第4章 牛顿运动定律 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（粤教版）

单元综合提升 　　　　 第四章　牛顿运动定律 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 单元检测卷 4 易错辨析　强化落实 3 内容索引 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 概念梳理　构建网络 返回 返回 教考衔接　明确考向 返回 　　　　(2021·广东高考)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是 A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 真题 1 √ 由牛拉耕索的力F大小相等和α＜β可知，F sin α＜F sin β，F cos α＞F cos β，即耕索对曲辕犁拉力的水平分力小于对直辕犁拉力的水平分力，耕索对曲辕犁拉力的竖直分力大于对直辕犁拉力的竖直分力，选项A错误，B正确；由牛顿第三定律可知，无论是曲辕犁匀速前进时还是直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力都等于犁对耕索的拉力，选项C、D错误。 衔接教材　链接教材P131T12情境 如图所示，质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，若所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变。求： (1)拖拉机加速度的大小。 (2)拖拉机对连接杆拉力的大小。 衔接分析　本题以唐代农具演化分析为背景，考查牛顿运动定律，创设的情境与教材P131T12拖拉机倾斜拉耙耙地类似。 高考题全方位考查牛顿运动定律：物体处于平衡态时，物体水平方向、竖直方向合外力均为零，考查牛顿第一定律；物体加速前进时，合外力沿加速度方向，考查牛顿第二定律；无论物体处于平衡态还是非平衡态，物体间的作用力总是等大、反向、共线，考查牛顿第三定律。 针对练1．(2024·天津宁河高一阶段练)如图所示，一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，则下列说法正确的是 A．大人对小车拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力 B．小车所受拉力与摩擦力的合力大小等于小孩和车的重力 C．车所受拉力和摩擦力的合力方向竖直向上 D．车所受的摩擦力大小与小孩和车的重力成正比 √ 据题意，小车和孩子所受的合力是拉力的水平分力和摩擦力的合力，故A错误；拉力与摩擦力以及支持力的合力与重力平衡，即拉力与摩擦力以及支持力的合力大小与小孩和车的重力大小相等，故B错误；拉力与摩擦力的合力和重力与支持力的合力等大反向，而重力与支持力的合力沿竖直向下，所以拉力与摩擦力的合力竖直向上，故C正确；车所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小与支持力成正比，但小孩和车的重力不等于支持力，故D错误。故选C。 针对练2．耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝ 60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是 A．两根耙索的合力大小为F B．两根耙索的合力大小为 　F C．地对耙的水平阻力大小为 　F D．地对耙的水平阻力大小为 　 √ 两根耙索的合力大小为F′＝2F cos 30°＝　F，故A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为f＝F′cos 30°＝　F，故C、D错误。故选B。 　　　(2021·广东高考节选)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 真题 2 答案：0.2 s 由牛顿第二定律可得，碰撞前、后对甲滑动时均有μmg＝ma 则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2 设甲与乙碰前的速度为v1，则2as1＝v02－v12 解得v1＝0.3 m/s 碰前甲运动的时间t1＝　　　　　　　　 s＝0.1 s 碰后甲运动的时间t2＝　　　　 s＝0.1 s 则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s。 衔接教材　链接教材P131T14情境 如图所示是深坑打夯机的示意图。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将压紧的夯杆从深坑提起。当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开，夯杆在自身重力的作用下，最后落回坑底，这样，周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的切线处，竖直向上的速度v＝4 m/s，两摩擦轮对夯杆的正压力均为F＝2×104 N，与夯杆的动摩擦因数μ＝0.3，夯杆的质量m＝1.0×103 kg，坑深h＝6.4 m，不计因打夯引起的深度变化，试计算该深坑打夯机的打夯周期。 衔接分析　本题以算盘算珠运动分析为背景，考查力与运动的关系，创设的情境与教材P131T14夯杆在摩擦力作用下的运动类似。 两个情境都需要先确定物体运动的平面，然后再对其进行受力分析、运动分析，根据牛顿第二定律和运动学公式求解物体的运动参量。 针对练1．(多选)(2024·山西太原高一统考期中)运动员以一定的初速度投出冰壶，冰壶在水平冰面上做匀减速直线运动。依次通过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝4 m，通过AB和BC所用的时间均为2 s。运动员从C 点开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶加速度大小变为原来的　，直至冰壶停下。下列选项正确的是 A．冰壶在AC段滑行时的加速度大小为0.5 m/s2 B．冰壶通过C点时的速度为1.5 m/s C．冰壶通过C点后的2 s内滑行的位移为2.2 m D．冰壶从A点开始至停止所用时间为7 s √ √ √ 冰壶在AC段滑行时的加速度大小为a＝　　　　 m/s2＝0.5 m/s2，选项A正确；冰壶通过B点时的速度为vB＝　　　　　　　 m/s＝2.5 m/s，冰壶通过C点时的速度为vC＝vB－aT＝1.5 m/s，选项B正确；冰壶通过C点后加速度大小为a′＝　a＝0.4 m/s2，则2 s内滑行的位移为s＝vCt－ 　a′t2＝1.5×2 m－　×0.4×22 m＝2.2 m，选项C正确；冰壶通过C点后滑行的时间t′＝　 ＝3.75 s，冰壶从A点开始至停止所用时间为t总＝4 s＋3.75 s＝7.75 s，选项D错误。故选ABC。 针对练2．在一次消防演练中，某消防员沿固定的竖直金属杆由P处静止下滑至地面，示意图如图甲所示；消防员受竖直向上的摩擦力随时间变化情况如图乙所示。已知该消防员的质量m＝60 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计。求： (1)消防员向下加速和减速时的加速 度大小a1、a2； 答案：3.75 m/s2　2 m/s2 根据题图乙，结合牛顿第二定律有mg－f1＝ma1，f2－mg＝ma2 解得a1＝3.75 m/s2，a2＝2 m/s2。 (2)P处距地面的高度h； 答案：21 m 设加速运动的时间为t1，加速运动的末速度为v1，位移为h1，减速运动的位移为h2，则由运动学公式有v1＝a1t1，h1＝　a1t12，h2＝v1t2－　a2t22，h＝h1＋h2 其中t1＝2 s，t2＝3 s 联立解得h＝21 m。 (3)通过训练，该消防员安全落地的最大速度vm＝6 m/s，且他与金属杆之间产生的摩擦力大小范围为0≤f≤ 720 N，求他从P处下滑至地面的最短时间t。 答案：3 s 根据题意，可知加速阶段做自由落体运动，设加速阶段的最大速度为v2，减速阶段的最大加速度为a2，则由运动学公式可得 设加速阶段的时间为t3，减速阶段的时间为t4，则有v2＝gt3，vm＝v2－a2t4，t＝t3＋t4 联立解得t＝3 s。 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(牛顿第二定律的瞬时性)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态(图1)；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧(图2)，其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间(设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1′，B的加速度大小分别为a2和a2′)，则正确的是 A．a1＝a1′＝g，a2＝a2′＝0 B．a1＝a2′＝g，a1′＝a2＝0 C．a1′＝2a1＝2a2＝2g，a2′＝0 D．a1′＝a2′＝2a1＝2a2＝2g √ 在题图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2mg ＝ 2ma1＝2ma2，可得a1＝a2＝g；在题图2中，在剪断轻绳前，根据平衡条件可知，弹簧的弹力大小F＝mg，绳OA对A物体的拉力T＝2mg，在剪断绳的瞬间，弹簧 的弹力不变，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则a2′＝0，A所受的合力大小FA＝F＋mg＝2mg，由牛顿第二定律可得2mg＝ma1′，解得a1′＝2g，故C正确。 2．(超重、失重的应用)在升降机中挂一个弹簧，下吊一个小球，当升降机静止时，弹簧伸长4 cm。当升降机运动时弹簧伸长2 cm，若弹簧质量不计，g取9.8 m/s2，则升降机的运动情况可能是 A．以1 m/s2的加速度减速上升 B．以4.9 m/s2的加速度减速上升 C．以1 m/s2的加速度加速上升 D．以4.9 m/s2的加速度加速上升 √ 升降机静止时，对小球有kx1＝mg；当升降机运动时，小球所受合力竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－kx2＝ma，解得a＝4.9 m/s2，方向竖直向下，故升降机以4.9 m/s2的加速度减速上升或加速下降。故选B。 3．(连接体问题)跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g＝10 m/s2，当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为 A．a＝1.0 m/s2，F＝260 N B．a＝1.0 m/s2，F＝330 N C．a＝3.0 m/s2，F＝110 N D．a＝3.0 m/s2，F＝50 N √ 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可知，整体的加速 度a＝　　　　　　　　　　　　　 m/s2＝1 m/s2，C、D错误；以人为研究对象，由牛顿第二定律可知T＋F′－mg＝ ma，解得人受吊板的支持力F′＝mg－T＋ma＝700 N－440 N＋70 N＝330 N，由牛顿第三定律可知人对吊板的压力F为330 N，A错误，B正确。 4．(板块模型)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到共同速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)A在0～1 s内的加速度的大小； 答案：2 m/s2 (1)v-t图像的斜率表示加速度，由题图乙可知A在0～1 s内的加速度为 aA＝　　　 m/s2＝－2 m/s2 故A在0～1 s内加速度的大小为2 m/s2。 (2)A与B之间及B与水平面间的动摩擦因数； 答案：0.2　0.1 在0～1 s内A受到向左的摩擦力做减速运动， 根据牛顿第二定律有－μ1mg＝maA 代入数据解得μ1＝0.2 在1～3 s内，A和B一起做减速运动，由题图乙可 知加速度为a共＝　　　 m/s2＝－1 m/s2 根据牛顿第二定律有－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a共 代入数据解得μ2＝0.1。 (3)A的质量。 答案：6 kg (3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度为 aB＝　　　 m/s2＝2 m/s2 在0～1 s内，B受到A对B的水平向右的摩擦力和地面对B的水平向左的摩擦力，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaB 代入数据解得m＝6 kg。 5．(传送带模型)(2024·东莞市高一期末)如图为某车间中两段传送带截面简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝3 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带。现将质量m＝0.2 kg的物体从静止开始放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度v1相等。物体与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5。物体在连接点b处速度大小不变地从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针匀速转动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)传送带1的速度v1的大小； 答案：4 m/s 物体放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma 解得a＝4 m/s2 根据运动学公式有v12＝2aL1 解得 v1＝4 m/s。 (2)若传送带2的速度大于v1，求物体从b点到达c点的时间； 答案：1 s 若传送带2的速度大于v1＝4 m/s，则物体在传送带2上运动的加速度一 直保持a2＝　　　　　　　　　　＝2 m/s2不变，方向沿传送带2向下，减速为0所用时间为t＝　 ＝2 s，最远距离为s＝　 ＝4 m＞L2 则物体运动到c点时速度不为零 由L2＝v1t－　a2t2解得t1＝1 s，t2＝3 s(舍去)。 (3)改变传送带2的速度，要使物体能够运送至c点，求传送带2的最小速度。 答案： 设传送带2的速度为v时，恰好能将物体运送至c点。根据以上信息可知，v的值一定在0＜v＜4 m/s之间，物体在传送带2上先做a1＝g(sin θ＋μ2cos θ)＝10 m/s2的匀减速直线运动，当速度相等时，改做a2＝2 m/s2的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零。由逆向思维法，有s1 ＝　　　　，s2＝　　，s1＋s2＝L2 解得v＝　　 m/s。 返回 单 元 检 测 卷 返回 1．下列图文解说正确的是 A．伽利略设计了如图甲所示的斜面实验并总结得出了惯性定律 B．图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变 C．图丙中，吊灯的重力与绳对吊灯的拉力是一对相互作用力 D．图丁中，跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 伽利略设计了如题图甲所示的斜面实验并总结得出了力不是维持物体运动的原因，惯性定律是牛顿第一定律，是牛顿总结出来的，故A错误；题图乙中，落在球网中的足球受到弹力的施力物体是球网，则是由于球网发生了形变产生的，故B正确；题图丙中，吊灯的重力与绳对吊灯的拉力是一对平衡力，故C错误；惯性是物体本身的特性，惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，故D错误。故选B。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 2．关于牛顿运动定律，下列说法正确的是 A．牛顿第二定律定义了“1 N”，即使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力 B．质量一定的物体做匀变速直线运动时，其所受合力可能变化 C．牛顿第一定律表明，物体只有在不受力作用时才具有惯性 D．马拉车加速前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 由牛顿第二定律公式a＝　，理解为牛顿第二定律定义了“1 N”，即使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，故A正确；质量一定的物体 做匀变速直线运动，说明加速度恒定，所以合外力也恒定，故B错误；牛顿第一定律表明，一切物体总有惯性，故C错误；根据作用力与反作用力知马拉车的力等于车拉马的力，马车能加速前行是因为受的拉力比受的摩擦力大，故D错误。故选A。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 3．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的粗糙斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，其周围苹果对它的作用力可能为 A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 由于一箱苹果沿着倾角为θ的粗糙斜面加速下滑，可知加速度沿斜面向下，且大小满足a＜g sin θ。对于箱子正中央的苹果，其周围苹果对它的作用力一定存在垂直斜面向上的分力和沿斜面向上的分力，故不可能是题图中的F3和F4；将加速度分 解为水平向右和竖直向下的分加速度，可知对于箱子正中央的苹果，其周围苹果对它的作用力一定存在水平向右的分力，故不可能是题图中的F1，所以其周围苹果对它的作用力可能为F2。故选B。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 4．一物体质量为5 kg，放在水平地面上，当用水平力F1＝30 N推它时，其加速度为1 m/s2；当水平推力增为F2＝45 N时，其加速度为 A．1 m/s2 B．2.5 m/s2 C．3.5 m/s2 D．4 m/s2 √ 根据牛顿第二定律有F1－f＝ma1，F2－f＝ma2；代入数据联立可得a2＝4 m/s2，故选D。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 5．(2024·云南玉溪高一统考期末)如图所示，货车拖着拖车在平直路面上匀速行驶，某时刻拖车与货车脱钩，脱钩后货车发动机产生的牵引力不变，若货车质量是拖车质量的2倍，两车与地面之间的动摩擦因数相同，则脱钩后货车与拖车的加速度大小之比为 A．1∶3 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶1 √ 设牵引力为F，动摩擦因数为μ，拖车质量为m，匀速时F＝3μmg；脱钩后，对货车有F－2μmg＝2ma货，对拖车有μmg＝ma拖，解得a货∶a拖＝1∶2，故选B。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 6．(2024·河南高一校联考)生活中人们经常用定滑轮向高处运输物品，如图所示，质量为60 kg 的人站在水平地面上，用一根跨过光滑轻质定滑轮的轻质绳子拉质量为20 kg的重物，重物向上做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动，重力加速度g取10 m/s2。在重物上升的过程中，下列说法正确的是 A．绳子中拉力的大小为30 N B．轮轴对定滑轮的作用力大小为400 N C．水平地面对人的支持力大小为370 N D．若重物的加速度大小为30 m/s2，人恰好离开水平地面 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 对重物受力分析，由牛顿第二定律得T－mg＝ma，解得T＝230 N，故A错误；对定滑轮受力分析，由平衡条件得轮轴对定滑轮的作用力F＝2T＝460 N，故B错误；对人受力分析，由平衡条件得水平地面对人的支持力大小FN＝Mg－T，解得FN＝370 N，故C正确；当人恰好要离开水平地 面，则绳子中拉力的大小T′＝Mg＝600 N，对重物由牛顿第二定律得T′－mg＝ma′，解得a′＝20 m/s2，故D错误。故选C。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 7．如图所示，一只长方体空铁箱在水平拉力F的作用下沿光滑水平面向右做匀加速直线运动。这时铁箱内一个木块恰好能静止在后壁上，物体受铁箱后壁的弹力为FN，摩擦力为f，若增大F，则下列分析正确的是 A．FN增大，f增大 B．FN不变，f增大 C．FN增大，f不变 D．FN不变，f不变 √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 根据题意，设铁箱的质量为M，木块的质量为m，由于木块静止于铁箱后壁上，对整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a。对木块，水平方向 上，由牛顿第二定律有FN＝ma，整理得FN＝　　　F；竖直方向上，由平衡条件可得f＝mg，当增大F时，FN变大，f不变。故选C。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 8．(2024·清远市高一统考期末)如图所示，质量为m1的物体a被放在物体b的上表面，两物体沿光滑斜面一起向下滑，重力加速度大小为g，则关于物体a的受力，下列说法正确的是 A．a对b的压力大小等于m1g B．a对b的压力大小小于m1g C．a与b之间没有摩擦力 D．a与b之间存在摩擦力 √ √ a与b沿斜面加速下滑，所以加速度方向沿斜面向下，将加速度分解成沿水平向右的分量和竖直向下的分量，所以物体a受到水平向右的合力即摩擦力，在竖直方向上，物体a受到竖直向下的合力即由重力与支持力共同提供，且m1g＞FN。故选BD。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 9．(2024·湖北孝感高一统考开学考试)如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧相连的物块A、B，质量分别为1 kg和2 kg，用大小F＝15 N的恒力作用在A上，使A、B相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是 A．A、B相对静止一起加速时，加速度大小为5 m/s2 B．A、B相对静止一起加速时，弹簧的弹力大小为5 N C．突然撤去F瞬间，A、B的加速度大小相等 D．突然撤去F瞬间，B的加速度不变 √ √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 对物块A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有F＝(mA＋mB)a，解得a＝5 m/s2，再对物块B隔离分析，根据牛顿第二定律，有F弹＝mBa，解得F弹＝10 N，故A正确，B错误；突然撤去F瞬间，物块A、B所受的合外力大小均为弹簧的弹力，为10 N，对于物块B而言，合外力没有变，根据牛顿第二定律可知，物块B的加速度不变，但因A、B质量不等，所以A、B的加速度大小不相等，故C错误，D正确。故选AD。   5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 10．(2024·辽宁大连海湾高级中学高一期中)传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图为一水平传送带装置示意图。绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率运行，将行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为L，则 A．行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力 B．行李与传送带始终保持相对静止一起运动 C．行李在传送带上可能始终做匀加速直线运动 D．行李在传送带上运动的时间可能等于 　　　 √ √ √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 行李开始在传送带上向右做匀加速直线运动，可能出现当行李的速度等于传送带速度时，行李还没有到达B端，然后行李与传送带相对静止做匀速直线运动的情况，也可能出现行李在传送带上一直做匀加速直线运动的情况。行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故A、C正确，B错误。若行李一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ ma，又L＝　at2，解得t＝ 　　 ，故D正确。故选A、C、D。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 11．(6分)小海同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。 (1)为了使细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是_______(填选项前的字母)。 A．在未挂砂和砂桶时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 B．在悬挂砂和砂桶后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 C．砂和砂桶的质量要远小于小车和砝码的质量 D．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行 √ √ 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，为了在实验中能够把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，则在未挂砂和砂桶时，应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，并且调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，但并不需要所挂砂和砂桶的质量要远小于小车和砝码的质量。故选AD。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (2)小海同学用打点计时器打出的纸带的一段如图乙所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是_______m/s2。(结果保留两位小数) 0.39 相邻的两个计数点之间的时间间隔T＝0.1 s 利用逐差法可得a＝　　　　　　　　　　　　　　　　m/s2＝0.39 m/s2。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (3)保持小车质量不变，改变砂和砂桶的质量，进行多次测量。根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线，如图丙所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是_______ _________________________________。 实验前 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 从图线可知，有一定的拉力时，小车的加速度还是零，即小车还处于静止状态，原因就是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 12．(8分)(2024·广州市华南师大附中校考)某同学用如图甲所示的实验装置“探究重物加速度与合外力的关系”，用力传感器测量绳子的拉力，将无线力传感器和小车固定在一起，将细绳的一端与重物相连，另一端系在传感器的挂钩上。本实验中，保持绳端所挂重物质量m不变，先按住小车，记下传感器读数为T；然后在小车上放置不同质量的钩码，释放小车，从而得到绳子的不同拉力大小F与小车相应的加速度大小a。己知打点计时器的打点周期为0.02 s。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (1)除了图中所给器材以及交流电源和导线外，还必须使用的器材有_______。 A．秒表　　 B．弹簧测力计　　 C．刻度尺 √ 打点计时器可以计时，不需要用秒表测量时间；因为有力传感器，不需要弹簧测力计测量拉力；需要用刻度尺测量纸带上点的间距。故选C。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (2)关于本实验，下列说法正确的是_______。 A．必须将木板远离定滑轮的一端垫高来平衡摩擦力 B．需调节滑轮高度，使牵引小车的细线平行于木板 C．应先接通电源后释放小车 D．需让小车的质量远大于重物的质量 √ √ 因为实验对象是重物，而力传感器可以读出绳子的拉力，所以不需平衡摩擦力，故A错误；需调节滑轮高度，使牵引小车的细线平行于木板，防止出现垂直木板方向的分力，故B正确；为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放小车，故C正确；因为有力传感器，所以不需要让小车的质量远大于重物的质量，故D错误。故选BC。