专题3 牛顿运动定律-训练册（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律”专题，覆盖瞬时性问题、连接体模型、临界极值、传送带及板块模型等核心考点，对接高考评价体系，分析近5年真题中连接体与板块模型占比超60%，归纳11类常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点为“真题溯源+模型建构+素养提升”，以2024湖南卷瞬时性问题为例，运用科学思维中的模型建构（轻弹簧弹力突变模型）和科学推理（受力分析与牛顿第二定律应用），总结“瞬时加速度三步骤”，帮助学生突破弹簧弹力不突变易错点，教师可依托模拟题分层训练，实现高效复习。

专题三　牛顿运动定律 高考物理 新高考专用 目 录 目 录 题型方法 实验4　探究加速度与物体受力、物体质量的关系 培优提升 题型7　动力学中的瞬时性问题 高考真题 高考模拟 题型8　动力学中的连接体模型 高考真题 高考模拟 题型9　动力学中的临界极值问题 高考真题 高考模拟 题型10　动力学中的传送带模型 高考真题 高考模拟 题型11　动力学中的板块模型 高考真题 高考模拟 目 录 题型7　动力学中的瞬时性问题 题型方法 高考真题 1. (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     A     目 录 解析　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。 目 录 2. (2025湖南,5,4分)如图,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。A球静止时,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.A球静止时,轻绳上拉力为2mg     C     B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 目 录 解题导引    A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方 向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳 对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。 目 录 解析　如图,对A进行受力分析   由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向,故T=mg,F库=2mg cos 30°= mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变, 重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相等、方向相反,故加速度大小为g,C 正确。在绳剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不变,则轻杆的力不变,D错误。 目 录 1. (2025安徽马鞍山一模)如图所示,质量为2m的木箱用细绳竖直悬挂,质量均为m的 物块A、B分别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时,A、B和木箱均静止,已 知重力加速度为g。某时刻剪断细绳,此瞬间,A、B和木箱的加速度大小分别为  ( )  A.0、0、2g　　    B.g、g、g　　    C.0、g、g　　    D.0、0、g          A 高考模拟 目 录 解析　剪断细绳瞬间,两个弹簧的弹力大小不变,均为mg,可知此时A、B的加速度均为 0,对木箱,根据牛顿第二定律有mg+mg+2mg=2ma,解得a=2g,A正确。 目 录     C     2. (2025八省联考·陕晋青宁)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接, 并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小 为g。则 ( ) A.L1的拉力大小为 mg B.L2的拉力大小为3mg C.剪断L1的瞬间,球甲的加速度大小为 g D.剪断L1的瞬间,球乙的加速度大小为g 目 录 解析　对甲、乙及轻弹簧组成的整体受力分析,L1的拉力大小F1=2mg tan 60°=2 mg,L2 的拉力大小F2= =4mg,A、B错误。剪断L1的瞬间,弹簧的弹力不变,则球乙所受的 合力仍为零,加速度为零,D错误。剪断L1的瞬间,球甲的速度为0,甲将做圆周运动,此时 甲所受合力垂直绳L2方向,可得F合=2mg sin 60°=ma,解得此时球甲的加速度大小a= g, C正确。 目 录 3. (2025山东齐鲁名校联考)如图所示,P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬 挂在O、O'点。系统静止时,两细线与竖直方向的夹角均为30°,弹簧与竖直方向的夹角 为60°。已知小球Q的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( ) A.O'、Q间细线张力的大小为 mg     D     B.弹簧弹力的大小为 mg C.剪断弹簧瞬间,球P的加速度大小为 g D.球P的质量为 m 目 录 解析　对Q受力分析,Q受竖直向下的重力、细线O'Q的拉力和弹簧的弹力,根据平衡条 件可得FO'Q=mg cos 30°= mg,F弹=mg sin 30°= mg,A、B错误。对球P受力分析,有F弹 sin 60°=FOP sin 30°,mPg+F弹 cos 60°=FOP cos 30°,联立解得FOP= mg,mP= m,D正确。剪断弹簧瞬间,根据牛顿第二定律得球P的加速度大小a= = g,C错误。 目 录 题型8　动力学中的连接体模型 高考真题 1. (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     A     解析　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。 目 录 2. (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 ( )       D     目 录 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。 目 录 3. (2023北京,6,3分)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     C     解析　设细线拉力为T,在其达到最大拉力前,两物块做加速度相同的匀加速直线运动, 设共同加速度为a,现将两物块看作整体,根据牛顿第二定律有F=2ma,以左侧物块为研 究对象,根据牛顿第二定律有T=ma,可知,当细线达到最大拉力时,有最大加速度,为 2 m/s2,所以F最大为4 N,C正确。 目 录 4. (2025安徽,5,4分)如图,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 ( )     C     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 目 录 解析　甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方 向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第 二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度 大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5 m/s2,T= 7.5 N,C正确,D错误。 目 录 5. (2023福建,5,6分)(多选)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设 各车厢质量均相等(含乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小 火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为 T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则 ( ) A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3     BD     D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 目 录 解析　设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分 析,由牛顿第二定律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分 析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速 直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。 目 录 1. (2025北京东城期末)如图所示,质量分别为2 kg、1 kg的物块A和物块B置于光滑水 平面上,中间用一轻弹簧相连。A、B两物块在水平拉力F的作用下,一起做匀加速直线 运动(A、B相对静止),弹簧在弹性限度内的最大伸长量为4 cm,其劲度系数为100 N /m。在弹性限度内,拉力F的最大值为 ( )   A.4 N　　　　　    B.6 N C.8 N　　　　　    D.10 N     B     高考模拟 解析　在弹性限度内,当弹簧伸长量达到最大时,对A的弹力最大,有kx=mAa,对整体分析 有F=(mA+mB)a,解得F=6 N,B正确。 目 录 2. (2025湖北十一校一模)将等质量的长方体A、B置于粗糙水平地面上,长方体A和B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2(μ1>μ2),如图甲所示。对A施加水平向右的恒力F 时,A、B一起向右加速运动,A、B间的弹力大小为F1。如图乙所示,将A、B置于斜面上, A、B与斜面间的动摩擦因数与在水平地面时相同,对A施加大小相同的沿斜面向上的 力F时,A、B一起沿斜面向上加速运动,A、B间的弹力大小为F2,则 ( )  　      A.F1<F<F2　　　　　    B.F1<F2<F     B     C.F1=F2<F　　　　　    D.F2<F1<F 目 录 解析　对题图甲,根据牛顿第二定律,对长方体A有F-μ1mg-F1=ma1,对长方体B有F1-μ2mg= ma1,解得2F1=F-(μ1-μ2)mg,对题图乙,根据牛顿第二定律,对长方体A,有F-F2-mg sin θ-μ1mg cos θ=ma2,对长方体B有F2-mg sin θ-μ2mg cos θ=ma2,解得2F2=F-(μ1-μ2)mg cos θ,已知μ1>μ 2,可得F1<F2<F,B正确。 目 录     D     3. (2025湖南邵阳一模)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,质量均 为m的物体A、B通过轻绳、光滑轻质滑轮连接,轻绳倾斜部分与斜面平行,重力加速度 为g,从静止释放A到B落地前 ( ) A.A的动能增加量是B的4倍 B.B的重力势能减少量是A的重力势能增加量的2倍 C.A的加速度大小为 g D.轻绳中的拉力大小为 mg 目 录 解析　根据滑轮的组装特点,可知物体B下落的速度大小是物体A的速度大小的2倍,又 因为两个物体的质量相等,根据动能的表达式Ek= mv2可知B的动能是A的4倍,由于初动 能为零,所以B的动能增加量是A的4倍,A错误。设物体B下降的高度为h,则物体A沿斜 面上滑的距离为0.5h,A上升的高度为0.25h,根据重力势能的表达式Ep=mgh可知B的重 力势能减少量是A的重力势能增加量的4倍,B错误。相同时间内物体B的位移为物体A 的位移的2倍,又因为二者的初速度均为0,根据x= at2可知B的加速度大小是A的加速度 大小的2倍,而B的加速度小于g,故A的加速度小于 g,C错误。设绳子上的拉力为F,对物 体A有2F-mg sin 30°=ma,对物体B有mg-F=m·2a,联立解得F= mg,D正确。 目 录 4. (2025重庆九龙坡期末)(多选)水平面上放置一质量为m的滑块B,上方有弧形凹槽,质 量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中,其截面如图所示,A的圆心与二者接触的左端点 连线跟竖直方向的夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻 质细绳与B相连,细绳张紧后由静止释放C,不计一切摩擦及空气阻力,B离定滑轮足够 远,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )       ACD     A.如果A、B能保持相对静止,则系统的加速度a=  B.如果A、B能保持相对静止,B对A的作用力大小为mg  C.当M=( +1)m时,A恰好要从凹槽中滚出 D.