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第3讲　小专题:牛顿运动定律的综合应用
【学习目标】
1.掌握连接体问题的内力与外力关系,理解临界条件(如分离、滑动)的力学本质,能分析动力学图像(vt、aF等)的物理意义。
2.熟练运用整体法与隔离法处理连接体问题;通过数学推导(如不等式、函数极值)求解临界与极值问题;从图像中提取信息并逆向推理运动过程。
3.关注临界问题在工程安全(如车辆制动、桥梁承重)中的应用,形成严谨分析与风险预判的
意识。
考点一　动力学中的连接体问题
在下列各图中,质量分别为m1、m2的物块A、B分别在恒力F的作用下沿同一平面做匀变速直线运动时,你能分别推导出在有、无摩擦力两种情况下A与B间弹力的表达式吗 你会发现怎样的规律
1.“力的分配”
两个物体间无论通过接触、轻绳、轻杆或轻弹簧连接,在同一平面受与平面平行的力F作用,以相等的加速度做匀变速直线运动时,无论平面是否光滑(若μ≠0,其动摩擦因数相等),两物体间沿平面的作用力大小只与质量和力F有关,如图示中FT=F,其中m2为不受力F物体的质量。
2.常见连接体模型
类 型 图示 特点
接 触 类 通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度
轻 绳 类 轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等　
轻 杆 类 轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度
弹 簧 类 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、加速度相等
[例1] 【叠放类】 (多选)(2025·湖南三模)如图所示,斜面质量为M,倾角为θ,放在水平地面上,滑块质量为m,放在斜面上。已知M>m。情形一:对斜面施加水平向右的推力F1,滑块与斜面相对静止,一起向右做匀加速运动,加速度大小为a1。滑块与斜面间的弹力大小为FT1,地面对斜面的支持力为FN1;情形二:对滑块施加水平向左的推力F2,滑块与斜面相对静止,一起向左做匀加速运动,加速度大小为a2,滑块与斜面间的弹力大小为FT2,地面对斜面的支持力为FN2。不计所有接触面间的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.FN1>FN2 B.FT1=FT2
C.F1a2
[例2] 【轻绳类】 (多选)(2025·河南商丘期末)如图甲、乙、丙所示,两物块A、B之间用细线相连,第一次将物块放在水平面上施加水平拉力,第二次将物块放在足够长斜面上施加平行斜面向上的拉力,第三次施加竖直向上的拉力,已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数均为μ=0.2,斜面倾角为θ=37°,三根细线能够承受的最大拉力相同,三次均使两物块都动起来,三次最大拉力分别为F1、F2、F3,三次物块最大加速度分别为a1、a2、a3,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,以下说法正确的是(　　)
A.F1C.a1>a2>a3 D.a1=a2=a3
解答连接体问题的方法
(1)对符合“力的分配”规律的连接体问题,应用其规律可以快速准确地得出结果,起到事半功倍的作用。
(2)对一般的连接体问题,应利用整体或隔离的方法,分别分析其受力,根据牛顿第二定律列出方程,再联立求解。
[例3] 【弹簧类】 (2025·云南昆明阶段检测)如图所示,两个质量分别为m1=2 kg,m2=4 kg 的物体P、Q置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=40 N,F2=
16 N的水平拉力分别作用在P、Q上,达到稳定状态后,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧测力计的示数是32 N
B.弹簧测力计的示数是28 N
C.在突然撤去F2的瞬间,Q的加速度大小为 m/s2
D.在突然撤去F1的瞬间,P的加速度大小为 m/s2
[变式] (1)在[例3]情境中,撤去力F2,稳定后弹簧测力计的示数是多少
(2)若两物体置于动摩擦因数为μ=0.2的水平面上,则达到稳定状态后,弹簧测力计的示数是多少
考点二　动力学中的临界和极值问题
1.临界极值问题的特征
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往就是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件是两物体间弹力FN=0。
(2)相对静止或滑动的临界条件是两物体间静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件,前者绳中张力等于它所能承受的最大张力,后者绳中张力FT=0。
(4)物体在介质中运动的最终速度(收尾速度)的临界条件是物体所受合力为零。
3.求解临界、极值问题的三种方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件时,往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件
[例4] 【接触与脱离的临界问题】 (2025·辽宁二模)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a(aA.施加外力F大小恒为M(g+a)
B.A、B分离时,弹簧弹力恰好为零
C.A、B分离时,A上升的距离为
D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值
[变式] 在[例4]情境中为研究物体A、B的分离,某学习小组的同学不是对A施加拉力而是用力缓慢向下压物体A,通过力传感器观察到当压力增加到F1时撤去压力,A开始向上运动,最终A、B分离。
(1)撤去压力时,物体B对A的作用力多大
(2)物体A、B分离时弹簧处于怎样的状态
[例5] 【相对静止与滑动的临界问题】 (2025·湖北十堰模拟)如图所示,三个质量均为5 kg 的箱子A、B、C静止于粗糙水平地面上,A、B并排放置无挤压,C叠放于B上,A与地面之间的动摩擦因数为0.3,B与地面之间的动摩擦因数为0.2,C与B之间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当用水平力F去推A时,下列说法正确的是(　　)
A.若F=10 N,A、B之间的弹力大小为10 N
B.若F=20 N,地面与B之间的摩擦力大小为0
C.若F=50 N,B、C之间的摩擦力大小为5 N
D.若F=90 N,C相对于B滑动
[例6] 【绳子断裂与松弛的临界问题】 如图所示,粗糙水平面上放置Q、K两物体,P叠放在K上,P、Q、K的质量分别为m、2m和3m,物体Q、K与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FTmax。现用水平拉力F拉物体Q,三个物体以同一加速度向右运动,则(　　)
A.此过程中物体K受五个力作用
B.当F逐渐增大到FTmax时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FTmax时,轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为
[变式] 若水平面粗糙,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为多少