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (3)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，相邻两计数点间均有四个打点未画出。由该纸带上标示的测量数据，可求得加速度大小a＝______ m/s2 (结果保留三位有效数字)。 1.10 相邻计数点之间的时间间隔t＝　　　 s＝0.1 s，根据逐差法可得加速度 a＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　 m/s2＝1.10 m/s2。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (4)通过计算得到T与F的差值(T－F)，作出加速度大小a与(T－F)的图像如图丙所示，该图像的斜率k＝_____ (用题中所给符号表示)。 保持绳端所挂重物质量m不变，先按住小车，记下传感器读数为T，则T＝mg 对所挂重物根据牛顿第二定律得T－F＝ma，整理得a＝　(T－F)，所以图像斜率k＝　。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 13．(12分)(2024·广州市高一期末)蹦床有“空中芭蕾”之称，在2000年第27届悉尼奥运会上，蹦床被列为正式比赛项目。一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.6 s，若把这段时间内网对运动员的作用力F当作恒力处理，运动员可以看作是做匀变速直线运动，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，求： (1)运动员刚与网接触时的速度大小； 答案：8 m/s 运动员从h1＝3.2 m处落下，设自由落体到床的速度为v1，则有v12＝2gh1 代入数据解得v1＝8 m/s。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 (2)此恒力F的大小。 答案：2.4×103 N 设离开蹦床的速度为v2，运动员竖直蹦回离水平网面5 m高处，由竖直上抛的规律得v22＝2gh2 解得运动员离开蹦床时的速度v2＝10 m/s 在运动员与蹦床接触过程中，设竖直向上为正方向，由加速度的定义得 a＝　　　 解得a＝30 m/s2 根据牛顿第二定律得F－mg＝ma 解得恒力F的大小F＝2.4×103 N。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 14．(14分)某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝37°，传送带两端A、B之间的长度L＝11 m，传送带以v＝2 m/s的恒定速度向上运动。在传送带底端A轻轻放上一质量m＝2 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。求货物从A端运送到B端所需的时间。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案：8 s 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 货物放在传送带上，由静止开始做初速度为0的匀加速直线运动 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a＝0.4 m/s2 货物匀加速运动的时间t1＝　＝5 s 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 货物匀加速运动的位移 s1＝　at12＝5 m＜L＝11 m 经计算μmg cos 37°＞mg sin 37° 故此后货物随传送带一起向上做匀速运动，运动的位移s2＝L－s1＝6 m 匀速运动的时间t2＝　＝3 s 货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝8 s。 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 15．(14分)如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为θ的斜面上。已知物体A的质量为mA，物体A与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍，滑轮与轻绳间的摩擦不计，绳的OA段平行于斜面，OB段竖直，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量mB的取值范围。 答案：mA(sin θ－μcos θ)≤mB≤mA(sin θ＋μcos θ) 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 设绳子的张力为F，以B为研究对象，B处于静止状态，故F＝mBg 以A为研究对象，若A处于不下滑的静止状态，则 mAg sin θ＝F＋f FN＝mAg cos θ 可知，当摩擦力达到最大时F最小，此时fm＝μFN 解得mB＝mA(sin θ－μcos θ) 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 同理，若A处于不上滑的静止状态，则 mAg sin θ＋f＝F FN＝mAg cos θ 可知，当摩擦力达到最大时F最大，此时fm＝μFN 解得mB＝mA(sin θ＋μcos θ) 故mB的取值范围为 mA(sin θ－μcos θ)≤mB≤mA(sin θ＋μcos θ)。 返回 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 谢 谢 观 看 ！ 第四章 　牛顿运动定律 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 3 4 2 12 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ $