第4章 运动和力的关系 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

单元综合提升 　　　　 第四章　运动和力的关系 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 (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 真题 1 √ 剪断细线前，对小球B、C、D分析有FAB＝g，对D有FCD＝mg；剪断细线后，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A。 衔接教材　人教版教材必修第一册P114·复习与提高B组T1 如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少？ 衔接分析　人教版教材习题中考查了外界条件突变时弹簧类瞬时加速度问题，教材中是两小球之间有一轻弹簧，2024湖南高考试题则是四个小球和两根轻弹簧。两题都考查了瞬时加速度问题，但高考题还需结合整体法与隔离法分析，试题难度高于教材习题。 针对练.(2025·江苏南京高一上学期期中)如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，整个装置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是 A.C物体的瞬时加速度为0 B.C物体对B物体的压力变小 C.A物体对地面压力为F＋5mg D.B物体的瞬间加速度为 √ 剪断细线前，设弹簧的弹力为F'，对B、C有3mg＋F＝F'，剪 断细线瞬间，细线的拉力消失，B、C加速度相同，则有F'－ 3mg＝3ma，联立解得a＝，故A、D错误；剪断细线前，C 对B的压力等于自身重力，剪断细线后对C分析得FN'－mg＝ ma，解得FN'＝＋mg，则C对B的压力变大，故B错误；对A分析得FN＝2mg＋F'＝5mg＋F，故C正确。故选C。 (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 真题 2 √ 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，联立可得飞船和空间站之间的作用力大小为F'＝F。故选A。 衔接教材　人教版教材必修第一册P113·复习与提高A组T4 如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求空间站的 质量。 衔接分析　连接体问题是牛顿第二定律的一个简单应用，北京高考试题和人教版教材习题均是空间站和飞船的连接体问题，题目情境和规律应用完全相同，只不过北京高考试题涉及了整体法、隔离法的应用，但教材习题没有涉及，高考试题考查知识点更加全面。 (2024·广东高考)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 真题 3 √ 在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力保持不变， 即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定 律有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木 块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合 力向上，随着y增大F增大，F-y图像如图甲所示，故B正确，A错误；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝F，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg， 木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知， 木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减 速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大致 如图乙所示，故C、D错误。故选B。 衔接教材　鲁科版教材必修第一册P148·章末练习T5 蹦极运动过程如图所示。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从A点自由竖直下落，至B点弹性绳刚好伸直，到达最低点C后向上弹起。整个过程中忽略空气阻力。请分析运动员从A到C的过程中要经历哪些运动过程，每个运动过程是加速还是减速，加速度如何变化。 衔接分析　鲁科版教材习题和广东高考试题均考查了利用牛顿第二定律分析物体的运动过程，题目所述情境相似，要求学生会对物体进行受力分析，由力的变化分析加速度的变化，进而分析速度和位移的变化，高考试题通过图像展示物理量的变化，更加形象直观，但分析难度较大。 针对练.如图为中国蹦床运动员比赛时的画面，已知蹦床网面遵 循胡克定律，则运动员从最高点下落到最低点的过程中(以向下 为正方向，不计空气阻力)，下列有关运动员的速度－时间(v-t)、 加速度－位移(a-x)图像可能正确的是 √ 运动员先做自由落体运动，与蹦床网面接触后，弹力先小于重 力，后大于重力；所以运动员的加速度先不变，后减小，再反 向增大，可知速度－时间图像斜率的绝对值先不变，后减小， 再增大，A、B错误；运动员接触蹦床网面之前，做自由落体运 动，加速度为g，接触之后，根据胡克定律有F＝k·Δx，随下落距离逐渐增加，根据牛顿第二定律有mg－k·Δx＝ma，可知蹦床网面的形变量Δx和a是线性变化关系，故a和x也是线性变化关系，结合A、B项分析可知，C正确，D错误。故选C。 返回 易错辨析 返回 易错点1. 误认为在任何情况下Ff＝μmg致错 如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则货箱下滑的加速度大小为 A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.8 m/s2 √ 对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2。故选A。 易错分析　利用牛顿第二定律分析多个力作用下的加速问题时，一般用正交分解法分析，此题容易出现只注重平行斜面方向牛顿第二定律的应用，而忽视垂直斜面方向方程的书写，错误的把摩擦力写成Ff＝μmg。 易错点2. 分析不仔细，认为倾角越大，加速度越大，时间越短 如图所示，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。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，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30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 √ 设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝，对物块，根 据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，可得a＝gsin θ，由 x＝at2，可得＝gsin θ·t2，即t＝，当2θ＝ 90°，即θ＝45°时，t最小，若θ从30°增大到60°，物块的下滑时间先减小后增大。故选D。 易错分析　做本题时，容易错误地认为倾角越大，加速度越大，时间就越短。出现错误的原因是忽视了位移的变化，解答此类问题应当写出时间的表达式，然后再根据表达式判断。 易错点3.忽略二级结论的成立条件出错 如图所示，Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、a、b、c位于同一圆周上，点d为圆周的最高点，c点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从P处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3分别表示各滑环到达a、b、c所用的时间，则 A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3 C.t3＞t1＞t2 D.t1＝t2＝t3 √ 以P点为最高点，取合适的竖直直径Pe作圆，如图中虚 线圆所示，Pb为圆的一条弦，设滑环从P处由静止释放 到达虚线圆上n的时间为t，杆与竖直方向的夹角为α， 虚线圆的直径为d。根据位移－时间公式可得dcos α＝ (gcos α)t2，解得t＝，则知虚线圆为等时圆，即从P到f、b、n是等时的，比较图中长度可得Pa＞Pf，Pc＜Pn，故推得t1＞t2＞t3。故选B。 易错分析　本题如果不加思考，套用结论，就会落入“等时圆”的陷阱，认为t1＝t2＝t3，错选D。由于P点不是圆的最高点，所以直接套用结论是行不通的。我们可以重新构造一个圆，使P点成为最高点，这样便可借“等时圆”解决问题。巧妙运用物理模型，可以起到化繁为简的目的，这种分析问题的方法，可以培养迁移创新、举一反三的能力。 易错点4.误认为物块一直匀加速运动而致错 如图所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s 的速度顺时针转动，现有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝2 m/s的速度从左端水平滑上传送带，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，求小物块从滑上传送带到运动L＝4 m的位移所需要的时间。 答案：1.2 s 小物块滑上传送带后先做匀加速运动，加速度大小为a＝μg＝2.5 m/s2 当小物块与传送带共速时满足v＝v0＋at1 解得t1＝0.8 s 运动的距离x1＝v0t1＋a＝2.4 m＜L＝4 m 则小物块从滑上传送带到运动L＝4 m的位移所需要的时间t＝t1＋＝1.2 s。 易错分析　本题中，小物块先加速后匀速，有的同学只注意到刚开始的匀加速过程，就误以为整个过程一直匀加速，从而错误地列出方程L＝v0t＋at2来计算全程的时间。这类问题要注意判断中途会不会达到共速，如果达到共速，摩擦力就会发生突变。 返回 单元检测卷 返回 1.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是 A.牛顿第一定律提出了当物体所受的合力为零时，物体将处于静止状态 B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，惯性越大 C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力 D.在受到相同的合力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据牛顿第一定律的内容可知，当物体不受力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A错误；质量是惯性的唯一量度，与物体速度的大小无关，故B错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是 A.从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程 B.从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程 C.从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大 D.速度达到最大时加速度也达到最大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当弹簧的弹力与小球的重力大小相等时，小球的加速度为零， 速度最大，则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度 向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错 误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧 到加速度最大的过程中，加速度先向下减小，是失重过程， 然后加速度向上增大，是超重过程，故B错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空旷区域测试时，质量为2 kg、可垂直起降的无人机从地面由静止开始竖直向上做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，上升5 s时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是 A.无人机加速上升时的动力大小为24 N B.无人机失去动力后立即开始做自由落体运动 C.无人机失去动力后的加速度为10 m/s2 D.无人机下落过程的加速度大小会随速度的增大而增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 无人机加速上升时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得无人机加速上升时的动力大小为F＝24 N，故A正确；无人机失去动力后做竖直上抛运动，只受重力作用，加速度恒为重力加速度，保持不变，因为以竖直向上为正方向，则加速度为－10 m/s2，故B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示。已知斜面与水平面间的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图乙可知，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度大小之比为＝，设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，μmg＝ma2，联立解得μ＝。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.小铁球受到的合力方向水平向左 B.F＝(M＋m)gtan α C.系统的加速度大小为a＝gsin α D.F＝mgtan α √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对小铁球受力分析得F合＝mgtan α＝ma，且合力方向水平向右，故小铁球的加速度大小为gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度大小也为gtan α，A、C错误；对系统受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，B正确，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.如图所示，两个质量均为m的物块A、B叠放压在一个竖直轻 弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，物 块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块A以0.5g(g为重力加 速度的大小)的加速度匀加速上升，弹簧始终处于弹性限度内， 则A、B分离时B的速度大小为 A. B.g C.g D.2g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 物块A、B静止时弹簧压缩量x1＝，分离时A、B之间的压 力恰好为零，加速度仍相等，设此时弹簧的压缩量为x2，对物 块B有kx2－mg＝ma，解得x2＝，物块B的位移大小x＝x1－ x2＝，由v2＝2ax得v＝g。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2025·山东济宁高一上学期期末)如图所示的三个装置，装置甲、乙中桌面光滑，装置丙中桌面粗糙，装置乙中用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引。不计绳和滑轮质量，三个装置中物块m均由静止做加速运动。物块m在桌面上发生相同位移的过程中，下列说法正确的是 A.装置甲中绳上张力F甲＝Mg B.装置甲、乙中物块m的速度变化量相同 C.装置甲中绳上的张力F甲小于装置丙中绳上的张力F丙 D.无论怎么改变M和m的值，装置甲中物块m的加速度都不可能接近g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 装置甲中F甲＝ma1，Mg－F甲＝Ma1，解得a1＝，绳上张力F甲＝，A错误；装置乙中物块m的加速度a2＝，根据v2＝2ax可知，装置甲、乙中物块m的速度变化量不相同，B错误；装置丙中F丙－Ff＝ma3，Mg－F丙＝Ma3，解得F丙＝＞F甲，即装置甲中绳上的张力F甲小于装置丙中绳上的张力F丙，C正确；装置甲中a1＝，则当M≫m时，装置甲中物块m的加速度接近g，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.如图所示，A、B、C是三个质量相同的小球，A、B之间用轻弹簧连接，B、C之间用细绳连接，A通过细绳悬挂在天花板上，整个系统保持静止，重力加速度为g。则剪断OA间细绳的瞬间 A.小球A的加速度大小为2g B.小球A的加速度大小为3g C.小球C的加速度大小为0 D.小球C的加速度大小为g √ √ 设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，有F＋mg＝ma，解得A的加速度大小a＝3g；由于弹簧弹力不发生突变，故B、C的加速度均为0。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m的物体，物体始终受到沿斜面向上的变力F的作用，物体的加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，根据图乙中所提供的信息可知 A.m＝0.4 kg B.m＝2.5 kg C.θ＝53° D.θ＝37° √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，可得a＝－gsin θ，由题图乙可知斜率为k＝＝kg－1＝0.4kg－1，解得m＝2.5 kg，纵轴截距－gsin θ＝－6 m/s2，解得θ＝37°。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.(2025·云南德宏高一上学期期末)如图所示，质量 为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板上左 端静止放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m＝2 kg，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.3。若用水平向左的拉力F作用在木板上，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 A.小滑块m能达到的最大加速度为3 m/s2 B.若F＝10 N时，小滑块m和木板M之间摩擦力为6 N C.若F＝15 N时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动 D.若F＝18 N时，小滑块m的加速度大小为3 m/s2，木板M的加速度大小为4 m/s2 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解 得小滑块的最大加速度为am＝3 m/s2，故A正确；把小滑 块m和木板M看成整体为研究对象，小滑块在木板上发生相对滑动时的最小拉力为F0＝(M＋m)am，解得F0＝15 N，若F＝10 N时，小滑块相对木板静止，把小滑块和木板看成一个整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a1，解得a1＝2 m/s2，对木板进行分析，由牛顿第二定律有F－Ff1＝Ma1，解得小滑块m和木板M之间摩擦力为Ff1＝4 N，若F＝15 N时，由于F＝F0＝15 N，可知小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝18 N时，由于F＞F0，可知小滑块在木板上滑动，对小滑块进行分析，由A项分析可知其加速度大小为3 m/s2，对木板进行分析，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2，解得a2＝4 m/s2，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(6分)(2025·广东茂名高一期末)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学设计了如图甲所示的实验装置，已知实验使用的电源频率为50 Hz。 (1)若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持__________不变。 小车质量 若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)实验时，以下操作顺序正确的是______(填正确答案标号)。 A.先释放小车，再接通打点计时器的电源 B.先接通打点计时器的电源，再释放小车 B 实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)如图乙所示，该同学在某次实验得到的纸带上选定A、B、C、D、E五个计数点(相邻两个计数点间有四个点未画出)，并测出每两个相邻计数点间的距离，根据纸带可求出打D点时小车的速度大小为_______m/s；小车的加速度大小为_______m/s2。(结果均保留2位有效数字) 0.75 0.51 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×＝0.1 s 打D点时小车的速度大小为vD＝＝×10－2 m/s≈0.75 m/s 由逐差法可知小车的加速度大小为a＝＝× 10－2 m/s2＝0.51 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)该同学利用实验数据作出了如图丙所示的a-F图像，请分析图像不过原点的原因是____________________________________。 平衡阻力时木板倾角过小或未平衡阻力 由题图丙可知，当拉力F达到某一值时，小车才产生加速度，说明平衡阻力时木板倾角过小或未平衡阻力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)(2025·云南大理期末)实验小组用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。主要实验步骤如下： ①用游标卡尺测量遮光条的宽度d，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L； ②用细线跨过定滑轮，细线一端与小车相连，另一端挂上托盘和砝码，调节滑轮高度使滑轮右侧细线与木板平行； ③调节木板的倾角，使小车沿木板匀速下滑； ④取下托盘和砝码，测出托盘和砝码的总质量m； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ⑤取下托盘和砝码后，让小车从光电门A上方沿木板下滑，记录遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为ΔtA、ΔtB，算出小车的加速度大小a； ⑥改变砝码的个数，重复步骤③④⑤，得到多组托盘和砝码的总质量m1、m2、m3、…，以及对应的加速度a1、a2、a3、…； ⑦在坐标纸上描点作出a-m图像。 小车(含遮光条)的质量用M表示，已知当地的重力加速度为g，据此回答下列问题： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)某次实验时，测得遮光条通过光电门A、B的遮光时间分别为ΔtA和ΔtB。则小车通过光电门A时的速度大小为vA＝_______，小车的加速度大小为a＝__________________(用d、L、ΔtA和ΔtB表示)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小车通过光电门A时的速度大小为vA＝ 小车通过光电门B时的速度大小为vB＝ 根据－＝2aL 可得小车的加速度大小为 a＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在坐标纸上作出的a-m图像如图乙所示，由图像得到的结论为______(填正确选项前的字母)。 A.小车所受合力一定，小车的加速度与其质量成正比 B.小车所受合力一定，小车的加速度与其质量成反比 C.小车的质量一定，小车的加速度与其所受合力成正比 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 题图乙中，纵轴表示加速度，横轴表示托盘和砝码的质量，且图像为过原点的倾斜直线，根据该实验的原理有mg＝Ma，变式得a＝m，由此可知，小车的质量一定，小车的加速度与其所受合力成正比。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若图乙中所得图线的斜率为k，则小车(含遮光条)的质量M＝______(用g和k表示)。 根据a＝m，可知题图乙图像的斜率为k＝，可得M＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(12分)(2025·北京市第四中学高一上学期期末)质量为40 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运动的v-t图像如图乙中曲线所示，且AB是曲线在A点的切线，B点坐标为，CD是曲线的渐近线即雪橇最终滑行速度将趋近于10 m/s。sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。试求： (1)从图乙分析t＝0时刻雪橇的加速度大小； 答案：2.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题图乙可知t＝0时刻雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ 2.5 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)雪橇与斜面间的动摩擦因数μ； 答案：0.125　 t＝0时刻，雪橇的速度大小为5 m/s，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 最终雪橇匀速运动时达到的最大速度为10 m/s，加速度为0，则有mgsin θ－μmgcos θ－kv'＝0 解得μ＝0.125，k＝20 N·s/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)空气阻力与速度的比值k。 答案：20 N·s/m t＝0时刻，雪橇的速度大小为5 m/s，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 最终雪橇匀速运动时达到的最大速度为10 m/s，加速度为0，则有mgsin θ－μmgcos θ－kv'＝0 解得μ＝0.125，k＝20 N·s/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14分)(2025·辽宁葫芦岛协作校联考)如图所示，小车沿水平方向做匀变速直线运动，车厢顶部悬挂小球A的悬线偏离竖直方向的夹角为45°，木箱B紧靠竖直侧壁放置在光滑的车厢底板上，小球A、木箱B都相对车厢静止。已知小球A的质量m1＝2 kg，木箱B的质量m2＝5 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)悬线上的拉力大小(可保留根号)； 答案：20 N 对小球A受力分析，竖直方向上有 FTcos 45°＝m1g 解得FT＝20 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球A的加速度大小； 答案：10 m/s2 小球A在水平方向上，根据牛顿第二定律可得FTsin 45°＝m1a 解得a＝10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)木箱B对侧壁的压力大小。 答案：50 N 小球A、木箱B都相对车厢静止，因此它们的加速度都相同 对木箱B受力分析，水平方向上有FN＝m2a 根据牛顿第三定律可知，木箱B对侧壁的压力大小FN'＝FN 联立解得FN'＝50 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(14分)(2025·河北保定高一上学期期末)如图所示，倾角θ＝37°的固定光滑斜面AB与水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接。传送带以大小v＝4 m/s的速度逆时针匀速转动，现将一滑块(视为质点)轻放在传送带的右端C，滑块恰好能到达斜面的最高点A。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带左、右两端的距离L＝2 m，取重力加速度大小g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)证明滑块第一次通过B点时的速度大小为v； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设滑块的质量为m，滑块在传送带上向左加速 运动时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律 有μmg＝ma1 解得a1＝5 m/s2 假设滑块沿传送带向左加速运动的速度能达到v，且滑块沿传送带向左加速运动的距离为x1，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a1x1 解得x1＝1.6 m 因为x1＜L，所以滑块第一次沿传送带向左先匀加速运动后匀速运动，可知滑块第一次通过B点时的速度大小为v。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求滑块从C点到第一次通过B点的时间t； 答案：0.9 s　 设滑块第一次沿传送带向左匀加速运动的时间为t1，则有v＝a1t1 解得t1＝0.8 s 设从滑块与传送带达到共同速度至滑块第一次通过B点的时间为t2，则有L－x1＝vt2 解得t2＝0.1 s 又t＝t1＋t2 解得t＝0.9 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)求A点距传送带的高度h。 答案：0.8 m 设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2 解得a2＝6 m/s2 对滑块从B点沿斜面上滑到A点的过程，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a2· 解得h＝0.8 m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 单元综合提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $