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课后达标检测
题组1　瞬时问题
1.如图所示，A、B、C三个物体质量均为m，A、B间用轻绳连接，B、C之间用轻弹簧连接，将它们悬挂在天花板上，剪断C与天花板间的绳瞬间，C的加速度a及A、B间绳的拉力T分别为(　　)
A．a＝0　　　　　 　 B.a＝2g
C．T＝mg D.T＝0
√
解析：剪断前，C与天花板间绳的拉力为3mg，剪断后瞬间弹簧的弹力不变，则此时C受合外力为3mg，则其加速度a＝3g，A、B错误；因为B受力不变，则加速度为零，A受细绳的拉力不变，仍为T＝mg，C正确，D错误．
2.如图所示，质量为m的小球在轻弹簧和水平轻绳作用下处于静止状态，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g，剪断轻绳的瞬间，小球加速度大小和方向分别为(　　)
A．g，沿竖直方向
B．g sin θ，沿切线方向
C．g cos θ，沿水平方向
D．g tan θ，沿水平方向
√
√
3.如图所示，A、B、C、D、E、F六个质量相同的小球分别用弹簧、轻绳和轻杆连接，挂于水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b、c处将悬挂的轻绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)
A．C、D、E、F球的加速度均为g
B．A球的加速度为2g，B球的加速度为g
C．所有小球都以g的加速度下落
D．E球的加速度大于F球的加速度
4．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ.图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连．系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g.在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A．图乙中A、B两球间杆的作用力为零
B．两图中两球加速度均为g sin θ
C．两图中A球的加速度均为零
D．图甲中B球的加速度为2g sin θ
√
√
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，即题图乙中A、B球间杆的作用力为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ.
题组2　连接体问题
5.(多选)如图所示，粗糙的水平地面上放置质量分别为mA＝ 6 kg、mB＝4 kg的木块A、B，木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，开始处于静止状态，已知木块A、B与地面间动摩擦因数均为μ＝0.2，轻绳能承受的最大张力为18 N，当木块B受到水平向右的拉力F后，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是(　　)
A．当F＝5 N时，A受4个力作用
B．当F＝12 N时，轻绳张力为4 N
C．当F＝30 N时，轻绳刚好被拉断
D．轻绳张力为15 N时，F＝25 N
√
√
√
√
7.(2025·广州市期中)如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则推力F的大小为(　　)
A．4.0 N B.3.0 N
C．9.0 N D.11.0 N
√
√
9．(8分)如图所示的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量是0.05 m/s，求空间站的质量．
答案：8.7×104 kg
10.(10分)如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上．质量为2 kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连．已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6(假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面).
(1)当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑？(5分)
解析：当木板B恰能沿斜面匀速下滑时，对木板B由平衡条件得 mBg sin θ＝T＋μmBg cos θ，对物块A由平衡条件得T＝mAg，解得mA＝0.8 kg.
答案：0.8 kg　
(2)若物块A的质量为2 kg，求木板B的加速度大小．(5分)
解析：若物块A的质量为2 kg，因为mAg＞mBg sin θ＋μmBg cos θ，所以物块A拉着木板B一起加速运动，由牛顿第二定律得mAg－mBg sin θ－μmBg cos θ＝(mA＋mB)a，解得木板B的加速度大小a＝1 m/s2.
答案：1 m/s2
11．(13分)如图甲所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿水平面向右加速运动，重力加速度为g.
(1)若地面光滑，则A、B间的弹力为多大？(3分)
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间的弹力为多大？(5分)
(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的推力F作用下沿斜面向上加速，则A、B间的弹力为多大？(5分)第三节　牛顿第二定律
1．知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义．
2．知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的．
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．
一、数字化实验的过程及结果分析
1．当保持物体的质量不变时，a∝F.
2．当保持物体所受的作用力不变时，a∝.
二、牛顿第二定律的表述
1．内容：物体的加速度与物体所受到的作用力成______比，与物体的质量成______比，加速度的方向与作用力的方向________．
2．表达式
(1)表达式：a＝____________，式中F指的是物体所受的________，k是________．
(2)k的选取有一定的任意性．在国际单位制中k＝____________，简化后牛顿第二定律的数学表达式为________________，式中F、m、a的单位分别为________、________、____________．
3．力的单位
(1)国际单位：力的单位是牛顿，简称牛，符号N.
(2)1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝____________．
判断下列说法是否正确．
(1)由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合外力一定大．(　　)
(2)牛顿第二定律说明了质量大的物体其加速度一定小.(　　)
(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致．(　　)
(4)关于牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k
①力F的单位用N时等于1.(　　)
②在国际单位制中才等于1.(　　)
③加速度单位用m/s2时等于1.(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)①×　②√　③×
[答案自填] 正　反　相同　k　合力　比例系数　1　F＝ma　N　kg　m/s2
1 kg·m·s－2
知识点一　对牛顿第二定律的理解
如图所示，小明用力拉地面上的箱子，但箱子没动，请思考：
(1)根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，但为什么箱子一直没动呢？
(2)如果箱底光滑，当拉力作用在箱子上的瞬间，箱子是否立刻获得加速度？是否立刻获得速度？
[提示]　(1)牛顿第二定律F＝ma中的力F指的是物体受的合力，尽管小明对箱子有一个拉力作用，但箱子受的合力为0，所以不能产生加速度．
(2)加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得，需要一段时间，故不能立刻获得速度．
1．对表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度．
2．牛顿第二定律的六个性质
性质 理解
因果性 力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性 F＝ma是一个矢量式，物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性 加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生、同时变化、同时消失
同体性 F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性 作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性 物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
3.两个加速度公式的区别
(1)a＝是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法定义的公式．
(2)a＝是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素．
角度1　合力、速度和加速度的关系
　关于速度、加速度、合力间的关系，正确的是(　　)
A．物体的速度越大，则物体的加速度越大，所受合力也越大
B．物体的速度为零，则物体的加速度一定为零，所受合力也为零
C．若物体的速度发生反向，加速度也发生反向
D．物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合力也可能为零
[解析]　物体的速度虽然很大，但可能物体速度没有发生变化，所以加速度可能为零，根据牛顿第二定律可知，合外力也可能为零，故A错误，D正确；物体的速度为零，但物体的加速度不一定为零，所受合力也不一定为零，例如：火箭发射瞬间，速度为零，但加速度不为零，合外力也不为零，故B错误；物体的速度发生反向，加速度不一定也发生反向，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向由合外力的方向来决定，故C错误．
[答案]　D
　对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，m与F成正比，m与a成反比
B．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度不会消失
[解析]　物体的质量是物体的固有属性，与物体所受的合外力和加速度无关，故A错误；力是产生加速度的原因，而不是因为有了加速度，物体才受到外力的作用，故B错误；牛顿第二定律表达式为F＝ma，表示质量为m的物体受外力F时产生的加速度为a，a是由m和F共同决定的，即a∝，即物体的加速度跟它所受的作用力成正比，跟它的质量成反比，a与F同时产生、同时消失、同时改变，a与F的方向永远相同，故C正确，D错误．
[答案]　C
角度2　牛顿第二定律定性分析问题
　如图所示，一轻弹簧水平放置在光滑的水平面上，其右端固定，B点为弹簧自由伸长时的位置，一物块静止在A处，现用一水平向右的恒力F推该物块，直至弹簧被压缩到最短位置C，则此过程中下列说法正确的是(　　)
A．物块从A到B加速，B到C减速
B．物块到达B点时速度最大
C．物块所受合外力方向向左
D．物块到达C点时加速度不为零
[解析]　物块从A到B加速，刚接触弹簧时F大于弹簧的弹力，所以物块还是做加速运动，F弹逐渐增大，当F弹>F时，物块开始减速，故A错误；物块到达B点时还有向右的加速度所以B点的速度不
是最大，故B错误；当F＝F弹时，加速度才等于零，所以物块所受合外力方向先向右，后向左，故C错误；物块从A到C点速度由零变为零，所以物块先加速后减速，当物块在C点时应该有向左的加速度，所以物块到达C点时加速度不为零，故D正确．
[答案]　D
　(多选)(2025·广州市期末)蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示．图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点．在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员的速度一直减小
B．加速度是先减小后增大
C．运动员速度最大时，绳对运动员的拉力等于运动员所受的重力
D．运动到c点时，运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力
[解析]　刚通过a点时，弹性绳的弹力小于运动员所受的重力，运动员仍在做加速运动，随着弹性绳的伸长，弹力逐渐增加，运动员所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹性绳的弹力等于运动员所受的重力时，运动员的加速度减小到零，速度达到最大值，再向下运动时，弹性绳的弹力大于运动员所受的重力，随着弹性绳弹力的增加，运动员所受的合力向上增加，加速度向上增加，A错误，B正确；运动员速度最大时，加速度为零，此时弹性绳对运动员的拉力等于运动员所受的重力，C正确；运动到c点时，加速度向上，绳子对运动员的拉力大于运动员所受的重力，则运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力，D正确．
[答案]　BCD
知识点二　牛顿第二定律的简单应用
1．解题步骤
(1)确定研究对象：依据题意正确选取研究对象．
(2)分析：对研究对象进行受力情况和运动情况的分析，画出受力图和运动情境图．
(3)列方程：选取正方向，通常选加速度方向为正方向，方向与正方向相同的力为正值，方向与正方向相反的力为负值，建立方程．
(4)解方程：F、m、a用国际单位，解的过程要清楚，写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论．
2．解题方法
(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合力，加速度的方向即是物体所受合力的方向．
(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体的合外力．
①建立坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴(如x轴)的正方向，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，Fy＝0.
②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a.根据牛顿第二定律列方程求解．
　(2025·汕头月考)同一水平面内的两个力，大小分别为2 N、6 N，若这两力同时作用于质量m＝2 kg物体上，则这两个力的合力对该物体产生的加速度可能是(　　)
A．1 m/s2　　　　　 B．3 m/s2
C．5 m/s2 D．7 m/s2
[解析]　两个力的合力最大值Fmax＝2 N＋6 N＝8 N，两个力的合力最小值Fmin＝6 N－2 N＝4 N，根据牛顿第二定律F＝ma，可得a＝，可得加速度的范围为2 m/s2≤a≤4 m/s2.
[答案]　B
　在静止的电梯中，某人最多可举起m1＝60 kg的物体．重力加速度g取10 m/s2.
(1)若电梯以2 m/s2的加速度加速下降，求此人最多可举起的物体的质量．
(2)若此人在电梯中最多能举起m2＝40 kg的物体，求此电梯的加速度大小和方向．
[解析]　(1)在静止的电梯中，某人最多可举起m1＝60 kg的物体，则有
Fmax＝m1g＝600 N
若电梯以2 m/s2的加速度加速下降，设此人最多可举起质量为m的物体，根据牛顿第二定律可得
mg－Fmax＝ma
联立解得m＝75 kg.
(2)若此人在电梯中最多能举起m2＝40 kg的物体，根据牛顿第二定律可得
Fmax－m2g＝m2a2
解得电梯的加速度大小a2＝5 m/s2
方向竖直向上．
[答案]　(1)75 kg　(2)5 m/s2　方向竖直向上
　(2025·佛山市期末)如图所示，小球质量为m，斜劈质量为M、斜面倾角为θ，用水平向右的推力作用在斜劈上时，小球位于斜劈的斜面上和斜劈恰好相对静止．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，求：
(1)斜劈对小球的支持力大小N；
(2)水平推力的大小F.
[解析]　(1)对小球进行受力分析，如图所示
则有N cos θ＝mg，解得N＝.
(2)结合上述，对小球进行分析，牛顿第二定律有mg tan θ＝ma，对斜劈与小球构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)gtan θ.
[答案]　(1)　(2)(M＋m)g tan θ
规范一练　牛顿第二定律的应用
　一个质量为20 kg的物体，从固定斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平面间的夹角为37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
(1)求物体沿斜面下滑过程中的加速度．
(2)若给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑的加速度．
[解析]　(1)物体沿斜面下滑时，摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析如图甲所示．
由牛顿第二定律得
mg sin 37°－f＝ma1①
FN＝mg cos 37°②
f＝μFN③
联立①②③式得
a1＝4.4 m/s2，方向沿斜面向下．
　　　
(2)物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下，对物体受力分析如图乙所示．
由牛顿第二定律得
mg sin 37°＋f′＝ma2④
f′＝μFN⑤
FN＝mg cos 37°⑥
联立④⑤⑥式得
a2＝7.6 m/s2，方向沿斜面向下．
[答案]　(1)4.4 m/s2，方向沿斜面向下
(2)7.6 m/s2，方向沿斜面向下
1．(对牛顿第二定律的理解)下列关于牛顿第二定律的说法正确的是(　　)
A．同一物体所受合外力越大，加速度越大
B．加速度方向总是与速度方向一致
C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大
D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比
解析：选A.由F＝ma，m一定时，F越大，加速度a越大，故A正确；加速度的方向与合力的方向相同，与速度的方向不一定相同，故B错误；速度变化大，加速度不一定大，则合力不一定大，故C错误；质量是物体的固有属性，不随合力、加速度的变化而变化，故D错误．
2.(牛顿第二定律的应用)神舟载人飞船返回舱着陆瞬间的照片如图所示．已知返回舱的质量为m，着陆前某时刻返回舱除重力外其他外力的合力大小为F，方向竖直向上，重力加速度为g，整个过程返回舱竖直下落，以竖直向下为正方向，则此时刻返回舱的加速度为(　　)
A．－g　　　　　 B．g－
C．＋g D．－
解析：选B.以竖直向下方向为正方向，由牛顿第二定律得－F＋mg＝ma，解得a＝g－.
3.(牛顿第二定律的应用)(多选)(2025·茂名市期中)如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以加速度a斜向上匀减速运动，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．人受到的摩擦力水平向右
B．人对踏板的作用力竖直向下
C．踏板对人的支持力FN＝ma sin θ
D．踏板对人的支持力FN＝mg－ma sin θ
解析：选AD.正交分解加速度可得ax＝a cos θ，ay＝a sin θ，其中ax方向水平向右，ay方向竖直向下．水平方向由牛顿第二定律可得f＝max＝ma cos θ，方向与ax方向一致，水平向右，A正确；竖直方向由牛顿第二定律可得mg－FN＝may＝ma sin θ，解得FN＝mg－ma sin θ，方向竖直向上，C错误，D正确；人对踏板的摩擦力水平向左，压力竖直向下，故人对踏板的作用力斜向左下方，B错误．
4.(牛顿第二定律的应用)如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上．现用大小为 40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力F拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
(1)若水平面光滑，求物体加速度的大小．
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，求物体加速度的大小．
解析：(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律得F cos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2.
(2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
F cos 37°－f＝ma2
FN＋F sin 37°＝mg
f＝μFN
联立解得a2＝6 m/s2.
答案：(1)8 m/s2　(2)6 m/s2(共23张PPT)
专题提升课7　板块模型
专题 深度剖析
PART
01
第一部分
1．模型概述
一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系．
2．解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
(2025·江门市期末)如图所示，物块A放在长木板B上，A、B的质量分别为2 kg和1 kg，开始时静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.2，B与地面间的动摩擦因数为0.1.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加5 N的水平拉力F.(假设B足够长)
(1)若将B固定不动，求3 s后A的速度大小．
[解析]　由牛顿第二定律和运动学公式得
F－μ1mAg＝mAa
v＝at
代入数据得v＝1.5 m/s.
[答案]　1.5 m/s　
(2)若B不固定，求3 s后A的速度大小．
[解析]　设A、B刚要发生相对运动时的外力为F1，对A、B整体
F1－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a1
对A：F1－μ1mAg＝mAa1
代入数据联立解得F1＝6 N>5 N
则B不固定时，A、B相对静止
对A、B整体
F－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a0
所以v1＝a0t＝2 m/s.
[答案]　2 m/s　
(3)若B不固定，对A施加7 N的水平拉力F′，B的长度为1 m，不计A的大小，求A经过多长时间从B上滑下．
[答案]　2 s
如图所示，质量M＝2.0 kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m＝0.4 kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．
(1)长木板A在外力作用下以加速度a1＝2 m/s2向右加速运动时，求滑块B所受摩擦力大小与方向．
[答案]　0.8 N　方向水平向右　
(2)要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板？
[解析]根据前面分析，当A、B发生相对滑动的临界加速度为a＝3 m/s2，对整体分析有
F＝(M＋m)a＝7.2 N.
[答案]　7.2 N
(3)若长木板长L＝1.4 m，在8.6 N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间？
[答案]　2 s
规范一练　应用牛顿第二定律分析板块模型
如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小．
[解析]　当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma0
解得a0＝2 m/s2
当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止
对m，根据牛顿第二定律可得
Ff＝ma1＝1.0 N．
[答案]　1.0 N　
(2)当小车以4.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小车受到的水平推力的大小．
[解析]当小车以a2＝4 m/s2的加速度向右做匀加速运动时，m与M相对滑动，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F1－μmg＝Ma2
解得F1＝10.0 N．
[答案]　10.0 N　
(3)当小车在12.0 N水平推力作用下，从静止开始运动，经1.0 s后撤去水平力，小物块最终没有从小车上滑落，求小物块在小车上相对滑动的总时间．
经过t2时间两者的速度相等，则有
v车－a4t2＝a0(t1＋t2)
解得t2＝1.0 s
故小物块在小车上相对滑动的总时间
t＝t1＋t2＝2.0 s．
[答案]　2.0 s
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(板块模型)(多选)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)
A．A的质量为4 kg
B．B的质量为6 kg
C．当F<24 N时，A、B相对静止
D．A、B间的最大静摩擦力为24 N
√
解析：由图像可知，当F＝24 N，a＝4 m/s2时，A、B间刚要发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa，μmAg＝mBa，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故A正确，B错误；当F<24 N时，加速度随拉力均匀增大，二者保持相对静止，故C正确；最大静摩擦力为fm＝μmAg＝8 N，故D错误．
2．(板块模型)如图所示，质量m0＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向．
解析：小滑块冲上长木板，木板相对于小物体向左运动，则小滑块对长木板的滑动摩擦力方向向右，根据牛顿第三定律可知其大小等于木板对小滑块的滑动摩擦力，故f＝μmg＝1 N.
答案：1 N　方向向右　
(2)求滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小．
解析：对滑块由牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得滑块相对于地面的加速度大小a1＝2 m/s2.
答案：2 m/s2　
(3)若长木板足够长，求滑块与长木板达到的共同速度大小．
解析：对长木板，由牛顿第二定律可得
f＝μmg＝m0a2，
解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后二者共速，设为v，则v＝v0－a1t＝a2t，解得v＝0.6 m/s.
答案：0.6 m/s题组1　瞬时问题
1.如图所示，A、B、C三个物体质量均为m，A、B间用轻绳连接，B、C之间用轻弹簧连接，将它们悬挂在天花板上，剪断C与天花板间的绳瞬间，C的加速度a及A、B间绳的拉力T分别为(　　)
A．a＝0　　　　　 　 B.a＝2g
C．T＝mg D.T＝0
解析：选C.剪断前，C与天花板间绳的拉力为3mg，剪断后瞬间弹簧的弹力不变，则此时C受合外力为3mg，则其加速度a＝3g，A、B错误；因为B受力不变，则加速度为零，A受细绳的拉力不变，仍为T＝mg，C正确，D错误．
2.如图所示，质量为m的小球在轻弹簧和水平轻绳作用下处于静止状态，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g，剪断轻绳的瞬间，小球加速度大小和方向分别为(　　)
A．g，沿竖直方向
B．g sin θ，沿切线方向
C．g cos θ，沿水平方向
D．g tan θ，沿水平方向
解析：选D.轻绳未剪断前，轻绳的拉力T＝mg tan θ，当剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，则弹簧弹力与重力的合力水平向左，大小F合＝T＝mg tan θ，根据牛顿第二定律可得，小球的加速度a＝＝g tan θ，方向水平向左．
3.如图所示，A、B、C、D、E、F六个质量相同的小球分别用弹簧、轻绳和轻杆连接，挂于水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b、c处将悬挂的轻绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)
A．C、D、E、F球的加速度均为g
B．A球的加速度为2g，B球的加速度为g
C．所有小球都以g的加速度下落
D．E球的加速度大于F球的加速度
解析：选A.剪断轻绳的瞬间，轻绳和轻杆的弹力发生突变，突变为零，小球做自由落体运动，加速度为重力加速度，C、D、E、F球的加速度均为g，故A正确，D错误；剪断轻绳前，对B球有F＝mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，对A球有aA＝＝＝2g，对B球有aB＝＝0，故B、C错误．
4．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ.图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连．系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g.在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A．图乙中A、B两球间杆的作用力为零
B．两图中两球加速度均为g sin θ
C．两图中A球的加速度均为零
D．图甲中B球的加速度为2g sin θ
解析：选AD.撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，即题图乙中A、B球间杆的作用力为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ.
题组2　连接体问题
5.(多选)如图所示，粗糙的水平地面上放置质量分别为mA＝ 6 kg、mB＝4 kg的木块A、B，木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，开始处于静止状态，已知木块A、B与地面间动摩擦因数均为μ＝0.2，轻绳能承受的最大张力为18 N，当木块B受到水平向右的拉力F后，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是(　　)
A．当F＝5 N时，A受4个力作用
B．当F＝12 N时，轻绳张力为4 N
C．当F＝30 N时，轻绳刚好被拉断
D．轻绳张力为15 N时，F＝25 N
解析：选BCD.木块A所受的最大静摩擦力fAmax＝μmAg＝12 N，木块B所受的最大静摩擦力fBmax＝μmBg＝8 N，由于5 N<8 N，即拉力小于木块B所受的最大静摩擦力，则轻绳中的张力为0，即木块A受到重力和地面的支持力，总共2个力，A错误；当F拉力大小为12 N时，由于8 N<12 N<8 N＋12 N＝20 N，表明木块A、B均保持静止状态，B所受的摩擦力达到了最大值8 N，则此时轻绳的张力为12 N－8 N＝4 N，B正确；根据上述可知，当F＝30 N时，A、B开始运动，对木块A、B整体有F－μg＝a1，对木块A有T1－μmAg＝mAa1，解得T1＝18 N，可知，当F＝30 N时，轻绳刚好被拉断，C正确；轻绳张力为15 N时，张力大于12 N，对A、B整体有F－μg＝a2，对木块A有T2－μmAg＝mAa2，解得F＝25 N，D正确．
6．五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于(　　)
A．F B.F
C．F D.F
答案：C
7.(2025·广州市期中)如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝1.0 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则推力F的大小为(　　)
A．4.0 N B.3.0 N
C．9.0 N D.11.0 N
解析：选C.在推力F作用前，对Q进行受力分析，设轻绳的张力为T，则有T＝mQg＝0.2×10 N＝2 N，在推力F作用之后，对Q进行受力分析，根据牛顿第二定律有mQg－＝mQa，代入数值解得a＝5 m/s2，对P进行受力分析，根据牛顿第二定律有＋F－f＝＋F－μmPg＝mPa，代入数值解得F＝9 N．
8.如图所示，质量为M的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为m的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂的质量也为m的物块B.已知重力加速度为g，剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为(　　)
A.g、0、g B.g、g、g
C．g、0、 D.0、0、
解析：选C.细绳剪断前B处于平衡状态，弹簧弹力大小F＝mg，细绳剪断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以剪断细绳的瞬间，B受力不变，仍然平衡，则aB＝0，剪断细绳的瞬间，木箱不再受细绳的拉力，木箱受重力Mg和弹簧向下的拉力F，由牛顿第二定律可知Mg＋F＝Mg＋mg＝Ma，解得木箱的加速度大小a＝，物块A只受重力作用，加速度为g.
9．(8分)如图所示的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量是0.05 m/s，求空间站的质量．
解析：设空间站的质量为m1、飞船的质量为m2，根据牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a.又根据加速度定义式得a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，代入数据得m1＝8.7×104 kg.
答案：8.7×104 kg
10.(10分)如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上．质量为2 kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连．已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6(假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面).
(1)当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑？(5分)
(2)若物块A的质量为2 kg，求木板B的加速度大小．(5分)
解析：(1)当木板B恰能沿斜面匀速下滑时，对木板B由平衡条件得 mBg sin θ＝T＋μmBg cos θ，对物块A由平衡条件得T＝mAg，解得mA＝0.8 kg.
(2)若物块A的质量为2 kg，因为mAg＞mBg sin θ＋μmBg cos θ，所以物块A拉着木板B一起加速运动，由牛顿第二定律得mAg－mBg sin θ－μmBg cos θ＝(mA＋mB)a，解得木板B的加速度大小a＝1 m/s2.
答案：(1)0.8 kg　(2)1 m/s2
11．(13分)如图甲所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿水平面向右加速运动，重力加速度为g.
(1)若地面光滑，则A、B间的弹力为多大？(3分)
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间的弹力为多大？(5分)
(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的推力F作用下沿斜面向上加速，则A、B间的弹力为多大？(5分)
解析：(1)若地面光滑，以A、B整体为研究对象，则有F＝(mA＋mB)a
然后隔离出B为研究对象，有F弹＝mBa
联立解得F弹＝F.
(2)若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，则有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，然后隔离出B为研究对象，有F弹′－μmBg＝mBa1，联立解得F弹′＝F.
(3)以A、B整体为研究对象，设斜面的倾角为θ，有
F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a2
以B为研究对象，有
F弹″－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa2
联立解得F弹″＝F.
答案：(1)F　(2)F　(3)F1．(2025·潮州市期末)用图甲所示的装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验．用总质量为m的托盘和砝码所形成的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．
(1)实验中，需要平衡摩擦力．正确操作方法是把长木板右端适当垫高，在________(选填选项前的字母)且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响．
A．不悬挂重物　　　 B．悬挂重物
(2)实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是________．
A．M m B．m M
(3)实验中得到一条纸带如图乙所示，打点计时器打点频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、1、2、3、4、…，量得0与1两点间距离x1＝30 mm，1与2两点间距离x2＝36 mm，2与3两点间距离x3＝42 mm，3与4两点间的距离x4＝48 mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为________m/s，小车的加速度a的计算表达式为________________(用题中的物理量表示，设相邻计数点间的时间间隔为T).
(4)该同学通过对图乙中数据的处理作出了a－F图像，如图丙所示，则图线不过原点的原因是__________．
解析：(1)平衡摩擦力时，应把长木板右端垫高，在不悬挂重物且计时器打点的情况下，轻推小车，若小车能拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响，故选A.
(2)为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是M m.
(3)每5个计时点取一个计数点，打点频率为50 Hz，则相邻两计数点时间间隔T＝5×0.02 s＝0.10 s，根据匀变速直线运动规律的推论可知v2＝＝ m/s＝0.39 m/s，由逐差法可得a＝.
(4)由题图丙可知，图线不过原点，当绳的拉力为零时，小车已有加速度，说明平衡摩擦力过度．
答案：(1)A　(2)A　(3)0.39　
a＝　(4)平衡摩擦力过度
2．在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
(1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验．两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止．抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下．对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比．关于实验条件，下列正确的是________(选填选项前的字母).
A. 小车质量相同，钩码质量不同
B. 小车质量不同，钩码质量相同
C. 小车质量不同，钩码质量不同
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示．在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a－ 图像．
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/(m·s－2) 0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
M/ kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
(3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”．如图3所示装置中，为了简化“力”的测量，下列说法正确的是________(选填选项前的字母).
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的质量远大于砂和桶的质量，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
解析：(1)为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确．
(2)数据描点和a－ 图像如图所示．
(3)使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；当小车的质量远大于砂和桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确．
答案：(1)B　(2)图像见解析　(3)AD
3．(2024·江西卷，T11)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．
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，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示．
答案：(4)较大　较小　(5)图像见解析
4．为探究物体加速度a与外力F和物体质量M的关系，研究小组同学们在教材案例的基础上又设计了不同的方案，如图所示：方案甲中在小车前端固定了力传感器与细线相连，可以从传感器直接读出细线拉力；方案乙中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连，从测力计示数可读出细线拉力；方案丙中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替木板和小车．打点计时器的供电频率f＝50 Hz.
(1)关于上述不同实验方案的操作，下列说法正确的是________．
A．各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行
B．在研究加速度与质量关系的时候，保证槽码的质量不变，即可确保力F一定
C．甲、乙两方案必须使长木板处于水平位置
D．各方案通过作出a－M图像即可直观得出加速度与质量的关系
(2)一次记录小车运动情况的纸带如图丁所示，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，打下计数点D时小车的瞬时速度为________m/s，小车运动的加速度为________m/s2(结果均保留2位有效数字).
解析：(1)各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行，故A正确；在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引力不变，即题图甲、乙中力传感器与弹簧测力计的示数不变，而不是槽码质量不变，故B错误；甲、乙两方案需要平衡摩擦力，长木板有一定的倾角，故长木板不处于水平位置，故C错误；各方案通过作出a－M图像得到的是曲线，不能直观得出加速度与质量的关系，故D错误．
(2)两个计数点间还有四个点未画出，所以相邻两计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这个过程的平均速度，打下计数点D时小车的瞬时速度vD＝＝ m/s≈0.25 m/s；小车的加速度a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2.
答案：(1)A　(2)0.25　0.50(共36张PPT)
第四章 牛顿运动定律
第一节　牛顿第一定律
[学习目标]
1．知道伽利略的理想实验及其推理过程，知道理想实验是科学研究的重要方法．　2.理解牛顿第一定律的内容及意义．　3.明确惯性的概念，会解释有关的惯性现象．　4.会用牛顿第一定律定性分析问题．
一、亚里士多德的观点
有力作用在物体上，物体才运动；撤掉力，运动就停止．维持物体运动________力．
二、伽利略的探索
1．理想实验：让小球沿第一个斜面的某一高度静止释放，然后冲上第二个斜面，如果没有摩擦，小球上升的高度与释放时的高度________．减小第二个斜面的倾角，小球滚动的距离增大，但最终仍能到达__________．
科学推论：如果第二个斜面变成水平面，小球将无法达到原来的高度，只能以恒定的速度________________________．
2．结论：物体的运动不需要力来维持．
需要
相同
原来的高度
一直运动下去
三、笛卡尔的补充
如果没有__________，运动中的物体将继续以_____________沿着一条直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向．
四、牛顿的总结
1．牛顿第一定律：一切物体总保持________________状态或__________状态，直到有外力____________________这种状态为止，这就是牛顿第一定律，又叫________________．
2．质量是惯性大小的量度
(1)惯性：物体具有保持原来________________状态或________状态的性质．惯性是物体的固有属性．
(2)惯性的量度：________是物体惯性大小的唯一量度．
其他原因
同一速度
匀速直线运动
静止
迫使它改变
惯性定律
匀速直线运动
静止
质量
判断下列说法是否正确．
(1)伽利略理想斜面实验是不科学的假想实验.(　　)
(2)理想实验所得到的结论是不可靠的．(　　)
(3)伽利略的“理想实验＋科学推论”的方法是一种科学方法．(　　)
(4)物体只有处于静止状态或匀速直线运动状态时才有惯性．(　　)
(5)物体运动速度越大，惯性越大．(　　)
(6)力无法改变物体的惯性．(　　)
×
√
×
×
×
√
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　对牛顿第一定律的理解
如图所示，让一个小车从同一斜面上滑下，水平面上分别放置毛巾、木板和玻璃板，水平面与斜面平滑连接．仔细观察实验现象．
[提示]　水平面越光滑，小车滑动的距离越远．说明摩擦力是阻碍物体相对运动的原因．
(1)实验观察到什么现象，说明了什么问题？
[提示]　如果没有摩擦力的作用，小车将永远运动下去．
(2)如果没有摩擦力的作用，小车将会怎样运动呢？
[提示]　力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因．
(3)以上实验揭示了力和运动之间是什么关系？
1．伽利略理想实验
实验事实：两个对接的斜面，让静止的小球沿
一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．
推理1：如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度．
推理2：减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍要达到原来的高度．
推理3：继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面永远运动下去．
实验结论：力不是维持物体运动的原因．
2．运动状态的改变
当物体的速度发生变化时，这个物体的运动状态即发生了变化．物体的运动状态变化有以下三种情况：
(1)速度的方向不变，只有大小改变．
(2)速度的大小不变，只有方向改变．
(3)速度的大小和方向都发生改变．
3．对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了力与运动的关系
①力是改变物体运动状态的原因：物体受力的作用，它的运动状态就一定发生改变，并且产生加速度．
②力不是维持物体运动的原因：物体若不受力，它将做匀速直线运动或者保持静止状态．
(2)揭示了一切物体都具有的一种属性——惯性，所以牛顿第一定律也叫惯性定律．
角度1　理想斜面的实验
(多选)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法．图(a)、图(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)
A．图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体是一种匀变速直线运动
B．图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量时间
C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验能直接观察到小球达到等高处
D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论
√
√
√
[解析]　题图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，在得出斜面上小球运动特征后，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；题图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，因为在倾角较小的斜面上的小球加速度较小，运动相等位移下所用时间较长，更有利于时间的测量，故B正确；题图(b)中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；题图(b)的实验为“理想实验”，伽利略通过结合实验结果，利用逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D正确．
关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是(　　)
A.所受合力为零的物体一定处于静止状态
B．速度是物体运动状态的标志性物理量
C．物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零
D．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化
角度2　运动和力的关系
√
[解析]　物体所受合力为零时一定处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，故A错误；速度是物体运动状态的标志性物理量，故B正确；力是改变物体运动状态的原因，只要合力不为零，物体的运动状态就会发生改变，但某时刻的速度可能为零，故C、D错误．
知识点二　惯性的理解和应用
1．公路上奔驰的汽车，速度越大，刹车时停下来所用的时间越长，这能说明速度越大惯性越大吗？
[提示]　质量是惯性大小的唯一量度，质量越大，运动状态越难改变．由v20＝2as知，刹车位移和初速度的二次方成正比，汽车速度越大，刹车位移越长，但是汽车质量不变，惯性不变．
[提示]　乒乓球可接，因为乒乓球的质量小，惯性小；铅球不敢接，因为铅球的质量大，惯性大．
2．以相同速度冲向你的乒乓球和铅球，你敢接吗？
1．惯性与质量
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．
(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大．
2．惯性与力
(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，始终具有且与外界条件无关；力只有在物体间相互作用时才有，离开了物体就不存在力．因此说“物体受到了惯性作用”“产生了惯性”“受到惯性力”等都是错误的．
(2)力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动状态的原因．对同一物体，力越大，运动状态越易改变；惯性越大，运动状态越难改变．
(3)惯性与物体的受力情况无关．
3．惯性与速度
(1)速度是表示物体运动快慢的物理量，惯性是物体本身固有的属性．
(2)一切物体都具有惯性，和物体是否有速度及速度的大小无关．
(2025·佛山月考)惯性是经典物理学中的重要概念．下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体惯性大
B．质量小的物体惯性大
C．只有静止的物体才具有惯性
D．只有运动的物体才具有惯性
[解析]　一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度，质量越大，惯性越大；惯性大小与物体的运动状态无关．
√
(2025·湛江市期中)如图所示，航天员进行太空授课时演示了旋转的小扳手，下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A．小扳手漂浮不动时没有惯性
B．小扳手的惯性比航天员的惯性小
C．小扳手从地面移到空间站惯性变小
D．惯性是改变物体运动状态的原因
[解析]　小扳手漂浮不动时，仍存在质量，仍有惯性，故A错误；由于小扳手的质量小于航天员的质量，则小扳手的惯性比航天员的惯性小，故B正确；小扳手从地面移到空间站，质量不变，则惯性不变，故C错误；惯性是保持物体运动状态的原因，而力是改变物体运动状态的原因，故D错误．
√
知识点三　应用牛顿第一定律分析实际问题
(多选)(2025·东莞市期中)对下列有关现象的分析正确的是(　　)
A．奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
B．在水平匀速直线行驶的高铁上，小明竖直向上跳起，由于惯性，小明将落回起跳位置
C．踢出的足球最终要停下来，是由于没有外力来维持足球的运动
D．航天员在绕地球飞行的宇宙飞船中，可以“飘来飘去”，是因为他的惯性消失了
√
√
[解析]　奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态，故A正确；在水平匀速直线行驶的高铁上，小明竖直向上跳起，由于惯性，小明将落回起跳位置，故B正确；踢出的足球最终要停下来，是由于受到阻力而改变了足球的运动状态，故C错误；惯性大小只与质量有关，与状态无关，故D错误．
(2024·深圳校考期中)如图，列车在平直轨道行驶，水龙头的水滴均落在正下方B处(AB与轨道平行)，某乘客后来观察到水滴落在B点的右方A点，则关于列车的运动情况下列说法正确的是(　　)
A．先静止，后向左做加速运动
B．先静止，后向右做加速运动
C．先向左做匀速运动，后做减速运动
D．先向右做匀速运动，后做加速运动
√
[解析]　水滴下落时，水平方向保持原来的速度，若车一直静止或做匀速运动，车的水平位移与水滴的水平位移相同，则落在B点；若车先静止后向左做加速运动，则水滴仍保持下落时的水平速度，而车的水平位移增大，故水滴可能落在A处；同理，车先向左做匀速运动，后做加速运动或先向右做匀速运动，后做减速运动时，水滴也会落在A处．
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(对牛顿第一定律的理解)关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
B．物体所受合外力不为零时，一定会使物体的速度发生变化
C．伽利略提出的理想斜面实验在科学发达的今天是可以实现的
D．速度越大的汽车越不容易停下来，是因为汽车速度越大，惯性越大
解析：物体所受合外力为零时，可能处于静止状态或匀速直线运动状态，故A错误；物体所受合外力不为零时，由牛顿第一定律可知一定会使物体的速度发生变化，故B正确；伽利略提出的理想斜面实验是实验和逻辑推理的结合，在科学发达的今天也不可以实现，故C错误；物体的质量是惯性的唯一量度，故D错误．
2．(惯性的理解和应用)根据《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条规定，汽车行驶时，驾驶人员、乘坐人员应当按规定使用安全带，乘客不管坐前排还是后排，乘车就必须系安全带．关于安全带，下列说法正确的是(　　)
A．系好安全带可以减小汽车的惯性
B．系好安全带可以减小驾驶员和乘客的惯性
C．系好安全带可以完全避免撞击对驾驶员和乘客的伤害
D．系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响
√
解析：物体的惯性只与物体的质量有关，所以系好安全带并不能减小汽车的惯性，也不能减小驾驶员和乘客的惯性，即系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响，故A、B错误，D正确；系好安全带不能完全避免撞击对驾驶员和乘客造成的伤害，但可以在一定程度上减轻驾驶员和乘客受到的伤害，故C错误．
3．(惯性的理解和应用)(多选)牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，下列生活现象中关于惯性的理解正确的是(　　)
A．拍打衣服上的灰尘，是利用了惯性
B．跳远时我们要助跑，助跑速度越大，惯性越大
C．坐车时我们要系安全带，是为了减小惯性
D．电动自行车与大货车在等红绿灯时，电动自行车容易启动，是因为其质量小，惯性小
√
√
解析：拍打衣服上的灰尘，是利用了惯性，故A正确；惯性只与质量有关，与助跑速度无关，故B错误；坐车时我们要系安全带，是为了减小惯性带来的危害，故C错误；电动自行车与大货车在等红绿灯时，电动自行车容易启动，是因为其质量小，惯性小，故D正确．
4．(应用牛顿第一定律分析实际问题)火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为(　　)
A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动
B．人跳起时，车厢对人有一个向前的摩擦力，这力使人向前运动
C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而已
D．人跳起后，人和车在水平方向的速度始终相同
解析：人向上跳起，发现仍落回到车上原处，是因为在起跳前，人与车相对静止，而人具有惯性，起跳后，人与车在水平方向仍具有相同的速度，所以仍落回原处．A、B、C错误，D正确．
√第四节　牛顿第三定律
1．知道力的作用是相互的，并了解作用力、反作用力的概念．　2.理解牛顿第三定律的含义．　3.会用牛顿第三定律解决简单问题．　4.会区分平衡力与作用力和反作用力．
一、作用力和反作用力
1．力是物体与物体之间的________作用．只要有力，就一定存在________物体和________物体．
2．观察和实验都表明，无论是否接触，两个物体之间的作用力总是________的．两个物体间的相互作用力称为作用力与反作用力．
二、探究作用力与反作用力的关系
1．如图，两个弹簧测力计甲和乙连接在一起，固定弹簧测力计乙的一端，用手拉测力计甲，结果发现两个弹簧测力计的示数是________的．改变拉力，弹簧测力计的示数也随着改变，但两个弹簧测力计的示数总是______，这说明作用力和反作用力大小____________，方向________．
2.两个小磁针A、B分别位于圆心和圆周上，当圆周上的小磁针B绕着A在圆周上缓慢运动时，两个小磁针指向始终相同，说明两个小磁针受力方向始终相反，作用在__________________上．
3．两个力传感器对拉，不管是静止状态还是运动状态，两个力传感器之间的作用力总是__________________、方向________．
三、牛顿第三定律的表述
1．两个物体之间的作用力F和反作用力F′总是大小__________、方向__________，作用在________________________________，即F＝－F′.
2．无论接触与否，无论是运动还是静止，两物体间的作用力和反作用力都遵循牛顿第三定律，作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，它们同时产生、同时消失，是同种性质的力．
3．牛顿第三定律的应用：在受力分析时，可以转换研究对象．
判断下列说法是否正确．
(1)物体间可能只有作用力，而没有反作用力.(　　)
(2)两个物体只有接触才存在作用力和反作用力.(　　)
(3)物体间先有作用力，然后才有反作用力．(　　)
(4)物体间的作用力和反作用力等大、反向，可以抵消．(　　)
(5)物块静止放在水平桌面上，物块所受的重力和桌面对物块的支持力是一对相互平衡的力.(　　)
(6)物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对相互平衡的力．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
[答案自填] 相互　受力　施力　相互　相等　相等　相等　相反　同一直线　大小相等　相反　相等　相反　同一条直线上
知识点一　牛顿第三定律
1．鸡蛋碰石头时，鸡蛋破了，是因为石头对鸡蛋的力比鸡蛋对石头的力大吗？
2．有相互作用力的物体一定在接触吗？
3．甲、乙两同学想通过两个弹簧测力计的示数来比较谁的力气大，这可能吗？
[提示]　1.石头对鸡蛋的作用力与鸡蛋对石头的作用力大小相等，但是鸡蛋蛋壳能承受的力较小，石头能承受的力较大，故鸡蛋会破碎．
2．不一定．(例如图中的磁极间的相互作用)
3．不可能．两弹簧测力计之间是作用力和反作用力关系，它们的示数相等．
1．表达式：F＝－F′，负号表示作用力F和反作用力F′的方向相反．
2．作用力和反作用力的“四同”“三异”
比较项目 作用力和反作用力的关系
四同 等大 大小总是相等
共线 作用在一条直线上
同时 同时产生、同时变化、同时消失
同性质 同一性质的力
三异 异向 方向相反
异体 作用在不同的物体上
异效 效果不能相互抵消，不能认为合力为0
　根据牛顿第三定律，下列说法正确的是(　　)
A．一匹马拉着车在同一地段前行，当匀速运动时马拉车的力总是等于车拉马的力
B．一匹马拉着车在同一地段前行，当加速运动时马拉车的力总是大于车拉马的力
C．篮球场上一个小个子运动员撞在大个子运动员身上，小个子运动员跌倒了，而大个子运动员只歪了一下，是因为大个子运动员对小个子运动员的作用力大于小个子运动员对大个子运动员的作用力
D．跳高运动员起跳时地对人的竖直支持力大于人对地的压力
[解析]　马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，总是等大、反向，故A正确，B错误；大个子运动员对小个子运动员的作用力与小个子运动员对大个子运动员的作用力是一对相互作用力，总是等大、反向，故C错误；地对人的竖直支持力与人对地的压力是一对相互作用力，总是等大、反向，故D错误．
[答案]　A
　关于作用力与反作用力，下列说法正确的是(　　)
①作用力与反作用力总是大小相等，方向相反
②作用力与反作用力不一定是同一性质的力
③作用力与反作用力总是同时产生、同时消失
④作用力与反作用力的合力为零
A．②③　　　　　　 B．①④
C．①③ D．②④
[解析]　作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时产生、同时消失，是同一性质的力；因作用在两个物体上，则不能合成．
[答案]　C
知识点二　相互作用力与平衡力
小明说：“我记得在初中学过，如果两个力的大小相等、方向相反，这两个力就会互相平衡，看不到作用的效果了．既然作用力和反作用力也是大小相等、方向相反的，它们也应该互相平衡呀！”应该怎么解答小明的疑问？
[提示]　相互平衡的两个力的合力为0，效果抵消，必定是作用在同一个物体上的，而作用力与反作用力是物体之间的相互作用力，分别作用在相互作用的两个物体上，所以作用效果不会抵消，不相互平衡．
1．作用力和反作用力与平衡力的比较
比较项目 作用力和反作用力 平衡力
不同点 作用对象 两个相互作用的物体 同一物体
叠加性 两力作用效果不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为0
力的性质 一定是同种性质的力 可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力
相同点 大小相等、方向相反、作用在一条直线上
2.区分作用力、反作用力与平衡力的方法
区分作用力、反作用力与平衡力，最简单的方法是看涉及的物体个数．
(1)作用力和反作用力只涉及两个相互作用的物体，是甲物体对乙物体的关系．
(2)平衡的一对力涉及三个物体，即两个施力物体同时作用在一个受力物体上．
　(多选)如图所示，有甲、乙两个劲度系数不同的轻弹簧测力计，甲弹簧测力计一端固定在墙上，另一端和乙弹簧测力计相连，现用100 N的外力F向右拉乙，甲、乙均在弹性限度内，稳定后，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙的示数均是100 N
B．甲对乙的拉力和外力F是一对相互作用力
C．甲对墙的拉力和墙对甲的拉力是一对平衡力
D．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对相互作用力
[解析]　甲、乙弹簧测力计的示数均等于拉力F，均是100 N，A正确；甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对相互作用力，B错误，D正确；甲对墙的拉力和墙对甲的拉力是一对相互作用力，C错误．
[答案]　AD
　(2025·佛山市期中)小明同学站在水平地面上的体重计上称量了一下体重，关于他所受的重力G、体重计对他的支持力FN和他对体重计的压力FN′理解正确的是(　　)
A．G和FN是一对平衡力
B．FN′和FN是一对平衡力
C．G和FN′方向相反
D．G和FN′是同一个力
[解析]　重力G和支持力FN均作用在小明同学上，大小相等，方向相反，并且在一条直线上，是一对平衡力，A正确；支持力FN是体重计作用在小明同学上，压力FN′是小明作用在体重计上，作用在两个物体上，大小相等，方向相反，并且在一条直线上，是一对相互作用力，B错误；重力G方向竖直向下，FN′方向也是竖直向下，C错误；重力G是重力性质的力，FN′是弹力性质的力，不是同一个力，只是大小相等，D错误．
[答案]　A
　(2025·揭阳市月考)如图所示，木块A、B叠放在水平地面上，A受到一个水平方向的力F，A、B均保持静止状态，则(　　)
A.A对B的压力与B对A的支持力是一对作用力与反作用力
B．B受到的重力与地面对B的支持力是一对平衡力
C．B对A的作用力方向竖直向上
D．地面对B的支持力是由木块B发生微小形变产生的
[解析]　A对B的压力与B对A的支持力是一对作用力与反作用力，故A正确；B受到的重力和A对B的压力的合力与地面对B的支持力平衡，故B错误；B对A的作用力是B对A向上的支持力与B对A的向左的静摩擦力的合力，方向向左上方，故C错误；地面对B的支持力是由地面发生微小形变产生的，故D错误．
[答案]　A
知识点三　应用牛顿第三定律对物体受力分析
　如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2，求此时人对地面的压力大小．
[解析]　因匀速提起重物，则F＝mg，即绳对人的拉力大小等于mg，所以地面对人的支持力FN＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，根据牛顿第三定律，可知人对地面的压力大小为200 N.
[答案]　200 N
　(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上．当墨条的速度方向水平向左时，(　　)
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
[解析]　当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，B错误；由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，C正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对砚台的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，D错误．
[答案]　C
1．(牛顿第三定律)(多选)关于作用力和反作用力，下列说法正确的是(　　)
A．作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，但不能求合力
B．作用力和反作用力是同一性质的力
C．因为地球质量大于物体质量，所以地球对物体的作用力大于物体对地球的反作用力
D．作用力和反作用力不一定同时产生，同时消失
解析：选AB.由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不作用在同一物体上，作用效果不能抵消，不能合成，故A正确；作用力与反作用力是物体间的相互作用力，力产生的本质原因是一样的，故B正确；作用力与反作用力大小相等，所以地球对物体的作用力等于物体对地球的反作用力，故C错误；作用力和反作用力总是同时产生，同时消失的，故D错误．
2．(牛顿第三定律)(2025·汕头市统考期中)如图所示的是用两力传感器“探究作用力与反作用力的关系”的实验中与力传感器相连的计算机屏幕上显示的力的图示，则以下说法正确的是(　　)
A．作用力变大时，反作用力变小
B．两力传感器间的作用力和反作用力作用在同一物体上
C．此图线的横坐标代表的物理量是时刻
D．此图线一定是在两个传感器都处于静止状态下得到的
解析：选C.由图像可知，作用力变大时，反作用力同时也变大，故A错误；两力传感器间的作用力和反作用力作用在不同物体上，故B错误；此图线为作用力和反作用力的大小随时间变化的关系，横坐标代表的物理量是时刻，故C正确；此图线不一定是在两个传感器都处于静止状态下得到的，也可能处于运动状态，故D错误．
3.(相互作用力与平衡力)如图所示，杯子静止在水平桌面上，F1是杯子对桌面的压力，F2是桌面对杯子的支持力，则下列说法正确的是(　　)
A．力F1和力F2是一对作用力和反作用力
B．力F1和力F2是一对平衡力
C.力F1就是杯子所受的重力
D．力F2与杯子所受的重力是一对作用力和反作用力
解析：选A.F1是杯子对桌面的压力，F2是桌面对杯子的支持力，由牛顿第三定律可知两个力是一对作用力与反作用力，A正确；平衡力是同一个物体受到的力，F1的受力物体是桌面，F2的受力物体是杯子，它们不是一对平衡力，B错误；F1是杯子对桌面的压力，属于弹力，与重力的性质完全不一样，压力不是重力，C错误；力F2与杯子所受的重力是一对平衡力，不是作用力与反作用力，D错误．
4．(相互作用力与平衡力)用手握住保温杯保持静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．手握得越紧，手对杯子的摩擦力越大
B．杯子受到的压力是杯子发生微小形变产生的
C．杯子受到的重力与杯子对手的摩擦力是一对平衡力
D．杯子对手的摩擦力与手对杯子的摩擦力是一对作用力与反作用力
解析：选D.当保温杯静止时，手对瓶子的摩擦力始终与杯子所受的重力平衡，故A错误；杯子受到的压力的施力物体是手，所以这个压力是手发生形变产生的，故B错误；杯子受到的重力与手对杯子的摩擦力是一对平衡力，故C错误；杯子对手的摩擦力与手对杯子的摩擦力是一对作用力与反作用力，故D正确．专题提升课6　传送带模型
1．基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．
2．分析流程
3．注意问题
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向，然后判断物体的运动状态，当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
模型1　水平传送带模型
　(多选)(2025·揭阳市期末)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s速度水平向右移动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2
C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s
D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹
[解析]　物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝2 m/s2，假设物块到达B点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间t1＝＝1 s，物块匀减速阶段的位移s1＝t1＝3 m＜L＝5 m，假设成立，共速后，物块做匀速运动到B点所用时间t2＝＝1 s，则物块从A点运动到B点所用时间t＝t1＋t2＝2 s，传送带上留下的摩擦痕迹长度Δs＝s1－vt1＝1 m.
[答案]　BD
　如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(g取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB的大小．
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由．若能，求到达B点的速度vB′的大小．
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求工件在传送带上划痕的长度．
[解析]　(1)根据牛顿第二定律可知
μmg＝ma
则加速度大小a＝μg＝6 m/s2
且v－v＝2as，故vB＝2 m/s.
(2)当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件能够到达B端，则vB′＝vB＝2 m/s.
(3)工件速度达到13 m/s时所用时间为
t1＝＝0.5 s
工件运动的位移为s1＝vAt1＋at＝5.75 m
传送带的位移s2＝vt1＝6.5 m
此后工件与传送带相对静止，所以划痕的长度
s＝s2－s1＝0.75 m.
[答案]　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)0.75 m
模型2　倾斜传送带模型
　(2024·安徽卷，T4)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度轻放一小物块，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(　　)
[解析]　前t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误．
[答案]　C
　如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，货物由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，其在皮带上运动的v－t图像如图乙所示(图中只画出一部分)，g取10 m/s2.
(1)求皮带匀速运动的速度大小．
(2)求皮带与水平面间的夹角θ及货物与皮带之间的动摩擦因数μ.
(3)如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹，请由此推出该件货物的传送时间和传送距离．
[解析]　(1)开始物块受到皮带对其摩擦力沿皮带向下，1 s后沿皮带向上，根据图像可以知道，皮带的速度为8.0 m/s.
(2)由货物运动的v－t图像得
a1＝＝ m/s2＝8.0 m/s2
a2＝＝ m/s2＝2.0 m/s2
在前1.0 s内皮带对货物的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
在1.0 s到2.0 s内皮带对货物的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
联立得θ＝30°，μ＝.
(3)由题图乙可知，在前1.0 s内石灰粉相对皮带向上滑动，相对位移的大小(摩擦痕迹)
Δs1＝×1×8 m＝4 m
在1.0 s之后，石灰粉相对皮带向下滑动，因为当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹，故在1.0 s之后，相对位移的大小(摩擦痕迹)
Δs2＝9 m
设在1.0 s之后，石灰粉运动时间为t，故石灰粉滑离皮带时速度
v＝8＋2t(m/s)
故在1.0 s之后，相对位移的大小(摩擦痕迹)
Δs2＝×t×2t(m)＝t2(m)
联立可得t＝3 s
故传送时间t总＝1 s＋3 s＝4 s
传送距离s＝×1×8 m＋(8＋8＋2t)t m＝37 m.
[答案]　(1)8 m/s　(2)30°　　(3)4 s　37 m
1．(水平传送带模型)(多选)如图所示，在电动机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以大小为v的速度顺时针匀速转动，将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下，A点到皮带右端距离为s.若工件与皮带间的动摩擦因数为μ，则工件到B点的时间值可能为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C．＋ D．
解析：选BCD.因工件运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则s＝μgt2，得t＝ ，D正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则s＝t，有t＝，B正确；若先匀加速到与传送带速度v相等，再匀速到右端，则＋v＝s，有t＝＋，C正确；轻放上的工件初速度为0，故工件不可能一直以速度v匀速至右端，A错误．
2．(水平传送带模型)(多选)(2025·广州校联考期末)如图所示，水平传送带A、B两端点相距s＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2，由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中(　　)
A．小煤块先做加速运动后做匀速运动
B．小煤块一直做加速运动
C．小煤块从A运动到B的时间是2 s
D．小煤块从A运动到B的时间是3 s
解析：选AD.小煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可知a＝1 m/s2，当小煤块速度达到v0时，滑行的距离s1＝ eq \f(v,2a) ＝2 m，由于s13.(倾斜传送带模型)(多选)某建筑工地的传送装置如图所示，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝2 m/s 逆时针转动，质量m＝1 kg的炭块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2 s炭块的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1.0 s的时间，炭块运动到传送带的底端Q，且到底端时的速度v＝4 m/s.重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带与水平面的夹角θ的正弦值sin θ＝0.8
B．炭块和传送带间的动摩擦因数为0.5
C．传送带的长度x＝3.2 m
D．炭块在传送带上留下的划痕的长度为0.8 m
解析：选BC.炭块在前0.2 s内的加速度a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在后1.0 s内的加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，炭块在前0.2 s内有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，在后1.0 s内有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，sin θ＝0.6，μ＝0.5，故A错误，B正确；传送带的长度x＝t1＋t2＝3.2 m，故C正确；在前0.2 s内炭块与传送带的相对位移s1＝v0t1－t1＝0.2 m，在后1.0 s内炭块与传送带的相对位移s2＝t2－v0t2＝1 m，因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1 m，故D错误．(共53张PPT)
第二节　加速度与力、质量之间的关系
一、影响加速度的因素
1．加速度的测量原理
由静止开始做匀变速直线运动的物体，位移s＝____________．
测出位移s与时间t，则它的加速度a＝____________．
2．加速度与物体所受合力、物体质量之间的关系
(1)实验方法：控制变量法．
(2)实验装置：小桶(含橡皮泥)、气源、刻度尺、______________、光电门、________、遮光条、数字计时器等．
气垫导轨
滑块
(3)加速度与受力的关系：当物体的质量保持不变，物体受到的合外力越大时，其加速度________；物体受到的合外力越小时，其加速度________．
(4)加速度与质量的关系：当物体所受合外力大小保持不变时，物体质量越大，其加速度__________；反之，则________．
二、加速度与力、质量之间的定量关系
1．实验装置的改进：将滑块放到气垫导轨上以减小滑块受到的____________．
越大
越小
越小
越大
摩擦力
2．加速度与力的定量关系：在质量保持不变时，物体的加速度与所受的合外力成________．
3．加速度与质量的定量关系：在受力不变时，物体的加速度跟物体的质量成________．
4．实验数据的图像表示：探究加速度与力的关系时，作出____________图像；探究加速度与质量的关系时，作出____________图像．
正比
反比
a－F
典例 分类讲解
PART
01
第一部分
1．实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、夹子、细绳、交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺、薄木板．
2．实验步骤
(1)测质量：用天平测量小盘的质量m0和
小车的质量M0.
(2)安装器材：按如图所示将实验器材安
装好(小车上不系绳).
题型一　利用小车、长木板及打点计时器做探究
(3)平衡摩擦力：把木板无滑轮的一端下面垫一薄木板，反复移动其位置，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动(纸带上相邻点的间距相等).
(4)测a、F
①把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带，纸带记录了小车的运动情况，取下纸带并在纸带上标上号码及此时所挂小盘和砝码所受的总重力m1g.
②保持小车的质量不变，改变小盘中砝码的质量，重复步骤①，多做几次实验，并记录好相应纸带的编号及所挂小盘和砝码所受的总重力m2g、m3g、….
3．误差分析
(1)系统误差：本实验用小盘和砝码所受的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码所受的总重力．小盘和砝码的总质量越接近于小车的质量，误差越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小．因此，要求小盘和砝码的总质量远小于小车的质量是为了减小因实验原理不完善而引起的误差．
(2)偶然误差：摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳未严格与木板平行都会引起误差．
4．注意事项
(1)平衡摩擦力时不要挂重物．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的质量还是改变小车和砝码的质量，都不需要重新平衡摩擦力．
(2)实验中必须使小车和砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量．
(3)改变拉力和小车质量后，每次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，且应在小车到达滑轮前按住小车．
(4)作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．
(2025·中山月考)在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码的总质量用M表示，盘及盘中的砝码的总质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上的由打点计时器打出的点计算得出．
(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码所受的重力．
m M
√
[解析]平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，故A错误；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C错误；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D错误．
(3)在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a－F关系分别如图甲、乙所示(a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力).出现以下情况的原因分别是：
甲图：________________________________________________________.
乙图：________________________________________________________.
木板的倾角过大
平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力
[解析]由题中甲图可看出，F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由题中乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．
题型二　利用气垫导轨和光电计时器做探究
1．控制变量法探究加速度与滑块所受合外力的定量关系
保持滑块的质量不变，改变滑块所受的拉力，探究加速度与滑块所受合外力之间的定量关系．
2．加速度的测量
3．滑块所受拉力F的求法
若滑块质量较大，加速度较小，则砝码所受的重力近似等于拉力F.
4．实验数据的处理
用纵坐标表示物体的加速度a，用横坐标表示物体所受的合外力F，根据实验数据作出a－F 图像，确定a与F的关系．
某课外小组利用图中装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善以下主要实验步骤．
(1)测得遮光条的宽度d＝0.550 cm.
(2)安装好光电门，从图中读出两光电门之间的距离s＝________cm.
[解析]　s＝70.50 cm－20.50 cm＝50.00 cm.
50.00
(3)接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平．
[解析]在调整气垫导轨水平时，滑块不挂重物和细线，判断气垫导轨水平的依据是：接通气源后，给滑块一个初速度，反复调节旋钮，使滑块通过两光电门的时间相等．
相等
(5)让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2，计算出滑块的加速度a1＝
________________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1.
(4)安装好其他器材，并调整定滑轮，使细线水平．
(7)在a－F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出____________________________________________.
[解析]一条通过坐标原点的倾斜直线是正比例函数，故说明物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比．
物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比
(6)改变重物质量，多次重复步骤(5)，分别计算出加速度a2、a3、a4、…，并记录对应的F2、F3、F4、….
题型三　拓展实验
(2025·广州期末)“探究物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验装置简图如图甲所示，电源频率为50 Hz，请回答下列问题：
(1)图乙所示的是某次实验时得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔T＝0.10 s，由图乙中数据可计算出打计数点“1”时小车速度为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2.(结果保留2位有效数字)
0.36
0.40
(2)实验中，下列说法正确的是__________．
A．实验时，先放开小车，后接通电源
B．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力
C．平衡摩擦力后，改变小车质量多次实验，长木板与水平桌面间的角度需要调整
D．本实验需要小车质量远大于砂和砂桶的质量
√
[解析]实验时，应先接通电源，后放开小车，故A错误；平衡摩擦力是为了平衡斜面对小车的摩擦和打点计时器与纸带之间的阻力，因此平衡摩擦力时小车后面的纸带必须连好，故B正确；平衡摩擦力后，改变小车质量多次实验，不需要重新平衡摩擦力，所以长木板与水平桌面间的角度不需要调整，故C错误；对小车的拉力数值上等于弹簧测力计的读数，因此不需要小车质量远大于砂和砂桶的质量，故D错误．
(3)实验中改变砂和砂桶总质量，依次记录弹簧测力计的示数F并求出所对应的小车加速度大小a，画出的 a－F图像是一条直线如图丙所示，则图像不过原点的原因是____________________________________．
[解析]题图丙说明弹簧测力计的示数较小时，小车的加速度仍是0，其原因是平衡摩擦力不够或者没有平衡摩擦力．
平衡摩擦力不够或者没有平衡摩擦力
小明和小军同学分别采用不同的装置“探究加速度与力的关系”的实验．
(1)小明用图甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量．
①探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码．
[解析]　①探究“加速度与质量之间的关系”时，保持小车受到的外力不变，应在小盘中放质量相同的砝码．
②实验中，两小车的加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比．
相同
等于
(2)小军同学采用图丙装置进行实验：
①要使细线的拉力约等于钩码所受的总重力，应满足的条件是钩码的质量要____________(选填“等于”“远小于”或“远大于”)小车的质量．
远小于
②打点计时器所用的电源频率为50 Hz，实验得到的一条纸带如图丁所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有四个点未画出．按时间顺序取 0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如图丁所示(单位：cm).在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为v1＝__________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(保留2位有效数字)
0.18
0.75
(3)在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时．二位同学根据各自的实验数据分别作出的a－F图线如图戊、己所示，对这两图的分析正确的是________．
A．戊图图线不通过原点，可能是因为计算F时未计入砝码盘所受的重力
B．戊图图线不通过原点，可能是因为没有平衡摩擦力
C．己图图线的弯曲部分，是因为小车的质量太大
D．己图图线的弯曲部分，是因为钩码总质量太大
√
√
[解析]题图戊中，当F＝0时，a≠0，也就是说当绳子上无拉力时，小车有加速度，说明该组同学实验操作中平衡摩擦力过大，也可能是因为计算F时未计入砝码盘所受的重力，故B错误，A正确；随着F的增大，即钩码质量的增大，不再满足钩码远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C错误，D正确．
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(2024·浙江1月卷，T16)如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置．
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________．
A．放大法　　B．控制变量法　　C．补偿法
解析：该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法．
(2)该实验过程中操作正确的是________．
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
√
解析：补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误．
(3)在小车质量________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力．上述做法引起的误差为________(选填“偶然误差”或“系统误差”).为减小此误差，下列可行的方案是________．
A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
系统误差
远大于
√
√
2．(2025·潮州市期末)某同学探究物体质量一定时加速度与力的关系的实验装置如图(a)所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将小车放在长木板上，小车前端固定一拉力传感器，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂上槽码，小车后端与一条穿过打点计时器的纸带相连．
(1)下列关于实验操作的说法正确的是________．
A．需要用天平测出槽码的质量
B．需要保证槽码的总质量远小于小车的质量
C．需要先释放小车，再接通电源
D．需要改变槽码的数量，打出多条纸带
解析：由于本实验中，拉力传感器可以直接测出小车所受到的拉力，所以本实验不需要用天平测出槽码的质量，也不需要保证槽码的总质量远小于小车的质量，故A、B错误；为了有效利用纸带，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；本实验是研究小车质量一定时，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确．
√
(2)某次实验得到图(b)所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则C点速度为________m/s，小车运动的加速度大小为__________m/s2(结果保留3位有效数字).
0.722
2.40
(3)由实验得到小车加速度a与力传感器示数F的关系如图(c)所示，图线未过坐标原点的原因是___________________________________，由图可知小车的质量为__________kg.
小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
0.5
3．用如图甲所示的实验装置，来探究“保持小车的质量不变，小车的加速度a和拉力F的关系”．当小车静止时，小车上挡光板与光电门的距离为s，挡光板宽度为d(d s)，小车由静止释放后挡光板通过光电门的时间为Δt.
(1)小车加速度为____________(用上述物理量表示).
(2)保持小车的质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示．
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50
a/(m·s－2) 0.10 0.21 0.29 0.40
①根据表中的数据，在图乙所示直角坐标系中画出a－F图线．
解析：①根据表中的数据，在题图乙所示直角坐标系中画出a－F图线如图所示．
答案：见解析图
②把图线延长，图线不通过原点，这说明在实验操作过程中可能遗漏的实验步骤是________________．
解析：把图线延长，图线不通过原点，这说明在实验操作过程中可能遗漏的步骤是平衡摩擦力．
③根据图线可知，小车所受的摩擦力约为________N.
解析：图线在F轴上的截距的点表示此时小车加速度恰好为零，小车受力平衡，F大小恰好等于小车所受摩擦力大小，可得小车所受的摩擦力约为f＝0.1 N.
平衡摩擦力
0.1专题提升课7　板块模型
1．模型概述
一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系．
2．解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
　(2025·江门市期末)如图所示，物块A放在长木板B上，A、B的质量分别为2 kg和1 kg，开始时静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.2，B与地面间的动摩擦因数为0.1.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加5 N的水平拉力F.(假设B足够长)
(1)若将B固定不动，求3 s后A的速度大小．
(2)若B不固定，求3 s后A的速度大小．
(3)若B不固定，对A施加7 N的水平拉力F′，B的长度为1 m，不计A的大小，求A经过多长时间从B上滑下．
[解析]　(1)由牛顿第二定律和运动学公式得
F－μ1mAg＝mAa
v＝at
代入数据得v＝1.5 m/s.
(2)设A、B刚要发生相对运动时的外力为F1，对A、B整体
F1－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a1
对A：F1－μ1mAg＝mAa1
代入数据联立解得F1＝6 N>5 N
则B不固定时，A、B相对静止
对A、B整体
F－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a0
所以v1＝a0t＝2 m/s.
(3)因为7 N>6 N，所以发生相对滑动
对A：F′－μ1mAg＝mAaA
对B：μ1mAg－μ2(mAg＋mBg)＝mBaB
L＝aAt′2－aBt′2
代入数据联立解得t′＝2 s.
[答案]　(1)1.5 m/s　(2)2 m/s　(3)2 s
　如图所示，质量M＝2.0 kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m＝0.4 kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．
(1)长木板A在外力作用下以加速度a1＝2 m/s2向右加速运动时，求滑块B所受摩擦力大小与方向．
(2)要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板？
(3)若长木板长L＝1.4 m，在8.6 N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间？
[解析]　(1)小滑块B的最大加速度
am＝＝μg＝3 m/s2＞a1
故可知此时A、B没有发生相对滑动，即A、B以a1＝2 m/s2一起向右加速运动，滑块B所受摩擦力大小
fB＝ma1＝0.8 N
方向水平向右．
(2)根据前面分析，当A、B发生相对滑动的临界加速度为a＝3 m/s2，对整体分析有
F＝(M＋m)a＝7.2 N.
(3)在F′＝8.6 N的水平拉力的作用下A、B发生相对滑动，此时A、B加速度大小分别为
aA＝＝3.7 m/s2
aB＝＝3 m/s2
设经过时间t滑块滑离长木板，根据位移关系有
s木板－s滑块＝L
其中有s木板＝aAt2
s滑块＝aBt2
联立解得t＝2 s.
[答案]　(1)0.8 N　方向水平向右　(2)7.2 N
(3)2 s
规范一练　应用牛顿第二定律分析板块模型
　如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小．
(2)当小车以4.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小车受到的水平推力的大小．
(3)当小车在12.0 N水平推力作用下，从静止开始运动，经1.0 s后撤去水平力，小物块最终没有从小车上滑落，求小物块在小车上相对滑动的总时间．
[解析]　(1)当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma0
解得a0＝2 m/s2
当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止
对m，根据牛顿第二定律可得
Ff＝ma1＝1.0 N．
(2)当小车以a2＝4 m/s2的加速度向右做匀加速运动时，m与M相对滑动，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F1－μmg＝Ma2
解得F1＝10.0 N．
(3)当F2＝12 N时，设小车的加速度为a3，根据牛顿第二定律可得
F2－μmg＝Ma3
解得a3＝5 m/s2
而m的加速度大小仍为a0＝2 m/s2，在t1＝1.0 s时，小车的速度v车＝a3t1＝5 m/s
撤去力后，小车的加速度a4＝＝1 m/s2
经过t2时间两者的速度相等，则有
v车－a4t2＝a0(t1＋t2)
解得t2＝1.0 s
故小物块在小车上相对滑动的总时间
t＝t1＋t2＝2.0 s．
[答案]　(1)1.0 N　(2)10.0 N　(3)2.0 s
1．(板块模型)(多选)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)
A．A的质量为4 kg
B．B的质量为6 kg
C．当F<24 N时，A、B相对静止
D．A、B间的最大静摩擦力为24 N
解析：选AC.由图像可知，当F＝24 N，a＝4 m/s2时，A、B间刚要发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa，μmAg＝mBa，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故A正确，B错误；当F<24 N时，加速度随拉力均匀增大，二者保持相对静止，故C正确；最大静摩擦力为fm＝μmAg＝8 N，故D错误．
2．(板块模型)如图所示，质量m0＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向．
(2)求滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小．
(3)若长木板足够长，求滑块与长木板达到的共同速度大小．
解析：(1)小滑块冲上长木板，木板相对于小物体向左运动，则小滑块对长木板的滑动摩擦力方向向右，根据牛顿第三定律可知其大小等于木板对小滑块的滑动摩擦力，故f＝μmg＝1 N.
(2)对滑块由牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得滑块相对于地面的加速度大小a1＝2 m/s2.
(3)对长木板，由牛顿第二定律可得
f＝μmg＝m0a2，
解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后二者共速，设为v，则v＝v0－a1t＝a2t，解得v＝0.6 m/s.
答案：(1)1 N　方向向右　(2)2 m/s2　(3)0.6 m/s章末过关检测(四)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．国际单位制中力学的基本物理量可用下列哪一组仪器测量(　　)
A．米尺、天平、秒表
B．米尺、测力计、打点计时器
C．量筒、天平、秒表
D．米尺、弹簧测力计、秒表
解析：选A.长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量．
2．关于牛顿定律，下列说法正确的是(　　)
A．牛顿通过理想斜面实验得出力是维持物体运动状态的原因
B．牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的速度越大，惯性越大
C．伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献
D．牛顿第三定律指出先有作用力，后有反作用力
解析：选C.伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因，A错误；牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，质量是物体惯性大小的唯一量度，B错误；牛顿在伽利略和笛卡尔等人的研究基础上，总结出了牛顿第一定律，伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，C正确；作用力与反作用力具有同时性，即同时产生，同时消失，没有先后之分，D错误．
3.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子．正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，1号掉进了水里．假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间(　　)
A．1号猴子的加速度和速度都等于0
B．3号猴子对2号猴子的作用力大小为
C．2号猴子对3号猴子的作用力不变
D．树梢对4号猴子的作用力大小为3mg
解析：选B.对1号猴子进行分析可得其在2号猴子手滑后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，速度为零，故A错误；在2号猴子手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有T－4mg＝0，当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体受力分析可得T－3mg＝3ma，联立解得a＝g，方向竖直向上，对2号猴子分析可得F32－mg＝ma，解得F32＝mg，可知3号猴子对2号猴子的作用力大小为mg，故B正确；2号猴子手滑前其对3号猴子的作用力为2mg，由牛顿第三定律可知2号猴子手滑后对3号猴子的作用力F23＝mg，作用力变小，故C错误；树梢对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为4mg，故D错误．
4．如图所示的是位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g.现使小车以加速度a(a≠0)向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)
A．杆对小球的弹力一定沿杆斜向上
B．杆对小球的弹力一定竖直向上
C．杆对小球的弹力大小为
D．杆对小球的弹力大小为
解析：选D.小车加速向右运动，则杆对小球的弹力斜向右上方，不一定沿杆，A、B错误；小球所受重力与杆弹力的合力提供加速度，杆对小球的弹力大小F＝，C错误，D正确．
5．如图所示，通过物体做加速运动来测定动摩擦因数．小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，时间t内的位移为s，忽略空气阻力，下列表述正确的是(　　)
A．动摩擦因数μ＝tan θ
B．t时刻的速度为
C．s大小不变，θ越小，时间t越长
D．θ太小木块不能下滑是因为动摩擦因数变大
解析：选C.小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可得mg sin θ＞μmg cos θ，μ＜tan θ，故A错误；时间t内的位移为s，有s＝t，则t时刻的速度v＝，故B错误；若s大小不变，θ越小，则加速度a越小，由s＝at2，可知时间t越长，故C正确；θ太小木块不能下滑是因为重力的下滑分力小于最大静摩擦力，而动摩擦因数不变，故D错误．
6.如图所示，已知长方体物块A、B的质量分别为3m、m，A、B间的动摩擦因数为μ，水平地面光滑．在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则力F至少为(　　)
A．μmg　　　　　　　 B．3μmg
C． D．
解析：选D.由于物块A、B一起向右运动，具有相同的加速度，以B为研究对象，受向下的重力、A对B向右的弹力FN和A对B向上的摩擦力f，当B物块相对于A物块恰好静止，竖直方向根据平衡条件有mg＝f＝μFN，对B物块水平方向根据牛顿第二定律得FN＝ma，联立以上各式得a＝，再以A、B整体为研究对象，受重力、地面的支持力及推力F，水平方向根据牛顿第二定律得F＝4ma，解得F＝.
7．如图甲所示，一质量m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于物体运动的说法不正确的是(　　)
A．t＝1 s时物体开始做减速运动
B．t＝2 s时物体做减速运动的加速度大小为1 m/s2
C．t≥3 s时物体处于静止状态
D．t≥3 s内做匀速直线运动
解析：选D.物体开始在F作用下做匀速直线运动，由题图乙可知，滑动摩擦力的大小为4 N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1 s时物体开始做减速运动，故A正确，不符合题意；拉力随时间均匀减小，1 s时拉力为4 N，3 s时拉力为2 N，所以t＝2 s时，拉力大小为3 N，则加速度大小a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故B正确，不符合题意；3 s后，摩擦力随F的减小而减小，可知物体在t＝3 s时刚好停止，然后静摩擦力的大小等于拉力的大小，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是(　　)
A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用
B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝，方向水平向右
D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
解析：选AD.若从M点剪断弹簧瞬间，F1瞬间撤去，F2突变为零，小球只受重力，其加速度为重力加速度g，方向竖直向下，故A错误，B正确；若从N点剪断轻绳瞬间，F2瞬间撤去，F1瞬间保持不变，所以此时小球受重力和F1，这两个力的合力与原来的F2等大反向，所以小球的加速度大小a＝，方向水平向右，故C正确，D错误．
9．如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝0.2 kg，甲、乙之间的动摩擦因数μ1＝0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.1.认为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，用水平向右的力F推书本甲，开始时F＝0.6 N，此后缓慢增大，下列说法正确的是(　　)
A．当推力F＝0.7 N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N
B．当推力F＝1 N时，书本均保持静止状态
C．当推力F＝1.8 N时，书本甲、乙之间无相对滑动
D．当推力F＝2 N时，书本甲、乙之间有相对滑动
解析：选AC.甲、乙间的最大静摩擦力f甲乙＝μ1m1g＝1.2 N，乙与桌面间的最大静摩擦力f桌乙＝μ2(m1＋m2)g＝0.8 N，以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律f甲乙－f桌乙＝m2a，解得a＝2 m/s2，对整体由牛顿第二定律有F－f桌乙＝(m1＋m2)a，解得F＝2.4 N，故当推力F＞2.4 N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；当推力F＝0.7 N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N，故A正确；当推力F＝1 N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误．
10．如图a，足够高的水平长桌面上的P点左边光滑右边粗糙．小物块A在质量为0.5 kg的砝码B的拉动下，从桌面左端开始运动，其v－t图像如图b所示．重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A的质量为2.0 kg
B．在前1 s时间内，轻绳的拉力大小为2 N
C．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125
D．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25
解析：选AC.物块A在P点左边滑动时的加速度a1＝ m/s2＝2 m/s2，对A、B整体分析可知mBg＝(mA＋mB)a1，可得A的质量mA＝2.0 kg，A正确；在前1 s时间内，对A分析可知，轻绳的拉力大小T＝mAa1＝4 N，B错误；物块A在P点右边滑动时的加速度a2＝ m/s2＝1 m/s2，对A、B整体分析可知mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，解得物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数μ＝0.125，C正确，D错误．
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置图，做“探究加速度与质量的关系”的实验．
(1)如果某次实验打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带如图乙所示，取计数点A、B、C、D、E、F、G，纸带上两相邻计数点的时间间隔T ＝ 0.10 s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离如图乙所示(单位：cm)，则小车运动的加速度大小a＝________m/s2，打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC＝________m/s.(结果均保留2位有效数字)
(2)设小车的质量为M，砂和小砂桶的质量为m，如果实验没有注意始终满足M m的条件，结果得到的图像应是下图中的________．
解析：(1)根据匀变速直线运动逐差法Δs＝aT2
可得小车运动的加速度大小a＝＝
×10－2 m/s2＝2.4 m/s2；根据匀变速直线运动规律可知vC＝＝×10－2 m/s≈0.51 m/s.
(2)根据牛顿第二定律，对m有mg－F＝ma，对M有F＝Ma，解得a＝，如果实验没有始终满足M m的条件，即小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，故A、B、C错误，D正确．
答案：(1)2.4　0.51　(2)D
12．(8分)某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为50 Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下．
①按图甲所示安装好实验装置(未挂钩码)，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直．
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动．
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数．
④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同拉力作用下的加速度．
根据上述实验过程，回答以下问题．
(1)对于上述实验，下列说法正确的是________．
A．钩码的质量应远小于小车的质量
B．实验过程中钩码处于超重状态
C．与小车相连的细线与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应为钩码所受重力的一半
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝__________m/s2.(结果保留2位小数)
(3)若交流电的实际频率小于50 Hz，则(2)中a的计算结果与实际值相比__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
(4)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丙所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数μ＝________．
解析：(1)由于拉力能够由弹簧测力计测出，所以不需要钩码的质量远小于小车的质量，故A错误；在实验过程中，钩码向下做加速运动，处于失重状态，弹簧测力计的读数小于钩码所受重力的一半，故B、D错误；与小车相连的细线与长木板一定要平行，保持小车合力方向不变，故C正确．
(2)相邻两计数点间还有4个点未画出，则
T＝0.1 s
小车的加速度
a＝ m/s2≈6.03 m/s2.
(3)若交流电的实际频率小于50 Hz，则实际周期变大，计算所用的周期相对实际周期偏小，算出的加速度偏大．
(4)根据牛顿第二定律F－μMg＝Ma
整理得F＝μMg＋Ma
所以b＝μMg，k＝M，解得μ＝.
答案：(1)C　(2)6.03　(3)偏大　(4)
13.(12分)如图，水平面上有一辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面，用劲度系数为500 N/m的弹簧连接一质量为2 kg的物体．以下过程中，物体m与斜面保持相对静止．(g取10 m/s2)
(1)若要使物体m对斜面无压力，则小车加速度必须多大？(3分)
(2)若使弹簧保持原长，则小车的加速度又该如何？(3分)
(3)当小车以 m/s2的加速度向右加速运动时，求弹簧伸长的长度．(6分)
解析：(1)若要使物体m对斜面无压力，则物体受重力和沿斜面向上的弹簧拉力，由牛顿第二定律可知
＝ma
解得a＝10 m/s2.
(2)若使弹簧保持原长，则物体受重力和垂直于斜面的支持力，由牛顿第二定律可知
mg tan 30°＝ma′
解得a′＝ m/s2
方向向左．
(3)对物体进行受力分析如图所示
F sin 30°＋FN cos 30°＝mg
F cos 30°－FN sin 30°＝ma″
解得F＝13 N
由胡克定律可知x＝＝2.6×10－2 m.
答案：(1)10 m/s2　(2) m/s2，方向向左　(3)2.6×10－2 m
14．(12分)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(5分)
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块离开传送带时的速度．(7分)
解析：(1)对物块受力分析可知，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，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律有
F＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma1
代入数据解得a1＝6 m/s2
匀加速运动的时间t1＝＝ s＝ s
匀加速运动的位移s1＝＝ m＝ m
物块与传送带达到相同速度后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向反向，因为F＝8 N而重力沿斜面向下分力和最大摩擦力之和为10 N，故不能相对于斜面向上加速，故得a2＝0
所以t2＝＝＝ s
物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s.
(2)若达到相同速度后撤去恒力F，对物块受力分析，因为
mg sin 37°＞μmg cos 37°
故减速上行，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma3
代入数据解得a3＝2 m/s2
离开时的速度为vt，则有
v2－v＝2a3
解得vt≈2.31 m/s.
答案：(1)1.33 s　(2)2.31 m/s
15．(14分)如图甲所示，倾角θ为37°的粗糙斜面上一质量m＝2.0 kg的木块，在平行于斜面的恒力F的作用下，从静止开始加速向上运动，一段时间后再撤去F，木块在前0.8 s内的速度时间关系图像如图乙所示，假设斜面足够长，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝ 0.8，g取10 m/s2，求：
(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(4分)
(2)拉力F的大小；(3分)
(3)前1.1 s内木块所发生的位移．(7分)
解析：(1)由题图乙可知0.6 s到0.8 s内做匀减速运动，根据图像斜率解得该段木块运动的加速度大小
a2＝ m/s2＝8 m/s2
t＝0.6 s时撤去外力，由于
a2＞gsin 37°＝6 m/s2
可知木块在斜面上受沿斜面向下的滑动摩擦力，0.6 s到0.8 s内根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2
解得木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.
(2)前0.6 s内木块做匀加速运动，根据图像斜率解得该段运动的加速度大小
a1＝ m/s2＝4 m/s2
前0.6 s内根据牛顿第二定律可得
F－mgsin 37°－μmg cos 37°＝ma1
解得F＝24 N.
(3)由题图乙可知t＝0.9 s时木块的速度为0，在斜面上运动到最高点，沿斜面向上为正方向，由图线与时间轴围成的面积可求位移
s1＝ m＝1.08 m
0．9 s到1.1 s内，因为重力沿斜面向下的分力
mgsin 37°＞μmgcos 37°
故木块沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为a3，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3
解得a3＝4 m/s2
0．9 s到1.1 s内木块沿斜面向下运动的位移
s2＝－a3(t3－t2)2
解得s2＝－0.08 m
则前1.1 s内木块运动的位移
s＝s1＋s2＝1 m
方向沿斜面向上．
答案：(1)0.25　(2)24 N　(3)1 m，方向沿斜面向上(共41张PPT)
模块综合检测卷(一)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．下列图中，体现了理想化模型的物理思想的是(　　)
A．甲图：研究地球绕太阳公转时把地球视为质点
B．乙图：研究物体的重心
C．丙图：通过平面镜观察桌面的微小形变
D．丁图：伽利略研究自由落体运动的规律
√
解析：研究地球绕太阳公转时把地球视为质点，体现了理想化模型法，故A正确；研究物体的重心，体现了等效替代的思想，故B错误；通过平面镜观察桌面的微小形变，体现了微小形变放大法，故C错误；伽利略在研究自由落体运动时，体现了实验和逻辑推理的方法，故D错误．
2.2024年8月1日凌晨，中国运动员以46秒40的成绩，赢得巴黎奥运会男子100米自由泳冠军，为国家争得荣誉．已知标准泳池的长度为50 m，下列说法正确的是(　　)
A．“100米”指的是位移大小
B．“46秒40”指的是时间
C．研究运动员的触壁转身动作时，能将其看作质点
D．以隔壁赛道的运动员为参考系，中国运动员一直是静止的
√
解析：“100米”指的是路程，故A错误；“46秒40”表示时间，故B正确；研究运动员的触壁转身动作时，运动员的形状、大小不能忽略不计，不可以把其看作质点，故C错误；中国运动员赢得冠军，速度最快，以隔壁赛道的运动员为参考系，中国运动员一直是运动的，故D错误．
√
3．有以下几种情景：①轿车在红绿灯路口右转的过程中，仪表盘速度计显示的示数不变；②奥运会某射击运动员扣下气步枪扳机后瞬间；③在平直公路上行驶的卡车为避免发生事故而紧急刹车；④轻轨在平直的轨道上高速运行．下列对情景的分析和判断的说法正确的是(　　)
A．轿车在右转过程中速度不变，故该过程轿车的加速度为零
B．因扣下扳机后瞬间，子弹准备开始加速，所以加速度不为零
C．卡车紧急刹车，速度很快减小，所以加速度很小
D．高速行驶的轻轨因速度很大，所以加速度也一定很大
解析：轿车在右转过程中速度大小不变，但是方向不断变化，故该过程轿车的加速度不为零，A错误；因扣下扳机后瞬间，子弹速度为零，子弹准备开始加速，所以加速度不为零，B正确；卡车紧急刹车，速度很快减小，速度变化很快，所以加速度很大，C错误；高速行驶的轻轨因速度可能不变，所以加速度不一定很大，D错误．
4．一汽车刹车过程中的位移与时间的关系为x＝30t－5t2(x单位：m，t单位：s)，则该车刹车后5 s内通过的位移为(　　)
A．25 m　　　　　　　 B．30 m
C．35 m D．45 m
√
5．如图所示，粗糙的长方体木块A、B叠在一起，放在地面上，B木块受到一个水平向右大小F＝10 N的力，两木块仍然保持静止．下列说法正确的是(　　)
A．木块B受3个力的作用
B．木块A受到的摩擦力向右
C．木块B受到地面的摩擦力向左
D．木块A给B的摩擦力大小为10 N
√
解析：木块A没有运动趋势，不受摩擦力，木块A不给B摩擦力，木块B受5个力的作用，分别是重力、地面的支持力、A对B的压力、拉力F和地面对B的摩擦力，故A、B、D错误；对A、B整体受力分析，由平衡可知，木块B受到地面的摩擦力与外力F等大、反向，木块B受到地面的摩擦力向左，故C正确．
6．如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG拉住，∠EGH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B．图b中HG杆弹力大小为Mg
C．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1∶1
D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2∶1
√
7.如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落．从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短的过程中，下列图线中关于小球的加速度a与时间t、弹簧形变量x关系正确的是(不计空气阻力，以向下为正方向)(　　)
√
解析：小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹力，则mg－kx＝ma，加速度向下，即小球加速向下运动，随着向下位移的增加，形变量x增加，弹力变大，当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；此后弹力大于重力，加速度向上，则kx－mg＝ma，即小球向下做减速运动，随着弹力的增加，加速度逐渐变大，到达最低点时加速度向上最大，则小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，且加速度a与弹簧形变量x呈线性关系，但是与时间t不是线性关系．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．平板电脑置于支架上处于静止状态，如图所示，M、N为平板电脑上与支架接触的两个挡板，设接触面均为粗糙，则(　　)
A．N处受到的支持力垂直于平板电脑
B．M处受到的支持力垂直于平板电脑
C．N处受到的摩擦力沿水平方向
D．M处受到的摩擦力水平向右
√
√
解析：N处受到的支持力垂直于平板电脑，受到的摩擦力平行于平板电脑，故A正确，C错误；M处受到的支持力垂直于支架底部，受到的摩擦力平行于支架底部水平向右，故B错误，D正确．
9．下列说法正确的是(　　)
A．两个互成一定角度的共点力，只要有一个分力增大，合力必然增大
B．物体受摩擦力时必定同时受弹力，但是受弹力的时候不一定同时受到摩擦力
C．一个物体同时受到3 N、8 N和6 N三个共点力的作用时，该物体可能处于平衡态
D．一质量为m的物体静止在倾角为θ的粗糙斜面上，重力mg可以分解为使物体下滑的力mg cos θ和使物体压紧斜面的力mg sin θ
√
√
解析：两个互成一定角度的共点力，分力方向确定，根据平行四边形定则知，只要有一个分力增大，合力可能增大，故A错误；根据摩擦力产生的条件知，物体受摩擦力时必定要有挤压力，必受弹力，但是受弹力的时候只要有弹性形变即可，不一定同时受到摩擦力，故B正确；一个物体同时受到3 N、8 N和6 N三个共点力的作用时，若三个力可以构成封闭三角形，则合力为零，物体就处于平衡态，故C正确；一质量为m的物体静止在倾角为θ的粗糙斜面上，根据正交分解法知，重力可以分解为使物体下滑的力mg sin θ和使物体压紧斜面的力mg cos θ，故D错误．
10．在光滑水平面上有甲、乙、丙三个物块，甲和乙物块用轻质弹簧相连，乙和丙物块用细线相连，在水平外力F的作用下一起做匀加速直线运动．现在乙物块上粘一块橡皮泥，放上橡皮泥的瞬间，甲、乙两物块的加速度a1、a2和甲、乙两物块间的弹簧弹力FT1及乙、丙两物块间的细线拉力FT2的变化情况正确的是(　　)
A．a1不变 B．a2变小
C．FT1变大 D．FT2变大
√
√
√
解析：放上橡皮泥的瞬间，甲、乙之间的弹簧弹力FT1保持不变，根据牛顿第二定律FT1＝m甲a1，可知甲物块的加速度a1不变．对乙、丙整体受力分析，由牛顿第二定律，可得F－FT1＝(m乙＋m丙)a2，放上橡皮泥的瞬间，乙物块质量增大，则a2变小．对丙物块，由牛顿第二定律F－FT2＝m丙a2，可知FT2将变大．
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某同学利用钩码和刻度尺研究一橡皮筋所受弹力与其伸长量之间的关系．
(1)如图甲，先将橡皮筋的一端固定在铁架台上，橡皮筋的另一端系一轻质挂钩和指针．
(2)在挂钩上逐个挂上单个质量为10 g的钩码，并记录下指针所对应的刻度，L1～L6为所挂钩码数量1～6个时指针所对应刻度，L0为不挂钩码时指针所对应刻度．记录如表格所示．
代表符号 L0 L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值(cm) 17.35 19.35 21.30 23.42 25.34 27.40 29.36
xn＝Ln－L0 0 2.00 3.95 6.07 7.99 10.05 12.01
(3)根据测量数据作出x－m图，如图乙．
(4)由图像可得该橡皮筋的劲度系数k＝________N/m(结果保留2位有效数字，g取9.8 m/s2).
4.9
(5)由x－m图像，可以得出的结论是__________________________
_________________________________________________________.
解析：x－m图像为过原点的直线，则可得出在弹性限度内，橡皮筋弹力与其伸长量成正比．
答案：见解析　
(6)若考虑挂钩和指针，本实验测得橡皮筋的劲度系数比真实值__________(选填“偏小”“偏大”或“相等”).
解析：若考虑挂钩和指针，图像斜率不变，本实验测得橡皮筋的劲度系数不变．
相等
12．(10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．
(1)该实验中同时研究三个物理量间的关系是
很困难的，因此我们采用的研究方法是________．
A．放大法　B．控制变量法　　C．补偿法
解析：该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B.
√
(2)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，实验中__________垫高长木板以平衡摩擦力，__________满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，__________细线平行于小车的运动方向．(以上三个空均选填“需要”或“不需要”)
解析：为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，实验中需要垫高长木板以平衡摩擦力，为了用重物的重力来代替小车受到的拉力并保持拉力不变，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，需要细线平行于小车的运动方向．
需要
需要
需要
(3)图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个打点计时器打出的点未画出，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).
2.86
(4)在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a－F图像如图丙所示，分析此图像不过原点的原因可能是_________________；
实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为________kg(结果保留2位有效数字).
平衡摩擦力过度
0.50
13．(10分)依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立模型如图所示，质量m＝19.7 kg的冰壶，先在大小F＝5 N、方向与水平方向夹角θ＝37°的推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动．一段时间后运动员松手，冰壶在冰面上继续滑行的最远距离s＝40 m．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数；(5分)
解析：以冰壶为研究对象，由平衡条件可知，在水平方向有F cos θ＝f
其中f＝μN
在竖直方向有F sin θ＋mg＝N
联立解得μ＝0.02.
答案：0.02　
(2)运动员松手时冰壶的速度大小．(5分)
解析：由匀变速直线运动的速度位移公式得
0－v2＝2(－a)s
由牛顿运动定律得μmg＝ma
联立解得v＝4 m/s，即运动员松手时冰壶的速度大小为4 m/s.
答案：4 m/s
14．(12分)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板在大小F＝5 N、方向水平向右的外力作用下，在水平地面上向右以大小v＝3 m/s的速度做匀速直线运动，某时刻一质量m＝2 kg的物块(视为质点)以大小v0＝10 m/s的速度从木板的左端滑上木板，在物块滑上木板的瞬间撤去外力，物块恰好未滑离木板．物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)撤除外力后瞬间物块的加速度大小a1以及木板的加速度大小a2；(5分)
解析：设木板与地面间的动摩擦因数为μ′，有F＝μ′Mg
解得μ′＝0.25
物块滑上木板后，物块做匀减速直线运动，有μmg＝ma1
解得a1＝6 m/s2
木板做匀加速直线运动，有
μmg－μ′(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2.
答案：6 m/s2　1 m/s2　
(2)木板的长度L.(7分)
答案：3.5 m
15．(14分)质量为3m的木箱静止在光滑水平面上，其内有质量为m的物块，如图所示．现用竖直向上的恒力F1＝9mg提起木箱，重力加速度为g.
(1)求木箱的加速度a的大小．(4分)
解析：对木箱和物块的整体受力分析
可知，根据牛顿第二定律有
F1－(3m＋m)g＝(3m＋m)a
解得a＝1.25g.
答案：1.25g　
(2)求物块对木箱的压力大小FN.(5分)
解析：对物块分析可知FN′－mg＝ma
解得FN′＝2.25mg
根据牛顿第三定律可知物块对木箱的压力大小
FN＝2.25mg.
答案：2.25mg　
(3)若物块与木箱间的动摩擦因数μ ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现改用水平向右的恒力F2拖动木箱，为确保物块相对于木箱始终静止，F2的最大值为多少？(5分)
解析：当物块与木箱之间的摩擦力达到最大时，对物块由牛顿第二定律有μmg＝mam
对整体分析有F2＝(m＋3m)am
解得F2＝2mg.
答案：2mg(共38张PPT)
第四节　牛顿第三定律
[学习目标]
1．知道力的作用是相互的，并了解作用力、反作用力的概念．　2.理解牛顿第三定律的含义．　3.会用牛顿第三定律解决简单问题．　4.会区分平衡力与作用力和反作用力．
一、作用力和反作用力
1．力是物体与物体之间的________作用．只要有力，就一定存在________物体和________物体．
2．观察和实验都表明，无论是否接触，两个物体之间的作用力总是________的．两个物体间的相互作用力称为作用力与反作用力．
相互
受力
施力
相互
二、探究作用力与反作用力的关系
1．如图，两个弹簧测力计甲和乙连接在一起，固定弹簧测力计乙的一端，用手拉测力计甲，结果发现两个弹簧测力计的示数是________的．改变拉力，弹簧测力计的示数也随着改变，但两个弹簧测力计的示数总是______，这说明作用力和反作用力大小____________，方向________．
相等
相等
相等
相反
2.两个小磁针A、B分别位于圆心和圆周上，当圆周上的小磁针B绕着A在圆周上缓慢运动时，两个小磁针指向始终相同，说明两个小磁针受力方向始终相反，作用在__________________上．
3．两个力传感器对拉，不管是静止状态还是运动状态，两个力传感器之间的作用力总是__________________、方向________．
同一直线
大小相等
相反
三、牛顿第三定律的表述
1．两个物体之间的作用力F和反作用力F′总是大小__________、方向__________，作用在__________________，即F＝－F′.
2．无论接触与否，无论是运动还是静止，两物体间的作用力和反作用力都遵循牛顿第三定律，作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，它们同时产生、同时消失，是同种性质的力．
3．牛顿第三定律的应用：在受力分析时，可以转换研究对象．
同一条直线上
相等
相反
判断下列说法是否正确．
(1)物体间可能只有作用力，而没有反作用力.(　　)
(2)两个物体只有接触才存在作用力和反作用力.(　　)
(3)物体间先有作用力，然后才有反作用力．(　　)
(4)物体间的作用力和反作用力等大、反向，可以抵消．(　　)
(5)物块静止放在水平桌面上，物块所受的重力和桌面对物块的支持力是一对相互平衡的力.(　　)
(6)物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对相互平衡的力．(　　)
×
√
×
×
×
×
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　牛顿第三定律
1．鸡蛋碰石头时，鸡蛋破了，是因为石头对鸡蛋的力比鸡蛋对石头的力大吗？
2．有相互作用力的物体一定在接触吗？
[提示]　石头对鸡蛋的作用力与鸡蛋对石头的作用力大小相等，但是鸡蛋蛋壳能承受的力较小，石头能承受的力较大，故鸡蛋会破碎．
[提示]　不一定．(例如图中的磁极间的相互作用)
[提示]　不可能．两弹簧测力计之间是作用力和反作用力关系，它们的示数相等．
3．甲、乙两同学想通过两个弹簧测力计的示数来比较谁的力气大，这可能吗？
1．表达式：F＝－F′，负号表示作用力F和反作用力F′的方向相反．
2．作用力和反作用力的“四同”“三异”
比较项目 作用力和反作用力的关系
四 同 等大 大小总是相等
共线 作用在一条直线上
同时 同时产生、同时变化、同时消失
同性质 同一性质的力
三 异 异向 方向相反
异体 作用在不同的物体上
异效 效果不能相互抵消，不能认为合力为0
根据牛顿第三定律，下列说法正确的是(　　)
A．一匹马拉着车在同一地段前行，当匀速运动时马拉车的力总是等于车拉马的力
B．一匹马拉着车在同一地段前行，当加速运动时马拉车的力总是大于车拉马的力
C．篮球场上一个小个子运动员撞在大个子运动员身上，小个子运动员跌倒了，而大个子运动员只歪了一下，是因为大个子运动员对小个子运动员的作用力大于小个子运动员对大个子运动员的作用力
D．跳高运动员起跳时地对人的竖直支持力大于人对地的压力
√
[解析]　马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，总是等大、反向，故A正确，B错误；大个子运动员对小个子运动员的作用力与小个子运动员对大个子运动员的作用力是一对相互作用力，总是等大、反向，故C错误；地对人的竖直支持力与人对地的压力是一对相互作用力，总是等大、反向，故D错误．
关于作用力与反作用力，下列说法正确的是(　　)
①作用力与反作用力总是大小相等，方向相反
②作用力与反作用力不一定是同一性质的力
③作用力与反作用力总是同时产生、同时消失
④作用力与反作用力的合力为零
A．②③　　　　　　 B．①④
C．①③ D．②④
[解析]　作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时产生、同时消失，是同一性质的力；因作用在两个物体上，则不能合成．
√
知识点二　相互作用力与平衡力
小明说：“我记得在初中学过，如果两个力的大小相等、方向相反，这两个力就会互相平衡，看不到作用的效果了．既然作用力和反作用力也是大小相等、方向相反的，它们也应该互相平衡呀！”应该怎么解答小明的疑问？
[提示]　相互平衡的两个力的合力为0，效果抵消，必定是作用在同一个物体上的，而作用力与反作用力是物体之间的相互作用力，分别作用在相互作用的两个物体上，所以作用效果不会抵消，不相互平衡．
1．作用力和反作用力与平衡力的比较
比较项目 作用力和反作用力 平衡力
不 同 点 作用 对象 两个相互作用的物体 同一物体
叠加 性 两力作用效果不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为0
力的 性质 一定是同种性质的力 可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力
相同点 大小相等、方向相反、作用在一条直线上
2.区分作用力、反作用力与平衡力的方法
区分作用力、反作用力与平衡力，最简单的方法是看涉及的物体个数．
(1)作用力和反作用力只涉及两个相互作用的物体，是甲物体对乙物体的关系．
(2)平衡的一对力涉及三个物体，即两个施力物体同时作用在一个受力物体上．
(多选)如图所示，有甲、乙两个劲度系数不同的轻弹簧测力计，甲弹簧测力计一端固定在墙上，另一端和乙弹簧测力计相连，现用100 N的外力F向右拉乙，甲、乙均在弹性限度内，稳定后，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙的示数均是100 N
B．甲对乙的拉力和外力F是一对相互作用力
C．甲对墙的拉力和墙对甲的拉力是一对平衡力
D．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对相互作用力
√
√
[解析]　甲、乙弹簧测力计的示数均等于拉力F，均是100 N，A正确；甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对相互作用力，B错误，D正确；甲对墙的拉力和墙对甲的拉力是一对相互作用力，C错误．
(2025·佛山市期中)小明同学站在水平地面上的体重计上称量了一下体重，关于他所受的重力G、体重计对他的支持力FN和他对体重计的压力FN′理解正确的是(　　)
A．G和FN是一对平衡力
B．FN′和FN是一对平衡力
C．G和FN′方向相反
D．G和FN′是同一个力
√
[解析]　重力G和支持力FN均作用在小明同学上，大小相等，方向相反，并且在一条直线上，是一对平衡力，A正确；支持力FN是体重计作用在小明同学上，压力FN′是小明作用在体重计上，作用在两个物体上，大小相等，方向相反，并且在一条直线上，是一对相互作用力，B错误；重力G方向竖直向下，FN′方向也是竖直向下，C错误；重力G是重力性质的力，FN′是弹力性质的力，不是同一个力，只是大小相等，D错误．
(2025·揭阳市月考)如图所示，木块A、B叠放在水平地面上，A受到一个水平方向的力F，A、B均保持静止状态，则(　　)
A. A对B的压力与B对A的支持力是一对作用力与反作用力
B．B受到的重力与地面对B的支持力是一对平衡力
C．B对A的作用力方向竖直向上
D．地面对B的支持力是由木块B发生微小形变产生的
√
[解析]　A对B的压力与B对A的支持力是一对作用力与反作用力，故A正确；B受到的重力和A对B的压力的合力与地面对B的支持力平衡，故B错误；B对A的作用力是B对A向上的支持力与B对A的向左的静摩擦力的合力，方向向左上方，故C错误；地面对B的支持力是由地面发生微小形变产生的，故D错误．
知识点三　应用牛顿第三定律对物体受力分析
如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2，求此时人对地面的压力大小．
[解析]　因匀速提起重物，则F＝mg，即绳对人的拉力大小等于mg，所以地面对人的支持力FN＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，根据牛顿第三定律，可知人对地面的压力大小为200 N.
答案：200 N
(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上．当墨条的速度方向水平向左时，(　　)
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
√
[解析]　当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，B错误；由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，C正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对砚台的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，D错误．
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(牛顿第三定律)(多选)关于作用力和反作用力，下列说法正确的是(　　)
A．作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，但不能求合力
B．作用力和反作用力是同一性质的力
C．因为地球质量大于物体质量，所以地球对物体的作用力大于物体对地球的反作用力
D．作用力和反作用力不一定同时产生，同时消失
√
解析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不作用在同一物体上，作用效果不能抵消，不能合成，故A正确；作用力与反作用力是物体间的相互作用力，力产生的本质原因是一样的，故B正确；作用力与反作用力大小相等，所以地球对物体的作用力等于物体对地球的反作用力，故C错误；作用力和反作用力总是同时产生，同时消失的，故D错误．
2．(牛顿第三定律)(2025·汕头市统考期中)如图所示的是用两力传感器“探究作用力与反作用力的关系”的实验中与力传感器相连的计算机屏幕上显示的力的图示，则以下说法正确的是(　　)
A．作用力变大时，反作用力变小
B．两力传感器间的作用力和反作用力作用
在同一物体上
C．此图线的横坐标代表的物理量是时刻
D．此图线一定是在两个传感器都处于静止状态下得到的
√
解析：由图像可知，作用力变大时，反作用力同时也变大，故A错误；两力传感器间的作用力和反作用力作用在不同物体上，故B错误；此图线为作用力和反作用力的大小随时间变化的关系，横坐标代表的物理量是时刻，故C正确；此图线不一定是在两个传感器都处于静止状态下得到的，也可能处于运动状态，故D错误．
3.(相互作用力与平衡力)如图所示，杯子静止在水平桌面上，F1是杯子对桌面的压力，F2是桌面对杯子的支持力，则下列说法正确的是(　　)
A．力F1和力F2是一对作用力和反作用力
B．力F1和力F2是一对平衡力
C.力F1就是杯子所受的重力
D．力F2与杯子所受的重力是一对作用力和反作用力
√
解析：F1是杯子对桌面的压力，F2是桌面对杯子的支持力，由牛顿第三定律可知两个力是一对作用力与反作用力，A正确；平衡力是同一个物体受到的力，F1的受力物体是桌面，F2的受力物体是杯子，它们不是一对平衡力，B错误；F1是杯子对桌面的压力，属于弹力，与重力的性质完全不一样，压力不是重力，C错误；力F2与杯子所受的重力是一对平衡力，不是作用力与反作用力，D错误．
4．(相互作用力与平衡力)用手握住保温杯保持静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．手握得越紧，手对杯子的摩擦力越大
B．杯子受到的压力是杯子发生微小形变产生的
C．杯子受到的重力与杯子对手的摩擦力是一对平衡力
D．杯子对手的摩擦力与手对杯子的摩擦力是一对作用力与反作用力
√
解析：当保温杯静止时，手对瓶子的摩擦力始终与杯子所受的重力平衡，故A错误；杯子受到的压力的施力物体是手，所以这个压力是手发生形变产生的，故B错误；杯子受到的重力与手对杯子的摩擦力是一对平衡力，故C错误；杯子对手的摩擦力与手对杯子的摩擦力是一对作用力与反作用力，故D正确．(共40张PPT)
第六节　失重和超重
[学习目标]
1．知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象．
2．能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象．
一、重力的测量
1．一种方法是，先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得：G＝mg.
2．另一种方法是，利用力的平衡条件对重力进行测量．
二、失重和超重现象
1．失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________________物体所受的重力的现象．
2．超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________________物体所受的重力的现象．
3．在失重和超重现象中，物体所受的重力没有发生变化．
小于
大于
三、失重和超重现象产生的条件
1．当物体________上升或________下降时，即有__________的加速度时，物体出现超重现象．
2．当物体加速________或减速________时，即有________的加速度时，物体出现失重现象．
四、失重和超重现象的解释
设质量为m的重物受向上的拉力T和重力G的作用．假设重物向下做匀加速运动，加速度大小为a，选定竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律，得G－T＝ma，即T＝G－ma，即重物处于失重状态．
假设重物以加速度a向上做匀加速运动，选定竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，得T－G＝ma，即T＝G＋ma，即重物处于超重状态．
加速
减速
向上
下降
上升
向下
五、完全失重现象
1．定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________的状态．
2．产生条件：a＝g，方向________________．
竖直向下
为零
判断下列说法是否正确．
(1)物体向上运动时一定处于超重状态．(　　)
(2)物体减速向下运动时处于失重状态．(　　)
(3)物体处于失重状态时所受的重力减小了．(　　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了．(　　)
(5)不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的．(　　)
(6)超重和失重可根据物体的加速度方向判定.(　　)
×
√
√
×
×
×
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　对超重、失重现象的理解
如图所示，某人乘坐电梯正在向上运动．
(1)电梯启动瞬间加速度沿什么方向？
人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
[提示] 电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以受到的支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以受到的支持力等于重力．
[提示]　减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以受到的支持力小于重力．
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？
1．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化．
2．判断物体超重与失重的方法
(1)从受力的角度判断
①超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力．
②失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力．
(2)从加速度的角度判断
①当物体的加速度方向向上(或加速度有竖直向上的分量)时，处于超重状态．
②当物体的加速度方向向下(或加速度有竖直向下的分量)时，处于失重状态．
注意：物体处于超重还是失重状态，只取决于沿竖直方向的加速度的方向，与物体的运动方向无关．
在完全失重状态下，由重力引起的现象将消失．例如：液体的压强、浮力将为零；水银压强计、天平将无法使用；摆钟停摆；弹簧测力计不能测重力等．
[解析]　静止站立处于平衡状态，A错误；加速下蹲，加速度向下，支持力小于重力，处于失重状态，B错误；加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重状态，C正确；离地上升处于完全失重状态，D错误．
　　　
√
在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学按科目要求所做的四个动作过程如图所示，其中处于超重状态的过程是(　　)
(2025·阳江市期中)2024年9月，我国的“朱雀三号”可重复使用火箭进行了可回收运载火箭的试验，为将来降低航天发射成本奠定了坚实基础．有关火箭的运动，下列说法正确的是(　　)
A．火箭向上飞行则处于超重状态
B．火箭向下飞行则处于失重状态
C．火箭在加速向上时处于失重状态
D．火箭在减速下降时处于超重状态
√
[解析]　火箭加速向上飞行时，加速度向上，处于超重状态，火箭向上匀速运动时，则处于平衡状态，故A、C错误；火箭向下减速下降时，加速度向上，处于超重状态，火箭向下加速飞行时，加速度向下，处于失重状态，火箭向下匀速运动时，则处于平衡状态，故B错误，D正确．
在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为如图所示的40 kg.电梯突然启动，在启动的一段时间内，该同学发现体重计示数为45 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.该同学的质量变大了
B．电梯启动时一定在竖直向上运动
C．电梯启动时可能在竖直向下运动
D．电梯启动时的加速度大小为2 m/s2
√
[解析]　该同学的质量不变，故A错误；该同学在这段时间内处于超重状态，电梯启动时一定在竖直向上运动，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律，可知F－mg＝ma，其中F＝m示数g，解得a＝1.25 m/s2，故D错误．
知识点二　超重和失重的分析计算
1．超重与失重问题，实质上是牛顿第二定律应用的延续，解题时仍应抓住联系力和运动的桥梁——加速度．
2．基本思路
(1)确定研究对象；
(2)把研究对象从运动体系中隔离出来，进行受力分析并画出受力图；
(3)选取正方向，分析物体的运动情况，明确加速度的方向；
(4)根据牛顿运动定律和运动学公式列方程；
(5)解方程，找出所需的结果．
3．注意使用牛顿第三定律，因为压力和支持力并不是一回事，同时注意物体具有向上(或向下)的加速度与物体向上运动(或向下运动)无关．
角度1　应用图像分析超重和失重
如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息为(　　)
A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于起立静止状态
C．下蹲过程中人处于先失重后超重的状态
D．该同学做了2次下蹲—起立的动作
√
[解析]　人处在下蹲的最低点时应该有向上的最大加速度，由题图可知在1 s时人有向下的最大加速度，故A错误；2 s时传感器示数等于人所受的重力，故此时人处于下蹲静止状态，故B错误；人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，故C正确；该同学在前2 s是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，故D错误．
(多选)(2025·清远市期末)如图所示的是东方明珠广播电视塔，是上海的标志性文化景观之一，塔高约468米．游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示．下列相关说法正确的是(　　)
A.t＝6 s时，电梯处于超重状态
B．7 s到53 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0
√
√
[解析]　t＝6 s时，电梯加速度向上，则处于超重状态，A正确.7 s到53 s时间内，电梯匀速上行，此时绳索拉力等于重力；53 s到60 s时间内，电梯减速上行，加速度向下，此时电梯处于失重状态，此时绳索拉力小于重力，则7 s到53 s时间内，绳索拉力不是最小的，B、C错误．因a－t图像的面积等于速度的变化量，则在60 s内速度的变化量为零，即t＝60 s时电梯速度恰好为0，D正确．
角度2　超重和失重的计算
升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg的物体(g取10 m/s2).
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
[解析]　当升降机匀速上升时，FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N.
[答案]　200 N　
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
[解析]　当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，根据牛顿第二定律
FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N.
[答案]　超重　220 N　
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
[解析]　当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，加速度方向向下，物体处于失重状态，根据牛顿第二定律
mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N.
[答案]　失重　100 N　
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
[解析]　当升降机自由下落时，加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，则物体对台秤的压力为0.
[答案]　0
知识点三　沿斜面运动物体的超重和失重
如图，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f.若电梯启动加速度改为2a，则下面结论正确的是(　　)
A．人处于超重状态
B．人处于失重状态
C．水平梯板对人的支持力变为2FN
D．水平梯板对人的摩擦力仍为f
√
[解析]　对人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如图所示．由牛顿第二定律得f＝ma cos θ，FN－mg＝ma sin θ，当加速度变为2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，FN′＝mg＋2ma sin θ<2FN，故C、D错误；由于人受到的支持力大于重力，所以人处于超重状态，故A正确，B错误．
如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有(　　)
A．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
B．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
C．地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g
D．由于不知a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与(M＋m)g的关系
√
[解析]　对M和m组成的系统，当m具有向下的加速度而M保持平衡时，可以认为系统加速向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失重状态，所受到的地面的支持力小于系统所受的重力．
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(对超重和失重的理解)关于超重和失重，下列说法正确的是(　　)
A．超重就是物体受的重力增加了
B．失重就是物体受的重力减小了
C．完全失重就是物体一点重力都不受了
D．无论超重或失重，物体所受重力是不变的
解析：无论超重、失重，还是完全失重，物体受到的重力都不变．
2．(对超重和失重的理解)(2024·深圳统考期末)如图，用手托住几本教材，下列哪种情况下教材对手的作用力比教材所受的重力大(　　)
A．使教材匀速向上运动
B．使教材匀速向下运动
C．使教材匀减速向下运动
D．使教材匀减速向上运动
√
解析：使教材匀速向上、向下运动时教材均处于平衡状态，其受到的支持力等于重力大小，由牛顿第三定律可知压力大小等于支持力大小，说明教材对手的作用力与教材所受的重力大小相同，A、B错误；使教材匀减速向下运动，合力向上，其受到的支持力大于重力大小，教材对手的作用力比教材所受的重力大，C正确；使教材匀减速向上运动，合力向下，其受到的支持力小于重力大小，则教材对手的作用力比教材所受的重力小，D错误．
3．(应用图像分析超重和失重)小明探究从一楼坐电梯回到家(五楼)的电梯运动情况的v－t图像如图所示，小明处于失重阶段的是(　　)
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
√
解析：从20.0 s到30.0 s，由v－t图像可知，速度随时间在增大，因此小明随电梯在加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重阶段，A错误；从30.0 s到40.0 s，速度基本保持不变，电梯仍在上升，因此小明随电梯匀速上升处于平衡阶段，B错误；从40.0 s到50.0 s，速度随时间在减小，电梯仍在上升，因此小明随电梯在减速上升，加速度向下，处于失重阶段，C正确；从50.0 s到60.0 s，速度为0，即此时电梯到达目的楼层，小明处于静止平衡阶段，D错误．
4.(沿斜面运动物体的超重和失重)(多选)某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运行得很慢．现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运行．下列说法正确的是(　　)
A．扶梯匀速运行过程中，顾客受到的支持力大小
等于扶梯受到的压力大小
B．扶梯加速运行转过程中，顾客受到的支持力大
小等于扶梯受到的压力大小
C．扶梯加速过程中，顾客处于失重状态
D．扶梯加速过程中，顾客共受到两个力作用
√
√
√
解析：无论扶梯匀速还是加速，顾客受到的支持力和扶梯受到的压力总是一对作用力与反作用力，因此它们的大小总是相等的，故A、B正确；在加速的过程中，顾客加速度与速度同方向，具有竖直向下的加速度分量，顾客处于失重状态，故C正确；在加速的过程中，顾客受到的合力斜向左下方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向左，同时顾客还受重力、支持力的作用，故D错误．(共24张PPT)
专题提升课6　传送带模型
专题 深度剖析
PART
01
第一部分
1．基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．
2．分析流程
3．注意问题
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向，然后判断物体的运动状态，当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
　　　
√
模型1　水平传送带模型
(多选)(2025·揭阳市期末)如图所示，传送带始终保持v＝2 m/s速度水平向右移动，一质量m＝0.5 kg的小物块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5 m，g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．物块一直做匀加速直线运动
B．刚开始物块的加速度大小为2 m/s2
C．物块从A点运动到B点所用时间为3 s
D．传送带上将留下一段长为1 m的摩擦痕迹
√
如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB.(g取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB的大小．
[答案]　2 m/s　
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由．若能，求到达B点的速度vB′的大小．
[解析]当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件能够到达B端，则vB′＝vB＝2 m/s.
[答案]　能　2 m/s　
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求工件在传送带上划痕的长度．
[答案]　0.75 m
模型2　倾斜传送带模型
(2024·安徽卷，T4)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度轻放一小物块，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(　　)
√
[解析]　前t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误．
如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，货物由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，其在皮带上运动的v－t图像如图乙所示(图中只画出一部分)，g取10 m/s2.
(1)求皮带匀速运动的速度大小．
[解析]开始物块受到皮带对其摩擦力沿皮带向下，1 s后沿皮带向上，根据图像可以知道，皮带的速度为8.0 m/s.
[答案]　8 m/s　
(2)求皮带与水平面间的夹角θ及货物与皮带之间的动摩擦因数μ.
(3)如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当第一件货物被运送后，发现皮带上留有一段9.0 m长的白色痕迹，请由此推出该件货物的传送时间和传送距离．
[答案]4 s　37 m
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(水平传送带模型)(多选)如图所示，在电动机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以大小为v的速度顺时针匀速转动，将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下，A点到皮带右端距离为s.若工件与皮带间的动摩擦因数为μ，则工件到B点的时间值可能为(　　)
√
√
√
√
3.(倾斜传送带模型)(多选)某建筑工地的传送装置如图所示，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝2 m/s 逆时针转动，质量m＝1 kg的炭块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2 s炭块的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1.0 s的时间，炭块运动到传送带的底端Q，且到底端时的速度v＝4 m/s.重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带与水平面的夹角θ的正弦值sin θ＝0.8
B．炭块和传送带间的动摩擦因数为0.5
C．传送带的长度x＝3.2 m
D．炭块在传送带上留下的划痕的长度为0.8 m
√
√模块综合检测卷(一)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．下列图中，体现了理想化模型的物理思想的是(　　)
A．甲图：研究地球绕太阳公转时把地球视为质点
B．乙图：研究物体的重心
C．丙图：通过平面镜观察桌面的微小形变
D．丁图：伽利略研究自由落体运动的规律
解析：选A.研究地球绕太阳公转时把地球视为质点，体现了理想化模型法，故A正确；研究物体的重心，体现了等效替代的思想，故B错误；通过平面镜观察桌面的微小形变，体现了微小形变放大法，故C错误；伽利略在研究自由落体运动时，体现了实验和逻辑推理的方法，故D错误．
2.2024年8月1日凌晨，中国运动员以46秒40的成绩，赢得巴黎奥运会男子100米自由泳冠军，为国家争得荣誉．已知标准泳池的长度为50 m，下列说法正确的是(　　)
A．“100米”指的是位移大小
B．“46秒40”指的是时间
C．研究运动员的触壁转身动作时，能将其看作质点
D．以隔壁赛道的运动员为参考系，中国运动员一直是静止的
解析：选B.“100米”指的是路程，故A错误；“46秒40”表示时间，故B正确；研究运动员的触壁转身动作时，运动员的形状、大小不能忽略不计，不可以把其看作质点，故C错误；中国运动员赢得冠军，速度最快，以隔壁赛道的运动员为参考系，中国运动员一直是运动的，故D错误．
3．有以下几种情景：①轿车在红绿灯路口右转的过程中，仪表盘速度计显示的示数不变；②奥运会某射击运动员扣下气步枪扳机后瞬间；③在平直公路上行驶的卡车为避免发生事故而紧急刹车；④轻轨在平直的轨道上高速运行．下列对情景的分析和判断的说法正确的是(　　)
A．轿车在右转过程中速度不变，故该过程轿车的加速度为零
B．因扣下扳机后瞬间，子弹准备开始加速，所以加速度不为零
C．卡车紧急刹车，速度很快减小，所以加速度很小
D．高速行驶的轻轨因速度很大，所以加速度也一定很大
解析：选B.轿车在右转过程中速度大小不变，但是方向不断变化，故该过程轿车的加速度不为零，A错误；因扣下扳机后瞬间，子弹速度为零，子弹准备开始加速，所以加速度不为零，B正确；卡车紧急刹车，速度很快减小，速度变化很快，所以加速度很大，C错误；高速行驶的轻轨因速度可能不变，所以加速度不一定很大，D错误．
4．一汽车刹车过程中的位移与时间的关系为x＝30t－5t2(x单位：m，t单位：s)，则该车刹车后5 s内通过的位移为(　　)
A．25 m　　　　　　　 B．30 m
C．35 m D．45 m
解析：选D.汽车刹车过程中的位移与时间的关系为x＝30t－5t2，结合匀减速直线运动位移时间公式x＝v0t－at2，可得初速度大小和加速度大小分别为v0＝30 m/s，a＝10 m/s2，则汽车从开始刹车到停下所用时间t0＝＝3 s，该车刹车后5 s内通过的位移x＝t0＝45 m．
5．如图所示，粗糙的长方体木块A、B叠在一起，放在地面上，B木块受到一个水平向右大小F＝10 N的力，两木块仍然保持静止．下列说法正确的是(　　)
A．木块B受3个力的作用
B．木块A受到的摩擦力向右
C．木块B受到地面的摩擦力向左
D．木块A给B的摩擦力大小为10 N
解析：选C.木块A没有运动趋势，不受摩擦力，木块A不给B摩擦力，木块B受5个力的作用，分别是重力、地面的支持力、A对B的压力、拉力F和地面对B的摩擦力，故A、B、D错误；对A、B整体受力分析，由平衡可知，木块B受到地面的摩擦力与外力F等大、反向，木块B受到地面的摩擦力向左，故C正确．
6．如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG拉住，∠EGH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B．图b中HG杆弹力大小为Mg
C．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1∶1
D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2∶1
解析：选A.题图a中轻绳对滑轮的作用力如图1所示，由几何关系可知F合＝TAC＝TCD＝Mg，由平衡条件可知，BC杆对滑轮的作用力大小为Mg，A正确；题图b中G点的受力情况如图2所示，由图2可得F杆＝＝Mg，B错误；TEG＝＝2Mg，则＝，C、D错误．
　
7.如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落．从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短的过程中，下列图线中关于小球的加速度a与时间t、弹簧形变量x关系正确的是(不计空气阻力，以向下为正方向)(　　)
解析：选D.小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹力，则mg－kx＝ma，加速度向下，即小球加速向下运动，随着向下位移的增加，形变量x增加，弹力变大，当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；此后弹力大于重力，加速度向上，则kx－mg＝ma，即小球向下做减速运动，随着弹力的增加，加速度逐渐变大，到达最低点时加速度向上最大，则小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，且加速度a与弹簧形变量x呈线性关系，但是与时间t不是线性关系．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．平板电脑置于支架上处于静止状态，如图所示，M、N为平板电脑上与支架接触的两个挡板，设接触面均为粗糙，则(　　)
A．N处受到的支持力垂直于平板电脑
B．M处受到的支持力垂直于平板电脑
C．N处受到的摩擦力沿水平方向
D．M处受到的摩擦力水平向右
解析：选AD.N处受到的支持力垂直于平板电脑，受到的摩擦力平行于平板电脑，故A正确，C错误；M处受到的支持力垂直于支架底部，受到的摩擦力平行于支架底部水平向右，故B错误，D正确．
9．下列说法正确的是(　　)
A．两个互成一定角度的共点力，只要有一个分力增大，合力必然增大
B．物体受摩擦力时必定同时受弹力，但是受弹力的时候不一定同时受到摩擦力
C．一个物体同时受到3 N、8 N和6 N三个共点力的作用时，该物体可能处于平衡态
D．一质量为m的物体静止在倾角为θ的粗糙斜面上，重力mg可以分解为使物体下滑的力mg cos θ和使物体压紧斜面的力mg sin θ
解析：选BC.两个互成一定角度的共点力，分力方向确定，根据平行四边形定则知，只要有一个分力增大，合力可能增大，故A错误；根据摩擦力产生的条件知，物体受摩擦力时必定要有挤压力，必受弹力，但是受弹力的时候只要有弹性形变即可，不一定同时受到摩擦力，故B正确；一个物体同时受到3 N、8 N和6 N三个共点力的作用时，若三个力可以构成封闭三角形，则合力为零，物体就处于平衡态，故C正确；一质量为m的物体静止在倾角为θ的粗糙斜面上，根据正交分解法知，重力可以分解为使物体下滑的力mg sin θ和使物体压紧斜面的力mg cos θ，故D错误．
10．在光滑水平面上有甲、乙、丙三个物块，甲和乙物块用轻质弹簧相连，乙和丙物块用细线相连，在水平外力F的作用下一起做匀加速直线运动．现在乙物块上粘一块橡皮泥，放上橡皮泥的瞬间，甲、乙两物块的加速度a1、a2和甲、乙两物块间的弹簧弹力FT1及乙、丙两物块间的细线拉力FT2的变化情况正确的是(　　)
A．a1不变 B．a2变小
C．FT1变大 D．FT2变大
解析：选ABD.放上橡皮泥的瞬间，甲、乙之间的弹簧弹力FT1保持不变，根据牛顿第二定律FT1＝m甲a1，可知甲物块的加速度a1不变．对乙、丙整体受力分析，由牛顿第二定律，可得F－FT1＝(m乙＋m丙)a2，放上橡皮泥的瞬间，乙物块质量增大，则a2变小．对丙物块，由牛顿第二定律F－FT2＝m丙a2，可知FT2将变大．
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某同学利用钩码和刻度尺研究一橡皮筋所受弹力与其伸长量之间的关系．
(1)如图甲，先将橡皮筋的一端固定在铁架台上，橡皮筋的另一端系一轻质挂钩和指针．
(2)在挂钩上逐个挂上单个质量为10 g的钩码，并记录下指针所对应的刻度，L1～L6为所挂钩码数量1～6个时指针所对应刻度，L0为不挂钩码时指针所对应刻度．记录如表格所示．
代表符号 L0 L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值(cm) 17.35 19.35 21.30 23.42 25.34 27.40 29.36
xn＝Ln－L0 0 2.00 3.95 6.07 7.99 10.05 12.01
(3)根据测量数据作出x－m图，如图乙．
(4)由图像可得该橡皮筋的劲度系数k＝________N/m(结果保留2位有效数字，g取9.8 m/s2).
(5)由x－m图像，可以得出的结论是__________________________
_________________________________________________________.
(6)若考虑挂钩和指针，本实验测得橡皮筋的劲度系数比真实值__________(选填“偏小”“偏大”或“相等”).
解析：(4)根据受力平衡可得F弹＝mg，又F弹＝kx，联立可得x＝m，可知x－m图像的斜率＝＝ m/kg＝2 m/kg，解得橡皮筋的劲度系数k＝0.5g＝4.9 N/m.
(5)x－m图像为过原点的直线，则可得出在弹性限度内，橡皮筋弹力与其伸长量成正比．
(6)若考虑挂钩和指针，图像斜率不变，本实验测得橡皮筋的劲度系数不变．
答案：(4)4.9　(5)见解析　(6)相等
12．(10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．
(1)该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________．
A．放大法　 B．控制变量法　　C．补偿法
(2)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，实验中__________垫高长木板以平衡摩擦力，__________满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，__________细线平行于小车的运动方向．(以上三个空均选填“需要”或“不需要”)
(3)图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个打点计时器打出的点未画出，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).
(4)在保持小车质量不变的情况下，通过调整改变小车所受合力，多次实验，由实验数据作出的a－F图像如图丙所示，分析此图像不过原点的原因可能是___________________________________________________
_____________________________________________________________；
实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为________kg(结果保留2位有效数字).
解析：(1)该实验中同时研究三个物理量间的关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B.
(2)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，实验中需要垫高长木板以平衡摩擦力，为了用重物的重力来代替小车受到的拉力并保持拉力不变，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，需要细线平行于小车的运动方向．
(3)每相邻两计数点间有四个打点计时器打出的点未画出，可知T＝0.1 s，由逐差法可知小车的加速度大小
a＝ cm/s2≈2.86 m/s2.
(4)由a－F图像可知，当合力F＝0时小车的加速度不为0，可知此图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；实验小组仔细分析图像，根据F＋f0＝Ma，得a＝F＋，则＝k＝2 kg－1，可得M＝0.50 kg.
答案：(1)B　(2)需要　需要　需要　(3)2.86　(4)平衡摩擦力过度　0.50
13．(10分)依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立模型如图所示，质量m＝19.7 kg的冰壶，先在大小F＝5 N、方向与水平方向夹角θ＝37°的推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动．一段时间后运动员松手，冰壶在冰面上继续滑行的最远距离s＝40 m．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数；(5分)
(2)运动员松手时冰壶的速度大小．(5分)
解析：(1)以冰壶为研究对象，由平衡条件可知，在水平方向有F cos θ＝f
其中f＝μN
在竖直方向有F sin θ＋mg＝N
联立解得μ＝0.02.
(2)由匀变速直线运动的速度位移公式得
0－v2＝2(－a)s
由牛顿运动定律得μmg＝ma
联立解得v＝4 m/s，即运动员松手时冰壶的速度大小为4 m/s.
答案：(1)0.02　(2)4 m/s
14．(12分)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板在大小F＝5 N、方向水平向右的外力作用下，在水平地面上向右以大小v＝3 m/s的速度做匀速直线运动，某时刻一质量m＝2 kg的物块(视为质点)以大小v0＝10 m/s的速度从木板的左端滑上木板，在物块滑上木板的瞬间撤去外力，物块恰好未滑离木板．物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)撤除外力后瞬间物块的加速度大小a1以及木板的加速度大小a2；(5分)
(2)木板的长度L.(7分)
解析：(1)设木板与地面间的动摩擦因数为μ′，有
F＝μ′Mg
解得μ′＝0.25
物块滑上木板后，物块做匀减速直线运动，有
μmg＝ma1
解得a1＝6 m/s2
木板做匀加速直线运动，有
μmg－μ′(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2.
(2)设从撤去外力起，经时间t后，物块与木板的速度相同，有v0－a1t＝v＋a2t
解得t＝1 s
在这段时间t内，物块运动的距离
x1＝v0t－a1t2
解得x1＝7 m
木板运动的距离x2＝vt＋a2t2
解得x2＝3.5 m
又L＝x1－x2
解得L＝3.5 m.
答案：(1)6 m/s2　1 m/s2　(2)3.5 m
15．(14分)质量为3m的木箱静止在光滑水平面上，其内有质量为m的物块，如图所示．现用竖直向上的恒力F1＝9mg提起木箱，重力加速度为g.
(1)求木箱的加速度a的大小．(4分)
(2)求物块对木箱的压力大小FN.(5分)
(3)若物块与木箱间的动摩擦因数μ ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现改用水平向右的恒力F2拖动木箱，为确保物块相对于木箱始终静止，F2的最大值为多少？(5分)
解析：(1)对木箱和物块的整体受力分析可知，根据牛顿第二定律有
F1－(3m＋m)g＝(3m＋m)a
解得a＝1.25g.
(2)对物块分析可知FN′－mg＝ma
解得FN′＝2.25mg
根据牛顿第三定律可知物块对木箱的压力大小
FN＝2.25mg.
(3)当物块与木箱之间的摩擦力达到最大时，对物块由牛顿第二定律有μmg＝mam
对整体分析有F2＝(m＋3m)am
解得F2＝2mg.
答案：(1)1.25g　(2)2.25mg　(3)2mg章末知识网络建构
伽利略的科学研究方法：“理想实验”加“科学推理”
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有
牛顿第一定律
外力迫使它改变这种状态为止
惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
猜想→探究验证
探究过程
控制变量法
牛顿第二定律
内容：物体加速度与物体所受到的作用力成正比、与物体的
质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同
表达式：F=ma
牛顿运动定律
两个物体之间的作用力F和反作用力F'总是大小相等、方向相反，
牛顿第三定律
作用在同一条直线上
已知受力情况求解运动情况
两类基本问题
已知运动情况求解受力情况
牛顿运动定律的应用
超重：物体具有向上的加速度
超重和失重
失重：物体具有向下的加速度
完全失重：物体对支持物的压力（或
对悬挂物的拉力)为零
力学单位
长度单位一米(m)、质量单位一千克(kg)和时间单位一秒(s)专题提升课5　动力学图像问题
微专题一　由力的图像或物体受力分析物体的运动或运动图像
　如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻速度最大
B．t2时刻开始反向运动
C．t3时刻反向速度最大
D．t4时刻物体离出发点最远
[解析]　水平外力F在0到t1时间内由0增大到最大值F0，t1到t2时间内由最大值F0减小到0，方向没变，由牛顿第二定律可知，物体在0到t2时间内一直加速，因此t2时刻速度最大，A错误； t2时刻力F开始反向，t2时刻物体速度正向最大，物体开始做减速运动，运动方向没变，B错误；由物体受力的对称性可知，t3时刻的速度与t1时刻的速度相等，方向没变，速度不是最大，C错误；0到t4时间内物体运动方向一直没变，因此t4时刻物体的位移最大，所以t4时刻物体离出发点最远，D正确．
[答案]　D
　如图甲所示，倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m的小木块在沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑．a随F变化关系如图乙所示(取沿斜面向上为正方向).认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是(　　)
A．当F＝32 N时，小木块的加速度为8 m/s2
B．当F＝20 N时，小木块的加速度为2.5 m/s2
C．小木块的质量为3 kg
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35
[解析]　由题意可知，以小木块为研究对象，根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，则有a＝－g sin θ－μg cos θ，由题图乙可得 kg－1＝，纵轴截距－8 m/s2＝－g sin θ－μg cos θ，解得m＝2 kg，μ＝0.25，故C、D错误；当F＝20 N时，根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝2 m/s2，故B错误；当F＝32 N时，由题图乙可得a＝8 m/s2，故A正确．
[答案]　A
微专题二　由运动学图像求物体受力
1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等．
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁．
3．图像的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解题策略
(1)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式．
(2)弄清图线斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(3)进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
　如图甲所示，质量为m的滑块在粗糙水平面以初速度v0水平向右运动，在开始运动的同时受到水平向左的恒力的作用，其运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，图中数据都为已知量，求：
(1)水平恒力的大小F；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ.
[解析]　(1)前t1时间内，滑块做匀减速直线运动，有v0＝a1t1，由牛顿第二定律得F＋f＝ma1，t1到2t1时间内，滑块做反向的匀加速直线运动，有v1＝a2t1，由牛顿第二定律得F－f＝ma2，联立解得F＝，f＝.
(2)由滑动摩擦力公式可得f＝μmg，解得滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝.
[答案]　(1)　(2)
　(2025·深圳市期末)如图甲所示，斜面体静止于粗糙的水平面上，斜面倾角为37°，斜面足够长．质量m＝1.0 kg的小物块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，沿斜面由静止开始运动，0.5 s后撤去拉力F.图乙为其速度v随时间t变化的部分图像．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，全过程斜面体保持静止．计算时取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)拉力F的大小．
[解析]　(1)以小物块为研究对象，撤去拉力F以后，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，对小物块受力分析，由v－t图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a2＝＝ m/s2＝10 m/s2
根据牛顿第二定律，有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2
解得小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.
(2)在拉力F作用下，小物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对小物块受力分析，由v－t图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a1＝＝ m/s2＝20 m/s2
根据牛顿第二定律，有
F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
解得拉力F的大小为F＝30 N.
[答案]　(1)0.5　(2)30 N
微专题三　动力学图像的综合应用
　(多选)如图甲所示，用水平压力F将物块按压在竖直墙壁上，F随时间t的变化情况如图乙所示．物块的速度v随时间t的变化情况如图丙所示．重力加速度g取10 m/s2，结合图乙和图丙，下列说法正确的有(　　)
A．第1 s内物块所受摩擦力大于重力
B．可以求出物块的质量
C．不能求出物块与墙面间的动摩擦因数
D．若3 s到4 s内F恒为3 N，则第4 s末物块恰好静止
[解析]　由题图丙可知，第1 s内物块处于静止状态，故受力平衡，所受摩擦力等于重力，A错误；由题图丙可知，1 s到2 s内物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为图线斜率大小，即a1＝ m/s2＝5 m/s2，对物块由牛顿第二定律得mg－μF1＝ma1，结合题图乙，易得1 s到2 s内F1＝1 N，代入可得μ＝5m，2 s到3 s内物块向下做匀速直线运动，物块受力平衡μF2＝mg，结合题图乙，得2 s到 3 s 内F2＝2 N，代入亦得μ＝5m，故不能求出物块的质量和物块与墙面间的动摩擦因数，B错误，C正确；若3 s到 4 s 内F恒为3 N，则物块将做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mg－μF3＝ma3，将μ＝5m代入，易得a3＝－5 m/s2，再由－v＝a3t3，可得t3＝ s＝1 s，即若3 s到4 s内F恒为3 N，则第4 s末物块恰好静止，D正确．
[答案]　CD
1．(由运动学图像求物体受力)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．g取10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　)
A．0.2，6 N　　　　　 B．0.1，6 N
C．0.2，8 N D．0.1，8 N
解析：选A.由题图分析可知，在6 s到10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图线的斜率表示加速度，a＝ m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2；在前6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，故A正确．
2．(已知力的图像分析物体的运动)(多选)一个放在水平面原本静止的物体，受到如图所示的合外力作用，则在时间t0内(　　)
A．物体的速度越来越小
B．物体的加速度越来越小
C．物体的速度越来越大
D．物体的加速度越来越大
解析：选BC.由题图可知，物体所受朝着正方向的合外力越来越小，根据牛顿第二定律，物体的加速度越来越小，故B正确，D错误；分析可得，物体朝着合外力的正方向做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故物体的速度越来越大，故C正确，A错误．
3．(动力学图像的综合应用)如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的倾角α.
解析：(1)(2)由题图乙得前2 s内环的加速度为
a＝＝0.5 m/s2
前2 s，环受到重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有F1－mg sin α＝ma
2 s后物体做匀速运动，根据平衡条件，有
F2＝mg sin α
由题图乙读出F1＝5.5 N，F2＝5 N
联立以上各式，代入数据可解得
m＝1 kg，sin α＝0.5，即α＝30°.
答案：(1)1 kg　(2)30°(共25张PPT)
课后达标检测
题组1　牛顿第三定律
1．在春天，河水边上的湿地是松软的，人在这些湿地上行走时很容易下陷，此时(　　)
A．人对湿地地面的压力大于湿地地面对人的支持力
B.人对湿地地面的压力等于湿地地面对人的支持力
C．人对湿地地面的压力小于湿地地面对人的支持力
D．无法确定
解析：人对湿地地面的压力和湿地地面对人的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B正确．
√
2．一队消防员在进行高压水枪训练时，用高压水流冲击静止在水平地面上的小汽车尾部，发现小汽车被推着加速向前运动．下列说法正确的是(　　)
A．水对车的力大于车对水的力
B．水对车的力大于地面对车的摩擦力
C．水对水枪的作用力小于水枪对水的作用力
D．水对水枪的作用力与消防队员们对水枪的作用力是一对平衡力
√
解析：根据牛顿第三定律可知水对车的力等于车对水的力，A错误；用高压水流冲击静止在水平地面上的小汽车尾部，发现小汽车被推着加速向前运动，说明水对车的力大于地面对车的摩擦力，故B正确；根据牛顿第三定律可知水对水枪的作用力等于水枪对水的作用力，故C错误；对水枪受力分析可知，水枪受到水对水枪的作用力、消防队员们对水枪的作用力还有水枪的重力，受三力而平衡，故水对水枪的作用力与消防队员们对水枪的作用力不是一对平衡力，故D错误．
√
3.体育课上，同学们在老师的指导下跳跃摸高，下列说法正确的是(　　)
A．起跳时，人对地的压力大于地对人的支持力
B．起跳时，人对地的压力等于地对人的支持力
C．图片中起跳后，人受到重力、向上的冲力
D．地对人的支持力是人的脚形变产生的
解析：根据牛顿第三定律可知，起跳时，人对地的压力等于地对人的支持力，故A错误，B正确；起跳后，人只受到重力，故C错误；地对人的支持力是地形变产生的，故D错误．
4．有句俗语叫“鸡蛋碰石头——自不量力”．在鸡蛋碰石头的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．鸡蛋先作用于石头上
B．石头先作用于鸡蛋上
C．鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力一样大
D．鸡蛋破了，所以石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
解析：鸡蛋碰石头，它们之间的力是作用力和反作用力，大小相等、方向相反、同时产生、同时消失．
√
5.(2025·佛山市期中)如图所示为某高山滑雪运动员在倾斜赛道上高速下滑时的情景，以下说法正确的是(　　)
A．赛道对运动员的弹力竖直向上
B．赛道对运动员的弹力与运动员受到的重力
是一对作用力和反作用力
C．运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下
D．运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对平衡力
√
解析：赛道对运动员的弹力垂直于赛道斜向上，A错误；赛道对运动员的弹力与运动员对赛道的压力是一对作用力和反作用力，B错误；赛道对运动员的摩擦力沿赛道斜向上，由牛顿第三定律可知运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下，C正确；运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对相互作用力，D错误．
√
题组2　相互作用力与平衡力
6．关于一对作用力和反作用力以及一对平衡力，下面叙述正确的是(　　)
A．作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上
B．作用力与反作用力就是平衡力
C．平衡力一定是同种性质的力
D．平衡力一定不是作用力与反作用力
解析：作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与平衡力的区别在于平衡力作用在同一物体上，而作用力和反作用力作用在不同的物体上，故A、B错误，D正确；平衡力作用在同一物体上，可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力，故C错误．
7.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国运动员获得首枚奥运会网球女子单打金牌．如图所示，比赛中运动员挥拍击球时，下列说法正确的是(　　)
A．球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力
B．球拍对网球的作用力与球拍对运动员的作用力是一对作用力与反作用力
C．运动员对球拍的作用力与球拍对网球的
作用力是一对作用力与反作用力
D．运动员对球拍的作用力与网球对球拍的
作用力是一对作用力与反作用力
√
解析：球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力，故A正确；球拍对网球的作用力与球拍对运动员的作用力施力物体相同，不是一对作用力与反作用力，故B错误；运动员对球拍的作用力与球拍对网球的作用力涉及三个物体，不是一对作用力与反作用力，故C错误；运动员对球拍的作用力与网球对球拍的作用力涉及三个物体，不是一对作用力与反作用力，故D错误．
8.(多选)如图所示，调皮的小猴子用尾巴悬挂在树枝上，则(　　)
A．小猴子所受重力与小猴子对树枝的拉力是一对平衡力
B．静止时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力
C．前后摆动时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力
D．前后摆动时，小猴子对树枝的拉力与树枝对小猴子的拉力大小相等
√
√
解析：小猴子所受重力与小猴子对树枝的拉力既不是一对平衡力，也不是一对相互作用力，A错误；静止时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力，B正确；前后摆动时，不是平衡状态，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力不是一对平衡力，C错误；小猴子对树枝的拉力与树枝对小猴子的拉力是相互作用力，大小相等，D正确．
9．(多选)粗糙水平面上有一木箱，现用一水平力F拉着木箱匀速前进，则(　　)
A．木箱所受的拉力和地面对木箱的摩擦力是一对作用力和反作用力
B．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力
C.木箱所受的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力
D．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对平衡力
√
√
解析：木箱所受的拉力和地面对木箱的摩擦力，是两种不同性质的力，不是一对作用力和反作用力，A错误；木箱对地面的压力，受力物体是地面，施力物体是木箱，地面对木箱的支持力，受力物体是木箱，施力物体是地面，大小相等，方向相反，是一对作用力和反作用力，D错误，B正确；木箱所受的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力，C正确．
10．把一木块放在水平桌面上保持静止，下面说法正确的是(　　)
A．木块对桌面的压力就是木块受的重力，施力物体是地球
B．木块对桌面先有压力，使桌面产生形变后，桌面才对木块有支持力
C．木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力平衡
D．木块对桌面的压力不是木块受的重力
√
解析：木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，但不能说木块对桌面的压力就是木块受的重力，因为两者产生的原因、施力物体和受力物体等都不同，压力的施力物体是木块，故A错误，D正确；根据牛顿第三定律可知，相互作用力同时产生，故B错误；木块放在水平桌面上保持静止，由平衡条件知，桌面对木块的支持力与木块受的重力平衡，故C错误．
√
11.如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．水平力F与墙壁对物体的支持力是一对作用力与反作用力
B．物体所受的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是一对平衡力
解析：水平力F与墙壁对物体的支持力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，D错误．
√
12．如图，关于车拉马与马拉车的问题，下列说法正确的是(　　)
A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力
B．马拉车加速前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
C．马拉车，不论车动还是不动，马拉
车的力的大小总是等于车拉马的力的大小
D．马拉车不动或车匀速前进时，马拉车的
力与车拉马的力是一对平衡力
解析：马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，可知无论车是不动还是加速前进，马拉车的力的大小始终等于车拉马的力，故A、B错误，C正确；结合上述可知，马拉车不动或车匀速前进时，马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，故D错误．
13．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为f，则此时箱子对地面的压力大小为(　　)
A．Mg＋f　　　　　 B．Mg－f
C．Mg＋mg D．Mg－mg
√
解析：环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力f ′，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力f ′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得FN＝f ′＋Mg＝f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即FN′＝Mg＋f，故A正确．(共36张PPT)
第七节　力学单位
[学习目标]
1．知道单位制、基本单位和导出单位的概念．　
2.明确国际单位制中七个基本物理量和力学中三个基本物理量及其单位．　
3.知道物理运算过程中单位的规范使用和表示方法．
一、单位制的意义
1．单位制：________单位和________单位所组成的一系列完整的单位体制．基本单位是可以____________的，导出单位则是由________________与____________确定的，基本单位选取不同，组成的单位制也就不同．
2．国际单位制：1960年第十一届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI.
基本
导出
任意选定
定义方程式
比例系数
二、国际单位制中的力学单位
1．国际单位制由7个基本单位、2个辅助单位和19个具有专门名称的导出单位组成．
2．国际单位制的基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克 kg
时间 t 秒 s
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I，(Iν) 坎[德拉] cd
3．力学中三个基本物理量及单位
(1)三个基本物理量：________、________和________．
(2)国际单位制中三个基本单位：________、________和______．
长度
　质量
时间
米
千克
秒
判断下列说法是否正确．
(1)在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位．(　　)
(2)力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒．(　　)
(3)单位制中导出单位可以用基本单位来表示.(　　)
(4)厘米(cm)、克(g)、小时(h)都属于国际单位制单位．(　　)
×
√
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课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　对单位制的理解
某老师健身跑步的速度可以达到5 m/s，某人骑自行车的速度为19 km/h.
(1)某同学单凭所给两个速度的数值能否判断老师健身跑步的速度与某人骑自行车的速度的大小关系？
[提示] 由于两个速度的单位不同，故不能直接比较它们的大小．　
[提示]　应先统一这两个速度的单位，再根据数值大小来比较它们的大小，由于5 m/s＝5×3.6 km/h＝18 km/h，故自行车的速度较大．
(2)你能比较以上两个速度的大小关系吗？以上两个速度哪个大？
　　　
√
关于国际单位制，下列选项不正确的是(　　)
A．物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系
B．牛顿是导出单位，1 N＝1 kg·m·s
C．在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)
D．米每二次方秒(m/s2)是重力加速度g的单位
[解析]　物理公式不仅确定了物理量之间的关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故A正确；根据牛顿第二定律F＝ma，可导出力的单位牛顿，1 N＝1 kg·m/s2，故B错误；七个基本单位，分别是米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、单位摩尔(mol)和坎德拉(cd)，在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)，故C正确；根据1 N＝1 kg·m/s2，可得重力加速度 g 的单位为米每二次方秒(m/s2)，故D正确．
下列各组物理量，在国际单位制中属于基本量的是(　　)
A．速度、质量、长度
B．质量、长度、时间
C．加速度、长度、速度
D．质量、加速度、力
[解析]　国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度和物质的量．
√
关于单位制及其应用，下列说法正确的是(　　)
A．kg、m/s、N都是导出单位
B．克、秒、牛顿均为国际单位制中的基本单位
C．1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小
D．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度
[解析]　kg为质量的基本单位，A错误；克不是国际单位制中的单位，牛顿为导出单位，B错误；根据F＝ma可得，1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小，C正确；力学的三个基本物理量为长度、质量、时间，D错误．
√
知识点二　单位制的应用
[提示]　米(m)　米(m)　立方米(m3)
(1)圆锥的高h、半径r的国际单位各是什么？体积的国际单位又是什么？
1．简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．
2．推导物理量的单位：物理公式确定了各物理量的数量关系的同时，也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位．
3．判断比例系数的单位：根据公式中物理量的单位关系，可判断公式中比例系数有无单位，如公式F＝kx中k的单位为N/m，f＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位．
4．单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的．
角度1　解题中的规范应用
物体在10 N的外力作用下，产生 2 m/s2 的加速度，求该物体的质量；对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是(　　)
√
角度2　判断求解物理量的单位
汽车在加速时将使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自加速度，也与加速度有关．加速度对时间的变化率在物理学被称为“加加速度”，通常用符号“j”表示，下列使用国际单位制中基本单位正确表示“j”的单位是(　　)
√
√
角度3　判断表达式是否正确
已知力F的单位是N，质量m的单位是kg，位移s的单位为m，时间t的单位为s，加速度a的单位为m/s2，请根据你对力学单位制的理解，下列表达式中有可能正确的是(　　)
√
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(对单位制的理解)下列各组属于国际单位制中基本单位的是(　　)
A．千克、米、秒　　　 B．牛顿、克、米
C．质量、长度、时间 D．力、时间、位移
解析：在力学中国际单位制的基本单位是：千克、米、秒．牛顿不是基本单位；质量、长度、时间、力、位移是物理量，不是单位．
2．(对单位制的理解)我们已经学过物体的质量m与它所受的重力G的关系为G＝mg，其中“g”通常取9.8牛顿/千克．下列与单位有关的说法正确的是(　　)
A．“牛顿/千克”与“米每二次方秒”是等价的
B．牛顿/千克是“g”的国际单位中的基本单位
C．牛顿是力的国际单位中的基本单位
D．1牛顿是指使质量为1 kg的物体产生9.8 m/s2 的加速度所需要的力
√
解析：从公式上看“牛顿/千克”与“米每二次方秒”是等价的，A正确；牛顿/千克是“g”的国际单位中的导出单位，B错误；牛顿是力的国际单位中的导出单位，C错误；1牛顿是指使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度所需要的力，D错误．
3．(单位制的应用)(多选)2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关表述正确的是(　　)
A.赛道一圈总长度为111.12 m，长度是国际单位制中的基本物理量
B．短道速滑男子500 m的世界纪录为39.505 s，秒是国际单位制中的基本单位
C．短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14 m/s，米每秒是国际单位制中的导出单位
D．短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4 000 N，力是国际单位制中的基本物理量
√
√
√
4．(单位制的应用)(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，测得相邻时间间隔内位移差的平均值Δs＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则下列关于加速度、合外力的大小及单位的计算中，既正确又符合运算要求的是(　　)
√
√
解析：计算中各物理量的单位要统一用相同单位制，只有这样才能直接得到某物理量的单位．加速度和时间用的是国际单位，位移差也应该用国际单位m，故A错误；加速度、位移差、时间都是应用国际单位，应用匀变速直线运动推论公式正确，故B正确；力和加速度用的是国际单位，质量也应该用国际单位kg，故C错误；力、加速度、质量都是应用国际单位，应用牛顿第二定律公式正确，故D正确．
√
√
√
解析：把各物理量的单位都用基本单位表示，s的单位是m，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kg·m/s2，m的单位为kg.由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、m2/s、kg·m/s、m，故A、B、C一定错误，D正确．(共19张PPT)
课后达标检测
1.(2025·汕头期中)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA＝2 kg、mB＝4 kg，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A上施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2，则(　　)
A．当拉力F<4 N时，A静止不动
B．当拉力F＝3 N时，B受A的摩擦力等于3 N
C．拉力F大于6 N时，A才能相对于B滑动
D．若把水平向右的拉力F作用于B，拉力F大于11 N时，A相对于B滑动
√
2.(多选)一块足够长的木板放在水平面上，木板质量M＝2 kg.木板左端有一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板开始时都处于静止状态．木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.现在小物块上作用一水平向右的拉力F＝2 N，小物块在木板上做匀速运动而木板静止不动，g取10 m/s2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法正确的是(　　)
A．小物块受到木板的摩擦力大小为2 N
B．木板受到水平面的摩擦力大小为2 N
C．当拉力F>3 N后，木板就随物块一起运动
D．不论拉力为何值，木板都不会运动
√
√
√
解析：对小物块受力分析，小物块受重力、木板对其的支持力、拉力F以及滑动摩擦力Ff，物块匀速运动，则根据平衡条件可得F＝Ff，故小物块受到木板的摩擦力大小Ff＝2 N，故A正确；对整体受力分析，整体受重力、水平面对整体的支持力、拉力F以及水平面对木板的静摩擦力Ff1，木板静止不动，则根据平衡条件可得Ff1＝F＝2 N，故B正确；木板受到水平面的最大静摩擦力Ffmax＝μ(m＋M)g＝0.1×(1＋2)×10 N＝3 N，对木板受力分析，木板受到重力、小物块对其的压力、水平面对其的支持力、小物块对其的滑动摩擦力以及水平面对其的摩擦力，Ff＝2 N√
√
4．(多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示．g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A. 长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B. A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C. A长度至少为3 m
D. 长木板A的质量是4 kg
√
√
5．(8分)如图所示，一质量M＝4 kg、长度L＝3 m的长木板放在光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量m＝1 kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时物块和长木板均处于静止状态，现对物块施加一大小F＝4 N，方向水平向右的恒定拉力作用，g取10 m/s2，求物块经过多长时间离开长木板．
解析：物块做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma2
答案：2 s
6．(10分)(2025·湛江市期末)如图所示，质量为M(大小未知)的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4 kg的物块(可视为质点)在某一时刻以v0＝6 m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2 s时间后物块与木板恰好达到共同速度．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；(4分)
答案：2 m/s2　1 m/s2　
(2)长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d.(6分)
答案：2 kg　6 m
7．(11分)如图所示，倾角θ＝37°且质量M＝5 kg的梯形斜面A静止在粗糙水平地面上，斜面末端与另一长木板B的上表面平滑对接，A、B接触但不挤压，质量m＝2 kg的滑块C(视作质点)从斜面上一定高度处由静止加速滑下，并以v0＝6 m/s的水平速度滑上长木板，滑上长木板后C做加速度大小为4 m/s2的匀减速直线运动，B做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动．已知A始终保持静止状态，滑块C与斜面A之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)滑块沿斜面下滑时所受的支持力和摩擦力的大小；(3分)
解析：对C受力分析，滑块沿斜面下滑时所受的支持力大小FN＝mg cos θ＝16 N
滑块沿斜面下滑时摩擦力的大小Ff＝μFN＝4 N.
答案：16 N　4 N　
(2)斜面A所受地面摩擦力的大小和方向；(4分)
解析：对斜面体受力分析得，水平方向有
FN sin 37°＝Ffcos 37°＋Ff′
解得斜面A所受地面摩擦力的大小Ff′＝6.4 N
方向水平向右．
答案：6.4 N　方向水平向右　
(3)为保证C不从右侧滑离B，则B至少要多长？(4分)
解析：根据动力学公式，B、C共速时有v0－a1t＝a2t，
解得t＝1 s
答案：3 m第五节　牛顿运动定律的应用
1．明确动力学的两类基本问题．　2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．
3．应用动力学方法分析多运动过程问题．
一、从受力确定运动情况
1．牛顿第二定律确定了________和______的关系，使我们能够把物体的运动情况与________________联系起来．
2．如果已知物体的受力情况，可以由______________________求出物体的加速度，再通过__________________确定物体的运动情况．
二、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据____________________求出物体的加速度，结合受力分析，再根据____________________求出力．
判断下列说法是否正确．
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(　　)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．(　　)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力所决定的．(　　)
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
[答案自填] 运动　力　受力情况　牛顿第二定律　运动学规律　运动学规律　牛顿第二定律
知识点一　已知物体的受力分析运动情况
玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？
[提示]　首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2＝2as和s＝at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间．
1．基本思路
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；
(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；
(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．
　(2024·广州五中期末)高速避险车道是高速道路上为刹车失控车辆所设置的紧急避险通道，一般为上坡车道，表面为铺满沙石或松软沙砾的制动层，末端设有防撞设施．图甲是某地高速避险通道，该避险通道与水平地面的夹角为37°，长为100 m，简化图如图乙．一辆满载矿粉的重型半挂货车制动突然失灵，司机急忙关闭油门将车驶入避险车道．货车受到的阻力恒为车重的20%，货车以v0＝ 24 m/s 的速度冲上避险车道，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以下说法正确的是(　　)
A．货车在避险车道上的加速度大小为2 m/s2
B．货车在避险车道向上滑行的时间为4 s
C．货车将在避险车道向上滑行72 m
D．货车驶入该避险车道的初速度若为v0＝40 m/s，则货车恰好不与防撞设施相撞
[解析]　由牛顿第二定律可得mg sin 37°＋f＝ma，又因为f＝mg×20%，联立解得a＝8 m/s2，故A错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的时间为t＝＝3 s，故B错误；由匀变速直线运动规律，可得货车在避险车道向上滑行的距离为s＝ eq \f(0－v,－2a) ＝ m＝36 m，故C错误；当初速度为v0＝40 m/s时，货车在避险车道向上滑行的距离为s′＝ eq \f(0－v,－2a) ＝ m＝100 m，所以货车恰好不与防撞设施相撞，故D正确．
[答案]　D
　如图，质量为2.5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3.这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求木块对铁箱压力的大小．
(2)求水平拉力F的大小．
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对于铁箱运动的距离是多少？
[解析]　(1)设木块的质量为m1，铁箱的质量为m2，木块恰好静止在铁箱的后壁上时，木块在竖直方向受力平衡，有μ2FN＝m1g
解得铁箱对木块的支持力的大小FN＝20 N
根据牛顿第三定律可知，木块对铁箱压力的大小
FN′＝20 N.
(2)木块在水平方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律有FN＝m1a
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
联立解得F＝129 N.
(3)木块落到铁箱底部，撤去拉力后，铁箱和木块均以v＝6 m/s的初速度做匀减速直线运动．铁箱受到地面的摩擦力f1＝μ1(m1＋m2)g＝9 N，方向水平向左
铁箱受到木块的摩擦力f2＝μ2m1g＝1.25 N，方向水平向右
设铁箱的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有a1＝＝3.1 m/s2，方向水平向左
设木块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有a2＝＝＝μ2g＝2.5 m/s2，方向水平向左
经过1 s，木块从铁箱的左侧到达右侧，则木块对地位移
s2＝vt－a2t2
铁箱对地位移s1＝vt－a1t2
故此时木块相对于铁箱运动的距离s＝s2－s1＝0.3 m．
[答案]　(1)20 N　(2)129 N　(3)0.3 m
知识点二　已知物体的运动分析受力情况
某运动员在练习滑雪时的照片如图所示．
(1)知道在下滑过程中的运动时间；
(2)知道在下滑过程中的运动位移．
结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？
[提示]　先根据运动学公式，求得物体运动的加速度，比如vt＝v0＋at，s＝v0t＋at2，v－v＝2as等，再由牛顿第二定律求物体的受力．
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力．流程图如下所示
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．
　(2025·中山期末)一个滑雪的人，质量m＝50 kg，以v0＝2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡倾角θ＝37°，在t＝5 s的时间内滑下的路程s＝60 m.已知sin 37°＝0.6，g取 10 m/s2，求滑雪的人受到的阻力大小．
[解析]　设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据
s＝v0t＋at2
解得a＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有mg sin 37°－F阻＝ma
解得F阻＝100 N.
[答案]　100 N
知识点三　多运动过程问题
1．问题介绍
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等．
2．注意问题
由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．
3．解题关键
对于多过程问题，关键是分析和求解运动转折点的速度．
　第九届哈尔滨亚冬会于2025年2月7日至14日在哈尔滨市举办．一个无风晴朗的冬日，小华乘坐游戏滑雪车从静止开始沿长为50 m斜直雪道下滑，滑行了5 s后进入水平雪道，继续滑行45 m后减速到0.已知小华和滑雪车的总质量为60 kg，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6).求小华和滑雪车：
(1)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小；
(2)在水平雪道滑行的时间．
[解析]　(1)设小华在斜直雪道上的位移大小为s1，加速度为a，时间为t1，根据
s1＝at
解得a＝4 m/s2
由牛顿第二定律，可得
mgsin 37°－Ff＝ma
解得Ff＝120 N.
(2)设小华进入水平雪道时的速度为vm，在水平雪道的位移大小为s2，时间为t2，根据
s1＝t1，s2＝t2
联立解得t2＝4.5 s.
[答案]　(1)120 N　(2)4.5 s
　如图，质量为0.4 kg的小物块在水平向左的外力F作用下静止在斜面上，且恰好与斜面间无摩擦．撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，经过斜面底端B点，沿水平面滑行一段距离后停在C点．斜面与水平面平滑连接，不计在连接处的能量损失．斜面倾角θ为37°，物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数均相同，且AB段与BC段长度相等．不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求外力F的大小．
(2)求物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数．
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，求经过B点后1 s内物块的位移大小．
[解析]　(1)对A点的物块受力分析有
F＝mg tan θ＝3 N.
(2)撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，对物块受力分析有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
解得a1＝g sin θ－μg cos θ
设AB段与BC段长度均为s，滑至斜面末端时
v＝
水平段，受力分析有μmg＝ma2
解得a2＝μg
水平段减速至0，根据逆向分析有v＝
联立解得μ＝.
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，经过B点后在水平面上的加速度大小
a2＝μg＝ m/s2
减速到0的时间
t0＝＝0.6 s<1 s
则物块经过B点后1 s内的位移
x＝t0＝0.6 m.
[答案]　(1)3 N　(2)　(3)0.6 m
规范一练　动力学方法的综合应用
　(2025·广州期末)如图所示，沿倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的足够长斜面向上拉一个质量为m＝1 kg的木箱，拉力F＝10 N且方向与斜面平行，木箱从斜面底端由静止出发，被拉上距离为s＝4 m后撤去拉力F，已知木箱与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)撤去拉力F前木箱加速度的大小；
(2)拉力F作用的时间；
(3)撤去拉力F后，木箱还能向上运动的最远距离．
[解析]　(1)对物体进行受力分析如图所示，
有F－f－mg sin 37°＝ma1
FN＝mg cos 37°
又f＝μFN，解得a1＝2 m/s2.
(2)拉力F撤去前有s＝a1t12
解得t1＝2 s.
(3)拉力F撤去时有v2＝2a1s
之后向上减速运动，有v2＝2a2s′
又μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma2
联立并代入数据解得s′＝1 m.
[答案]　(1)2 m/s2　(2)2 s　(3)1 m
1．(动力学两类基本问题)发生交通事故进行事故分析的时候，刹车线的长度是重要的分析指标之一．在某次交通事故中，汽车刹车线的长度为12 m，假设汽车的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.6(g取10 m/s2)，则汽车刹车开始时的速度大小为(　　)
A．6 m/s　　　　　　 B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：选D.汽车做的是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律f＝－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－0.6×10 m/s2＝－6 m/s2，由0－v＝2as，代入数据解得v0＝12 m/s.
2．(动力学两类基本问题)(2025·中山市统考期末)滑雪运动中，运动员恰好能沿粗糙且足够长的倾角θ＝30°的斜直轨道匀速下滑．如图所示，若让该运动员从斜直轨道底端以v0＝10 m/s的初速度沿轨道向上运动，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．运动员与轨道间的动摩擦因数为
B．运动员经t＝2 s沿轨道滑到最高点
C．运动员滑到最高点后将静止不动
D．运动员在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿轨道向下
解析：选C.运动员恰好能沿粗糙且足够长的倾角θ＝30°的斜直轨道匀速下滑，则mg sin 30°＝μmg cos 30°，解得μ＝，A错误；上滑时mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma，解得a＝g，滑到最高点的时间为t＝＝1 s，B错误；因满足mg sin 30°＝μmg cos 30°，则运动员滑到最高点后将静止不动，在t＝2 s时速度大小为0，C正确，D错误．
3．(多运动过程问题)如图所示，物体的质量m＝ 4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在倾角为37°、F＝10 N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t＝5 s时撤去F，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物体做加速运动时的加速度a的大小．
(2)撤去F后，物体还能滑行多长时间？
解析：(1)根据牛顿第二定律得，物体做加速运动的加速度为a＝
＝ m/s2＝0.3 m/s2.
(2)5 s末的速度为v＝at＝1.5 m/s
根据牛顿第二定律得，撤去F后的加速度大小为
a′＝μg＝2 m/s2
则物体还能滑行的时间为t′＝＝ s＝0.75 s.
答案：(1)0.3 m/s2　(2)0.75 s题组1　对超重和失重的理解
1．(2024·东莞期末)在加速度大小为a的匀减速下降的电梯中，有一质量为m的人，下列说法正确的是(　　)
A．此人对地球的吸引力大小为m(g－a)
B．此人受到的重力为m(g＋a)
C．此人处于失重状态
D．此人对电梯的压力大小为m(g＋a)
解析：选D.此人对地球的吸引力大小等于地球对人的吸引力，等于人受到的重力mg，A、B错误；人在加速度大小为a的匀减速下降的电梯中，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得电梯对人的支持力大小为FN＝m(g＋a)，根据牛顿第三定律可知，此人对电梯的压力大小为FN′＝m(g＋a)>mg，即人处于超重状态，C错误，D正确．
2.(2025·广东合格考模拟)如图所示，升降机地板上站着一个重力G＝600 N的人．当他对地板的压力FN＝550 N时，升降机可能做下列的哪种运动(　　)
A．加速下降　　　　 　 B．静止
C．匀速下降 D．匀速上升
解析：选A.由于人对地板的压力550 N小于人受到的重力600 N，升降机处于失重状态，升降机加速下降或减速上升．
3．(2025·中山合格考模拟)一乘客站立在放置于电梯底部的体重计上．现发现体重计的示数突然变大，则此时(　　)
A．电梯向上减速，乘客处于失重状态
B．电梯向上加速，乘客处于超重状态
C．电梯向下减速，乘客处于失重状态
D．电梯向下加速，乘客处于超重状态
解析：选B.根据题意可知，由于体重计的示数大于乘客的体重，则具有向上的加速度，处于超重状态，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动．
题组2　超重和失重的分析计算
4．随着科技的发展，手机的功能越来越多．如图所示是小米同学随质量为100 kg的货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v－t图像(竖直向上为正方向)，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)
A．前10 s货物处于失重状态
B．前10 s内电梯对货物的支持力恒为1 010 N
C．前46 s内货物上升的距离为34 m
D．30 s到36 s内货物处于超重状态
解析：选B.前10 s货物向上加速，处于超重状态，A错误；前10 s内电梯的加速度a＝＝ m/s2，对货物根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，可得对货物的支持力恒为FN＝mg＋ma＝1 010 N，B正确；因v－t图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，前46 s内货物上升的距离x＝×1 m－×10×1.2 m＝22 m，C错误；30 s到36 s内货物向上减速，加速度向下，处于失重状态，D错误．
5．(多选)(2025·深圳统考期末)在一次蹦极运动中，运动员可近似认为始终在竖直方向运动，其身上所绑弹性绳的拉力F大小随时间t变化如图所示．已知重力加速度大小为g，则(　　)
A．运动员所受重力大小为0.8F0
B．t0时刻，运动员处于失重状态
C．在上升过程中，运动员始终处于超重状态
D．在整个过程中，运动员的最大加速度为1.5g
解析：选AD.运动员受重力、拉力两个力，运动员静止时，二力平衡，由题图可知G＝0.8F0，故A正确．t0时刻，由题图可知绳的拉力大于0.8F0，所以运动员处于超重状态，故B错误．上升过程分两个阶段，向上加速阶段，运动员处于超重状态；向上减速阶段，运动员处于失重状态，故C错误．在整个过程中，绳的拉力最大值为2F0，此时加速度最大，由牛顿第二定律知2F0－mg＝ma，又G＝0.8F0＝mg，解得a＝1.5g，故D正确．
题组3　沿斜面运动物体的超重和失重
6.在如图所示的装置中，受重力为 4 N 的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在台秤上并保持静止，斜面的倾角为30°.如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断而物块正下滑时，与稳定时比较，台秤的读数(　　)
A．增大4 N B．增大3 N
C．减小1 N D．不变
解析：选C.物块下滑的加速度a＝g sin 30°＝g，方向沿斜面向下，此加速度的竖直分量a1＝a sin 30°＝g，方向向下，所以物块失重，其视重为F视＝G－ma1＝G＝3 N，故台秤的读数减小1 N，C正确．
7.(多选)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时(此时乘客没有靠在靠背上)，下列说法正确的是(　　)
A．乘客受重力、支持力两个力的作用
B．乘客受重力、支持力、摩擦力三个力的作用
C．乘客处于超重状态
D．乘客受到的摩擦力的方向水平向左
解析：选BD.减速上坡时，乘客受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由于乘客加速度方向沿斜面向下，沿水平和竖直方向分解加速度，可知乘客受水平向左的静摩擦力，故A错误，B、D正确；乘客的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，所以乘客处于失重状态，故C错误．
8．(2025·佛山统考期末)在一场篮球比赛中，双方队员争取球权，裁判员将手中的篮球竖直向上抛出，1 s后，篮球到达最高点并自由下落，直到有球员将其碰到．不计篮球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，从被抛出到被球员碰到的过程中，对于篮球，下列说法正确的是(　　)
A．篮球的运动是匀变速直线运动
B．上升时篮球处于超重状态
C．篮球上升到最高点时速度为零，合外力也为零
D．篮球上升的最高点与抛出点的距离为10 m
解析：选A.篮球被抛出后，做竖直上抛运动，加速度恒定，所以篮球的运动是匀变速直线运动，A正确；篮球在上升时只受重力，所以处于完全失重状态，B错误；篮球上升到最高点时速度为零，仍只受重力，所以合外力不为零，C错误；由运动学公式h＝gt2，可得篮球上升的最高点与抛出点的距离h＝5 m，D错误．
9.2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空．关于火箭发射，下列说法正确的是(　　)
A．火箭刚离开发射架时，火箭处于失重状态
B．火箭升入太空后，将不受重力作用
C．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
D．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力
解析：选D.火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力，所以火箭加速上升，加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误，D正确；火箭升入太空后，也受重力作用，故B错误；火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力属于作用力与反作用力，所以高速气流对火箭的作用力等于火箭对气流的作用力，故C错误．
10.(多选)蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动．如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳为原长时人的位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所到达的最低点，不计空气阻力，人可视为质点，弹性绳质量不计且满足胡克定律，则人在第一次下降到最低点的过程，下列说法正确的是(　　)
A．人经过a点时处于平衡状态
B．从P点到a点人处于失重状态
C．从a点到b点人处于失重状态
D．从b点到c点人处于失重状态
解析：选BC.从P点到a点，人仅受重力作用，人具有向下的加速度，处于完全失重状态，故A错误，B正确；从a点到b点人受到的弹力小于自身受到的重力，处于失重状态，故C正确；从b点到c点人受到的弹力大于自身受到的重力，处于超重状态，故D错误．
11．(2025·东莞市期末)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s).由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是(　　)
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：选B.由图可知在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，故人先处于失重状态后处于超重状态，C、D错误；人在起立过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，则站起过程中先处于超重状态后处于失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，A错误，B正确．
12．(12分)某人乘电梯向上运动的v－t图像如图所示．已知g取10 m/s2，请根据图像回答下列问题．
(1)请简要描述整个运动的加速度情况．(3分)
(2)请计算整个运动的总位移大小．(5分)
(3)在电梯运动过程中，将体重计放在电梯的水平地板上，人站在体重计上不动．已知人的质量是50 kg，那么，在前3 s内体重计的示数应该是多少？(4分)
解析：(1)由v－t图像可知，斜率表示加速度，斜率不变表示加速度不变，做匀变速直线运动．
在前3 s内，电梯向上做匀加速直线运动，由v－t图像可知其加速度为
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
在3 s到8 s时间内，图线斜率为0，加速度为0，所以电梯以3 m/s的速度向上做匀速直线运动
在8 s到10 s时间内，电梯向上做匀减速直线运动，由v－t图像可知其加速度方向向下，大小为a2＝＝ m/s2＝1.5 m/s2.
(2)由v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，可知整个过程中位移为
s＝×3×3 m＋3×5 m＋×2×3 m＝22.5 m.
(3)在前3 s内，电梯向上做匀加速运动过程中的加速度为a1＝1 m/s2
以人为研究对象，由牛顿第二定律得
FN－mg＝ma1
解得FN＝550 N
由牛顿第三定律知，人对体重计的压力大小也为550 N，所以体重计读数为55 kg.
答案：(1)见解析　(2)22.5 m　(3)55 kg(共28张PPT)
专题提升课4　瞬时问题和连接体问题
专题 深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　瞬时问题
1．模型介绍
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，形变恢复几乎不需要时间．
(2)弹簧(或橡皮条)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．
(3)杆模型：杆不发生明显形变也能产生弹力，杆的弹力可以发生突变．
2．解题关键
关键是分析瞬时变化前后的受力情况．
(2025·江门校考)如图所示，物体a、b用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将a和天花板相连．已知物体a、b的质量相等，重力加速度为g.当在P点剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物体a的加速度大小为0
B．物体b的加速度大小为0
C．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等，方向相反
D．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等，方向相同
√
如图所示，用两根细线a、b和一个轻弹簧c将两个相同的小球1和2连接并悬挂．两小球处于静止状态，轻弹簧水平，重力加速度为g.剪断细线b的瞬间(　　)
A．球1加速度大小小于g
B．球2加速度大小等于g
C.球1加速度方向竖直向下
D．球2加速度方向水平向右
√
　　　
√
(多选)(2025·茂名市统考期中)如图所示，天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端拴接质量为m的小球A，A球通过轻杆连接质量为2m的小球B，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．剪断弹簧瞬间，轻杆上弹力不为0
B．剪断弹簧瞬间，A、B球加速度均为g
C．剪断轻杆瞬间，A、B球加速度大小均为g
D．剪断轻杆瞬间，A球加速度大小为2g，B球加速度大小为g
√
[解析]　剪断弹簧瞬间，以A、B球以及杆整体作为研究对象，整体做自由落体运动，加速度为g；再隔离B球，根据牛顿第二定律可知，B球做自由落体运动，杆对B球的力必须为零，故A错误，B正确；剪断轻杆瞬间，B球加速度大小为g，做自由落体运动，剪断轻杆前
对A球进行受力分析如图所示，根据平衡条件有
F弹＝mg＋F杆＝3mg，当剪断轻杆后，对球A，除了
杆的力消失以外，其他力没有发生变化，根据牛顿
第二定律有F弹－mg＝ma，得a＝2g，加速度方向竖
直向上，故C错误，D正确．
微专题二　连接体问题
1．模型介绍
多个相互关联的物体连接(叠放，并排或由绳子、细杆等联系)在一起的物体组称为连接体．连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).
2．常用方法
(1)整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，只分析外力，不分析内力．
(2)隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力．
角度1　物体与物体构成的连接体
(2024·北京卷，T4)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(　　)
√
(2025·中山市期中)如图所示，五个质量均为m的车厢置于粗糙的水平轨道上，在外力F的牵引下，沿平直轨道匀加速行驶，若每节车厢与轨道间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则第3节对第4节车厢的牵引力为(　　)
√
角度2　物体与绳子构成的连接体
(多选)如图，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若m1√
√
角度3　物体与弹簧构成的连接体
(多选)如图，在光滑水平面上，轻质弹簧两端连接质量均为 2 kg 的物块A、B.现用大小为F＝10 N的恒力作用在A上使A、B保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．A的加速度大小为5 m/s2
B．弹簧的弹力大小等于5 N
C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为 2.5 m/s2
D．撤去F后的瞬间，A的加速度大小为5 m/s2
√
√
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1.(瞬时问题)(2024·湖南卷，T3) 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
解析：剪断前，对B、C、D分析FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg，剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下．
2.(瞬时问题)(2025·广州市校考)如图所示，甲、乙两图中A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间(　　)
A．图甲中轻杆的作用力不为零
B．图甲中两球的加速度一定不相等
C．图乙中两球的加速度一定相等
D．图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半
√
3．(连接体问题)在建筑工地，建筑工人两手对称水平用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(重力加速度为g)(　　)
√
解析：对两个水泥制品整体受力分析，根据牛顿第二定律有2f－4mg＝4ma，再隔离水泥制品A，又有f－mg－fBA＝ma，所以fBA＝m(g＋a)，D正确．
4.(连接体问题)如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2).
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
答案：见解析
(2)求悬线对小球的拉力大小．
答案：12.5 N　
(3)车厢内有一质量为1 kg的货物相对车厢静止，求货物受的摩擦力大小．
解析：货物相对车厢静止，和车厢具有相同的加速度，设货物质量为M，由牛顿第二定律得货物受的摩擦力大小f＝Ma＝7.5 N.
答案：7.5 N(共39张PPT)
第三节　牛顿第二定律
[学习目标]
1．知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义．
2．知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的．
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．
二、牛顿第二定律的表述
1．内容：物体的加速度与物体所受到的作用力成______比，与物体的质量成______比，加速度的方向与作用力的方向________．
2．表达式
(1)表达式：a＝____________，式中F指的是物体所受的________，k是________．
正
反
相同
合力
比例系数
(2)k的选取有一定的任意性．在国际单位制中k＝_____，简化后牛顿第二定律的数学表达式为___________，式中F、m、a的单位分别为________、________、____________．
3．力的单位
(1)国际单位：力的单位是牛顿，简称牛，符号N.
(2)1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝____________．
1
F＝ma
N
kg
m/s2
1 kg·m·s－2
判断下列说法是否正确．
(1)由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合外力一定大．(　　)
(2)牛顿第二定律说明了质量大的物体其加速度一定小.(　　)
(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致．(　　)
(4)关于牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k
①力F的单位用N时等于1.(　　)
②在国际单位制中才等于1.(　　)
③加速度单位用m/s2时等于1.(　　)
×
√
×
×
√
×
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　对牛顿第二定律的理解
如图所示，小明用力拉地面上的箱子，但箱子没动，请思考：
(1)根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，但为什么箱子一直没动呢？
[提示]　牛顿第二定律F＝ma中的力F指的是物体受的合力，尽管小明对箱子有一个拉力作用，但箱子受的合力为0，所以不能产生加速度．
[提示]　加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得，需要一段时间，故不能立刻获得速度．
(2)如果箱底光滑，当拉力作用在箱子上的瞬间，箱子是否立刻获得加速度？是否立刻获得速度？
1．对表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度．
2．牛顿第二定律的六个性质
性质 理解
因果性 力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性 F＝ma是一个矢量式，物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性 加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生、同时变化、同时消失
性质 理解
同体性 F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性 作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性 物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
√
角度1　合力、速度和加速度的关系
关于速度、加速度、合力间的关系，正确的是(　　)
A．物体的速度越大，则物体的加速度越大，所受合力也越大
B．物体的速度为零，则物体的加速度一定为零，所受合力也为零
C．若物体的速度发生反向，加速度也发生反向
D．物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合力也可能为零
[解析]　物体的速度虽然很大，但可能物体速度没有发生变化，所以加速度可能为零，根据牛顿第二定律可知，合外力也可能为零，故A错误，D正确；物体的速度为零，但物体的加速度不一定为零，所受合力也不一定为零，例如：火箭发射瞬间，速度为零，但加速度不为零，合外力也不为零，故B错误；物体的速度发生反向，加速度不一定也发生反向，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向由合外力的方向来决定，故C错误．
对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，m与F成正比，m与a成反比
B．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度不会消失
√
如图所示，一轻弹簧水平放置在光滑的水平面上，其右端固定，B点为弹簧自由伸长时的位置，一物块静止在A处，现用一水平向右的恒力F推该物块，直至弹簧被压缩到最短位置C，则此过程中下列说法正确的是(　　)
A．物块从A到B加速，B到C减速
B．物块到达B点时速度最大
C．物块所受合外力方向向左
D．物块到达C点时加速度不为零
√
角度2　牛顿第二定律定性分析问题
[解析]　物块从A到B加速，刚接触弹簧时F大于弹簧的弹力，所以物块还是做加速运动，F弹逐渐增大，当F弹>F时，物块开始减速，故A错误；物块到达B点时还有向右的加速度所以B点的速度不是最大，故B错误；当F＝F弹时，加速度才等于零，所以物块所受合外力方向先向右，后向左，故C错误；物块从A到C点速度由零变为零，所以物块先加速后减速，当物块在C点时应该有向左的加速度，所以物块到达C点时加速度不为零，故D正确．
(多选)(2025·广州市期末)蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示．图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点．在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员的速度一直减小
B．加速度是先减小后增大
C．运动员速度最大时，绳对运动员的拉力等于
运动员所受的重力
D．运动到c点时，运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力
√
√
√
[解析]　刚通过a点时，弹性绳的弹力小于运动员所受的重力，运动员仍在做加速运动，随着弹性绳的伸长，弹力逐渐增加，运动员所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹性绳的弹力等于运动员所受的重力时，运动员的加速度减小到零，速度达到最大值，再向下运动时，弹性绳的弹力大于运动员所受的重力，随着弹性绳弹力的增加，运动员所受的合力向上增加，加速度向上增加，A错误，B正确；运动员速度最大时，加速度为零，此时弹性绳对运动员的拉力等于运动员所受的重力，C正确；运动到c点时，加速度向上，绳子对运动员的拉力大于运动员所受的重力，则运动员对绳的拉力大于运动员所受的重力，D正确．
知识点二　牛顿第二定律的简单应用
1．解题步骤
(1)确定研究对象：依据题意正确选取研究对象．
(2)分析：对研究对象进行受力情况和运动情况的分析，画出受力图和运动情境图．
(3)列方程：选取正方向，通常选加速度方向为正方向，方向与正方向相同的力为正值，方向与正方向相反的力为负值，建立方程．
(4)解方程：F、m、a用国际单位，解的过程要清楚，写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论．
(2025·汕头月考)同一水平面内的两个力，大小分别为2 N、6 N，若这两力同时作用于质量m＝2 kg物体上，则这两个力的合力对该物体产生的加速度可能是(　　)
A．1 m/s2　　　　　 B．3 m/s2
C．5 m/s2 D．7 m/s2
√
在静止的电梯中，某人最多可举起m1＝60 kg的物体．重力加速度g取10 m/s2.
(1)若电梯以2 m/s2的加速度加速下降，求此人最多可举起的物体的质量．
[解析]　在静止的电梯中，某人最多可举起m1＝60 kg的物体，则有
Fmax＝m1g＝600 N
若电梯以2 m/s2的加速度加速下降，设此人最多可举起质量为m的物体，根据牛顿第二定律可得
mg－Fmax＝ma
联立解得m＝75 kg.
[答案]　75 kg　
(2)若此人在电梯中最多能举起m2＝40 kg的物体，求此电梯的加速度大小和方向．
[解析]若此人在电梯中最多能举起m2＝40 kg的物体，根据牛顿第二定律可得Fmax－m2g＝m2a2
解得电梯的加速度大小a2＝5 m/s2
方向竖直向上．
[答案] 5 m/s2　方向竖直向上
(2025·佛山市期末)如图所示，小球质量为m，斜劈质量为M、斜面倾角为θ，用水平向右的推力作用在斜劈上时，小球位于斜劈的斜面上和斜劈恰好相对静止．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，求：
(1)斜劈对小球的支持力大小N；
(2)水平推力的大小F.
[解析]结合上述，对小球进行分析，牛顿第二定律有mg tan θ＝ma，对斜劈与小球构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)gtan θ.
[答案]　(M＋m)g tan θ
一个质量为20 kg的物体，从固定斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平面间的夹角为37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
(1)求物体沿斜面下滑过程中的加速度．
规范一练　牛顿第二定律的应用
[解析]　物体沿斜面下滑时，摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析如图甲所示．
由牛顿第二定律得mg sin 37°－f＝ma1①
FN＝mg cos 37°②
f＝μFN③
联立①②③式得a1＝4.4 m/s2，方向沿斜面向下．
[答案]　4.4 m/s2，方向沿斜面向下
(2)若给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑的加速度．
[解析]物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下，对物体受力分析如图乙所示．
由牛顿第二定律得mg sin 37°＋f′＝ma2④
f′＝μFN⑤
FN＝mg cos 37°⑥
联立④⑤⑥式得a2＝7.6 m/s2，方向沿斜面向下．
[答案]7.6 m/s2，方向沿斜面向下
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(对牛顿第二定律的理解)下列关于牛顿第二定律的说法正确的是(　　)
A．同一物体所受合外力越大，加速度越大
B．加速度方向总是与速度方向一致
C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大
D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比
解析：由F＝ma，m一定时，F越大，加速度a越大，故A正确；加速度的方向与合力的方向相同，与速度的方向不一定相同，故B错误；速度变化大，加速度不一定大，则合力不一定大，故C错误；质量是物体的固有属性，不随合力、加速度的变化而变化，故D错误．
2.(牛顿第二定律的应用)神舟载人飞船返回舱着陆瞬间的照片如图所示．已知返回舱的质量为m，着陆前某时刻返回舱除重力外其他外力的合力大小为F，方向竖直向上，重力加速度为g，整个过程返回舱竖直下落，以竖直向下为正方向，则此时刻返回舱的加速度为(　　)
√
3.(牛顿第二定律的应用)(多选)(2025·茂名市期中)如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以加速度a斜向上匀减速运动，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．人受到的摩擦力水平向右
B．人对踏板的作用力竖直向下
C．踏板对人的支持力FN＝ma sin θ
D．踏板对人的支持力FN＝mg－ma sin θ
√
√
解析：正交分解加速度可得ax＝a cos θ，ay＝a sin θ，其中ax方向水平向右，ay方向竖直向下．水平方向由牛顿第二定律可得f＝max＝ma cos θ，方向与ax方向一致，水平向右，A正确；竖直方向由牛顿第二定律可得mg－FN＝may＝ma sin θ，解得FN＝mg－ma sin θ，方向竖直向上，C错误，D正确；人对踏板的摩擦力水平向左，压力竖直向下，故人对踏板的作用力斜向左下方，B错误．
4.(牛顿第二定律的应用)如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上．现用大小为 40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力F拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
(1)若水平面光滑，求物体加速度的大小．
解析：水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律得F cos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2.
答案：8 m/s2　
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，求物体加速度的大小．
解析：水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
F cos 37°－f＝ma2
FN＋F sin 37°＝mg
f＝μFN
联立解得a2＝6 m/s2.
答案：6 m/s2题组1　对牛顿第一定律的理解
1．关于物理学史下列说法不正确的是(　　)
A．亚里士多德认为“重的物体下落得快”
B．伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落得同样快，然后用实验证实了自己的结论
C．亚里士多德认为：必须有力作用在物体上，物体才能运动
D．伽利略在实验室通过实验证明：力不是维持物体运动的原因
解析：选D.亚里士多德认为物体下落得快慢跟它的轻重有关， 重的物体下落得快，A正确；伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落得同样快，然后用实验证实了自己的结论，B正确；亚里士多德得出结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止在某个地方，C正确；伽利略通过“理想斜面实验”得出结论：力不是维持物体运动的原因，D错误．
2．牛顿运动定律包括牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律，由牛顿在1687年于《自然哲学的数学原理》一书中总结提出．书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．”其中物体的“运动状态”用下面哪个物理量表示(　　)
A.加速度　　　　　　 B．速度
C．位移 D．受力
解析：选B.一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，有外力作用后，物体的速度发生变化，即不再是匀速直线运动状态或静止状态，所以物体的“运动状态”指的是物体的速度，B正确．
3．伽利略的实验说明了(　　)
A．要物体运动必须有力作用，没有力的作用物体将静止
B．要物体静止必须有力作用，没有力作用的物体就运动
C．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态
D．物体不受外力作用时，一定处于静止状态
解析：选C.伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态，可以是静止，也可以是匀速直线运动，故A、B错误；物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故C正确，D错误．
题组2　惯性的理解和应用
4．冰壶在冰面运动时可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，这种抵抗运动状态变化的“本领”，我们称之为“惯性”，则冰壶惯性的大小取决于(　　)
A．冰壶受到的推力
B．冰壶的速度
C．冰壶的质量
D．冰壶受到的阻力
解析：选C.质量是惯性大小的量度，则冰壶惯性的大小取决于冰壶的质量．
5．关于惯性，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体的惯性一定大
B．静止物体的没有惯性
C．只有运动的物体具有惯性
D．所有物体都具有惯性
解析：选D.质量是惯性大小的唯一量度，一切物体都有惯性，与物体的运动状态无关，A、B、C错误，D正确．
题组3　牛顿第一定律分析实际问题
6．“复兴号”列车在某段水平轨道上匀速行驶，假设列车上固定着盛满水的水杯．若突然发现水杯中的水向右洒出，如图所示，则关于列车在此种情况下的运动，下列描述正确的是(　　)
A．列车匀速向左运动
B．列车可能突然向右加速运动
C．列车可能突然向左减速运动
D．列车可能突然向右减速运动
解析：选D.根据题图中的情境可知，如果列车的加速度方向向左，由于惯性水才会向右洒出，匀速运动或向右加速均不会出现这种现象，所以加速度方向向左；如果速度方向向左，加速度方向和列车速度方向相同，列车向左加速运动；如果速度方向向右，加速度方向和列车速度方向相反，列车向右减速运动．
7．某同学坐在列车的车厢内，列车正在前进中，桌面上有一个小球相对于桌面静止，突然他发现小球开始运动．根据小球的运动，我们可以分析判断列车的运动，下列判断正确的是(　　)
A．小球相对于桌面向后运动，可知列车在匀速前进
B．小球相对于桌面向后运动，可知列车在减速前进
C．小球相对于桌面向前运动，可知列车在加速前进
D．小球相对于桌面向前运动，可知列车在减速前进
解析：选D.小球由于惯性要保持原来的运动状态，相对于桌面向后运动，即小球相对于列车向后运动，可知列车是突然加速前进的，故A、B错误；小球相对于桌面向前运动，可知列车相对于小球向后运动，列车在减速前进，故C错误，D正确．
8．足球运动中蕴含着丰富的物理知识，关于惯性下列说法正确的是(　　)
A.足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为存在惯性
B．踢出去的足球能继续飞行，是因为存在惯性
C．踢出去的足球速度在不断变化，惯性也在不断变化
D．足球若被带到太空，惯性将会消失
解析：选B.足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的存在，故A错误；惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的存在，故B正确；惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，与物体所在位置无关，故C、D错误．
9．关于力、运动状态及惯性，下列说法正确的是(　　)
A．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
D．牛顿第一定律不仅是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，而且它可以进一步通过实验直接验证
解析：选C.惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；一个运动的物体总会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，如果不受力，物体会永远地运动下去，故B错误；伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能通过实验直接验证，故D错误．
10.(2025·茂名市期中)春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，意思是马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，关于这一现象下列说法不正确的是(　　)
A．这个现象符合牛顿第一定律
B．马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性
C．马对车不再施力了，车最终会停下来，说明物体的运动需要力来维持
D．马对车不再施力了，车最终会停下来，是因为受到阻力的作用
解析：选C.马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，说明车具有惯性，符合牛顿第一定律，故A、B正确，不符合题意；力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因，故C错误，符合题意；马对车不再施力了，车最终会停下来是因为受到阻力的作用，故D正确，不符合题意．
11．2024年9月16日7时30分前后，台风“贝碧嘉”(强台风级)的中心在上海浦东临港新城登陆．安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动，继续守护大楼抵抗强台风．“上海慧眼”被安装在大厦的倒数第三和第四层，距离地面583米．阅读以上材料，根据所学知识，下列说法正确的是(　　)
A．“上海慧眼”降低了上海中心大厦的重心高度，从而有利于抵抗台风冲击
B．“上海慧眼”主要通过增加上海中心大厦整体的惯性来抵抗台风冲击
C．“上海慧眼”主要利用自身的惯性降低上海中心大厦的晃动幅度来抵抗台风冲击
D．将“上海慧眼”安装在第25层，也具有相同效果，且降低施工难度
解析：选C.重心的位置与质量分布有关，靠近质量大的地方，所以“上海慧眼”升高了上海中心大厦的重心高度，故A错误； “上海慧眼”主要利用自身的惯性降低上海中心大厦的晃动幅度来抵抗台风冲击，故B错误，C正确；由题意可知如果大厦没有阻尼器则上部容易晃动，阻尼器在上部晃动阻碍大厦的晃动，将“上海慧眼”安装在第25层，对高楼层达不到很好的稳定作用，故D错误．
12．如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动．当车突然停止时，如不考虑其他阻力，设车无限长，则两个小球(　　)
A．一定相碰　　　　　 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．难以确定
解析：选B.因为小车表面光滑，因此，不论小车如何运动，两小球在水平方向上均不受力，根据牛顿第一定律可知它们将保持匀速运动状态，又因为两球速度相等，故两球一定不会相碰．
13．如图所示，一个劈形物体A放在斜面上，A的各个表面光滑且上表面水平，在A的上表面上放置一个小球B，由静止释放A，则小球B在碰到斜面之前的运动轨迹是(　　)
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．抛物线
D．双曲线
解析：选B.B原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零，当A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，B原来速度为0，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表面又光滑，除竖直方向有合力外，其他方向上没有合力，而力是使物体运动状态改变的原因，B只能在竖直方向上有运动，在碰到斜面之前，B的运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线．(共4张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS
伽利略的科学研究方法：“理想实验”加“科学推理”
牛顿第一定律
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有
外力迫使它改变这种状态为止
牛顿运动定律
惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
猜想→探究验证
探究过程
控制变量法
牛顿第二定律
内容：物体加速度与物体所受到的作用力成正比、与物体的
质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同
表达式：F=ma
两个物体之间的作用力F和反作用力F'总是大小相等、方向相反，
牛顿第三定律
作用在同一条直线上
已知受力情况求解运动情况
牛顿运动定律
两类基本问题
已知运动情况求獬受力情况
牛顿运动定律的应用
超重：物体具有向上的加速度
超重和失重
失重：物体具有向下的加速度
完全失重：物体对支持物的压力（或
对悬挂物的拉力)为零
力学单位
长度单位一米(m)、质量单位一千克(kg)和时间单位一秒(s)(共37张PPT)
第五节　牛顿运动定律的应用
[学习目标]
1．明确动力学的两类基本问题．　
2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．
3．应用动力学方法分析多运动过程问题．
一、从受力确定运动情况
1．牛顿第二定律确定了________和______的关系，使我们能够把物体的运动情况与________________联系起来．
2．如果已知物体的受力情况，可以由______________________求出物体的加速度，再通过__________________确定物体的运动情况．
二、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据____________________求出物体的加速度，结合受力分析，再根据____________________求出力．
牛顿第二定律
运动
力
受力情况
牛顿第二定律
运动学规律
运动学规律
判断下列说法是否正确．
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(　　)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．(　　)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力所决定的．(　　)
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(　　)
×
√
√
×
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　已知物体的受力分析运动情况
玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，
一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因
数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和
需要的时间？
1．基本思路
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；
(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；
(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．
　　　
(2024·广州五中期末)高速避险车道是高速道路上为刹车失控车辆所设置的紧急避险通道，一般为上坡车道，表面为铺满沙石或松软沙砾的制动层，末端设有防撞设施．图甲是某地高速避险通道，该避险通道与水平地面的夹角为37°，长为100 m，简化图如图乙．一辆满载矿粉的重型半挂货车制动突然失灵，司机急忙关闭油门将车驶入避险车道．货车受到的阻力恒为车重的20%，货车以v0＝ 24 m/s 的速度冲上避险车道，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以下说法正确的是(　　)
A．货车在避险车道上的加速度大小为2 m/s2
B．货车在避险车道向上滑行的时间为4 s
C．货车将在避险车道向上滑行72 m
D．货车驶入该避险车道的初速度若为v0＝40 m/s，则货车恰好不与防撞设施相撞
√
如图，质量为2.5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3.这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求木块对铁箱压力的大小．
[解析]　设木块的质量为m1，铁箱的质量为m2，木块恰好静止在铁箱的后壁上时，木块在竖直方向受力平衡，有μ2FN＝m1g
解得铁箱对木块的支持力的大小FN＝20 N
根据牛顿第三定律可知，木块对铁箱压力的大小FN′＝20 N.
[答案]　20 N　
(2)求水平拉力F的大小．
[解析]木块在水平方向的加速度设为a，根据牛顿第二定律有FN＝m1a
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
F－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
联立解得F＝129 N.
[答案]　129 N
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对于铁箱运动的距离是多少？
[答案]　0.3 m
知识点二　已知物体的运动分析受力情况
某运动员在练习滑雪时的照片如图所示．
(1)知道在下滑过程中的运动时间；
(2)知道在下滑过程中的运动位移．
结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力．流程图如下所示
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．
(2025·中山期末)一个滑雪的人，质量m＝50 kg，以v0＝2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡倾角θ＝37°，在t＝5 s的时间内滑下的路程s＝60 m.已知sin 37°＝0.6，g取 10 m/s2，求滑雪的人受到的阻力大小．
[答案]　100 N
知识点三　多运动过程问题
1．问题介绍
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等．
2．注意问题
由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．
3．解题关键
对于多过程问题，关键是分析和求解运动转折点的速度．
第九届哈尔滨亚冬会于2025年2月7日至14日在哈尔滨市举办．一个无风晴朗的冬日，小华乘坐游戏滑雪车从静止开始沿长为50 m斜直雪道下滑，滑行了5 s后进入水平雪道，继续滑行45 m后减速到0.已知小华和滑雪车的总质量为60 kg，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6).求小华和滑雪车：
(1)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小；
[答案]　120 N　
(2)在水平雪道滑行的时间．
[答案]　4.5 s
如图，质量为0.4 kg的小物块在水平向左的外力F作用下静止在斜面上，且恰好与斜面间无摩擦．撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，经过斜面底端B点，沿水平面滑行一段距离后停在C点．斜面与水平面平滑连接，不计在连接处的能量损失．斜面倾角θ为37°，物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数均相同，且AB段与BC段长度相等．不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求外力F的大小．
[解析]　对A点的物块受力分析有
F＝mg tan θ＝3 N.
[答案]　3 N
(2)求物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数．
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，求经过B点后1 s内物块的位移大小．
[答案]　0.6 m
(2025·广州期末)如图所示，沿倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的足够长斜面向上拉一个质量为m＝1 kg的木箱，拉力F＝10 N且方向与斜面平行，木箱从斜面底端由静止出发，被拉上距离为s＝4 m后撤去拉力F，已知木箱与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)撤去拉力F前木箱加速度的大小；
规范一练　动力学方法的综合应用
[解析]　对物体进行受力分析如图所示，
有F－f－mg sin 37°＝ma1
FN＝mg cos 37°
又f＝μFN，解得a1＝2 m/s2.
[答案]　2 m/s2　
(2)拉力F作用的时间；
[答案]　2 s　
(3)撤去拉力F后，木箱还能向上运动的最远距离．
[解析]　拉力F撤去时有v2＝2a1s
之后向上减速运动，有v2＝2a2s′
又μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma2
联立并代入数据解得s′＝1 m.
[答案]　1 m
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(动力学两类基本问题)发生交通事故进行事故分析的时候，刹车线的长度是重要的分析指标之一．在某次交通事故中，汽车刹车线的长度为12 m，假设汽车的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.6(g取10 m/s2)，则汽车刹车开始时的速度大小为(　　)
A．6 m/s　　　　　　 B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
√
3．(多运动过程问题)如图所示，物体的质量m＝ 4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在倾角为37°、F＝10 N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t＝5 s时撤去F，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物体做加速运动时的加速度a的大小．
答案：0.3 m/s2　
(2)撤去F后，物体还能滑行多长时间？
答案：0.75 s(共23张PPT)
课后达标检测
题组1　对牛顿第二定律的理解
1．由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为(　　)
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，物体的加速度为0，所以物体仍静止
√
解析：牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，物体的加速度为0，所以物体仍静止，故D正确，A、B、C错误．
√
√
题组2　牛顿第二定律的简单应用
3．(2025·河源市期中)在乘坐地铁时，小辉发现一小段时间内，地铁上的拉手与竖直方向有一稳定的夹角，他立即用手固定住拉手，并用量角器测出了该角度为10°，已知重力加速度为g，则该小段时间内地铁的加速度大小为(　　)
A．gtan 10°　　　　　 B．gcos 10°
解析：对拉手受力分析，由牛顿第二定律mg tan 10°＝ma，可得该小段时间内地铁的加速度大小a＝gtan 10°.
4．现代战场上FPV自爆无人机已成为士兵的头号克星．某次无人机演练中，静止于空中的FPV无人机发现正前方有一军事目标，于是以7.5 m/s2的加速度沿水平直线冲向目标．设该无人机的质量为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求加速过程中空气对无人机的作用力大小为(　　)
A．10 N B．15 N
C．20 N D．25 N
√
5.如图所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，与此同时物体受到一个水平向左的推力F＝10 N的作用，g取10 m/s2，则物体的加速度是(　　)
A．0
B．4 m/s2，水平向左
C．9 m/s2，水平向左
D．1 m/s2，水平向右
解析：物体受到的滑动摩擦力f＝μmg＝8 N，方向水平向左，由牛顿第二定律得F＋f＝ma，解得a＝9 m/s2，方向水平向左．
√
6.西汉的司马迁在《史记·项羽本纪第七》中描述：“籍(项羽名)长八尺余，力能扛鼎，才气过人，虽吴中子弟皆已惮籍矣．”“力能扛鼎”对于一位同学来说是不可能的事情，若两位同学同时用力向上拉鼎便可以将鼎提起，设某一个鼎的质量为m，两位同学分别施加如图所示的拉力F，两个力的夹角为2θ，此时鼎刚好脱离地面并加速，则鼎此时的加速度为(　　)
√
7．如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A的质量为m.下列说法正确的是(　　)
A．石块A所受所有外力的合力大小为0
B．周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左
C．周围石块对石块A的作用力的合力大小等于ma
D．加速度a增大时，周围石块对石块A作用力的合力竖直分量不变
√
8．(2025·深圳市期中)如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成60°的拉力F1的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a1，在与水平方向成30°的推力F2的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a2.已知拉力F1与推力F2的大小相等，a1＝a2，则物体与地面间的动摩擦因数为(　　)
√
9．(9分)(2025·广州市期中)如图甲所示，质量为1 kg的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，推动一下恰好能够沿斜面匀速下滑．如果用原长为30 cm的轻质弹簧沿斜面向上拉物体(图乙)，使物体沿斜面匀速上滑时，弹簧的长度为40 cm.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求斜面与物体间的动摩擦因数．(3分)
解析：依题意，物体恰好能够沿斜面匀速下滑，可得mg sin θ＝μmg cos θ
解得μ＝0.75.
答案：0.75　
(2)求弹簧的劲度系数．(3分)
解析：物体沿斜面匀速上滑时，有mg sin θ＋μmg cos θ＝kΔx，解得k＝120 N/m.
答案：120 N/m　
(3)用16 N的力通过弹簧沿斜面向上拉物体，物体加速度为多大？(3分)
解析：根据牛顿第二定律，可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝4 m/s2.
答案：4 m/s2
10．(8分)平直路上向右运动的小车内，用细绳a和细绳b系住一个质量为3 kg的小球，细绳a与竖直方向夹角θ＝37°，细绳b水平(如图所示)，g取10 m/s2.
(1)当小车以加速度5 m/s2向右做匀加速直线运动时，求b绳的拉力．(5分)
解析：对小球受力分析，如图所示水平方向有
Fa sin 37°－Fb＝ma
竖直方向有Fa cos 37°＝mg
代入数据解得
Fa＝37.5 N，Fb＝7.5 N，b绳拉力水平向左．
答案：7.5 N，水平向左　
(2)为了使小球与车保持相对静止，求小车向右的最大加速度．(3分)
解析：当小车的加速度向右达到最大时有
Fa sin 37°＝mam
Fa cos 37°＝mg
联立解得am＝7.5 m/s2.
答案：7.5 m/s2
11．(12分)如图，物体的质量m＝1 kg，静止地放在光滑的水平面上，有水平拉力F＝10 N的作用．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)
(1)求物体的加速度a1的大小．(2分)
解析：根据牛顿第二定律F＝ma1
得a1＝10 m/s2.
答案：10 m/s2　
(2)若水平面粗糙，μ＝0.6，求物体的加速度a2的大小．(4分)
解析：对物体受力分析如图甲，若物体滑动
则f1＝μFN1，FN1＝mg ，得f1＝μmg＝6 N
而F>f1，故物体滑动，根据牛顿第二定律
F－f1＝ma2，得a2＝4 m/s2.
答案：4 m/s2　
(3)在(2)问中，若把拉力F斜向上，与水平方向夹角为α＝37° 拉物体，求物体的加速度a3的大小．(3分)
解析：对物体受力分析如图乙，若物体滑动，则FN2＝mg－F sin α＝4 N ，f2＝μFN2＝2.4 N ，而F cos α＝8 N>f2，故物体滑动，根据牛顿第二定律F cos α－f2＝ma3，得a3＝5.6 m/s2.
答案：5.6 m/s2　
(4)在(2)问中，若把拉力F斜向下，与水平方向夹角为α＝37° 拉物体，求物体的加速度a4的大小．(3分)
解析：对物体受力分析如图丙，若物体滑动，则
FN3＝mg＋F sin α＝16 N ，f3＝μFN3＝9.6 N
而F cos α＝8 N＜f3，故物体仍静止，得a4＝0.
答案：0专题提升课4　瞬时问题和连接体问题
微专题一　瞬时问题
1．模型介绍
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，形变恢复几乎不需要时间．
(2)弹簧(或橡皮条)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．
(3)杆模型：杆不发生明显形变也能产生弹力，杆的弹力可以发生突变．
2．解题关键
关键是分析瞬时变化前后的受力情况．
模型1　绳和弹簧模型
　(2025·江门校考)如图所示，物体a、b用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将a和天花板相连．已知物体a、b的质量相等，重力加速度为g.当在P点剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物体a的加速度大小为0
B．物体b的加速度大小为0
C．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等，方向相反
D．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等，方向相同
[解析]　设a、b物体的质量为m，剪断细绳前，对a、b整体受力分析可知，整体受到的总重力和弹簧的弹力平衡，故弹簧弹力F＝2mg，再对物体a受力分析，受到重力、细绳拉力mg和弹簧的拉力，剪断细绳后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为零，故物体a受到的合力等于mg，方向向上，根据牛顿第二定律得a的加速度aa＝＝g，方向向上；剪断细绳前，对物体b受力分析，物体b受到重力、细绳拉力，剪断细绳后，重力不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，方向向下，根据牛顿第二定律可得b的加速度为ab＝g，方向向下，所以物体a的加速度与物体b的加速度大小相等，方向相反．
[答案]　C
　如图所示，用两根细线a、b和一个轻弹簧c将两个相同的小球1和2连接并悬挂．两小球处于静止状态，轻弹簧水平，重力加速度为g.剪断细线b的瞬间(　　)
A．球1加速度大小小于g
B．球2加速度大小等于g
C.球1加速度方向竖直向下
D．球2加速度方向水平向右
[解析]　设a与竖直方向的夹角为θ，剪断细线b的瞬间，a绳弹力发生突变，小球1所受合力F合＝mg sin θ＝ma1，解得小球1的加速度大小a1＝g sin θ[答案]　A
模型2　杆和弹簧模型
　(多选)(2025·茂名市统考期中)如图所示，天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端拴接质量为m的小球A，A球通过轻杆连接质量为2m的小球B，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．剪断弹簧瞬间，轻杆上弹力不为0
B．剪断弹簧瞬间，A、B球加速度均为g
C．剪断轻杆瞬间，A、B球加速度大小均为g
D．剪断轻杆瞬间，A球加速度大小为2g，B球加速度大小为g
[解析]　剪断弹簧瞬间，以A、B球以及杆整体作为研究对象，整体做自由落体运动，加速度为g；再隔离B球，根据牛顿第二定律可知，B球做自由落体运动，杆对B球的力必须为零，故A错误，B正确；剪断轻杆瞬间，B球加速度大小为g，做自由落体运动，剪断轻杆前对A球进行受力分析如图所示，根据平衡条件有F弹＝mg＋F杆＝3mg，当剪断轻杆后，对球A，除了杆的力消失以外，其他力没有发生变化，根据牛顿第二定律有F弹－mg＝ma，得a＝2g，加速度方向竖直向上，故C错误，D正确．
[答案]　BD
微专题二　连接体问题
1．模型介绍
多个相互关联的物体连接(叠放，并排或由绳子、细杆等联系)在一起的物体组称为连接体．连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).
2．常用方法
(1)整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，只分析外力，不分析内力．
(2)隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力．
角度1　物体与物体构成的连接体
　(2024·北京卷，T4)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
[解析]　根据题意，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，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝F.
[答案]　A
　(2025·中山市期中)如图所示，五个质量均为m的车厢置于粗糙的水平轨道上，在外力F的牵引下，沿平直轨道匀加速行驶，若每节车厢与轨道间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则第3节对第4节车厢的牵引力为(　　)
A．F B．
C． D.F－2μmg
[解析]　对五节车厢整体分析，由牛顿第二定律可得F－5μmg＝5ma，对第四和第五节厢整体分析，由牛顿第二定律可得F34－2μmg＝2ma，由以上两式解得，第3节对第4节车厢的牵引力F34＝F.
[答案]　C
角度2　物体与绳子构成的连接体
　(多选)如图，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若m1A．T1＝m1g
B．m2g＝a
C．m2g－T2＝m2a
D．m2g－m1g＝a
[解析]　物体B自由释放后下落的加速度大小为a，对A有T1－m1g＝m1a，所以T1＝m1g＋m1a，对B分析有m2g－T2＝m2a.因为一根绳上拉力相等，所以m2g－m1g＝a.
[答案]　CD
角度3　物体与弹簧构成的连接体
　(多选)如图，在光滑水平面上，轻质弹簧两端连接质量均为 2 kg 的物块A、B.现用大小为F＝10 N的恒力作用在A上使A、B保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．A的加速度大小为5 m/s2
B．弹簧的弹力大小等于5 N
C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为 2.5 m/s2
D．撤去F后的瞬间，A的加速度大小为5 m/s2
[解析]　对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，所以A的加速度大小为2.5 m/s2，A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律T＝mBa＝2×2.5 N＝5 N，可得弹簧的弹力大小等于5 N，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的加速度不变，即B的加速度大小仍为2.5 m/s2，C正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对A由牛顿第二定律T＝mAaA，解得A的加速度大小为aA＝2.5 m/s2，D错误．
[答案]　BC
1.(瞬时问题)(2024·湖南卷，T3) 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
解析：选A.剪断前，对B、C、D分析FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg，剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下．
2.
(瞬时问题)(2025·广州市校考)如图所示，甲、乙两图中A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间(　　)
A．图甲中轻杆的作用力不为零
B．图甲中两球的加速度一定不相等
C．图乙中两球的加速度一定相等
D．图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半
解析：选D.设两球质量均为m，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，题图乙中B球所受合力仍为零，加速度为零，A球所受合力为2mg，加速度a′＝＝2g，题图甲中，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，根据牛顿第二定律得2mg＝2ma，解得a＝g，则题图甲中A球的加速度是题图乙中A球加速度的一半，设题图甲中轻杆的作用力为FT，再以B为研究对象，由牛顿第二定律得mg＋FT＝ma，解得FT＝0，即题图甲中轻杆的作用力一定为零．
3．(连接体问题)在建筑工地，建筑工人两手对称水平用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(重力加速度为g)(　　)
A．μF B.2μF
C．m(g＋a) D.m(g＋a)
解析：选D.对两个水泥制品整体受力分析，根据牛顿第二定律有2f－4mg＝4ma，再隔离水泥制品A，又有f－mg－fBA＝ma，所以fBA＝m(g＋a)，D正确．
4.(连接体问题)如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2).
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
(2)求悬线对小球的拉力大小．
(3)车厢内有一质量为1 kg的货物相对车厢静止，求货物受的摩擦力大小．
解析：(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向．选小球为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可得F＝mg tan θ，小球的加速度a＝＝g tan θ＝7.5 m/s2，方向向右，则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动．
(2)悬线对小球的拉力大小FT＝＝ N＝12.5 N.
(3)货物相对车厢静止，和车厢具有相同的加速度，设货物质量为M，由牛顿第二定律得货物受的摩擦力大小f＝Ma＝7.5 N.
答案：(1)见解析　(2)12.5 N　(3)7.5 N第六节　失重和超重
1．知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象．
2．能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象．
一、重力的测量
1．一种方法是，先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得：G＝mg.