[例7] 【动力学中的极值问题】 一个质量m=0.5 kg的小物块(可看成质点),以v0=2 m/s的初速度在平行于斜面向上的拉力F=6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=8 m,已知斜面倾角θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块加速度a的大小;
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ;
(3)若拉力F的大小和方向可调节,如图所示,为保持原加速度不变,F的最小值是多少
考点三　动力学中的图像问题
1.动力学图像问题类型
与动力学有关的图像问题,一般有下列两种类型:
(1)由题干描述物体的受力情况或运动情况,对物体的运动或受力选择对应图像。
(2)题干中由图像提供物体受力或运动信息,然后对物体的运动、受力情况作出判断解答。
2.常见动力学图像及应用
名称 应用方法
Fa图像 (1)根据具体的物理情境,对物体进行受力分析。 (2)根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式。 (3)结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义。 (4)由图像给出的信息求出未知量
at图像 (1)由加速度的正、负及大小分析每一段的运动情况。 (2)结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解
Ft图像 (1)结合物体受到的力,根据牛顿第二定律列方程,确定加速度的情况。 (2)分析每一时间段的运动性质
[例8] 【图像信息与物体的受力问题】 (2025·浙江杭州期中)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示。g取10 m/s2,根据此两图线,求:
(1)物块所受的滑动摩擦力Ff大小;
(2)物块的质量m;
(3)物块与水平地面的动摩擦因数。
[例9] 【物体运动与运动图像问题】 (2024·广东卷,7)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Fy图像或yt 图像可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
[变式] 在[例9] 情境中,请大致画出木块从释放到第一次回到原点的v2x图像。
动力学图像问题的解题策略
(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与规律”间的关系,然后根据函数关系读取图像信息或描点作图。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、拐点以及图线与坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义,尽可能多地提取有效信息。
第3讲　小专题:牛顿运动定律的综合应用
考点一
模理探真:各图示情形中,无论物体是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先将物块A、B看作一个整体,然后再将其中一个隔离,分别根据牛顿第二定律列方程求解。
[例1] BD　[例2] BC　[例3] A　
[变式] 【答案】 (1) N　(2)32 N
【解析】 (1)设两物体组成的系统加速度为a′,由牛顿第二定律可知
a′== m/s2= m/s2,
其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F′,对物体Q,有F′=m2a′,
得F′= N。
(2)设两物体组成的系统加速度为a″,根据牛顿第二定律有F1-F2-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a″,
得a″== m/s2
=2 m/s2,
其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F″,对物体Q,由牛顿第二定律得
F″-F2-μm2g=m2a″,
代入数据得F″=32 N。
考点二
[例4] C　
[变式] 【答案】 (1)+Mg　(2)原长状态
【解析】 (1)撤去压力时,A、B整体所受合力为F1,方向竖直向上,则加速度a共=,
对物体A有FN-Mg=Ma共,
可知FN=+Mg。
(2)当物体A、B分离时二者速度和加速度均相同。此时物体A只受重力,则加速度为重力加速度g,则物体B的加速度也为重力加速度g,可知物体B只受重力,即弹簧处于原长状态。
[例5] C　[例6] C　
[变式] 【答案】 -μmg
【解析】 把P、K当成一个整体,绳刚要断时由牛顿第二定律可得FTmax-μ·4mg=4ma,
对P由牛顿第二定律可得Ff=ma,
联立解得P、K间的摩擦力为
Ff=-μmg。
[例7] 【答案】 (1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
【解析】 (1)由运动学表达式知L=v0t+at2,
解得a=2 m/s2。
(2)对物块受力分析并由牛顿运动定律可得
F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,
代入数值解得μ=0.5。
(3)设拉力F方向与斜面夹角为α,并对物块进行受力分析可得Fcos α-mgsin θ-μFN=ma,
FN+Fsin α-mgcos θ=0,
联立可得
F=
=,
其中tan φ=,当sin(φ+α)=1时,
F有最小值,代入数据解得Fmin= N。
考点三
[例8] 【答案】 (1)2 N　(2)0.5 kg　(3)0.4
【解析】 (1)由题图乙可知4 s到6 s内物块做匀速直线运动,且由题图甲可知该段时间拉力
F1=2 N,
故该段时间内,拉力等于滑动摩擦力Ff,
即Ff=F1=2 N,
方向与运动方向相反。
(2)由题图乙可知2 s到4 s内物块做匀加速直线运动,加速度大小为
a== m/s2=2 m/s2,
由题图甲可知该段时间内拉力F2=3 N,
由牛顿第二定律得F2-Ff=ma,
联立以上解得m=0.5 kg。
(3)设物块与水平地面的动摩擦因数为μ,根据滑动摩擦力Ff=μFN=μmg,
联立以上解得μ=0.4。
[例9] B　
[变式] 【答案】 图见解析
【解析】 木块由静止下落到接触弹簧的过程中做自由落体运动,加速度为重力加速度而不变,下落高度为H,由公式v2-=2ax可知,v2x图线为过原点的倾斜直线OA;木块开始接触弹簧到木块平衡位置,根据牛顿第二定律,可知木块加速度正向减小到0,其v2x图线为AB;木块由平衡点继续压缩弹簧到最低点,木块加速度反向逐渐增大,到最低点加速度最大,且大于重力加速度,对应的v2x图像为BC。木块由最低点开始反向运动,v2x图像与前述重合。第5讲　小专题:动力学中的传送带模型
【学习目标】
1.理解传送带模型中摩擦力方向与大小的变化规律,掌握物体从加速到共速的分段运动特征。
2.能通过受力分析与运动学公式推导物体在传送带上的运动时间、位移及相对运动距离,并借助vt图像直观描述过程。
3.联系实际生产中的传送带应用,理解模型优化的工程意义,培养安全规范意识。
考点一　水平传送带问题
1.水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。 (2)v0(1)可能一直减速到达左端。 (2)可能被传回右端。其中v0>v返回时速度为v,当v02.传送带问题分析思路
[例1] 【水平传送带问题中物块初速度为零】 (多选)(2025·安徽芜湖一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X射线透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品会经历先加速、后匀速两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1 m,速率为2 m/s,g取10 m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则(　　)
A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s
B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度
C.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
[变式] 若想让物品在传送带上运动的时间最短,传送带的速度最小为多少
[例2] 【水平传送带问题中物块初速度不为零】 (多选)(2025·安徽合肥期末)如图甲所示,一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s 内为二次函数,在3.0~4.5 s内为一次函数,取向左运动的方向为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C.2.0~3.0 s内,物块的加速度大小为2 m/s2
D.2.0 s末和3.0 s末物块的速度分别为0、-3 m/s
[例3] 【水平传送带中的动力学图像】 (多选)(2025·河北模拟)如图所示,传送带以恒定速度v1匀速运行。在t=0时刻,将一物块放置于传送带的左端,物块初始时具有向右的速度v2,并受到一个向左的恒力F作用。在t=t0时刻,物块离开传送带。根据以上条件,下列描述物块速度随时间变化关系的图像可能正确的是(　　)
A　 　B
C　 　D
传送带模型问题的两个关键分析
受力分析 (1)摩擦力方向的判断:①同向“以快带慢”;②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变:①滑动摩擦力突变为零;②滑动摩擦力突变为静摩擦力;③摩擦力方向突变
运动分析 (1)参考系的选择:①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系;②研究物体的滑行痕迹等可以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体与传送带在达到共速之前是否滑出传送带
考点二　倾斜传送带问题
　倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
图示 滑块可能的运动
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直减速或先以a1减速,然后以a2减速。 (2)可能先以a1减速,再以a2减速,然后再以a2反向加速
(1)可能一直加速。 (2)可能先加速后匀速。 (3)可能先以a1加速后再以a2加速
[例4] 【倾斜传送带中的动力学图像】 (2024·安徽卷,4)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(　　)
A　 　B
C　　 　D
[例5] 【动力学中倾斜传送带问题】 (2025·湖南长沙期末)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=5 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1.5 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块一沿传送带方向向上的恒力F=11.7 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=3 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)物块在传送带上开始运动时的加速度大小;
(2)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。
[变式] 在[例5]情境中,若F=19.2 N,物块将在传送带上怎样运动 到达平台的速度是多少
解决滑块在传送带上的运动问题的注意点
(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。
(2)分析滑块与传送带共速时滑块受力情况(特别关注摩擦力的突变),确定滑块与传送带相对静止还是加、减速运动。
(3)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(4)区分滑块在传送带上运动形成的“划痕”长度和在传送带上运动的路程。
第5讲　小专题:动力学中的传送带模型
考点一
[例1] AD　
[变式] 【答案】 4.1 m/s
【解析】 物品在传送带上一直加速所用时间最短。其加速度a==μg=4 m/s2,物品到达传送带另一端时,速度v== m/s=2 m/s=4.1 m/s,即传送带的速度最小为4.1 m/s。
[例2] AC　[例3] BC　
考点二
[例4] C　
[例5] 【答案】 (1)5 m/s2　(2)1.5 s
【解析】 (1)物块与传送带共速前受力如图所示,在垂直于传送带方向,由平衡条件得FN=mgcos θ,
则Ff=μFN=μmgcos θ
=0.4×1.5×10×0.8 N
=4.8 N;
物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,该过程中根据牛顿第二定律有
F+Ff-mgsin θ=ma1,
代入数据解得a1=5 m/s2。
(2)物块速度小于传送带速度的加速过程,所用时间
t1==1 s,运动的距离x1==2.5 m,
而传送带长度L0==5 m。即物块和传送带共速时处于传送带中点,仍然向上运动,若物块继续向上加速运动,则所受摩擦力沿传送带向下,应满足
F>mgsin θ+Ff=13.8 N,
可知物块不能向上加速而随传送带匀速上升,
物块随传送带做匀速运动的时间
t2==0.5 s,
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t=t1+t2=1.5 s。
[变式] 【答案】 物块先以10 m/s2的加速度向上加速,后以3.6 m/s2的加速度继续向上运动　7.2 m/s
【解析】 物块在与传送带共速前,根据牛顿第二定律,有
F+Ff-mgsin θ=ma1′,
代入数值解得a1′=10 m/s2,
达到共速的时间t1′==0.5 s,
运动距离x1′==1.25 m;
物块、传送带共速后,由于F=19.2 N>mgsin θ+Ff=13.8 N,可知物块继续向上加速运动,
根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-Ff=ma2,
代入数值解得a2=3.6 m/s2,
共速后到平台的距离
x2=L0-x1′=3.75 m,
根据速度与位移关系式,则物块到平台速度
v2==7.2 m/s。第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
【学习目标】
1.理解牛顿第一定律揭示的力与运动的关系,掌握牛顿第二定律定量表达式F=ma及其矢量性、瞬时性,形成力与运动相互作用的本质认识。
2.能用惯性概念分析实际问题,通过牛顿第二定律的推理与变形解决多过程动力学问题,培养逻辑推理与模型建构能力。
3.结合伽利略理想实验的历史背景,认识科学发展的批判性思维,关注牛顿定律在交通安全等现实问题中的应用,强化社会责任感。
[footnoteRef:0] [0:
1.(多选)(2025·山西太原阶段练习)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础,下列有关惯性说法正确的是(　　)
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力的作用,物体只能处于静止状态
