿第二定律的应用。设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg 撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg,两滑块与地面仍然保持相对滑动,此时对滑块P受力分析得 -FT-μmg=ma1 解得a1=-2μg 此时Q所受外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故P、Q间距减小,弹簧伸长量减小,弹力变小,P加速度减小,Q受合力增大,合力向左,故Q做加速度增大的减速运动。P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度,为2μg;Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度,此时对Q受力分析得 -μmg=ma2,解得a2=-μg 故Q加速度最大值为μg,A正确,B错误。 在该过程中,P减速得快,Q减速得慢,因此任意时刻,P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,P的位移大小一定小于Q的位移大小,选项C错误,D正确。 11.A　 本题考查力的分解和牛顿第二定律的应用。当两球运动至二者相距l时,如图所示,由几何关系可知sin θ==,设绳子拉力为FT,水平方向有2FTcos θ=F,解得FT=F,对任意小球由牛顿第二定律可得FT=ma,解得a=,故A正确。 12.A　本题属于原理创新型设计实验,考查加速度计的设计问题。因为不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处,则弹簧的原长l0=0.2 m;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处,则根据平衡条件有mg=k(l-l0),可计算出k=,由分析可知,在30 cm刻度时,有F弹-mg=ma(取竖直向上为正方向),代入数据有a=-0.5g,A项正确;由分析可知,在40 cm刻度时,有mg=F弹,则40 cm刻度对应的加速度为0,B项错误;由分析可知,在50 cm刻度时,有F弹-mg=ma(取竖直向上为正方向)代入数据有a=0.5g,C项错误;设刻度对应值为x,结合分析可知=a,Δx=|x-0.2|(取竖直向上为正方向),化简a=(x>0.2)或a=(x<0.2),因此加速度a与刻度对应值x成线性关系,则各刻度对应加速度的值是均匀的,D项错误。 13.D　小球受到重力、弹力以及浮力作用,处于静止状态。A球的重力大于浮力,所受弹力向上。B、C两球的重力小于浮力,所受弹力向下。剪断绳以后,重力全部用来改变运动状态,浮力消失。A、B、C三球及水杯的重力在竖直方向产生相同的加速度,相对运动由弹力产生,A球所受弹力向上,相对于杯底向上运动,B球所受弹力向下,相对于杯底向下运动,C球所受弹力瞬间消失,相对于杯底无运动,D项正确。 考点11　牛顿第二定律的基本应用 1.B　图甲为从右向左看的视图,将重力分解为方向沿斜面向下的分力mgsin θ和方向垂直于斜面的分力mgcos θ,故物块对斜面的压力FN1=mgcos θ,由牛顿第三定律可知斜面对物块的支持力FN1'=mgcos θ,图乙为垂直于斜面的视图,将重力沿斜面向下的分力分解为垂直于挡板的分力mgsin 2θ和沿挡板向下的分力mgsin θcos θ,故物块对挡板的压力FN2=mgsin2θ,由牛顿第三定律可知挡板对物块的支持力FN2'=mgsin2θ,故斜面对物块的摩擦力f1=μFN1'=μmgcos θ,挡板对物块的摩擦力f2=μFN2'=μmgsin2θ,由牛顿第二定律可得,物块在沿着MN方向有ma=mgsin θcos θ-f1-f2,解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故选B。 甲 乙 2. C　小球A静止时,对小球A受力分析,如图所示,由平行四边形定则及几何关系可知,轻绳上拉力为FT=mg,小球A与小球B间的库仑力F库=2mgcos 30°=mg,故A、B错误;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球A受到轻绳的拉力消失,其他两力保持不变,根据力的平衡可知,此时小球A所受的合力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球B受到的库仑力、重力不变,小球B仍然处在静止状态,则轻杆对小球B的作用力不变,故D错误。 3.B　门板先在向右的外力的作用下做匀加速直线运动,撤去外力后做匀减速直线运动,门板匀加速直线运动过程中,由牛顿第二定律有F合=F-μmg,则a1==-μg,设门板匀加速用时t1,则撤去外力时速度为v1=a1t1,x1=a1,门板匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律可得a2=-μg,设门板匀减速用时t2,则0=v1+a2t2,则t2=,x2=v1t2+a2=,且总位移x1+x2=,联立上式,有a1+=,即a1+=,即a1=L①,t总=t1+t2=t1+=t1②,将①代入②中,有t总=,要使t总最小,应使a1很大,则t总min=,故B正确。 4.A　根据题意,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。 5.A　根据牛顿第二定律F=ma和F-t图像可知,分拣机器人0~1 s内加速度a1=1 m/s2,1~2 s内加速度a2=0,2~3 s内加速度a3=-1 m/s2,在v-t图像中斜率表示加速度,故选A。 6.D　零件和无人机相对静止,一起水平向左运动,对零件受力分析如图所示,合力水平向左,故零件和无人机向左做匀加速直线运动,零件合力不为零,A、B错误;物体惯性只与自身质量有关,C错误;零件的质量、高度不变,故重力势能保持不变,D正确。 7.B　本题考查动力学的两类基本问题。物块做匀减速直线运动,则==,而x=1 m,t=1 s,v>0,代入数据得v0<2 m/s,A项错误,B项正确;对物块做受力分析,根据牛顿第二定律和运动学公式有a=-μg,v2-=2ax,整理得-2μgx>0,由于v0<2 m/s解得μ<0.2,C、D项错误。 8.BC　关闭发动机飞行器匀速下落时,有k=mg,当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动时,有Fmax=mg+k,解得Fmax=1.25mg,故A错误。当飞行器以5 m/s 匀速水平飞行时,假设飞行器向右飞,对飞行器进行受力分析如图所示,由受力分析得F==mg,故B正确。当发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,设飞行器速度为v4,k=,又k=mg,得v4=5 m/s,故C正确。当发动机的最大推力向下,飞行器以v5=5 m/s的速率向上减速飞行时,其加速度达到最大值,由牛顿第二定律得Fmax+mg+k=ma,解得a=2.5g,故D错误。 9.(1)0.1　(2)0.36 m 解析 (1)电动机的输出功率P=UI-I2R=14 800 W 电动机的牵引力F==7 400 N 根据共点力平衡,向上匀速运动时有 F+m0g=(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g 向下匀速运动时有m0g+km1g=m1gsin θ 解得sin θ=0.5,k=0.1。 (2)设关闭电动机后的加速度大小为a,沿绳方向,对整体根据牛顿第二定律得(m1+m2)gsin θ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a,解得a= m/s2。再根据v2=2al,解得l=0.36 m。 10.(1)2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s 解析 (1)由t1=,t1=4 s,a=,Ff=ma,得Ff=2.5×103 N。 (2)由t2=,得t=t2-t1=20 s。 (3)由-v2=2as,得v=5 m/s。 11.(1)0.125 m/s2　方向竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m 解析 (1)牛顿第二定律mg-FT=ma 得a=g-=0.125 m/s2,方向竖直向下。 (2)运动学公式v=at2=1 m/s。 (3)匀速上升的位移h1=vt1=26 m 匀减速上升的位移h2=t2=4 m 总位移h=40 m。 考点12　牛顿第二定律的综合应用 1.AD　位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲、乙两个小物块的曲线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0,x乙=t0=x0,可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0,故B错误;甲的加速度大小为a1=,乙的加速度大小为a2=,对甲由牛顿第二定律可得mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理对乙可得μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=2tan θ,故A正确;取水平向左为正方向,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0,则t=t0之前,地面和斜面之间摩擦力为0,C错误;t=t0之后,乙保持静止,甲继续沿斜面向下加速,对甲、乙与斜面组成的系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ,即地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。 2.D　弹簧由压缩状态释放,木箱向右做加速运动,此时物块相对木箱向左滑动,木箱对物块的滑动摩擦力向右,因此此时物块有加速度且加速度方向向右,不为零,故A错误;物块和木箱间存在摩擦力,发生相对滑动时必定存在能量损耗,即弹簧的弹性势能会有一部分转化为内能,这会导致木箱做阻尼振动的振幅逐渐减小,当物块和木箱达到共速且二者之间的最大静摩擦力大于或等于物块的回复力时二者保持相对静止,故B错误;木箱第一次到达最右端时,若二者已达到共速并保持相对静止,即动摩擦因数较大的情况,则此时物块速度与木箱相同,均为零,若二者未达到共速,即动摩擦因数较小的情况,则物块所受摩擦力方向向左,物块向右做减速运动,此时木箱速度为零,物块速度不为零,故C错误;物块和木箱第一次速度相同前,木箱的速度始终大于物块的速度,物块始终相对木箱向左滑动,会受到向右的滑动摩擦力,大小和方向均不变,故D正确。 3.C　因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。 4.A　对两次运动的整个过程,根据能量守恒定律,有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,故C、D错误;根据牛顿第二定律,有μmg=mg,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN上滑动时的加速度更大。根据上述分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知第二次到达M点时速度较大,作出整个过程中两次滑动的v-t图像如图所示,可得t2>t1,故A正确,B错误。 5.B　本题考查牛顿第二定律。当木块未接触弹簧时,木块受重力,保持恒定,接触弹簧时,弹簧弹力逐渐增大,合力先减小后反方向增大,选项A错误,B正确;当木块接触弹簧的瞬间,木块速度不是最大,该位置在y-t图像中的斜率不是最大,选项C、D错误。 6.D　由于物块与桌面间存在摩擦,当砝码比较少时,物块保持静止,选项A、B错误;当砝码比较多时,选整体为研究对象,根据牛顿第二定律有mg-μmPg=a,即a=,故选项D正确,C错误。 7.C　对两物块整体受力分析有F=2ma,再对左端的物块受力分析有FTmax=ma,FTmax=2 N,联立解得F=4 N,选项C正确。 8.BC　根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得F=ma+μmg,F-a图像的斜率表示物体质量,由图像可知,甲的斜率大于乙的斜率,所以m甲>m乙;图像的截距表示μmg,由图像可知甲、乙截距相等,所以μ甲<μ乙,选项B、C正确。 9.A　本题考查应用牛顿第二定律处理连接体问题。物块P静止在水平桌面上时,由平衡条件有T1=mQg=2 N,f=T1=2 N<μmPg=2.5 N 推力F作用在物块P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2==1 N,故物块Q加速下降,有mQg-T2=mQa,解得a=5 m/s2。而物块P以相等的加速度向右加速运动而受滑动摩擦力,对物块P由牛顿第二定律T2+F-μmPg=mPa解得F=4 N,A项正确。 10.C　以3到40节车厢为研究对象,根据牛顿第二定律F-38F阻=38ma,以39和40节车厢为研究对象,根据牛顿第二定律F'-2F阻=2ma,解得F'=,C项正确。 11.BC　对整体受力分析,根据牛顿第二定律,有F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a,解得a=-gsin θ,A项错误;对m2受力分析,根据牛顿第二定律,有T-m2gsin θ=m2a,解得T=F,B项正确;根据T=F=,可知若只增大m2,两物块一起向上做匀加速运动时,弹力变大,根据胡克定律,可知弹簧伸长量变大,两物块的间距变大,C项正确;根据T=F,可知只增大θ,两物块一起向上做匀加速运动时,弹力不变,根据胡克定律,可知弹簧伸长量不变,两物块的间距不变,D项错误。 12.BC　根据题意只能求出小物块与长木板的相对位移,不知道小物块最终停在哪里,无法求出木板的长度,故A不能够求出;由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为aA=,小物块的加速度aB=,根据牛顿第二定律μmg=MaA,μmg=maB,解得=,μ=,故B和C能够求出;木板获得的动能EkA=M=mv1(v0-v1),题目t1、v0、v1已知,但是M,m不知道,故D不能够求出,B、C项正确。 