若α=45°,则无论M为多大,A都不能滚出凹槽 目 录 解析　若A、B相对静止,对A、B、C整体根据牛顿第二定律有Mg=(2m+M)a,对圆柱A 有 =(ma)2+(mg)2,解得A、B、C整体的加速度大小a= ,B对A的作用力大小NBA= mg ,A正确,B错误。A滚出凹槽的临界条件为仅凹槽的左端点对A有支持 力N,方向沿凹槽左端点与A的圆心连线方向,有N sin α=ma1,N cos α=mg,解得临界加速 度大小a1= g,对A、B、C整体有a1= ,联立解得M=( +1)m,C正确。若α=45°,A 滚出凹槽的临界条件仍是仅凹槽的左端点对A有支持力N',方向沿凹槽左端点与A的圆 心连线方向,有N' sin α=ma2,N' cos α=mg,解得临界加速度大小a2=g,由于 <g,所以 无论M为多大,A都不能滚出凹槽,D正确。 目 录 题型9　动力学中的临界极值问题 高考真题 1. (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     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 目 录 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。 目 录     B     2. (2025湖北,7,4分)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. 　　    C. 　　    D.2  目 录 解析　由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线 运动,运动的加速度大小a1= ,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总 位移为 ,设总时间为t。当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度- 时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不 变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最小,此时总位移  = μgt2,解得最小的总时间t= ,B正确。 目 录     C     3. (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 ( )    　　　　　      目 录 解析　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。 目 录     CD     4. (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,重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下 列说法正确的是 ( )   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) 目 录 解析　若B球受到的摩擦力为零,设轻杆对B球的弹力大小为FN1,对A球在竖直方向有FN1' cos θ=mg,对B球在水平方向有FN1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,已知FN1=FN1',联立解得F=4 mg 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,如图所示,对A受力分析,在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对B受力分 析,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-FN1 sin θ=ma2,FN1=F'N1,对A、B整体在竖直方向有 FN2=2mg,又fm=μFN2,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即将相对车厢底部向右滑动时,最大 目 录 静摩擦力方向向左,对A在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对整体在竖直方向有 FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1 sin θ-fm=ma3,又fm=μFN2,FN1=F'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,对A在竖直方向根据平衡条件有F'N1 cos θ=mg, 对整体在竖直方向有FN2=2mg,对B在水平方向根据 牛顿第二定律有FN1 sin θ+fm=ma4,又fm=μFN2,FN1=F'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。 目 录 1. (2025山东枣庄期末)如图所示,长方体形空铁箱在F=60 N的水平拉力作用下沿水 平面向右做匀加速直线运动,铁箱内的木块紧靠其后壁不下滑。已知铁箱与木块的质 量分别为M=2 kg和m=0.5 kg,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ=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,则木块与铁箱内壁间的动摩擦因数至少为( )   A.0.6　　    B.0.5　　    C.0.4　　    D.0.3          B 高考模拟 解析　根据牛顿第二定律,对木块和铁箱组成的整体有F-μ(M+m)g=(M+m)a,对木块在 水平方向有FN=ma,在竖直方向有f=mg,且f≤μ'FN,解得μ'≥0.5,B正确。 目 录 2. (2025安徽名校联考)物体A和物体B叠放在光滑水平面上静止,如图所示。已知 mA=4 kg,mB=10 kg,A、B间的最大静摩擦力fm=20 N。现将一水平向右的拉力F作用在A 上,则 ( )   A.当F<20 N时,A、B都静止 B.当F=20 N时,A对B的摩擦力大小是20 N C.当F=21 N时,A对B的摩擦力大小是15 N D.当F=30 N时,A、B会相对静止     C     目 录 解析    A、B间达到最大静摩擦力时B的加速度达到最大值,对B分析有fm=mBam,所以am=  =  m/s2=2 m/s2,对A、B整体分析有Fm=(mA+mB)am=28 N(点拨:研究A、B间静摩擦力 达到最大时的临界状态,求出F的临界值),若F>28 N,则A、B间发生相对运动,D错误。 当0<F<20 N时,由于水平面光滑,A、B相对于水平面不可能静止,但A、B相对静止,A错 误。设当F=20 N时,A对B的摩擦力大小为f,以A、B为整体,由牛顿第二定律得F=(mA+ mB)a,对B分析,由牛顿第二定律得f=mBa,代入数据解得f≈14.3 N,B错误。