C.汽车超速会增大汽车的惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动
2.列车沿平直的道路做匀变速直线运动,在车厢顶部用细线悬挂一个小球,小球相对车厢静止时,细线与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.列车加速度的大小为gtan θ
B.列车加速度的大小为gsin θ
C.细线拉力的大小为mgsin θ
D.细线拉力的大小为mgcos θ]
[footnoteRef:1] [1: 3.在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中,流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明,球形物体在液体中运动时除了受到浮力,还会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是(　　)
A.1　　B.　　C.2　　D.3]
考点一　对牛顿第一定律和惯性的理解
1.惯性的两种表现形式
(1)物体在不受外力或所受的合力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体的运动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态较易改变。
2.对牛顿第一定律的几点说明
(1)明确惯性的概念:牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示了力的本质:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。
(3)理想化状态:牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中,如果物体所受的合力等于零,与物体不受外力时的表现是相同的。
[例1] 【对惯性的理解】 对一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是(　　)
A.采用了大功率的发动机后,某些一级方
程式赛车(质量不变)的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度,这表明可以通过科学手段使小质量的物体获得大惯性
B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性小了
C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性
D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
[例2] 【牛顿第一定律的应用】 (2025·湖南开学考试)小天站在沿水平方向运动的滑板车上不再蹬地,滑板车最终会停下来。下列说法正确的是(　　)
A.滑板车停下来是因为没有动力维持运动
B.滑板车停下来是因为受到阻力的作用
C.滑板车的惯性随着速度的减小而减小
D.如果一切外力突然消失,滑行的滑板车会马上静止
牛顿第一定律的应用技巧
(1)应用牛顿第一定律分析实际问题时,要准确理解理论的实质,注意分析实际生活中的各种影响因素,搞清实际感受与理论不一致的原因,从而正确理解力不是维持物体运动状态的原因,克服生活中一些错误的直观印象,建立正确的思维习惯。
(2)如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到力或合力不为0。因此,判断物体的运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。
[例3] 【惯性的“相对性”】 如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别用弹性细绳悬挂和拴住一个铁球和一个乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)(　　)
A.铁球向左,乒乓球向右
B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左
D.铁球和乒乓球都向右
[变式] 若[例3]情境中使容器做某种运动,某时刻发现悬挂铁球的竖直弹性细绳变长,则容器在怎样运动 拴着乒乓球的弹性细绳长度是否变化
考点二　牛顿第二定律及初步应用和力学单位制
1.对牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要力(或合力)不为零,物体一定有加速度。
(2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。
(3)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当力(或合力)与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
[例4] 【对牛顿第二定律的理解】 (多选)(2025·河南郑州阶段练习)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F方向始终相同
B.某一瞬间的加速度,只能由这一瞬间的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关
C.在公式F=ma中若F为合力,则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
D.物体的加速度方向一定与物体运动的方向相同
[变式] 在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值在什么情况下等于1 能否根据m=说物体的质量与所受的合力成正比,与物体运动的加速度成反比
[例5] 【力与运动的关系】 (2025·黑龙江期末)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,下列说法正确的是(　　)
A.小球立即做减速运动
B.小球一直做加速运动且加速度不变
C.小球所受的弹簧弹力等于重力时,小球速度最大
D.当弹簧处于最大压缩量时,小球的加速度方向向下
[例6] 【力与运动图像】 (2025·浙江金华三模)乒乓球比赛中,运动员发球时将乒乓球竖直上抛,若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比,从抛出开始计时,以竖直向上为正方向,下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
利用牛顿第二定律求加速度的思路
(1)选取研究对象(可以是一个物体,也可以是加速度相同的相联系的几个物体)进行受力分析。
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力。
(3)根据F合=ma求物体的加速度a。
[例7] 【牛顿第二定律的简单应用】 (2025·北京丰台二模)如图所示,一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只桶C,自由地摆放在桶A、B之间。已知重力加速度为g,每个桶的质量都为m,当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时,下列说法正确的是(　　)
A.A、B对C的合力方向竖直向上
B.a=g时,A对C的支持力为0
C.a增大时,B对C的支持力变小
D.B对C支持力的大小可能等于mg
[例8] 【对单位制的理解】 (多选)(2025·四川卷,8)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下列各式可能表示能量的是(　　)
A. B.
C. D.
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
考点一
[例1] C　[例2] B　[例3] A　
[变式] 【答案】 容器可能向上加速,也可能向下减速;拴着乒乓球的细绳变长
【解析】 由于原先铁球处于静止状态,某时刻发现悬挂铁球的细绳变长,相比于同体积的“水球”,铁球的状态更不易改变,则弹性细绳的伸长说明加速度向上,即容器可能向上加速,也可能向下减速;因为乒乓球密度小于水的密度,同理可知,容器加速度向上时,相同“水球”相对容器向下运动,则拴着乒乓球的细绳也变长。
考点二
[例4] ABC　
[变式] 【答案】 见解析
【解析】 在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值只有在国际单位制中等于1;物体的质量由自身的性质决定,与物体所受的合力、运动的加速度无关。
[例5] C　[例6] C　[例7] B　[例8] AC　第4讲　小专题:动力学中的板块模型
【学习目标】
1.理解板块模型中的摩擦力突变条件,掌握加速度关联性与运动过程分段分析的基本方法。
2.熟练运用动力学方程与运动学公式对板块问题进行建模,能通过图像或数学推导分析相对滑动的临界状态。
3.认识板块模型在工程防滑、运输安全中的实际意义,养成严谨分析多因素关联问题的科学
习惯。
如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗 你会发现怎样的规律
1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。
(1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若两者反方向运动,其位移和等于板长。
(2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。
2.模型关键点
类型一　无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2025·山东青岛阶段检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分vt图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.若mA=2mB,则v1=
B.A、B两物体质量可能相同
C.0~2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用
D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数
[例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2025·四川绵阳模拟)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)长木板速度为v0时,将一物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　)
A　 　B
C　 　D
[例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (多选)(2025·内蒙古高考适应性考试)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中(　　)
A.物块的运动方向不变
B.物块的加速度方向不变
C.物块相对木板的运动方向不变
D.物块与木板的加速度大小相等
类型二　有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例4] 【外力F作用在滑块上】 (多选)(2025·云南昆明一模)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N 的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.物块的质量为3 kg
C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2
D.木板的长度至少为0.75 m
[例5] 【外力F作用在滑板上】 (多选)(2024·黑吉辽卷,10)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
类型三　斜面和竖直面上的滑块—滑板模型
[例6] 【斜面上的滑块—滑板模型】 (2025·海南模拟)如图所示,一长为l的木板Q放置在倾角为θ=37°的足够长斜面上,一小物块P(可看成质点)放在木板Q的最上端,小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ1=,木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5,刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离,小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时,在2 s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变,动摩擦因数μ1变为零,其他条件均不变,且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8。求:
(1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小;
(2)木板Q的长度l。
[例7] 【竖直面上的滑块—滑板模型】 (2025·安徽开学考试)如图甲所示,足够长的竖直板C固定不动,C内部有电磁铁,B为长木板,铁块A始终受到电磁铁的水平方向的吸引力,吸引力随时间变化的图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m,重力加速度g取10 m/s2,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.25,B、C之间的动摩擦因数μ2=0.75。A位于B板上端,t=0时刻,A、B由静止释放。
(1)求0~0.2 s内,A、B的加速度大小;
(2)求0.2 s时,A相对于B滑动的距离;
(3)为保证A不离开长木板B,求长木板B的最小长度。
滑块—滑板问题解答流程
第4讲　小专题:动力学中的板块模型
模理探真:对题图甲,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,滑块恰好不滑落,根据能量守恒定律有μmgL=m-(M+m),联立解得L=;同理,对题图乙解得L′=。综上,两种情况下最小板长均为。
类型一
[例1] A　[例2] C　[例3] CD　
类型二
[例4] BC　[例5] ABD　
类型三
[例6] 【答案】 (1)6 m/s　2 m/s　(2)27 m
【解析】 (1)假设开始时,小物块P和木板Q未发生相对滑动,对整体有
2mgsin θ-2μ2mgcos θ=2ma,
代入数据解得a=2 m/s2,
对小物块P,同理有mgsin θ-Ff=ma,
解得Ff=4m>μ1mg=m,
所以假设不成立,即小物块P和木板Q发生相对滑动。
在0~2 s内,规定沿斜面向下为正方向,设小物块P和木板Q的质量均为m,加速度分别为a1和a2,对小物块P,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,
解得a1=3 m/s2,
对木板Q,由牛顿第二定律得
mgsin θ-2μ2mgcos θ+μ1mgcos θ=ma2,
解得a2=1 m/s2,
在t1=2 s时刻,设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2,
则有v1=a1t1=3×2 m/s=6 m/s,
v2=a2t1=1×2 m/s=2 m/s。
(2)2 s后,设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′,小物块P与木板Q之间摩擦力为零,由牛顿第二定律得mgsin θ=ma1′,
mgsin θ-2μ2mgcos θ=ma2′,
代入数据解得
a1′=6 m/s2,a2′=-2 m/s2,
由于a2′<0,可知木板Q做减速运动。设经过时间t2,木板Q的速度减为零,则有v2+a2′t2=0,
代入数据解得t2=1 s,
在t1+t2时间内,小物块P相对于木板Q运动的距离为
x=a1+v1t2+a1′-(a2+v2t2+a2′),
代入数据得x=12 m,
此后木板Q静止不动,小物块P继续在木板Q上滑动,设再经过时间t3小物块P离开木板Q,
则由题意有t总=t1+t2+t3=4 s,
代入数据解得t3=1 s,
又根据题意知l-x=(v1+a1′t2)t3+a1′,
代入数据解得l=27 m。
[例7] 【答案】 (1)7.5 m/s2　5 m/s2　(2)0.05 m　(3) m
【解析】 (1)假设A、B均发生滑动,A、B之间也发生相对滑动,
对A根据牛顿第二定律,有mg-μ1F1=maA1,
解得aA1=7.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,有
mg+μ1F1-μ2F1=maB1,
解得aB1=5 m/s2,即aB1假设成立。
(2)在0~0.2 s内,A运动的位移为xA1=aA1t2,
B运动的位移为xB1=aB1t2,
A相对于B滑动的距离Δx=xA1-xB1,
联立解得Δx=0.05 m。
(3)当t=0.2 s时,A的速度为
vA1=aA1t=1.5 m/s,
B的速度为vB1=aB1t=1 m/s,
0.2 s后,对A根据牛顿第二定律,
有mg-μ1F2=maA2,
解得aA2=-2.5 m/s2,
对B根据牛顿第二定律,
有mg+μ1F2-μ2F2=maB2,
解得aB2=-15 m/s2,
A运动的位移为xA2=,
B运动的位移为xB2=,
长木板B的最小长度L=xA1+xA2-xB1-xB2,
联立解得L= m。第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】
1.理解牛顿第二定律的矢量性与瞬时性,建立加速度与力、质量的定量关系,掌握超重、失重的本质。
2.构建瞬时性问题模型和动力学两类问题模型,培养受力分析→合力→加速度→运动状态的逻辑推理能力。
3.结合电梯超重报警、安全带缓冲原理等实际案例,理解牛顿定律的工程应用价值,培养严谨的实证态度和安全意识。
考点一　超重与失重问题
1.实重和视重
(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。
(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0
产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于g
运动 状态 加速上升 或减速下降 加速下降 或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg F=0
[例1] 【对超、失重现象的理解】 (2025·河南二模)跳水运动员站在跳板上下蹲起跳,跳板的形变示意图如图所示,其中A位置为平衡位置,则运动员处于失重状态的过程是(　　)
A.由A位置到B位置
B.由A位置到D位置
C.由C位置到B位置
D.由B位置到C位置
[变式] 运动员离开跳板在空中运动过程中超、失重情况如何(不计空气阻力)
[例2] 【超、失重现象的图像问题】 (2025·陕西安康模拟)如图甲所示,某同学做引体向上时,两手握住单杠,两脚离地,两臂自然下垂伸直,用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起,当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略),然后逐渐放松背阔肌,让身体下降,直到回到初始位置,此后重复进行。图乙是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像,规定竖直向上为正方向,则单杠对该同学支持力最大的时刻为(　　)
A.t1时刻 B.t2时刻
C.t3时刻 D.t4时刻
判断超重和失重的方法
受力 判断 物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力) (1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。 (2)F(或FN)加速度 判断 物体具有的加速度: (1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。 (2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。 (3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
速度变化 判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。 (2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。 (3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态
考点二　动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
第一类:已知受力确定运动
第二类:已知运动确定受力
2.基本步骤
[例3] 【已知受力求运动情况】 (2025·山东菏泽期末)如图所示,倾角为37°的足够长斜面体固定在水平面上,质量m=1.5 kg的小物块在恒定拉力F作用下从斜面体底端由静止沿斜面向上运动,经t1=2 s后撤去拉力。已知小物块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.5,拉力大小F=15 N,与斜面夹角为37°斜向上,重力加速度大小g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块沿斜面向上运动的位移大小;
(2)小物块再次返回斜面底端的速度大小。
[例4] 【已知运动情况求受力】 (2025·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1 s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25 s 时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的vt图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;
(2)t3的值。
[变式] 若在[例4]的情境中,对小球施加一沿斜面向下的恒力F,从A点由静止开始运动,到达B处力F突然消失,小球与挡板碰撞,此后以碰撞前速度的反向运动且恰好到达A点,则恒力F的大小是多少
解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”
考点三　牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
1.瞬时性问题的两种模型
2.等时圆模型
(1)结论。
在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。
(2)类型。
如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
[例5] 【轻绳模型】 (2025·辽宁模拟)如图所示,两个小球A、B悬挂在水平天花板下,并处于静止状态,其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°,小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°,小球A、B之间的细线水平。取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,则剪断小球A、B之间的细线瞬间,小球A与B的加速度大小之比为(　　)
A.16∶15 B.15∶16
C.3∶4 D.4∶3
[例6] 【轻杆模型】 如图所示,光滑斜面的倾角为θ,球A质量为2m、球B质量为m,图甲中A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间,则有(　　)
A.图甲中球A的加速度为gsin θ
B.图甲中球B的加速度为0
C.图乙中两球的加速度均为0
D.图乙中两球的加速度均为gsin θ
[变式] 若把[例6]中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,如图丙、丁所示,则在两细绳烧断的瞬间,图丙和图丁中两球的加速度是否相等
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
[例7] 【“等时圆”模型】 (多选)(2025·山西大同阶段检测)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,若每根杆上都套着一个小滑环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1=t3>t2
C.t2=t4>t1 D.t2[变式] 若竖直面内三根固定的光滑细杆Oa、Ob、Oc的O、a、b、c与d点位于同一圆周上,d点为圆周的最高点,c点为最低点,如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从O点无初速度释放,用t1、t2、t3依次表示滑环到达a、b、c所用的时间,则(　　)
A.t1=t2=t3 B.t3>t1>t2
C.t1t2>t3
“等时圆”模型规律的应用
第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
考点一
[例1] B　
[变式] 【答案】 完全失重
【解析】 运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。
[例2] D　
考点二
[例3] 【答案】 (1)2.2 m　(2) m/s
【解析】 (1)撤去拉力前,对小物块受力分析如图,
沿斜面方向有Fcos 37°-mgsin 37°-μFN=ma1,
垂直于斜面方向有
Fsin 37°+FN=mgcos 37°,
撤去拉力时,小物块的位移x1=a1,
小物块的速度v1=a1t1,
撤去拉力后小物块继续向上运动过程有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2,
小物块的位移x2=,
小物块沿斜面向上运动的位移
x=x1+x2=2.2 m。
(2)小物块沿斜面向下运动,根据牛顿第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma3,
根据速度位移关系有=2a3x,
解得v2= m/s。
[例4] 【答案】 (1)2 N　0.6　(2) s
【解析】 (1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即0~1 s内,由速度时间公式和牛顿第二定律得
2v0=a1t1,mgsin θ-Ff=ma1,
小球从挡板运动到C点,即t1~t2(1~1.25 s)时间内有
v0=a2(t2-t1),mgsin θ+Ff=ma2,
而a2-a1=4 m/s2,
联立解得a1=4 m/s2,a2=8 m/s2,v0=2 m/s,
Ff=2 N,sin θ=0.6。
(2)根据vt图像中图线与t轴所围面积表示位移,由题图乙可知,BC之间位移大小为
x1=×(t2-t1)=0.25 m,
设小球从C运动到B的时间为t,根据位移公式,有
x1=a1t2,
解得t= s,
则t3=t2+t= s。
[变式] 【答案】 14 N
【解析】 由题图乙可知,A、B两点间距离
xAB=·2v0·t1=v0t1,
设小球与挡板碰撞前速度为v0′,则小球上滑初速度为
v0′,小球上滑过程中,根据速度与位移关系式有
(v0′) 2=2a2xAB,
联立解得v0′==6 m/s;
设小球由A到B的过程中加速度大小为a3,则
v0′2=2a3xAB,
又根据牛顿第二定律有
F+mgsin θ-Ff=ma3,
代入数据解得F=14 N。
考点三
[例5] A　[例6] D　
[变式] 【答案】 题图丙中B球加速度为零,A球加速度为g;题图丁中,A、B的加速度相同,均为g
【解析】 细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以细绳烧断瞬间,题图丙中球B所受合力仍为零,加速度为零,球A所受合力为3mg,加速度为g;题图丁中,细绳烧断瞬间,A、B的加速度相同,设为a,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有3mg=3ma,解得a=g。
[例7] BD　[变式] D　第6讲　实验:探究加速度与力、质量的关系
【学习目标】
1.掌握加速度与力、质量的定量关系(a∝F、a∝),理解实验原理、实验方法(平衡摩擦力、控制变量法)及误差来源。
2.能通过图像法(如aF、a图线)处理数据并验证牛顿第二定律,分析图线偏差的原因,培养误差分析与数据处理能力。
3.认识实验在科学定律发现中的意义,养成严谨的操作习惯,关注实验安全(如小车防撞措施)。
一、装置与器材
小车、槽码、细绳、一端带有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、　　　　　　、导线、纸带、天平、　　　　、坐标纸。
二、实验步骤
1.测质量:用天平测出　　　　　　　和　 　　　　　。
2.安装:按装置图把实验器材安装好,先不要把　　　　　　系在小车上。
3.平衡摩擦力:在长木板没有滑轮的一端下面垫一木块,移动木块的位置,直至小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板做　　　　　。
4.操作
(1)槽码通过细绳绕过定滑轮系在小车上,先接通电源后放开小车,取下纸带并编号。
(2)保持小车的质量M不变,改变　　　　　　　。
(3)保持槽码的质量m不变,改变　　　　　　　。
(4)重复进行多次实验。
5.求加速度a:在每条纸带上选取一段比较理想的部分,求加速度a。
三、数据处理
1.利用逐差法求　　　　　。
2.以a为纵坐标,F(或m、)为横坐标,根据各组数据描点,并通过这些点作图像。
(1)如果aF图像中所作图线为一条　　　　　　　　的直线,说明a与F成正比。
(2)如果a图像中所作图线为一条过原点的直线,说明a与m成　　　　。
四、注意事项
1.安装器材时,要调整滑轮的高度,使拴小车的细绳与木板平行。
2.平衡摩擦力时,小车连着穿过打点计时器的纸带,但不要把悬挂槽码的细绳系在小车上。改变槽码的质量后,　　　　重新平衡摩擦力。
3.只有小车的质量　　　　槽码的质量时,槽码受到的重力才可视为小车受到的拉力。
4.开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,在小车到达滑轮前按住小车。
五、误差分析
1.实验原理不完善:本实验用槽码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要　　　　槽码的总重力。
2.平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
六、两小车运动比较实验
如图所示,将两辆相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高,平衡阻力的影响。两辆小车后端各系一条细线,用一个物体,例如黑板擦,把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦,两辆小车同时开始运动,按下黑板擦,两辆小车同时停下来。用刻度尺测出两辆小车移动的位移x1、x2。由于两辆小车运动时间t相同,从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后,在盘中重物相同的情况下,通过增减小车中的重物改变小车的质量,再进行实验。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·陕晋青宁卷,11)图甲为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。
(1)实验中应将木板　　　　　　　(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am图像如图乙所示,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,填字母)
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
A.a图像 B.am2图像
C.amm图像 D.a2m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。
[例2] 【实验数据的处理】 (2024·甘肃卷,11)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　　　　。
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　　　　。
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3可知,在所受外力一定的条件下,a与M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。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·重庆三模)小明利用手机内置加速度传感器探究加速度与合力的关系,实验装置如图甲所示,已知当地重力加速度为g。