13.BD　先用整体法求出物体的合外力,进而求得加速度;然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析,利用牛顿第二定律即可求得k。三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度:a=,所以,R和Q之间相互作用力:F1=3ma+3μmg=F,Q与P之间相互作用力:F2=F-ma-μmg=F,所以R和Q之间的相互作用力与Q与P之间的相互作用力的大小之比k==,由于不管μ是否为零,k=恒成立,B、D项正确,A、C项错误。 14.A　由v-t图像可知,0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2,沿斜面向下,根据牛顿第二定律有mgsin θ-Ff-F1=ma1,F1=mgsin θ-Ff-0.2 m;5~10 s内加速度a2=0,根据牛顿第二定律有mgsin θ-Ff-F2=ma2,F2=mgsin θ-Ff;10~15 s内加速度a3=-0.2 m/s2,沿斜面向上,根据牛顿第二定律有mgsin θ-Ff-F3=ma3,F3=mgsin θ-Ff+0.2 m。故可得F3>F2>F1,A项正确。 考点13　滑块—滑板模型、传送带模型 1.D　本题以传送带为背景考查牛顿第二定律。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;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,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,做匀加速运动时,a==μg,物体速度小于传送带速度则一直加速,由v=at可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 2.ABD　本题借助板块模型,考查对速度图像的理解以及运动和力的关系。由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。0~3t0内,木板的加速度a1=μg;3t0~4t0内,对于木板有a2==μg。根据牛顿第二定律得0~3t0内有F-μm木g=μgm木;3t0~4t0内,对小物块有a'==2μg,根据牛顿第二定律得μxmg=ma',μx=2μ,故B正确。对木板3t0~4t0内有F-μ(m木+m)g-2μmg=-m木a2,解得=,故C错误。F=μm木g=3μmg,故4t0后做匀速运动,D正确。 3.C　本题考查传送带中的图像问题。0~t0时间内,物体做加速运动,受力分析可知,物体受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,合力不变,故做匀加速运动;t0时物块速度与传送带速度相同,静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。 4.(1)4 m/s　 s　(2) m 解析 本题以板块模型为情境考查动力学问题和平抛运动规律。 (1)分别选小物块和薄板为研究对象,对薄板有μmg=ma2 解得a2=3 m/s2 故Δl=a2=l 解得t1= s 故小物块飞出时薄板的速度为v1=a2t1=1 m/s 对小物块有 -μmg=ma1,解得a1=-3 m/s2 设小物块的初速度为v0,则有l+l=v0t1+a1 解得v0=4 m/s。 (2)在小物块下落过程中,薄板向前运动的距离为 s=-= m,用时t2== s 所以平台距地面的高度为h=g=×10× m= m。 5.(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析 本题以“倾斜传送带”为问题情境,考查动力学的两类基本问题。 (1)小包裹的速度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方向上的分力,即μmgcos θ>mgsin θ,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。 “传送带”问题的分析方法 1.抓好一个力的分析——摩擦力:对于传送带问题,分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力,以及摩擦力的方向,是解决问题的关键。分析摩擦力时,先要明确“相对运动”,而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间,是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带,或者倾斜传送带,要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态 6.(1)　(2)3μg　μg　(3)2 解析 (1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg 匀变速直线运动2aAL= 解得vA= (2)设A、B的质量均为m 对齐前,B所受合外力大小F=3μmg 由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg 对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg 由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg (3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA 则v=aAt,v=vB-aBt xA=aAt2,xB=vBt-aBt2 且xB-xA=L 解得vB=2。 “滑块—滑板”模型的思维流程 考点14　实验:探究加速度与物体受力、物体质量的关系 1.(1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg-1 解析 (1)遮光片宽度越小,其通过光电门的平均速度越接近瞬时速度,故选用d=1.00 cm的遮光片。 (2)由运动学公式可得a==0.41 m/s2。 (3)由图乙可知,当a=0时,F≠0,说明该实验没有完全平衡阻力,故应该增大轨道的倾角。 (4)斜率的单位==kg-1。 2. (1)控制变量法　(2)平行　(3)需要　撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑　(4)1∶n2 解析 (1)在研究两个物理量间的关系时,保持其他量不变,所使用的方法为控制变量法。 (2)为了使细绳拉力为小车所受的合力,需要让连接小车的细绳与轨道平面保持平行。 (3)力传感器上显示的示数为细绳的拉力,由图乙可知,当M、N的加速度为零时,拉力F均大于零,说明小车与轨道间存在摩擦力,要以细绳的拉力作为小车所受的合力,需要补偿小车所受的阻力,具体操作为撤去小车连接的力传感器和重物的细线,将木板左端用垫块垫起适当高度,使小车能沿木板匀速下滑。 (4)根据初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式x=at2可知,aM=aN,又因为tM∶tN=n,解得aM∶aN=1∶n2。 3.(1)c　(2)①失重　②d 解析 (1)平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动,故选c。 (2)①根据图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态;②根据牛顿第二定律,有FN-mg=ma,整理可得物体加速度a=·FN-g,可知图像的斜率为,故将物体质量增大一倍,图像斜率变小,而纵轴截距不变,其a-FN图像为图丁中的图线d。 4.(1)一端垫高　(2)AC　(3)乙 解析 (1)在探究加速度与力、质量关系的实验中需要平衡阻力,以确保小车受到的合力等于细线的拉力,故需要将木板一端垫高来平衡阻力。 (2)若加速度a与质量m成反比关系,即a∝,可以通过作图法将反比关系转化为直观的线性关系,可作a-图像,斜率为合力F,若图线为直线,表示a与质量m成反比关系;可作am-m图像,若a与m是反比关系,则am为定值,图线为一条平行于横轴的直线,可判断a与质量m成反比关系。B、D项图像无法直接反映反比关系。故选A、C。 (3)在探究加速度与力的关系时,近似认为细线上的拉力等于槽码盘与槽码的总重力,设小车质量为M,槽码质量为m0,槽码盘质量为m,槽码盘上的槽码数量为n,乙同学操作中槽码总数为x。则甲同学操作中小车的加速度a甲=g,乙同学操作中小车的加速度a乙=g,在x不变,n增大的过程中,a乙与细线上的拉力的正比关系更明显,误差更小。 5.(1)B　(2)0.51　(3)40 解析 本题考查验证加速度与力成正比的实验步骤、数据处理与误差分析、用逐差法计算加速度 (1)若平衡阻力恰当,则小车应该匀速运动,打出的纸带应该点迹均匀分布,故选B。 (2)每相邻两个计数点间还有4个点未画出,可知T=0.1 s;小车的加速度 a== m/s2=0.51 m/s2。 (3)根据牛顿第二定律,对砝码mg-T=ma,对小车T=Ma,可得T==mg 则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg;m越大,则传感器的示数与砝码重力的差异越大,即这两种方式得到的合力差异最大时,槽码质量为40 g。 6.(1)平衡小车受到的阻力　2.86　(2)4.108 解析 本题考查力学和光学的基本实验。 (1)木板右端抬高的目的是平衡小车受到的阻力。 小车的加速度大小a= m/s2≈2.86 m/s2。 (2)游标卡尺示数为4.1 cm+4×0.02 mm=4.108 cm。 7. (4)较大　较小 (5)如图所示 (6)远大于钩码质量　见解析 解析 (4)由题图乙分析可知,与图线a相比,图线b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,如答案图所示。 (6)设绳子拉力为FT,对钩码根据牛顿第二定律有 F-FT=ma 对小车根据牛顿第二定律有FT=m车a 联立解得F=(m车+m)a 变形得a=F 当m≪m车时,可认为m+m车=m车 则a=·F,即a与F成正比。 8.(1)B　(2)D　(3)反比　槽码 解析 本题考查探究外力一定时,加速度和质量的关系。 (1)为了使小车所受的合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,选项A错误。为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力,需要调整垫块位置以平衡阻力,也要保持细线和长木板平行,选项B正确。平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带,需要把打点计时器与纸带间的摩擦力也平衡掉,并且通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动,选项C错误。根据操作要求,应先打开打点计时器再释放小车,选项D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=,选项D正确。 (3)根据题图丙可知与m总成正比,故在所受合力一定的条件下,a与m总成反比;设槽码的质量为m,则由牛顿第二定律mg=(m+m总)a,化简可得=·m总+,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。 9.(1)不必　(2)m=mB-μ(mA+nm0)　(3)0.40 解析 (1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关,则实验中,拉动木板时不必保持匀速。 (2)对木块、砝码以及重物B分析可知 μ(mA+nm0)g+mg=mBg 解得m=mB-μ(mA+nm0)。 (3)根据m=mB-μmA-μm0·n 结合题图可知μm0= g=8 g 则μ=0.40。 10. (1)1.02　(5)如图所示　0.346 解析 (1)该游标卡尺分度值为0.1 mm,则h=10 mm+0.1×2 mm=10.2 mm=1.02 cm。 (5)绘图如答案图所示。 mgsin θ=ma,sin θ= 解得a=·n 由所绘图像可得斜率k= m/s2 故a4=4k=0.346 m/s2 也可直接由所绘图线读出第4组数据。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章　运动和力的关系 考点 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 10.牛顿运动定律的理解 1 1 3 1 4 3 13 11.牛顿第二定律的基本应用 1 1 3 0 0 6 11 12.牛顿第二定律的综合应用 5 1 0 2 2 4 14 13.滑块-滑板模型、传送带模型 1 1 0 0 4 0 6 14.实验:探究加速度与物体受力、物体质量的关系 0 1 0 1 4 4 10 命题热度 本章命题热度不高() 课程标准 备考策略 1.通过实验探究加速度与力、质量的关系。理解牛顿运动定律,能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。通过实验,认识超重和失重现象。 2.知道国际单位制中的力学单位。了解单位制在物理学中的重要意义。 本章处理问题的方法是解决物理问题的重点方法,复习本章时要抓住“两个分析”和“一个桥梁”。牢牢把握受力分析和运动分析的主线,在训练中体会“万变不离其宗”的思考方向,通过实例和题目理解牛顿运动定律的内涵和应用条件,充分利用图像、示意图展示过程,注意拆分复杂过程,注重规范思维过程和语言表达,解题过程中注意不同模型(如板块、传送带、连接体等)的分类总结,准确把握思考方向。针对超重、失重等典型问题,进行专项训练。 考点10牛顿运动定律的理解答案P292　 1.(2025·北京,11,3分,难度★★★)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面,实验舱运动过程中,受到的空气阻力Ff的大小随速率增大而增大,Ff随时间t的变化如图所示(向上为正),下列说法正确的是 (　　) 　　　　 　　　　　 　　　　　 　 A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱达到最高点 2.(2025·广西,9,6分,难度★★)(多选)独竹漂是我国一项民间技艺。如图,在平静的湖面上,独竹漂选手手持划杆踩着楠竹,沿直线减速滑行,选手和楠竹相对静止,则 (　　) A.选手所受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 C.手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面 3.(2025·甘肃,8,5分,难度★★★)(多选)如图所示,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是 (　　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为 4.(2024·北京,4,3分,难度★★)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的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 5.(2024·湖南,3,4分,难度★★)如图所示,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 6.(2024·安徽,6,4分,难度★★★)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、 N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 (　　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 7.(2024·贵州,1,4分,难度★★)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Ff。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.Ff一直大于G B.Ff一直小于G C.Ff先小于G,后大于G D.Ff先大于G,后小于G 8.(2023·湖北,9,4分,难度★★★)(多选)如图所示,原长为l的轻质弹簧,一端固定在O点,另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上,与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l,P点到O点的距离为l,OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点,在此过程中,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是 (　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3-4)g C.从M点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力先变小再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力做功相同 9.(2022·北京,5,3分,难度★★)如图所示,质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是 (　　) A.斜面对物块的支持力大小为mgsin θ B.斜面对物块的摩擦力大小为μmgcos θ C.斜面对物块作用力的合力大小为mg D.物块所受的合力大小为mgsin θ 10.(讲解2022·全国甲,19,6分,难度★★★)(多选)如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 (　　) A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 11.(讲解2022·全国乙,15,6分,难度★★)如图所示,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长l。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距l时,它们加速度的大小均为 (　　) A. B. C. D. 12.(2021·北京,13,3分,难度★★★)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.30 cm刻度对应的加速度为-0.5g B.40 cm刻度对应的加速度为g C.50 cm刻度对应的加速度为2g D.各刻度对应加速度的值是不均匀的 13.(讲解2019·浙江,12,3分,难度★)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) (　　) A.A球将向上运动,B、C球将向下运动 B.A、B球将向上运动,C球不动 C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动 D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动 考点11牛顿第二定律的基本应用答案P293　 1.(2025·山东,8,3分,难度★★★)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为 (　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 2.(2025·湖南,5,4分,难度★★★)如图所示,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。小球A静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.小球A静止时,轻绳上拉力为2mg B.小球A静止时,小球A与小球B间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球A加速度大小为g D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对小球B的作用力变小 3.(2025·湖北,7,4分,难度★★★)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 (　　) (a) (b) A. B. C. D.2 4.(2025·甘肃,3,4分,难度★)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2 5.(2025·陕晋宁青,3,4分,难度★★)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是 (　　) 6.(2025·河南,1,4分,难度★)野外高空作业时,使用无人机给工人运送零件。如图所示,某次运送过程中的一段时间内,无人机向左水平飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下方,并相对于无人机静止,轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力,则在该段时间内 (　　) A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 7.(2022·辽宁,7,4分,难度★★★)如图所示,一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ,g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是 (　　) A.v0=2.5 m/s B.v0=1.5 m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25 8.(讲解2022·湖南,9,5分,难度★★★)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为m。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率二次方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是 (　　) A.发动机的最大推力为1.5mg B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为mg C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5 m/s D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g 9.(讲解2022·山东,16,9分,难度★★★)某粮库使用额定电压U=380 V,内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,重力加速度g取10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求: (1)比例系数k值; (2)上行路程l值。 10.(讲解2021·浙江,19,9分,难度★★)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示,质量m=1.0×103kg的汽车以v1=36 km/h 的速度在水平路面上匀速行驶,在距离斑马线s=20 m处,驾驶员发现小朋友排着长l=6 m的队伍从斑马线一端开始通过,立即刹车,最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变,且忽略驾驶员反应时间。 (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小。 (2)若路面宽L=6 m,小朋友行走的速度v0=0.5 m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间。 (3)假设驾驶员以v2=54 km/h超速行驶,在距离斑马线s=20 m处立即刹车,求汽车到斑马线时的速度。 11.(讲解2020·浙江,19,9分,难度★★★)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力,求物件 (1)做匀减速运动的加速度大小和方向; (2)匀速运动的速度大小; (3)总位移的大小。 图1 图2 考点12牛顿第二定律的综合应用答案P294　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,10,4分,难度★★★)(多选)如图(a)所示,倾角为θ、足够长的斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则 (　　) A.μ1+μ2=2tan θ B.t=t0时,甲的速度大小为3v0 C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 2.(2025·江苏,10,4分,难度★★)如图所示,弹簧一端固定,另一端与光滑水平面上的木箱相连,箱内放置一小物块,物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放,释放后物块在木箱上有滑动,滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞,不计空气阻力,则 (　　) A.释放瞬间物块加速度为零 B.物块和木箱最终仍有相对运动 C.木箱第一次到达最右端时,物块速度一定为零 D.物块和木箱的速度第一次相同前,物块受到的摩擦力不变 3.(2025·安徽,5,4分,难度★★★)如图所示,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中 (　　) A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N 4.(2025·云南,6,4分,难度★★★)如图所示,质量 为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则 (　　) A.t1<t2 B.t1>t2 C.x1>x2 D.x1<x2 5.(2024·广东,7,4分,难度★★)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 6.(2024·全国甲,15,6分,难度★★)如图所示,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 (　　) 7.(2023·北京,6,3分,难度★★)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1 kg,细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为 (　　) A.1 N B.2 N C.4 N D.5 N 8.(2023·全国甲,19,6分,难度★★)(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 9. (2021·海南,7,3分,难度★★)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取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 10.(讲解2020·江苏,5,3分,难度★★★)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为 (　　) A.F B. C. D. 11.(讲解2020·海南,12,4分,难度★★★)(多选)如图,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个物块P和Q,质量分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则(　　) A.两物块一起运动的加速度大小为a= B.弹簧的弹力大小为T=F C.若只增大m2,两物块一起向上做匀加速运动时,它们的间距变大 D.若只增大θ,两物块一起向上做匀加速运动时,它们的间距变大 12.(讲解2018·海南,8,5分,难度★★)(多选)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)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。由此可求得 (　　) 图(a)　图(b) A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比 C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能 13.(讲解2017·海南,9,5分,难度★★★)(多选)如图,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P,记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是 (　　) A.若μ≠0,则k= B.若μ≠0,则k= C.若μ=0,则k= D.若μ=0,则k= 14.(讲解2016·海南,5,3分,难度★★) 沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则 (　　) A.F1<F2 B.F2>F3 C.F1>F3 D.F1=F3 考点13滑块—滑板模型、传送带模型　　　　　　　答案P296　 1.(2024·北京,10,3分,难度★)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.刚开始时,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 2.(2024·辽宁,10,6分,难度★★★)(多选)一足够长的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,小物块与木板的速度相同。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之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 3.(2024·安徽,4,4分,难度★★)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 (　　) 4.(2024·全国新课标,25,14分,难度★★★)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取10 m/s2。 (1)求物块初速度大小及其在薄板上运动的时间。 (2)求平台距地面的高度。 5.(讲解2021·辽宁,13,11分,难度★★★)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。重力加速度g取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。 6.(讲解2019·江苏,22,12分,难度★★★)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)A被敲击后获得的初速度大小vA; (2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB'; (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 考点14实验:探究加速度与物体受力、物体质量的关系答案P297　 1.(2025·山东,13,6分,难度★)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下: 甲 (1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　(选填“5.00”或“1.00”) cm的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。  (2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。  (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟合出a-F图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应　　　　(选填“增大”或“减小”)轨道的倾角。  乙 (4)图乙中直线斜率的单位为　　　　(选填“kg”或“kg-1”)。  2.(2025·广西,12,9分,难度★★★)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中: (1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器,下同)质量不变,这种实验方法是　　　　　　　　。  甲 乙 (2)实验时,调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持　　　　。  (3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系,获得a-F图像如图乙,通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要,说明如何操作;如果不需要,说明理由。       (4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n,两车均未到达轨道末端,则两车加速度之比aM∶aN=　　　　。  3.(2025·安徽,11,6分,难度★★★)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。 (1)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车　　　　。(选填正确答案标号)  甲 a.能在轨道上保持静止 b.受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动 c.不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动 (2)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器,将物体置于力传感器上,箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a,并将数据实时传送到计算机。 乙 ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为正方向。t=4 s时,物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态;以FN为横轴、a为纵轴,根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线 a。  ②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其a-FN图像为图丁中的图线　　　　。(选填“b”“c”或“d”)  丙 丁 4.(2025·陕晋宁青,11,6分,难度★★★)图(a)为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。 (a) (1)实验中应将木板　　　　　　　　(选填“保持水平”或“一端垫高”)。  (2)为探究加速度a与质量m的关系,某小组依据实验数据绘制的a-m图像如图(b)所示,很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系,以下选项可以直观判断的有　　　　。