当F=21 N时, 以A、B为整体,由牛顿第二定律得F=(mA+mB)a',对B分析,由牛顿第二定律得f'=mBa',代入 数据解得f'=15 N,C正确。 目 录 3. (2025福建泉州期末)如图甲所示,一轻质弹簧下端固定在水平面上,上端静置一 物体(与弹簧不连接)。现对物体施加一竖直向上的拉力F,使物体向上做匀加速直线运 动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示,取重力加速度大小g=10 m/s2,则( ) A.物体的质量为2 kg B.弹簧的劲度系数为5 N/cm C.物体的加速度大小为5 m/s2 D.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态          C 目 录 解析　物体与弹簧分离时,弹簧与物体间相互作用力为0,弹簧处于原长,D错误。初始 时,物体静止,弹簧弹力大小等于物体重力大小,用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物 体开始向上做匀加速运动,刚开始运动时,弹簧弹力大小等于物体重力大小,那么合力大 小恰好等于刚开始的拉力大小5 N;物体位移超过4 cm后拉力变为恒力F=15 N,此后物 体与弹簧分离,由于物体做匀加速运动,合力仍为5 N,则分离后有F合=F-mg=5 N,解得物 体的质量m=1 kg,初始时弹簧压缩量为4 cm,则弹簧的劲度系数k= =  N/cm= 2.5 N/cm,A、B错误。物体的加速度大小a= =  m/s2=5 m/s2,C正确。 目 录     AB 4. (2025陕晋青宁四省一模)(多选)如图所示,空间存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强 度大小为B,足够长的木板A与光滑地面接触,带电荷量为+q的绝缘物块B与木板间的动 摩擦因数为μ,现用一水平恒力F拉动木板A,初始时A、B一起运动且相对静止。已 知A、B的质量分别为M、m,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 ( ) A.若磁场方向垂直纸面向里,物块B的最大速度为       B.若磁场方向垂直纸面向里,物块B的速度为 - 时A、B恰好发生相对运动 C.若磁场方向垂直纸面向外,木板A匀速运动的速度为 -  D.若磁场方向垂直纸面向外,物块B将做加速度持续减小的加速运动 目 录 解析　若磁场方向垂直纸面向里,B所受洛伦兹力竖直向上,B与A先一起加速运动,当满 足qvmB=mg时,A对B的支持力为零,则A、B间的摩擦力为零,B将做匀速运动,则物块B的 最大速度vm= ,A正确。当A、B将要发生相对运动时,对B有FN=mg-qvB,μFN=ma, 对A、B整体有F=(M+m)a,联立解得v= - ,B正确。若磁场方向垂直纸面向 外,物块B所受洛伦兹力竖直向下,初始时A、B一起运动,随着速度增加,洛伦兹力增大, 最大静摩擦力增大,静摩擦力依然保证A、B一起做匀加速直线运动,则A和B将一直一 起做匀加速直线运动,C、D错误。 目 录 题型10　动力学中的传送带模型 高考真题 1. (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 ( )       C     目 录 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。 目 录 2. (2021辽宁,13,11分)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。取重力加速度g=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。 目 录 答案    (1)0.4 m/s2    (2)4.5 s 解析    (1)因为v1<v2,所以包裹相对于传送带向下滑动,所受滑动摩擦力沿传送带向上, 根据牛顿第二定律有μmg cos α-mg sin α=ma,代入数据解得a=0.4 m/s2 (2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2 减速阶段有v1=v2-at1, - =2ax1 匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L 且t=t1+t2,联立解得t=4.5 s 目 录 1. (2025福建福州二模)如图所示,足够长的水平传送带以恒定速率运动。把不同 小物体轻放在传送带左端,物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度,用μ表 示物体与传送带间的动摩擦因数,则 ( )   A.前阶段,物体可能向传送方向的相反方向运动 B.后阶段,物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C.v相同时,μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同 D.μ相同时,v增大为原来的2倍,前阶段物体的位移也增大为原来的2倍     C     高考模拟 目 录 解析　物体轻放在传送带上,加速阶段,物体受到向右的滑动摩擦力,所以物体的运动方 向一定与传送带的运动方向相同,A错误;物体与传送带共速后,与传送带一起做匀速运 动,不受摩擦力,B错误;物体匀加速运动阶段,由牛顿第二定律得f=μmg=ma,物体匀加速 运动的加速度大小为a=μg,时间为t= = ,位移为x= t,此阶段传送带匀速运动的位移 为x'=vt,物体相对传送带滑行的距离为Δx=x'-x= = ,物体与传送带因摩擦产生的热 量Q=μmgΔx= mv2,则v相同时,μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同,C正 确;加速阶段物体的位移为x= t= ,则μ相同时,v增大为原来的2倍,加速阶段物体的位 移增大为原来的4倍,D错误。 目 录     AC     2. (2025湖南长沙市一模)(多选)许多工厂的流水线上安装有传送带,如图所示传送 带由驱动电机带动,传送带的速率v=2 m/s恒定,运送质量m=2 kg的工件时,将工件轻放 到传送带上的A端,每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即被轻放到 传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ= ,传送带与水平方向夹角θ=30°,工件 从A端传送到B端所需要的时间为4 s。取g=10 m/s2,工件可视作质点。关于工件在传送 带上的运动,下列说法正确的是 ( )   A.加速过程的加速度大小为4 m/s2 B.加速运动的距离为1 m C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m D.A、B两端的距离为8 m 目 录 解析　工件加速过程,根据牛顿第二定律有μmg cos 30°-mg sin 30°=ma,解得a=4 m/s2,A 正确。加速过程,根据匀变速直线运动规律有v2=2ax1,解得x1=0.5 m,B错误。工件加速 阶段所用时间t1= =0.5 s,由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时,后一个工件立即 被轻放到传送带上,则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m,C正确。工件 从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s,则工件匀速运动的位移为x2=v(t0-t1)=7 m,A、B 两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m,D错误。 目 录     C     3. (2025山东烟台牟平一中开学考)如图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时 针方向转动,传送带的倾角为θ(未知)。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带 并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零, g取10 m/s2,则 ( )        A.传送带转动的速度大小为16 m/s B.物块所受摩擦力方向一直与其运动 的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大,物块到达传送 带顶端时的速度就会越大 目 录 解析　由题图乙可知,1 s时,物块的加速度发生突变,可知传送带转动的速度大小为8 m/s, A错误;在0~1 s内,物块的速度大于传送带速度,传送带对物块的摩擦力方向沿传送带 向下,与物块运动的方向相反,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,根据题图乙 可得a1=  m/s2=8 m/s2,在1~3 s内传送带的速度大于物块的速度,传送带对物块的摩 擦力沿传送带向上,与物块运动的方向相同,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ= ma2,根据题图乙可得a2=  m/s2=4 m/s2,联立解得μ=0.25、θ=37°,B错误,C正确;结合上 述分析可知,当传送带的速度大于16 m/s后,物块在传送带上做加速度大小为a2的匀减 速运动,故物块到达传送带顶端时的速度不变,D错误。 目 录 4. (2025湖北名校联考)某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运 煤,如图甲所示,倾角θ=30°的传送带以v1=5 m/s的速度顺时针转动。初始时将质量mA=2 00 kg的装煤麻袋A连上绳子,然后轻轻地置于传送带底端,工人通过定滑轮用绳子直接 拉住A,使A静止在传送带底端。待传送带稳定运行一段时间后,再挂上配重物体B(如图 乙所示),配重物体B的质量mB=300 kg,离地高度h=9 m。B带动A沿传送带向上运动,B落 地之后不反弹,最终A恰好能到达传送带顶端,传送带与麻袋接触面间的动摩擦因数μ=  (传送带长度L大于9 m)。g取10 m/s2,求: (1)传送带稳定运行时,工人对绳子的拉力大小; (2)挂上配重物体B的瞬间,A的加速度大小a1; (3)传送带长度L。 目 录 答案    (1)500 N    (2)5 m/s2    (3)16.6 m 解析    (1)A静止在传送带底端,传送带稳定运行,对A有mAg cos θ=N,mAg sin θ=fA+T1,其中 fA=μN,解得F=T1=500 N 由牛顿第三定律得工人对绳子的拉力大小为500 N。 (2)挂上配重物体B的瞬间,对A有 T2+μmAg cos θ-mAg sin θ=mAa1 对B有mBg-T2=mBa1 解得a1=5 m/s2。 (3)设经历时间t1,A与传送带达到相等速度,则有 =2a1x1 目 录 解得x1=2.5 m<h=9 m 又v1=a1t1 解得t1=1 s A与传送带达到相等速度后,因为mBg>μmAg cos θ+mAg sin θ,所以A继续加速,经历时间t2, B落地,有mBg-μmAg cos θ-mAg sin θ=(mA+mB)a2 解得a2=3 m/s2 又h-x1=v1t2+ a2  舍去时间负值,解得t2=1 s 此过程的末速度v2=v1+a2t2 目 录 解得v2=8 m/s B落地后,A开始向上做匀减速直线运动,经历时间t3再次与传送带速度相等,根据牛顿第 二定律有 μmAg cos θ+mAg sin θ=mAa3 解得a3=7.5 m/s2 又v1=v2-a3t3 解得t3=0.4 s 此过程中A的位移x2= t3 解得x2=2.6 m 目 录 之后A继续做匀减速运动至速度为0,恰好到达传送带上端,根据牛顿第二定律有 mAg sin θ-μmAg cos θ=mAa4 解得a4=2.5 m/s2 利用逆向思维,根据速度与位移的关系有 =2a4x3 解得x3=5 m 综上可知,传送带的长度 L=x1+h-x1+x2+x3 解得L=16.6 m。 目 录 题型11　动力学中的板块模型 高考真题     ABD     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 目 录 解析　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。 目 录 2. (2021全国乙,21,6分)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有 一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化 关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变 化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因 数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则  ( )                 BCD     目 录 A.F1=μ1m1g B.F2= (μ2-μ1)g C.μ2> μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 目 录 解析　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~t1这段时间内,木板 与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~t2时间 内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正 确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,对木板有μ 2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2> μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对 物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g ,B正确。   目 录 3. (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。   目 录 答案    (1)4 m/s      s    (2)  m 目 录 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μ mg=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。 目 录 1. (2025山东潍坊期末)如图所示,质量m1=m的长木板静止在水平桌面上,最左端有一 质量m2=2m的小物块,细绳跨过轻质光滑定滑轮,两端分别系着小物块和重物,重物的质 量m0=3m。现将小物块由静止释放,在小物块滑离长木板之前,滑轮左侧的细绳保持水 平,长木板右端到滑轮的距离足够远,重物未落地。已知长木板与桌面、小物块间的动 摩擦因数均为0.2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是  ( )       A     A.长木板保持静止 B.长木板和小物块一起以相同的加速度向右加速运动 C.长木板和小物块以不同的加速度向右加速运动 D.小物块的加速度大小为0.4g 高考模拟 目 录 解析　对长木板受力分析可知,长木板与小物块间的最大静摩擦力f=μm2g=0.4mg<f地max =μ(m2+m1)g=0.6mg,故长木板保持静止,重物和小物块一起运动,对重物与物块整体有 m0g-μm2g=(m0+m2)a,解得a=0.52g,B、C、D错误,A正确。 目 录 2. (2025重庆育才中学一模)如图所示,一足够长、质量M=10 kg的长木板在光滑水 平面上以3 m/s的速度向右运动。某时刻轻放一质量m=2.0 kg的小黑煤块在长木板右 端(小黑煤块视为质点且初速度为零),同时给长木板施加一个F=14 N的水平向右恒力, 煤块与长木板间的动摩擦因数μ=0.20,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )   A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动,再做匀速直线运动 B.煤块放上长木板后,长木板一直做加速度不变的加速运动 C.煤块在4 s内前进的位移为9 m D.煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5 m     D     目 录 解析　煤块放到长木板上,对煤块,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,可得煤块向右运动的 加速度a1=μg=2 m/s2,对长木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma2,解得长木板向右运动 的加速度a2=1 m/s2,经过t时间两者共速,有v0+a2t=a1t,解得t=3 s,共速后两者一起以相同 的加速度向右加速,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a3,解得a3=  m/s2,A、B错误。在t=3 s 时间内,煤块向右运动的位移x1= a1t2=9 m,长木板向右运动的位移x2=v0t+ a2t2,解得x2= 13.5 m,3~4 s内煤块与长木板一起运动,则煤块相对长木板向左运动的位移为x=x2-x1=4.5 m,C错误,D正确。 目 录 一题多解　从放上煤块开始计时,画出煤块与木板共速前的v-t图像如图所示,图中阴影 部分的面积表示共速前煤块与木板之间的相对位移,即煤块最终在长木板上留下的痕 迹长度x= ×3×3 m=4.5 m,D正确。 目 录 3. (2025河北邯郸期末)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面,木板左端放置一可 看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板 发生相对运动,t=2 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v-t图像如 图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )            C     A.木板的长度为2.65 m B.物块的质量为0.4 kg C.拉力F对物块做的功为9.9 J D.木板相对地面移动了3 m 目 录 解析　由题意知,木板在0~2.5 s内向右做匀加速直线运动,作出木板运动的v-t图像如图, 可知t=2.5 s时两者共速,木板在0~2.5 s内的加速度大小a1=  m/s2=0.4 m/s2,物块在0~ 2.0 s内的加速度大小a2=  m/s2=1.5 m/s2,物块在2.0~2.5 s内的加速度大小a3=μ2g=   m/s2=4 m/s2,物块和木板在2.5~3.0 s内的加速度大小a4=μ1g=  m/s2=2 m/s2, 可得木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,木板的长度 L= ×3×2 m+ ×(1+3)×(2.5-2) m- ×1×2.5 m=2.75 m,A错误。0~2 s内,对木板有 μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,对物块有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,B错误。拉力F对 物块做 目 录 的功W=Fs2=3.3×  J=9.9 J,C正确。木板相对地面移动的距离为Δs= ×1×3 m =1.5 m,D错误。   目 录 4. (2025辽宁沈阳教学质量监测一)如图(a)所示,质量M=1 kg的足够长的木板C静置于 水平面上,质量均为m=0.5 kg的物块A、B(均可视为质点)静置于C上,B位于A右侧L=2 m 处。A、C间动摩擦因数μA=0.3,B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB=μC=0.2。对C施 加一水平向右的恒力F,A、B第一次相遇的时间为t,可得 与F的关系如图(b)所示。最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)物块A、B的最大加速度aA、aB; (2)图(b)中F1的大小; (3)图(b)中F1~F2区间内, 与F的关系式。 目 录 答案    (1)3 m/s2    2 m/s2    (2)8 N (3) = F- (SI) 解析    (1)根据牛顿第二定律,对物块A、B分别有μAmg=maA,μBmg=maB 解得aA=3 m/s2,aB=2 m/s2。 (2)由图(b)可知,当拉力F小于F1时, 等于零,则t无限大,说明A和B均未相对C滑动。当 拉力为F1时B刚好要相对于C滑动,根据牛顿第二定律,对A、B、C整体,有F1-μC(M+2m)g =(M+2m)aB 解得F1=8 N。 目 录 (3)由图(b)可知,拉力大于F2时, 保持不变,即力F改变木板C加速度时,A和B相遇时间不 变,说明A和B均已相对C滑动,加速度不发生变化。当拉力为F2时物块A刚好开始相对 于C滑动,根据牛顿第二定律,对A和C整体,有 F2-μBmg-μC(M+2m)g=(M+m)aA 解得F2=9.5 N 拉力为F2时,A、B第一次相遇的时间为t0,则 L= aA - aB  解得t0=2 s 图(b)中F1~F2区间内, 与F成线性关系,即  =kF+b(SI) 目 录 将F1点的坐标(8 N,0)和F2点的坐标 代入上面方程,解得k= ,b=-  所以F1~F2区间内, 与F的关系式为 = F- (SI)。 目 录 实验4　探究加速度与物体受力、物体质量的关系 实验聚焦 1.(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。 目 录 (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。 目 录 (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)。 　较小     　较大     目 录 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 目 录 (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:________。 　见解析     　远大于钩码的质量     目 录 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。 (5)如图所示   目 录 (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。 目 录 2.(2025安徽,11,6分)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     目 录 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。   目 录 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。   　失重     目 录 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”)       d     目 录 解析    (1)平衡阻力时,把轨道的一侧垫高,以平衡小车受到的阻力。调节轨道的倾斜 度,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿轨道做匀速直线运动,此时,小车重力沿轨道向 下的分力与小车所受阻力大小相等。 (2)①当加速度为0时,物体受力平衡,物体所受的支持力大小等于物体所受的重力大小, 则结合题图丙可知物体重力大小为10 N,当t=4 s时,支持力FN约为2 N,根据牛顿第二定 律,物体的加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态。 ②对物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律,得FN-mg=ma 整理得a= FN-g 可知a-FN图线的斜率k= ,即斜率与质量有关,a-FN图线在纵轴上的截距b=-g,是定值。 当质量增大一倍时,图线斜率减小为原来的一半,在纵轴上的截距不变。则题图丁中图 线d正确。 目 录 课本溯源　该试题以探究小车加速度与力、质量的关系为载体,考查学生的实验操作 及对超重失重概念的理解和牛顿第二定律的应用。试题的(1)问源自人教版教材必修 一中参考案例1的原文,(2)问①中超重失重概念来自教材,考查对概念的简单理解并通 过概念做出判断,(2)问则体现了图像法在处理实验数据时的重要作用。因此,学生在学 习时应重视教材的使用,要特别关注对基本实验、基本定律的理解。 目 录 3.(2025山东,13,6分)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:   (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, 目 录 用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=_________cm(填“5.00”或 “1.00”)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_______(填“增 大”或“减小”)轨道的倾角。 　增大         0.41         1.00     目 录   (4)图乙中直线斜率的单位为____________(填“kg”或“kg-1”)。     kg-1     目 录 解析    (1)用遮光片经过光电门的平均速度 = 来代替遮光片到达光电门时的瞬时速 度,d越小,Δt越短,则此平均速度越接近遮光片运动到光电门时的瞬时速度,故选1.00 cm 的遮光片。 (2)根据加速度定义式得a= = =0.41 m/s2 (3)由题图乙可知,当小车受到的拉力超过0.05 N后才有加速度,原因是未完全平衡摩擦 力,故应增大轨道倾角。 (4)根据牛顿第二定律有F-f=ma,可得a= - ,则该a-F图线的斜率表示小车质量的倒数, 对应的单位为kg-1。 目 录 培优提升 提分策略 高考对本专题主要考查牛顿运动定律的理解与应用、牛顿运动定律与其他专题的综 合应用。复习重点是培养用力和运动的观点分析解决问题的能力,掌握常见模型,如斜 面物块模型、传送带模型、板块模型等;同时应注重牛顿第二定律在生活生产和科技 中的应用,根据实际问题构建模型。 目 录 1.(斜面物块模型+整体法)(2025安徽合肥统考)如图所示,倾角为θ的粗糙斜面体放在水 平地面上,一物块以某初速度从斜面底端沿斜面向上滑,速度减为零后又下滑返回,斜面 体始终保持静止,物块上滑、下滑过程中地面对斜面体的支持力之差与摩擦力之差的 绝对值分别为ΔN、Δf,则 为 ( )   A.tan θ　　　　　    B.tan2 θ C.sin θ　　　　　    D.cos θ     A     目 录 解析　物块减速上滑时,物块的加速度沿斜面向下,大小a1=g sin θ+μg cos θ,以整体为研 究对象,设物块质量为m,斜面体的质量为M,将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解, 水平方向的加速度由水平方向的摩擦力提供,有f1=ma1 cos θ,摩擦力方向水平向左;竖直 方向的加速度由竖直方向的合力提供,有(M+m)g-N1=ma1 sin θ,所以N1=(M+m)g-ma1 sin θ。物块加速下滑时,物块的加速度沿斜面向下,大小为a2=g sin θ-μg cos θ,以整体为研 究对象,将加速度在水平方向和竖直方向进行分解,水平方向的加速度由水平方向的摩 擦力提供,有f2=ma2 cos θ,摩擦力方向水平向左;竖直方向的加速度由竖直方向的合力提 供,有(M+m)g-N2=ma2 sin θ,所以N2=(M+m)g-ma2 sin θ。联立解得ΔN=N2-N1=2μmg cos θ sin θ,Δf=f1-f2=2μmg cos2 θ, =tan θ,A正确。 目 录 2.(板块模型+图像分析)(2025辽宁锦州期末)(多选)如图1所示,一滑块置于长木板左端, 木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1 kg,现在滑块上施加一个F=0.6t (N)的变力,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最 大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )        AC          A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C.图2中,t2=10 s D.木板的最大加速度为4 m/s2 目 录 解析　由题意可知,t2时刻后,滑块与木板发生相对运动,滑块受到的滑动摩擦力不随F 的变化而变化,可得f1=μ1mg=4 N,解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,A正确。结 合题图2可知,0~t1时间内,滑块与木板均静止,t1~t2时间内,滑块与木板相对静止,一起匀 加速运动,可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力,可得f2=μ2·2mg=2 N,解得木板与 地面间的动摩擦因数μ2=0.1,B错误。t2时刻,滑块与木板恰好发生相对运动,根据牛顿第 二定律,对滑块有F-μ1mg=ma,对木板有μ1mg-μ2·2mg=ma,其中F=0.6t2 (N),联立解得a=2 m /s2,t2=10 s,C正确,D错误。 目 录     D     3.(传送带模型+图像分析)(2025河南部分名校二模)如图1所示,倾角为30°的浅色传送带 以恒定速率逆时针运行,将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P 点,2 s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示,重 力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.物块与传送带之间的动摩擦因数为  B.物块滑到Q点的速度大小为9 m/s C.P、Q两点之间的距离为12 m D.传送带上划痕的长度为3 m 目 录 解析　由题图2可知,物块从速度为0开始,先加速运动到与传送带共速(v共=6 m/s),之后 再继续加速运动到传送带底端,设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,速度-时间图线斜 率表示加速度,故结合题图2可知共速前物块加速度大小a1=g sin 30°+μg cos 30°=  m/s2 =6 m/s2,解得μ= ,A错误;共速后,物块加速度大小a2=g sin 30°-μg cos 30°=4 m/s2,物块 滑到Q点的速度大小为vQ=v共+a2Δt=(6+4×1) m/s=10 m/s,B错误;速度-时间图线与横轴所 围面积表示位移,P、Q两点之间的距离为L=  m=11 m,C错误;由题图2 可知从开始到共速用时t1=1 s,则共速前划痕长度为Δx1=v共t1- a1 ,解得Δx1=3 m,共速后 到Q点用时t2=1 s,则共速后到Q点划痕长度为Δx2=v共t2+ a2 -v共t2,解得Δx2=2 m<Δx1,故传 送带上划痕的长度为3 m(易错:共速前后物块相对传送带的速度方向发生改变,因此摩 擦痕迹有重叠,前后摩擦痕迹不能相加),D正确。 目 录     C     4.(板块模型+图像分析)(2025四川泸州泸县五中一模)如图1,水平地面上有一长木板,将 一小物块放在长木板上,给小物块施加一水平外力F,通过传感器分别测出外力大小F和 长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力 加速度为g,则以下说法正确的是 ( ) A.小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=  B.长木板与地面间的动摩擦因数μ2=  C.小物块的质量m=  D.长木板的质量M=  目 录 解析　由题图2知,当F=F1时小物块与长木板整体恰好开始相对地面滑动,则有F1=μ2(m +M)g,当F1<F≤F3时,小物块与长木板相对静止一起加速运动,有F-μ2(m+M)g=(m+M)a,即 a= -μ2g,结合a-F图线的纵截距有-a0=-μ2g,解得μ2= ,结合a-F图线的斜率有  = ,当F>F3时,小物块相对长木板滑动,对小物块有F-μ1mg=ma,整理得a= -μ1g,结合a-F 图像有 = ,则小物块的质量m= ,联立解得M= - ,由题图2可知  = ,解得M= ,对长木板根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,联立解得μ1=  ,C正确。 目 录 $