(1)轻弹簧上端固定,下端与手机相连,手机下端通过细绳悬挂小桶,桶内装有砝码,整个系统静止。
(2)突然剪断细绳,通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙,剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的　　　　(选填“P”“Q”或“R”)点。
(3)改变小桶中砝码质量,重复步骤(2),获得多组手机所受合力F与加速度a的数据,作出aF图像如图丙,可得出结论:在误差允许的范围内 　 。
(4)如图丁,某同学在处理数据时,以手机竖直方向的加速度a为纵坐标,砝码质量m为横坐标,绘制am图像,获得一条斜率为k0,截距为a0的直线,则可推算出手机的质量为　　　　,小桶的质量为　　　　。(用k0、a0、g表示)
[例4] 【实验方法的创新】 (2025·安徽卷,11)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FN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aFN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aFN图像为图丁中的图线　　　　(选填“b”“c”或“d”)。
[例5] 【实验器材的创新】 (2024·江西卷,11)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aF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aF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　　　　(选填“较大”或“较小”),非线性区间　　　　　(选填“较大”或“较小”)。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 钩码所受重力 F/(9.8 N) 小车加速度 a/(m·s-2)
1 0.020 0.26
2 0.040 0.55
3 0.060 0.82
4 0.080 1.08
5 0.100 1.36
6 0.120 1.67
7 0.140 1.95
8 0.160 2.20
9~14 …… ……
15 0.300 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:　 　 。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·河北模拟)一同学使用如图所示装置“验证加速度与力、质量的关系”。轻绳跨过定滑轮,两端系着质量接近的物体A、B,物体B的正下方固定一金属圆环C。C的正下方有一对光电门P1、P2,当B到达P1时计时器开始计时,B到达P2时计时器计时结束,测量P1和P2之间的距离为d。当地的重力加速度为g。
(1)在A、B上增加配重,直到轻轻给B向下的速度,B可以匀速下降。测量此时A、B和配重的总质量为M。连同配重把B拉到距C一定高度处,测量该高度为h;在B上放置直径大于C环直径的圆片,测量圆片质量为m(m M);由静止释放A、B,当圆片到达圆环C处时被圆环挡住。测量B通过P1和P2的时间间隔t,则B自P1到P2的过程中重物B的速度为　　　　;B自静止释放至C环位置的过程中B的加速度为　　　　(用h、d、t表示)。
(2)保持(1)中A、B和配重质量不变,仅增大圆片质量m,多次测量不同m对应的时间t。为验证加速度与外力成正比,则该实验应验证下列　　　　(填字母序号)等式成立。
A.t∝　　B.t∝　　C.t∝
(3)保持(1)问中圆片质量m不变,只增加A、B和配重的总质量M,多次测量不同M对应的时间t,为验证加速度与质量成反比,以M为横轴,以　　　 (选填“t2”或“”)为纵轴,通过描点作出的图线是一条过原点的直线。
第6讲　实验:探究加速度与力、质量的关系
考点一
[例1] 【答案】 (1)一端垫高　(2)AC　(3)乙
【解析】 (1)实验需平衡阻力,消除木板对小车阻力的影响,应将木板一端垫高,使小车在无拉力时能做匀速直线运动。
(2)作出a图像,可以将am图像“化曲为直”,便于判断a与m是否成反比关系,故A正确;作出am2图像或a2m图像,无法体现a与m是否成反比关系,故B、D错误;作出amm图像,若a与m是成反比关系,有am为定值,则amm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。
(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F=mg≈mg(m为槽码总质量),但随着m增大,不再满足m M的条件,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M+m不变(M为小车质量,m为槽码质量),拉力F=mg≈mg(当M m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,故乙同学的方法更好。
[例2] 【答案】 (1)B　(2)D　(3)反比　槽码
【解析】 (1)为了使小车所受的合外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,故A错误;为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合外力,则需要调整垫块位置以平衡阻力,也要保证细绳和长木板平行,故B正确;因为纸带运动时打点计时器对其也有阻力,所以平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带,故C错误;根据操作要求,应先打开打点计时器再释放小车,故D错误。
(2)利用逐差法计算加速度时,为减小误差应尽可能使用更多的数据,故可知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=(+++),故D正确。
(3)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,则由牛顿第二定律得mg=(m+M)a,整理可得=·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。
考点二
[例3] 【答案】 (2)P　(3)质量一定时,手机加速度与所受合力成正比　(4)　
【解析】 (2)剪断细绳瞬间手机受到的合力向上且最大,则加速度向上且最大,可知应该对应题图乙中的P点。
(3)根据作出的aF图像可得出结论:在误差允许的范围内,质量一定时,手机加速度与所受合力成正比。
(4)剪断绳子前,设弹簧弹力为F,小桶质量为m0,手机质量为M,对手机由平衡条件知F-(m+m0)g-Mg=0,绳子剪断后,对手机由牛顿第二定律有F-Mg=Ma,联立可得a=m+,题图丁中图像的斜率为k0,即k0=,解得M=,截距a0=,解得m0=。
[例4] 【答案】 (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c正确。
(2)①根据题图丙可知,t=4 s时,加速度方向竖直向下,故处于失重状态。
②对物体,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,整理得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,纵轴截距不变,其aFN图像为题图丁中的图线d。
[例5] 【答案】 (4)较大　较小　(5)图见解析
(6)远大于钩码质量　见解析
【解析】 (4)由题图b分析可知,与图线甲相比,图线乙的线性区间较大,非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合,使尽可能多的点落在线上,不在线上的点均匀分布在线的两侧,如图所示。
(6)设细线拉力为FT,对钩码应用牛顿第二定律有F-FT=ma,对小车应用牛顿第二定律有 FT=
Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=F,当 m M时,可认为m+M=M,则a=·F,即a与F成正比。
[例6] 【答案】 (1)　　(2)A　(3)t2
【解析】 (1)根据情境分析,当圆片被圆环C挡住后重物B开始做匀速运动,速度v=,下落h的过程中B做匀加速直线运动,则有v2=2ah,解得a=。
(2)根据牛顿第二定律有mg=Ma=M,整理得t=∝。故选A。
(3)根据mg=Ma=M,解得t2=M,所以应以t2为纵轴,从而描点作出的图线是一条过原点的直线。

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