(多选,填正确答案标号)  m/kg a/(m·s-2) 0.25 0.618 0.33 0.482 0.40 0.403 0.50 0.317 1.00 0.152 (b) A.a-图像 B.a-m2图像 C.am-m图像 D.a2-m图像 (3)为探究加速度与力的关系,在改变作用力时,甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上;乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上,在其他实验操作相同的情况下,　　　　(选填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。  5.(2024·天津,10,6分,难度★★)某同学用图示装置探究加速度与力的关系。 (1)为平衡打点计时器对小车的阻力及其他阻力,调节木板倾角,使小车在不挂槽码时运动,并打出纸带进行检验,下图中能表明平衡阻力恰当的是　　　　;  A. B. C. D. (2)某次实验得到一条纸带,部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出),测得s1=6.20 cm,s2=6.70 cm,s3=7.21 cm,s4=7.73 cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50 Hz,则小车的加速度a=　　　　m/s2(要求充分利用测量数据,结果保留两位有效数字);  (3)该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上,小车和传感器总质量为210 g。按要求平衡阻力后,该同学共进行了四次实验,悬挂的槽码质量依次为5 g、10 g、20 g、40 g处理数据时,用两种方式得到小车(含传感器)受到的合力,一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力,则这两种方式得到的合力差异最大时,槽码质量为　　　　g。  6.(2024·广东,11(1)(2),5分,难度★★)下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤,请完成实验操作和计算。 (1)图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是　　　　　　　　　　　。图乙是实验得到纸带的一部分,每相邻两计数点间有四个点未画出,相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz,则小车的加速度大小为　　　 m/s2(结果保留3位有效数字)。  甲 乙 (2)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体的长度,示数如图丙所示。图丁为局部放大图,示数为　　　　 cm。  7.(2024·江西,11,8分,难度★★★)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图甲所示,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。 甲 (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,如图乙图线a所示。 乙 (3)由图线a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,如图乙中图线b所示。 (4)与图线a相比,图线b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)请在图乙中补充描出第6至8三个数据点,并补充完成图线c。 (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:　    　。  8.(2024·甘肃,11,6分,难度★★)用图甲所示实验装置探究合力一定时加速度与质量的关系。 甲 (1)以下操作正确的是　　　　(单选,填正确选项标号)。  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　 　(单选,填正确选项标号)。  A.a= B.a= C.a= D.a= 乙 (3)以小车和砝码的总质量m总为横坐标,加速度的倒数为纵坐标,甲、乙两组同学分别得到的-m总图像如图丙所示。 由图可知,在所受合力一定的条件下,a与m总成　　　　(选填“正比”或“反比”);甲组所用的　　　　(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。  丙 9.(2023·湖北,11,7分,难度★★★)某同学利用测质量的小型家用电子秤,设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。 如图甲所示,木板和木块A放在水平桌面上,电子秤放在水平地面上,木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮,使其与木块A间的轻绳水平,与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n=0,1,2,3,4,5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0 g),向左拉动木板的同时,记录电子秤的对应示数m。 甲 乙 (1)实验中,拉动木板时　　　　(选填“必须”或“不必”)保持匀速。  (2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量,则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m=　　　　　　　　　　。  (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图像,如图乙所示,可得木块A和木板间的动摩擦因数μ=　　　　。(保留2位有效数字)  10.(讲解2021·湖南,11,6分,难度★★★)某实验小组利用图甲所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下: 甲 乙 (1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图乙所示,h=　　　　 cm。  (2)接通气泵,将滑块轻放在气垫导轨上,调节导轨至水平。 (3)在右支点下放一垫块,改变气垫导轨的倾斜角度。 (4)在气垫导轨合适位置释放滑块,记录垫块个数n和滑块对应的加速度a。 (5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同),重复步骤(4),记录数据如下表: n 1 2 3 4 5 6 a/(m·s-2) 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519 根据表中数据在图丙上描点,绘制图线。 丙 如果表中缺少的第4组数据是正确的,其应该是　　　 m/s2(保留3位有效数字)。  学科网（北京）股份有限公司 $$