专题3 牛顿运动定律-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题三　牛顿运动定律 考点1 牛顿运动定律的理解及基本应用 考向1 牛顿运动定律的理解 1．（2025·河南 ）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，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 【答案】D 【详解】D．无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确； AB．对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，AB错误； C．惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 故选D。 2．（2025·甘肃 ）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。若在初始的内燃料对火箭的平均推力约为。火箭质量约为500吨且认为在内基本不变，则火箭在初始内的加速度大小约为（　　）（重力加速度g取） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意，由牛顿第二定律有 代入数据解得 故选A。 3．（2025·北京 ）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f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　） A．从到，实验舱处于电磁弹射过程 B．从到，实验舱加速度大小减小 C．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点 【答案】B 【详解】A．间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误； B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有 即 故加速度大小在减小，故B正确； C．间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，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； D．根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。 故选B。 4．（2025·山东 ）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，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，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，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． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据牛顿第二定律 可得 故选B。 5.(2024贵州,1,4分)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是(　　) A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 【答案】C 【解析】由题图可知连续相等时间内铁质小圆盘向下的位移先增大后减小,则其速度先增大后减小,加速度先向下后向上,即f先小于G,后大于G,C正确。 6.(2024安徽,6,4分)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为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 【答案】A 【解析】未撤拉力时小球在P点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧的弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直向下。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,A正确,B错误。小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧形变量变小,两弹簧弹力的夹角变大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误。 7.(2023全国甲,19,6分)(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 答案：BC 甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故题给图线斜率反映物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a图线斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m甲>m乙,B选项正确;又纵截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,故C选项正确;故选B、C。 8.(2022浙江6月选考,2,3分)下列说法正确的是 (　　) A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变 B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大 C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变 D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关 答案　B　链球做匀速圆周运动过程中,加速度大小不变,方向指向圆心,即方向时刻变化,故加速度变化,选项A错误;惯性大小只与物体质量有关,质量越大,惯性越大,并不随速度增大而增大,选项B正确;乒乓球被击打过程中受到的作用力是个瞬间突变的力,选项C错误;篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反,D错误。 考向2 瞬时性问题 动力学的两类基本问题 1．（2025·甘肃 ）（多选）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为的小球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 【答案】BC 【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误； B．剪断细线之前则 剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 解得A的加速度 选项B正确； C．剪断细线之前弹簧伸长量 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量 即振幅为 由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确； D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。 故选BC。 2.(2024北京,4,3分)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 答案 A 以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a=;以空间站为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma=。A正确。 3.(2024湖南,3,4分)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 答案 A 剪断B、C间细线前,将B、C、D看作一个整体,有FAB=6mg,将C、D看作一个整体,有FBC=3mg,单独对D受力分析,有FCD=mg,剪断细线瞬间,弹簧弹力不能发生突变,所以aB===g,aC===1.5g,A正确。 易错提醒 　　应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题时,对于绳子、轻杆等,其弹力通常会瞬时突变,但对于轻弹簧等,由于其恢复形变需要时间,所以在这一瞬间弹力不变。另外对于本题还要注意四个小球的质量不相同。 4.(2022全国乙,15,6分)如图,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. 答案　A　如图可知sin θ==,则cos θ=,对轻绳中点受力分析可知F=2T cos θ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=,故选项A正确。 5.(2022湖南,9,5分)(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平方成正比(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 答案　BC　关闭发动机匀速下落时,k=Mg,v1=10 m/s,以最大推力推动飞行器向上匀速运动时,Fmax=Mg+k,v2=5 m/s,故Fmax=1.25Mg,A项错误;飞行器以5 m/s水平匀速飞行时,对飞行器受力分析如图1,有F==Mg,B项正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,对飞行器受力分析如图2,有Fmax=,得v3=5 m/s,C项正确;当发动机以最大推力向下推动飞行器,且飞行器向上做减速运动时,加速度大小最大,此时对飞行器受力分析如图3,有am==2.5g,D项错误。 　　 6.(2019浙江4月选考,12,3分)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 答案　D　开始时A球下面的弹簧被压缩,A球所受弹力向上;B球下面的弹簧被拉长,B球所受弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬时,系统的加速度为g,为完全失重状态,A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动,故选D。 7.(2016上海单科,4,2分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的(　　) A.OA方向　　　　　　B.OB方向　　　　　　 C.OC方向　　　　　　D.OD方向 答案　D　本题考查牛顿第二定律的理解,通过对力与运动关系的分析考查学生的理解能力,体现了“运动与相互作用观念”的素养要素。 当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。 8.(2016课标Ⅱ,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则(　　) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(π)得R甲=,阻力f甲=kR甲=k,由牛顿第二定律知a甲==g-k,同理a乙=g-k,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲<t乙,故A项错误;再由速度位移公式v2=2ah得v甲>v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。 解题指导　关键词:①同一种材料;②甲球质量大于乙球质量;③静止下落;④阻力与球的半径成正比。 解题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。 9.(2016海南单科,5,3分)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 答案　A　根据v-t图像可知,在0~5 s内加速度为a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在5~10 s内,加速度a2=0;在10~15 s内加速度为a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上;受力分析如图。在0~5 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F1=ma1,则F1=mg sin θ-f-0.2m;在5~10 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F2=ma2,则F2=mg sin θ-f;在10~15 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F3=ma3,则F3=mg sin θ-f+0.2m,故可以得到F3>F2>F1,故选项A正确。 10.(2022浙江1月选考,19,9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m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(图2所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g=10 m/s2,求雪车(包括运动员): (1)在直道AB上的加速度大小; (2)过C点的速度大小; (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 解析　(1)AB段,根据=2a1x1 可得a1= m/s2 (2)AB段,到达B点的速度v1=a1t1=8 m/s, 则t1=3 s 故BC段用时t2=5 s-t1=2 s BC段,根据x2=v1t2+a2 代入数据解得a2=2 m/s2 则vC=v1+a2t2=12 m/s (不同阶段的物理量要注意用角标进行区分) (3)在BC段,由牛顿第二定律有 mg sin 15°-Ff=ma2 解得Ff=66 N 11.(2022浙江6月选考,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为,货物可视为质点(取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g=10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)由牛顿第二定律 mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1　a1=2 m/s2 (2)匀加速　v2=2a1l1　v=4 m/s (3)匀减速　-v2=2a2l2　a2=-μg　l2=2.7 m 12.(2018浙江4月选考,19,9分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求: (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小; (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小; (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示) 答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s 解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x=at2,代入数据解得x=16 m (2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有 mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1 mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2 代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2 (3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设该过程所用时间为t',位移为x',则有 t'= x'=a1t'2 解得x'=1 m 企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有=2a2(x+x') 解得vt=2 m/s 13.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2。求飞机滑跑过程中 (1)加速度a的大小; (2)牵引力的平均功率P。 答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W 解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有 v2=2ax① 代入数据解得 a=2 m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有 F阻=0.1mg③ 设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有 F-F阻=ma④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为,有 =⑤ 在滑跑阶段,牵引力的平均功率 P=F⑥ 联立②③④⑤⑥式得 P=8.4×106 W⑦ 评分细则　①式4分,②③④⑤⑥⑦式各2分。 14.(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求: (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; (2)制动坡床的长度。 答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m 解析　(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mg sin θ=ma1① f=μmg cos θ② 联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度为l,则 Mg sin θ+F-f=Ma2④ F=k(m+M)g⑤ s1=vt-a1t2⑥ s2=vt-a2t2⑦ s=s1-s2⑧ l=l0+s0+s2⑨ 联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩ 解题指导　(1)货物在车厢内向上滑动时,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速度大小和方向。 (2)货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移的几何关系是解答此题的关键所在。 考向3 超重与失重问题 1．（2025·浙江 ）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．双臂夹角越大受力越小 B．杠铃对每只手臂作用力大小为 C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 【答案】D 【详解】AB．杠铃的重力为 手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知 可知，双臂夹角越大，F越大；结合，解得杠铃对手臂的弹力，而杠铃对手臂的作用力是弹力和摩擦力的合力，可知杠铃对每只手臂作用力大小大于，AB错误； C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误； D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。 故选D。 2.（2024全国甲，22，5分）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 （1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为　　　　N（结果保留1位小数）；  （2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于　　　　（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为　　　　m/s2（结果保留1位小数）。 【答案】（1）5.0　（2）失重　1.0 【解析】（1）题图中的弹簧测力计的指针恰好在“5”上，因此读数为5.0 N； （2）电梯上行时，弹簧测力计的示数小于5.0 N，说明物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有=a，代入数据得a= m/s2=0.98 m/s2≈1.0 m/s2。 3.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A.从20.0 s到30.0 s B.从30.0 s到40.0 s C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s 答案：A 由题图可知,从20.0 s到30.0 s是电梯加速上升时段,从30.0 s到40.0 s是匀速上升时段,从40.0 s到50.0 s是减速上升时段,50.0 s以后电梯静止,故A正确。 4.(2018浙江4月选考,8,3分)如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　) 答案　C　小芳下蹲的过程中先加速运动后减速运动,其加速度方向先向下后向上,即小芳先失重后超重,她所受的支持力先小于自身重力后大于自身重力,则示数先小于人的质量后大于人的质量,故选项C正确。 考向4 单位制 国际单位制 6．（2024·浙江 ）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 【答案】A 【详解】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是秒，符号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K；物质的量单位是摩尔，符号mol；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。 故选A。 1.(2022浙江1月选考,1,3分)单位为J/m的物理量是 (　　) A.力　　　　　　　　　　B.功 C.动能　　　　　　　　　　D.电场强度 答案　A　由公式W=Fx可知,J/m为力的单位,故选A。 2.(2022浙江6月选考,1,3分)下列属于力的单位是 (　　) A.kg·m/s2　　　　　　　　　　B.kg·m/s C.kg·m2/s　　　　　　　　　　D.kg·s/m2 答案　A　根据F=ma可知,力的单位间的换算关系为1 N=1 kg·m/s2,故A正确,B、C、D错误。 考点2 牛顿运动定律的综合应用 考向1 连接体问题 1.（2024全国甲，15，6分）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（　　） 【答案】D 【解析】设P质量为mP，当mg≤μmPg时，P静止不动，a=0；当mg>μmPg时，砝码和P加速度大小相等，以砝码和P整体为研究对象，由牛顿第二定律可得mg-μmPg=（m+mP）a，解得a=g-，当m趋近于无穷大时，a趋近于g，D正确。 2.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,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 答案　AD　撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有μmg-kx=maQ,且撤去外力瞬间μmg=kx,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即P的加速度始终大于Q的加速度,故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小,由x=t可知Q的位移大小大于P的位移大小,可知B、C错误,A、D正确。 3.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为　(　　) A.8　　　　　　B.10　　　　　　C.15　　　　　　D.18 答案　BC　如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x。可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。 4.(2015海南单科,9,5分)(多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,(　　) A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 答案　BD　当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mg sin θ=μmg cos θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为a;物块处于超重状态,超重ma。物块“重力”变为G'=mg+ma,支持力变为N'=(mg+ma)cos θ>mg cos θ,B对。“重力”沿斜面向下的分力G下'=(mg+ma)sin θ,沿斜面的摩擦力变为f'=μN'=μ(mg+ma)cos θ>μmg cos θ,A错误。f'=μ(mg+ma)cos θ=tan θ(mg+ma)cos θ=(mg+ma)sin θ=G下',所以物块仍沿斜面匀速运动,D对,C错误。 5.(2019海南单科,5,4分)如图,两物块P、Q置于水平地面上,其质量分别为m、2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动,轻绳的张力大小为(　　) A.F-2μmg　　B.F+μmg　　C.F-μmg　　D.F 答案　D　本题为“连接体”问题,通过对本题的分析解答,考查了学生的推理能力,同时也渗透了“科学思维”素养中的“模型建构”及“科学推理”要素。 对整体进行受力分析:F-μ·3mg=3ma, 对P进行受力分析:T-μmg=ma, 联立解得轻绳的张力大小为T=,故A、B、C错误,D正确。 6.(2016天津理综,8,6分)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组(　　) A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 答案　BD　启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示 甲 由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示 乙 由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得=,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得: 第一种情况动车组的最大速度为v1,-8kmg=0, 第二种情况动车组的最大速度为v2,-8kmg=0, 两方程联立可得=,选项D正确。 审题指导　在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合外力为零。动车组为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。 考向2 动力学中的图像问题和临界极值问题 7．（2025·陕晋青宁卷 ）某智能物流系统中，质量为20kg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（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t图画出如图所示的a—t图像 可知机器人在0 ~ 1s和2 ~ 3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t图线的斜率表示加速度可知A正确。 故选A。 1.(2024广东,7,4分)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　(　　) 　　 答案 C 木块接触弹簧前先做自由落体运动,有y=gt2,即y<H时y-t图线为抛物线的一部分,D错误。木块在y=H处接触弹簧,此后还要继续加速一段时间,故y>H时,刚开始一段的y-t图线斜率还要继续增大;当木块运动到其重力和弹簧弹力相等位置时速度最大,此后开始减速,y-t图线斜率逐渐减小到零,运动到最低点后开始反弹,上升过程中由运动的对称性可知y-t图线对称,C正确。木块下降过程,木块所受合外力先为竖直向下的定值,位移为H时接触弹簧,此后合外力沿竖直向下方向减小到0再反向增大,上升过程,合外力先沿竖直向上方向减小到0后反向增大,离开弹簧后木块受到竖直向下的恒定合外力,上升过程的运动为下降过程运动的逆运动,A、B错误。 易错警示 本题B项中,横轴为木块的位移y,所以上升过程应沿图线从右往左看。 2.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ C.若推力F向左,且μ<tan θ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tan θ) D.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ) 答案：CD 若B球受到的摩擦力为零,设轻杆的弹力大小为N1,对A球在竖直方向有N1 cos θ=mg,对B球在水平方向有N1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,联立解得F=4mg tan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第二定律得mg tan θ=ma1,解得a1=g tan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时,对A、B受力分析如图所示,在竖直方向根据平衡条件有N'1 cos θ=mg,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-N1 sin θ=ma2,N1=N'1,对A、B整体有N2=2mg,又fm=μN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g;若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1求得F的最大值为4mg tan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ<tan θ≤2μ时,对整体由F=4ma2求得F的最大值为4mg(2μ-tan θ),C正确。若推力F向右,当B相对车厢底部即将向右滑动时,最大静摩擦力方向向左,在竖直方向根据平衡条件有N1' cos θ=mg,N2=2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有N1 sin θ-fm=ma3,又fm=μN2,N1=N1',联立解得a3=(tan θ-2μ)g,对整体由F=4ma3求得F的最小值为4mg(tan θ-2μ);当B相对车厢底部即将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,在竖直方向根据平衡条件有N1' cos θ=mg,N2=2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有N1 sin θ+fm=ma4,又fm=μN2,N1=N1',联立解得a4=(tan θ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tan θ+2μ),即F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。 3.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过 (　　) A.2.0 m/s2　　　　　　　　　　B.4.0 m/s2 C.6.0 m/s2　　　　　　　　　　D.8.0 m/s2 答案　B　当书所受静摩擦力达到最大时,书将要滑动,则由μmg=mam得am=μg=4.0 m/s2,故B正确。 4.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　) 答案　A　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律,利用物块P上升过程的动力学分析,考查学生的分析综合能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了“科学思维”素养中的“科学推理”及“模型建构”要素。 设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。 5.(2014重庆理综,5,6分)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是(　　) 答案　D　受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+v,v减小,a减小,A错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D正确。 6.(2014福建理综,15,6分)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　) 答案　B　设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,a=g sin θ-μg cos θ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块加速下滑时的位移s=v0t+at2,选项B正确;滑块下降高度h=s·sin θ=v0 sin θ·t+a sin θ·t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+at,选项C错误。 7.(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小; (2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字) 答案　(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m 解析　(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有 v=gt① s=gt2② 根据题意有 s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m③ 联立①②③式得 t=87 s④ v=8.7×102 m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有 mg=k⑥ 由所给的v-t图像可读出 vmax≈360 m/s⑦ 由⑥⑦式得 k=0.008 kg/m⑧ 考向3 传送带模型 1.(2024北京,10,3分)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 答案 D 刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。 2.(2024安徽,4,4分)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(　　) 【答案】C 【解析】0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力,物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。 考向4 滑块—木板模型 1.(2024黑吉辽,10,6分)(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 答案 ABD 设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的速度v1=-μgt0,t=4t0时刻的速度v2=μgt0,则物块的加速度a2==2μg,对小物块由牛顿第二定律有μ’mg=ma2,联立解得μ’=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板的加速度a1==μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a’1==-μg,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内,对木板由牛顿第二定律有F-μ(M+m)g-μ’mg=Ma’1,可得=,C错误。T=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物块和木板一起做匀速运动,D正确。 2.（2024新课标，25，14分）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。 【答案】（1）4 m/s　 s　（2） m 【解析】（1）设小物块初速度为v0，在薄板上运动时间为t1，对小物块，由牛顿第二定律可得μmg=ma1，解得a1=μg=3 m/s2，由匀变速直线运动规律可得v0t1-a1=l+Δl，对薄板，由牛顿第二定律可得μmg=ma2，a2=μg=3 m/s2，由匀变速直线运动规律可得a2=Δl，联立解得v0=4 m/s，t1= s。 （2）小物块离开薄板做平抛运动时，薄板做匀速运动，运动时间t2== s，由平抛运动规律可得，平台距地面的高度h=g= m。 3.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(　　) A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面 答案　BD　由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。 审题技巧　审题时抓住下列关键词:“猛地……拉出”、“没有滑出桌面”、“动摩擦因数均相等”。 4.(2019江苏单科,15,16分)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。 答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 解析　①敲击A后只有A动,B不动,可以用动力学方程求vA,也可以用动能定理求解。②敲击B后,分别对A、B进行受力分析和运动分析,列出动力学方程与运动学方程,A、B的运动关系是当vA=vB时xB-xA=L,联立各方程可求得vB与加速度大小。 (1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小 aA=μg① 匀变速直线运动2aAL=② 解得vA=③ (2)设A、B的质量均为m 对齐前,B所受合外力大小F=3μmg④ 由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg⑤ 对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg⑥ 由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg⑦ (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-aBt⑧ xA=aAt2,xB=vBt-aBt2⑨ 且xB-xA=L⑩ 解得vB=2 5.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)B与木板相对静止时,木板的速度大小; (2)A、B开始运动时,两者之间的距离。 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析　本题考查直线运动和牛顿定律。 (1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 f1=μ1mAg① f2=μ1mBg② f3=μ2(m+mA+mB)g③ 由牛顿第二定律得 f1=mAaA④ f2=mBaB⑤ f2-f1-f3=ma1⑥ 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有 v1=v0-aBt1⑦ v1=a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v1=1 m/s⑨ (2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为 sB=v0t1-aB⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2 对A有 v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2-a2 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9 m (也可用如图的速度-时间图线求解) 审题指导　如何建立物理情景,构建解题路径 ①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动情况。 ②把握好几个运动节点。 ③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。 ④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。 ⑤木板先加速后减速,存在两个过程。 6.(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。 答案　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 解析　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1① 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1② s0=v0t1+a1③ 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式并结合题给条件得 μ1=0.1④ 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有 -μ2mg=ma2⑤ 由图(b)可得 a2=⑥ 式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ2=0.4⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧ v3=-v1+a3Δt⑨ v3=v1+a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s1=Δt 小物块的位移为 s2=Δt 小物块相对木板的位移为 Δs=s2-s1 联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得 Δs=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得 s=-6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 实验微专题4 探究加速度与物体受力、物体质量的关系 9．（2025·广西 ）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 。 (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 。 【答案】(1)控制变量法 (2)平行 (3)需要；撤出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) 【详解】（1）在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）质量不变，这种实验方法是控制变量法。 （2）实验时，为使小车受到的合外力等于细绳的拉力，要调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持平行，保证细绳对小车的拉力方向与小车运动方向一致，减小实验误差。 （3）由图乙可知，当拉力F为某一值时才产生加速度，说明小车受到摩擦力，需要补偿阻力。补偿方法：撤出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）两车均从静止释放，都做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式 可知 因为 联立解得 10．（2025·陕晋青宁卷 ）下图为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。 (1)实验中应将木板 （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图像如图所示，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） 0.2 0.618 0.33 0.482 0.40 0.403 0.50 0.317 1.00 0.152 A．图像 B．图像 C．图像 D．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， （填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。 【答案】(1)一端垫高 (2)AC (3)乙 【详解】（1）实验需补偿阻力，消除木板对小车的阻力的影响，应将木板一端垫高，使小车在无拉力时能匀速运动。 （2）A.作出图像，可以将图像“化曲为直”，便于判断，a与m是否成反比关系，故A正确； B．作出图像，无法体现a与m是否成反比关系，故B错误； C．作出图像，若a与m是成反比关系，有为定值，则图像是一条平行于横轴的直线，可间接判断a与m是否成反比关系，故C正确； D．作出图像，无法体现a与m是否成反比关系，故D错误。 故选AC。 （3）甲同学的方法中，槽码依次放在槽码盘上，小车质量M不变，拉力（m为槽码总质量），但随着m增大，不满足条件，拉力与mg偏差增大，误差变大；乙同学的方法中，将小车上的槽码移到槽码盘上，总质量不变（M为小车质量，m为槽码质量），拉力（当时近似，但实际总质量不变），拉力更接近理论值，系统误差更小，故乙同学方法更好。 11．（2025·安徽 ）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） 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和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。 ①图丙是根据某次实验采集的数据生成的和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。时，物体处于 （选填“超重”或“失重”）状态；以为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的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，其图像为图丁中的图线 。（选填“b”“c”或“d”） 【答案】(1)c (2) 失重 d 【详解】（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]根据图像可知时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态； [2]对物体根据牛顿第二定律 整理得 可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其图像为图丁中的图线d。 1.[2024广东,11(1),3分]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)。  答案 平衡摩擦力　2.86 解析　在探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验中,为了探究加速度与物体受力的关系,需要平衡摩擦力,题图甲中将木板右端垫高可以达到这个目的。设题图乙中从右到左的6段位移大小分别为x1、x2、x3、x4、x5和x6,由题意可知相邻计数点的时间间隔T==0.1 s,小车的加速度大小a=≈2.86 m/s2。 2.(2024甘肃,11,6分)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。 (1)以下操作正确的是　　　　(单选,填正确答案标号)。 A.使小车质量远小于槽码质量 B.调整垫块位置以补偿阻力 C.补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D.释放小车后立即打开打点计时器 (2)保持槽码质量不变,改变小车上砝码的质量,得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示,相邻两点之间的距离分别为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。 【答案】(1)B　(2)D　(3)反比　槽码 解析　(1)为了使小车和砝码整体所受的合外力大小近似等于槽码的总重力,应使小车和砝码的总质量远大于槽码质量(点拨:小车和砝码的总质量为M,槽码的质量为m,则小车受到的合外力F=mg=mg,当M≫m时,F=mg),A错误。为了保证小车所受细绳拉力等于小车和砝码整体所受合力,则需要调整垫块位置以补偿阻力,B正确。纸带与打点计时器之间的摩擦阻力也需要补偿,故补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带,且最终是通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动,C错误。应先打开打点计时器再释放小车,保证所有运动情况均被记录,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=,D正确。选项A、B、C中数据通过运算发现,部分数据未使用,非最优选择。 (3)在误差允许范围内,根据题图3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,则由牛顿第二定律有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3可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 3.（2024江西，11，8分）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:　  【答案】（4）较大　较小　（5）如图所示　（6）远大于钩码的质量　见解析 【解析】（4）由题图（b）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。 （6）对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律得mg=（M+m）a，实验中将钩码所受重力记为F，则F=（M+m）a，可得a=F，随着钩码质量m的增加，图线的斜率k=将减小，而当m≪M时可认为M+m=M，加速度a=F，即a与F成正比。 4.(2022山东,13,6分)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(结果均保留两位有效数字): (1)弹簧的劲度系数为　　　　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　　　　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　　　　kg。  答案　(1)12　(2)0.20　(3)0.13 解析　(1)由F-t图像可知,弹簧伸长5.00 cm时弹力F=0.610 N,则k== N/m≈12 N/m。 (2)由牛顿第二定律可知a=,图线的斜率k=,由丙图中图线Ⅰ的斜率可求得m≈0.20 kg。 (3)由丙图中图线Ⅱ的斜率可求得m'≈0.33 kg,则待测物体的质量m″=m'-m=0.13 kg。 ( 1 / 38 ) 学科网（北京）股份有限公司 $