2．另一种方法是，利用力的平衡条件对重力进行测量．
二、失重和超重现象
1．失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________________物体所受的重力的现象．
2．超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________________物体所受的重力的现象．
3．在失重和超重现象中，物体所受的重力没有发生变化．
三、失重和超重现象产生的条件
1．当物体________上升或________下降时，即有__________的加速度时，物体出现超重现象．
2．当物体加速________或减速________时，即有________的加速度时，物体出现失重现象．
四、失重和超重现象的解释
设质量为m的重物受向上的拉力T和重力G的作用．假设重物向下做匀加速运动，加速度大小为a，选定竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律，得G－T＝ma，即T＝G－ma，即重物处于失重状态．
假设重物以加速度a向上做匀加速运动，选定竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，得T－G＝ma，即T＝G＋ma，即重物处于超重状态．
五、完全失重现象
1．定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________的状态．
2．产生条件：a＝g，方向________________．
判断下列说法是否正确．
(1)物体向上运动时一定处于超重状态．(　　)
(2)物体减速向下运动时处于失重状态．(　　)
(3)物体处于失重状态时所受的重力减小了．(　　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了．(　　)
(5)不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的．(　　)
(6)超重和失重可根据物体的加速度方向判定.(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
[答案自填] 小于　大于　加速　减速　向上　下降　上升　向下　为零　竖直向下
知识点一　对超重、失重现象的理解
如图所示，某人乘坐电梯正在向上运动．
(1)电梯启动瞬间加速度沿什么方向？
人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？
(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？
[提示]　(1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以受到的支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以受到的支持力等于重力．
(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以受到的支持力小于重力．
1．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化．
2．判断物体超重与失重的方法
(1)从受力的角度判断
①超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力．
②失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力．
(2)从加速度的角度判断
①当物体的加速度方向向上(或加速度有竖直向上的分量)时，处于超重状态．
②当物体的加速度方向向下(或加速度有竖直向下的分量)时，处于失重状态．
注意：物体处于超重还是失重状态，只取决于沿竖直方向的加速度的方向，与物体的运动方向无关．
　在完全失重状态下，由重力引起的现象将消失．例如：液体的压强、浮力将为零；水银压强计、天平将无法使用；摆钟停摆；弹簧测力计不能测重力等．
　在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学按科目要求所做的四个动作过程如图所示，其中处于超重状态的过程是(　　)
[解析]　静止站立处于平衡状态，A错误；加速下蹲，加速度向下，支持力小于重力，处于失重状态，B错误；加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重状态，C正确；离地上升处于完全失重状态，D错误．
[答案]　C
　(2025·阳江市期中)2024年9月，我国的“朱雀三号”可重复使用火箭进行了可回收运载火箭的试验，为将来降低航天发射成本奠定了坚实基础．有关火箭的运动，下列说法正确的是(　　)
A．火箭向上飞行则处于超重状态
B．火箭向下飞行则处于失重状态
C．火箭在加速向上时处于失重状态
D．火箭在减速下降时处于超重状态
[解析]　火箭加速向上飞行时，加速度向上，处于超重状态，火箭向上匀速运动时，则处于平衡状态，故A、C错误；火箭向下减速下降时，加速度向上，处于超重状态，火箭向下加速飞行时，加速度向下，处于失重状态，火箭向下匀速运动时，则处于平衡状态，故B错误，D正确．
[答案]　D
　在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为如图所示的40 kg.电梯突然启动，在启动的一段时间内，该同学发现体重计示数为45 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.该同学的质量变大了
B．电梯启动时一定在竖直向上运动
C．电梯启动时可能在竖直向下运动
D．电梯启动时的加速度大小为2 m/s2
[解析]　该同学的质量不变，故A错误；该同学在这段时间内处于超重状态，电梯启动时一定在竖直向上运动，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律，可知F－mg＝ma，其中F＝m示数g，解得a＝1.25 m/s2，故D错误．
[答案]　B
知识点二　超重和失重的分析计算
1．超重与失重问题，实质上是牛顿第二定律应用的延续，解题时仍应抓住联系力和运动的桥梁——加速度．
2．基本思路
(1)确定研究对象；
(2)把研究对象从运动体系中隔离出来，进行受力分析并画出受力图；
(3)选取正方向，分析物体的运动情况，明确加速度的方向；
(4)根据牛顿运动定律和运动学公式列方程；
(5)解方程，找出所需的结果．
3．注意使用牛顿第三定律，因为压力和支持力并不是一回事，同时注意物体具有向上(或向下)的加速度与物体向上运动(或向下运动)无关．
角度1　应用图像分析超重和失重
　如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息为(　　)
A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于起立静止状态
C．下蹲过程中人处于先失重后超重的状态
D．该同学做了2次下蹲—起立的动作
[解析]　人处在下蹲的最低点时应该有向上的最大加速度，由题图可知在1 s时人有向下的最大加速度，故A错误；2 s时传感器示数等于人所受的重力，故此时人处于下蹲静止状态，故B错误；人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，故C正确；该同学在前2 s是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，故D错误．
[答案]　C
　(多选)(2025·清远市期末)如图所示的是东方明珠广播电视塔，是上海的标志性文化景观之一，塔高约468米．游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示．下列相关说法正确的是(　　)
A.t＝6 s时，电梯处于超重状态
B．7 s到53 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0
[解析]　t＝6 s时，电梯加速度向上，则处于超重状态，A正确.7 s到53 s时间内，电梯匀速上行，此时绳索拉力等于重力；53 s到60 s时间内，电梯减速上行，加速度向下，此时电梯处于失重状态，此时绳索拉力小于重力，则7 s到53 s时间内，绳索拉力不是最小的，B、C错误．因a－t图像的面积等于速度的变化量，则在60 s内速度的变化量为零，即t＝60 s时电梯速度恰好为0，D正确．
[答案]　AD
角度2　超重和失重的计算
　升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg的物体(g取10 m/s2).
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
[解析]　(1)当升降机匀速上升时，FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N.
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，根据牛顿第二定律
FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N.
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，加速度方向向下，物体处于失重状态，根据牛顿第二定律
mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N.
(4)当升降机自由下落时，加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，则物体对台秤的压力为0.
[答案]　(1)200 N　(2)超重　220 N　(3)失重　100 N　(4)0
知识点三　沿斜面运动物体的超重和失重
　如图，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f.若电梯启动加速度改为2a，则下面结论正确的是(　　)
A．人处于超重状态
B．人处于失重状态
C．水平梯板对人的支持力变为2FN
D．水平梯板对人的摩擦力仍为f
[解析]　对人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如图所示．由牛顿第二定律得f＝ma cos θ，FN－mg＝ma sin θ，当加速度变为2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，FN′＝mg＋2ma sin θ<2FN，故C、D错误；由于人受到的支持力大于重力，所以人处于超重状态，故A正确，B错误．
[答案]　A
　如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有(　　)
A．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
B．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
C．地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g
D．由于不知a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与(M＋m)g的关系
[解析]　对M和m组成的系统，当m具有向下的加速度而M保持平衡时，可以认为系统加速向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失重状态，所受到的地面的支持力小于系统所受的重力．
[答案]　C
1．(对超重和失重的理解)关于超重和失重，下列说法正确的是(　　)
A．超重就是物体受的重力增加了
B．失重就是物体受的重力减小了
C．完全失重就是物体一点重力都不受了
D．无论超重或失重，物体所受重力是不变的
解析：选D.无论超重、失重，还是完全失重，物体受到的重力都不变．
2．(对超重和失重的理解)(2024·深圳统考期末)如图，用手托住几本教材，下列哪种情况下教材对手的作用力比教材所受的重力大(　　)
A．使教材匀速向上运动
B．使教材匀速向下运动
C．使教材匀减速向下运动
D．使教材匀减速向上运动
解析：选C.使教材匀速向上、向下运动时教材均处于平衡状态，其受到的支持力等于重力大小，由牛顿第三定律可知压力大小等于支持力大小，说明教材对手的作用力与教材所受的重力大小相同，A、B错误；使教材匀减速向下运动，合力向上，其受到的支持力大于重力大小，教材对手的作用力比教材所受的重力大，C正确；使教材匀减速向上运动，合力向下，其受到的支持力小于重力大小，则教材对手的作用力比教材所受的重力小，D错误．
3．(应用图像分析超重和失重)小明探究从一楼坐电梯回到家(五楼)的电梯运动情况的v－t图像如图所示，小明处于失重阶段的是(　　)
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
解析：选C.从20.0 s到30.0 s，由v－t图像可知，速度随时间在增大，因此小明随电梯在加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重阶段，A错误；从30.0 s到40.0 s，速度基本保持不变，电梯仍在上升，因此小明随电梯匀速上升处于平衡阶段，B错误；从40.0 s到50.0 s，速度随时间在减小，电梯仍在上升，因此小明随电梯在减速上升，加速度向下，处于失重阶段，C正确；从50.0 s到60.0 s，速度为0，即此时电梯到达目的楼层，小明处于静止平衡阶段，D错误．
4.(沿斜面运动物体的超重和失重)(多选)某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运行得很慢．现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运行．下列说法正确的是(　　)
A．扶梯匀速运行过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
B．扶梯加速运行转过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
C．扶梯加速过程中，顾客处于失重状态
D．扶梯加速过程中，顾客共受到两个力作用
解析：选ABC.无论扶梯匀速还是加速，顾客受到的支持力和扶梯受到的压力总是一对作用力与反作用力，因此它们的大小总是相等的，故A、B正确；在加速的过程中，顾客加速度与速度同方向，具有竖直向下的加速度分量，顾客处于失重状态，故C正确；在加速的过程中，顾客受到的合力斜向左下方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向左，同时顾客还受重力、支持力的作用，故D错误．(共24张PPT)
课后达标检测
1．(2025·潮州市期末)用图甲所示的装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验．用总质量为m的托盘和砝码所形成的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．
(1)实验中，需要平衡摩擦力．正确操作方法是把长木板右端适当垫高，在________(选填选项前的字母)且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响．
A．不悬挂重物　　　 B．悬挂重物
解析：平衡摩擦力时，应把长木板右端垫高，在不悬挂重物且计时器打点的情况下，轻推小车，若小车能拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响，故选A.
√
(2)实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是________．
A．M m B．m M
解析：为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是M m.
√
(3)实验中得到一条纸带如图乙所示，打点计时器打点频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、1、2、3、4、…，量得0与1两点间距离x1＝30 mm，1与2两点间距离x2＝36 mm，2与3两点间距离x3＝42 mm，3与4两点间的距离x4＝48 mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为________m/s，小车的加速度a的计算表达式为
____________________________(用题中的物理量表示，设相邻计数点间的时间间隔为T).
0.39
(4)该同学通过对图乙中数据的处理作出了a－F图像，如图丙所示，则图线不过原点的原因是___________________．
解析：由题图丙可知，图线不过原点，当绳的拉力为零时，小车已有加速度，说明平衡摩擦力过度．
平衡摩擦力过度
2．在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
(1)为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验．两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止．抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下．对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比．关于实验条件，下列正确的是________(选填选项前的字母).
A. 小车质量相同，钩码质量不同
B. 小车质量不同，钩码质量相同
C. 小车质量不同，钩码质量不同
√
解析：为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确．
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/(m·s－2) 0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
M/ kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示．在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a－ 图像．
答案：图像见解析
(3)在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”．如图3所示装置中，为了简化“力”的测量，下列说法正确的是________(选填选项前的字母).
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，
小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的质量远大于砂和桶的质量，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
√
√
解析：使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；当小车的质量远大于砂和桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确．
3．(2024·江西卷，T11)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
解析：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．
较大
较小
(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．
解析：在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示．
答案：图像见解析
4．为探究物体加速度a与外力F和物体质量M的关系，研究小组同学们在教材案例的基础上又设计了不同的方案，如图所示：方案甲中在小车前端固定了力传感器与细线相连，可以从传感器直接读出细线拉力；方案乙中拉动小车的细线通过滑轮与
弹簧测力计相连，从测力计
示数可读出细线拉力；方案
丙中用带有光电门的气垫导
轨和滑块代替木板和小车．
打点计时器的供电频率f＝50 Hz.
(1)关于上述不同实验方案的操作，下列说法正确的是________．
A．各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行
B．在研究加速度与质量关系的时候，保证槽码的质量不变，即可确保力F一定
C．甲、乙两方案必须使长木板处于水平位置
D．各方案通过作出a－M图像即可直观得出加速度与质量的关系
√
解析：各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行，故A正确；在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引力不变，即题图甲、乙中力传感器与弹簧测力计的示数不变，而不是槽码质量不变，故B错误；甲、乙两方案需要平衡摩擦力，长木板有一定的倾角，故长木板不处于水平位置，故C错误；各方案通过作出a－M图像得到的是曲线，不能直观得出加速度与质量的关系，故D错误．
(2)一次记录小车运动情况的纸带如图丁所示，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，打下计数点D时小车的瞬时速度为________m/s，小车运动的加速度为________m/s2(结果均保留2位有效数字).
0.50
0.25(共20张PPT)
课后达标检测
1.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿气囊滑行到地面(如图所示).假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为3.6 m，气囊所形成的斜面长度为6 m，一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线运动，人与气囊间的动摩擦因数为0.5，不计其他阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
√
2.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆．若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计．返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　)
A．3×104 N　　　　 B．7.5×104 N
C．2.6×104 N D．1.05×105 N
√
√
3．(2025·深圳市期末)如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图像如图乙所示，已知斜面AB段粗糙，BC段光滑，物块在AB段的加速度大小是在BC段加速度大小的2倍，运动到C点时物块速度为0.重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．斜面的倾角为30°
B．物块的质量为5 kg
C．斜面上段的长度为16 m
D．物块与斜面AB段间的动摩擦因数为0.75
4.(9分)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加一个大小F＝20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)物体所受的摩擦力f；(6分)
解析：根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有F sin θ＋FN＝mg
fm＝μFN
联立可得fm＝4 N＜F cos θ＝16 N
可知，物体受滑动摩擦力作用，所以摩擦力大小
f＝fm＝4 N
方向水平向左．
答案：4 N，方向水平向左　
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度v.(3分)
解析：由牛顿第二定律可得F cos θ－f＝ma
v＝at
解得v＝30 m/s
方向水平向右．
答案：30 m/s，方向水平向右
5.(11分)如图，质量为2 kg的物体，在倾角θ＝37°且足够长的斜面上受到水平向右的推力F＝40 N的作用，由静止开始从斜面底部沿斜面向上运动，4 s后撤去推力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物体沿斜面向上加速运动阶段的滑动摩擦力的大小；(4分)
解析：根据FN＝mg cos 37°＋F sin 37°
f＝μFN，联立得f＝10 N.
答案：10 N　
(2)物体沿斜面向上运动阶段的最大速度的大小；(4分)
解析：匀加速阶段，根据牛顿第二定律有
F cos 37°－mg sin 37°－f＝ma1
最大速度的大小v＝a1t
联立得v＝20 m/s.
答案：20 m/s　
(3)物体沿斜面向上运动阶段的总位移．(3分)
答案：65 m
答案：2.5 m/s2　
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；(4分)
解析：撤去F瞬间，小球的受力如图乙所示
设此时小球的加速度为a2，则
－G sin 30°－μFN′＝ma2
FN′＝G cos 30°
联立解得a2＝－7.5 m/s2
即加速度大小为7.5 m/s2.
答案：7.5 m/s2　
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点．(5分)
答案：0.2 s　0.75 s1.(多选)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图像可能是(　　)
解析：选ABD.当kv0＝mg时，圆环与直杆间无挤压，圆环不受摩擦力的作用而做匀速运动，对应于图像A；当kv0mg时，竖直方向上kv＝mg＋FN，水平方向上μFN＝ma，可知随着圆环速度的减小，圆环的加速度减小，直到速度减小到使kv＝mg时加速度也减小到0，此后圆环匀速运动，对应于图像D，故A、B、D正确，C错误．
2．(多选)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是(　　)
解析：选AC.根据牛顿第二定律得a＝，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到0时，雨滴开始做匀速直线运动．故A、C正确，B、D错误．
3．静止在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系如图甲所示．物块的加速度a和时间t的关系如图乙所示．g取 10 m/s2，认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，可知以下判断正确的是(　　)
A．地面对物块的最大静摩擦力为1 N
B．物块的质量为2 kg
C．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
D．0.5 s时物块受到的摩擦力为0
解析：选B.由甲、乙两题图可知，当t＝1 s时，物体才开始具有加速度，可知地面对物体的最大静摩擦力f＝2 N，故A错误；由题图甲知F＝2t，根据牛顿第二定律得，加速度a＝＝＝t－，结合题图乙可知，图线的斜率k＝＝1 kg－1，解得m＝2 kg，则动摩擦因数μ＝＝0.1，故B正确，C错误；根据平衡条件可知，0.5 s时物块受到的摩擦力为1 N，故D错误．
4．粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．前2 s内物体运动的加速度为3 m/s2
B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 m
C．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
D．物体的质量为2 kg
解析：选C.根据速度—时间图线的斜率表示加速度，知前 2 s 内物体运动的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可求得前4 s内物体的位移s＝×2×4 m＋2×4 m＝12 m，故B错误；根据牛顿第二定律得，前2 s内F1－μmg＝ma，后2 s内F2＝μmg，由题图甲得 F1＝15 N，F2＝5 N，代入解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C正确，D错误．
5．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)(　　)
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析：选B.由题图乙可知，当F1＝7 N时，有a1＝0.5 m/s2；当F2＝14 N时，有a2＝4 m/s2；由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，代入数据，解得m＝2 kg，μ＝0.3，A、C、D错误，B正确．
6．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体速度的平方随高度h的变化如图乙所示．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的速度大小为4 m/s
解析：选BC.根据题图乙可知，物体上升的最大高度为h＝3 m，可知物体在斜面上滑行的距离s＝＝5 m，分析可知物体做匀减速运动，有0－v＝－2as，解得a＝10 m/s2，C正确；对物体受力分析，由牛顿第二定律可知mg sin α＋μmg cos α＝ma，解得a＝g sin α＋μg cos α，无法求出物体的质量，A错误；加速度表达式代入物理量求得μ＝0.5，B正确；物体向下滑动时，根据受力分析由牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma′，解得a′＝g sin α－μg cos α＝2 m/s2，由运动学速度与位移关系公式得v2－0＝2a′s，解得v＝2 m/s，D错误．
7．(10分)(2025·揭阳市期末)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．g取10 m/s2，求：
(1)前10 s和10 s到30 s内物体运动的加速度大小；(4分)
(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(3分)
(3)水平推力F的大小．(3分)
解析：(1)v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知前10 s和10 s到30 s内物体运动的加速度大小分别为
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
a2＝＝m/s2＝0.5 m/s2.
(2)撤去F后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma2
解得μ＝0.05.
(3)撤去F前，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1
解得F＝3 N.
答案：(1)1 m/s2　0.5 m/s2　(2)0.05　(3)3 N
8．(10分)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平面上，一滑块从斜面底端沿斜面向上滑动，到达最高点后沿原路返回，速度的平方v2与位移s的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块沿斜面上滑与下滑的加速度大小之比；(5分)
(2)滑块沿斜面上滑的最大距离．(5分)
解析：(1)由运动学公式可知，上滑和下滑分别有
v＝2a1s
v＝2a2s
结合题图乙可知，其图像的斜率k＝2a
由题图乙可知，两图线的斜率之比为3∶2，所以滑块沿斜面上滑与下滑的加速度大小之比为3∶2.
(2)由牛顿第二定律得，上滑时
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma1
下滑时mg sin 30°－μmgcos 30°＝ma2
解得μ＝，a1＝6 m/s2
由于上滑过程有v＝2a1s
解得s＝0.25 m.
答案：(1)3∶2　(2)0.25 m
9．(12分)(2025·深圳市期末)如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m＝1.2 kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜向上53°的拉力F作用于小环，将F从0开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图像如图b所示，加速度在F达到15 N后保持不变．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)F＝15 N时长杆对小环的弹力大小及小环加速度的大小；(6分)
(2)环和长杆间的动摩擦因数．(6分)
解析：(1)将F分解到竖直和水平两个方向，F＝15 N时，F竖直向上的分力大小为
Fsin 53°＝12 N＝mg
所以杆与环间无弹力，杆对小环的弹力大小为0
根据牛顿第二定律得Fcos 53°＝ma
解得a＝7.5 m/s2.
(2)当F超过15 N以后，由牛顿第二定律得
Fcos 53°－μ(Fsin 53°－mg)＝ma
因为加速度在F达到15 N后保持不变，即a与F无关，所以有Fcos 53°＝μFsin 53°
解得μ＝0.75.
答案：(1)0　7.5 m/s2　(2)0.751．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ， 重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．物体先做匀加速运动后做匀速运动
B．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg
C．物体在匀加速阶段受到的静摩擦力向右
D．物体在匀加速阶段的加速度大小为μg
解析：选AD.物体刚放上传送带时，相对于传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为a＝＝μg，当物体速度等于传送带速度时，物体受到的摩擦力变为零，物体开始做匀速直线运动，故物体先做匀加速运动后做匀速运动．
2．(多选)水平传送带被广泛应用于机场和火车站，一水平传送带装置如图所示，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝4 m/s运行，一质量m＝4 kg的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μ＝0.1，g取10 m/s2，A、B间的距离L＝12 m，则(　　)
A．行李刚开始运动时的加速度大小为2 m/s2
B．行李从A运动到B的时间为5 s
C．行李在传送带上滑行留下痕迹的长度为6 m
D．如果提高传送带的运行速率，则行李从A处传送到B处的最短时间可为2 s
解析：选BD.行李刚开始运动时的加速度大小a＝＝1 m/s2，故A错误；行李从放在A处到与传送带共速所用时间t1＝＝4 s，通过的位移s1＝at＝8 m，行李与传送带共速后，做匀速直线运动的时间t2＝＝1 s，行李从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝5 s，行李在传送带上滑行留下痕迹的长度Δs＝s传－s1＝vt1－s1＝8 m，故B正确，C错误；如果提高传送带的运行速率，当行李从A处传送到B处一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，则有L＝at，解得tmin＝ ＝2 s，故D正确．
3．(多选)如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，则下列判断正确的是(　　)
A．传送带若逆时针运行且保持速率不变并且速率足够大，则物体有可能不能滑过B点
B．传送带若逆时针运行且保持速率不变，物体可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
C．传送带若顺时针运行，当其运行速率(保持不变)vD．传送带若顺时针运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体过B点的速率可能小于或等于传送带速率v
解析：选CD.当传送带始终静止时，物体受摩擦力方向水平向左，物体会一直做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度a＝＝μg，传送带若逆时针方向运行且保持速率不变，物体受摩擦力方向水平向左，物体会一直做匀减速直线运动，加速度也为μg，所以运动情况不变，仍能滑过B点，故A、B错误；传送带若顺时针方向运行，当传送带速度v＜v0时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速，最后滑过B点，故C正确；传送带若顺时针方向运行，当传送带速度v＞v0时，物体可能一直加速，最终没能与传送带共速，速率小于v，物体也可能与传送带共速，最终速率等于v，故D正确．
4．(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将质量为m＝1 kg的物体轻轻放在传送带上的A处，经过1.5 s到达传送带的B端，物体在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带的倾角θ＝37°
C．A、B两点的距离为6 m
D．传送带的速率为4 m/s
解析：选CD.由题中v－t图像可知，物体在传送带上先做加速度大小为a1的匀加速直线运动，加速度大小a1＝＝8 m/s2，对物体受力分析可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，然后做加速度大小为a2的匀加速直线运动，加速度大小a2＝＝2 m/s2，对物体受力分析可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝30°，μ＝，故A、B错误；物体由A到B的间距对应题图乙中图线与时间轴所围的面积，为s＝ m＋×1 m＝6 m，故C正确；由题图乙可知，0.5 s时物体加速度发生变化，故物体先加速至与传送带共速后再匀加速，所以传送带的速率为4 m/s，故D正确．
5.物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　)
A．m受到的摩擦力方向发生改变
B．m仍匀速下滑
C．m受到的摩擦力变小
D．m受到的摩擦力先变小后变大
解析：选B.传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块受到的摩擦力大小仍为μmg cos θ，方向仍然沿传送带向上，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，所以物块仍匀速下滑．
6．(多选)如图甲所示， M、N是倾角θ＝30°的传送带两端， 质量m＝1 kg的物块，从M点以v＝3 m/s的初速度沿传送带向下运动．物块运动过程的部分v－t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．传送带逆时针转动
B．传送带的速度大小 v＝3 m/s
C．物块下滑时的加速度大小a＝2 m/s2
D．传送带与物块间的动摩擦因数为
解析：选AD.由题图乙可知，物块先向下做匀减速直线运动，速度减为0后，反向做匀加速直线运动，最后与传送带共速，故传送带逆时针转动，且传送带速度大小为2 m/s，故A正确，B错误；v－t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，从图像可知加速度的大小a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可知μmg cos 30°－mgsin 30°＝ma，解得μ＝，故D正确．
7．(8分)(2025·惠州月考)如图所示，水平传送带以速度v＝2 m/s匀速转动，A、B两端的距离L＝7 m.将一小物块轻放在传送带上的A端，物块和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块加速过程中的加速度大小a；(3分)
(2)物块从A端运动到B端的时间t.(5分)
解析：(1)物块加速过程中，对物块受力分析有
f＝ma，f＝μN，N＝mg，解得a＝5 m/s2.
(2)加速过程的时间t1＝＝0.4 s
加速段走过的位移s1＝at＝0.4 m
匀速过程的时间t2＝＝3.3 s
全程所用时间t＝t1＋t2＝3.7 s.
答案：(1)5 m/s2　(2)3.7 s
8．(10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＝30°，传送带两端A、B间的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A处轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间(g取10 m/s2).
解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1＝＝2 s
货物匀加速运动位移s1＝at＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5 m
匀速运动时间t2＝＝1 s
货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s.
答案：3 s1.(2025·汕头期中)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA＝2 kg、mB＝4 kg，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A上施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2，则(　　)
A．当拉力F<4 N时，A静止不动
B．当拉力F＝3 N时，B受A的摩擦力等于3 N
C．拉力F大于6 N时，A才能相对于B滑动
D．若把水平向右的拉力F作用于B，拉力F大于11 N时，A相对于B滑动
解析：选C.A、B要发生相对运动时的加速度a0＝＝1 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F0＝(mA＋mB)a0＝6 N，当F>6 N时，A相对于B运动，反之二者保持相对静止，故A错误，C正确；当拉力F＝3 N时，A、B保持相对静止，则F＝(mA＋mB)a，f＝mBa，联立解得f＝2 N，即B受A的摩擦力等于2 N，故B错误；若把水平向右的拉力F作用于B，A、B要发生相对运动时的加速度a0′＝＝2 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F0′＝(mA＋mB)a0′＝12 N，即当拉力大于12 N时，A相对于B滑动，故D错误．
2.(多选)一块足够长的木板放在水平面上，木板质量M＝2 kg.木板左端有一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板开始时都处于静止状态．木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.现在小物块上作用一水平向右的拉力F＝2 N，小物块在木板上做匀速运动而木板静止不动，g取10 m/s2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法正确的是(　　)
A．小物块受到木板的摩擦力大小为2 N
B．木板受到水平面的摩擦力大小为2 N
C．当拉力F>3 N后，木板就随物块一起运动
D．不论拉力为何值，木板都不会运动
解析：选ABD.对小物块受力分析，小物块受重力、木板对其的支持力、拉力F以及滑动摩擦力Ff，物块匀速运动，则根据平衡条件可得F＝Ff，故小物块受到木板的摩擦力大小Ff＝2 N，故A正确；对整体受力分析，整体受重力、水平面对整体的支持力、拉力F以及水平面对木板的静摩擦力Ff1，木板静止不动，则根据平衡条件可得Ff1＝F＝2 N，故B正确；木板受到水平面的最大静摩擦力Ffmax＝μ(m＋M)g＝0.1×(1＋2)×10 N＝3 N，对木板受力分析，木板受到重力、小物块对其的压力、水平面对其的支持力、小物块对其的滑动摩擦力以及水平面对其的摩擦力，Ff＝2 N3．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2 kg和4 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.3，B与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.现对B施加一水平拉力F＝32 N，则(　　)
A．B对A摩擦力大小为6 N
B．B对A摩擦力大小为4 N
C．A、B发生相对滑动，A的加速度大小为3 m/s2　
D．A、B一起做匀加速运动，加速度大小为 m/s2
解析：选AC.由于B与地面间的动摩擦因数为0.1，所以B与地面间的滑动摩擦力f2＝μ2g＝6 N，由于A、B间的动摩擦因数为0.3，所以A的最大加速度am＝＝μ1g＝3 m/s2，如果A、B一起以am匀加速运动，则F1－f2＝am，解得F1＝24 N，由于F>F1，A、B发生相对滑动，故C正确，D错误；B对A的摩擦力大小为f1＝μ1mAg＝6 N，故A正确，B错误．
4．(多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示．g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A. 长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B. A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C. A长度至少为3 m
D. 长木板A的质量是4 kg
解析：选BD.摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可得μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小aA＝＝1 m/s2，又 μmBg＝mAaA，联立解得＝＝，即长木板A的质量是物体B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确．
5．(8分)如图所示，一质量M＝4 kg、长度L＝3 m的长木板放在光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量m＝1 kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时物块和长木板均处于静止状态，现对物块施加一大小F＝4 N，方向水平向右的恒定拉力作用，g取10 m/s2，求物块经过多长时间离开长木板．
解析：物块做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma2
代入数据解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t物块离开长木板
物块运动的位移s1＝a1t2
长木板运动的位移s2＝a2t2
由题意有L＝s1－s2
代入数据解得t＝2 s.
答案：2 s
6．(10分)(2025·湛江市期末)如图所示，质量为M(大小未知)的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4 kg的物块(可视为质点)在某一时刻以v0＝6 m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2 s时间后物块与木板恰好达到共同速度．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；(4分)
(2)长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d.(6分)
解析：(1)设物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
经t1＝2 s后达到共速，故此时速度大小
v1＝v0－a1t1＝2 m/s
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小
a2＝＝1 m/s2.
(2)对长木板由牛顿第二定律有
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
解得M＝2 kg
2 s内物块对地位移大小s1＝t1＝8 m
2 s内长木板对地位移大小s2＝t1＝2 m
则t＝2 s时物块到长木板左端的距离
d＝s1－s2＝6 m.
答案：(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 kg　6 m
7．(11分)如图所示，倾角θ＝37°且质量M＝5 kg的梯形斜面A静止在粗糙水平地面上，斜面末端与另一长木板B的上表面平滑对接，A、B接触但不挤压，质量m＝2 kg的滑块C(视作质点)从斜面上一定高度处由静止加速滑下，并以v0＝6 m/s的水平速度滑上长木板，滑上长木板后C做加速度大小为4 m/s2的匀减速直线运动，B做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动．已知A始终保持静止状态，滑块C与斜面A之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)滑块沿斜面下滑时所受的支持力和摩擦力的大小；(3分)
(2)斜面A所受地面摩擦力的大小和方向；(4分)
(3)为保证C不从右侧滑离B，则B至少要多长？(4分)
解析：(1)对C受力分析，滑块沿斜面下滑时所受的支持力大小FN＝mg cos θ＝16 N
滑块沿斜面下滑时摩擦力的大小Ff＝μFN＝4 N.
(2)对斜面体受力分析得，水平方向有
FN sin 37°＝Ffcos 37°＋Ff′
解得斜面A所受地面摩擦力的大小Ff′＝6.4 N
方向水平向右．
(3)根据动力学公式，B、C共速时有v0－a1t＝a2t，
解得t＝1 s
B长度至少为L＝v0t－a1t2－a2t2＝3 m.
答案：(1)16 N　4 N　(2)6.4 N　方向水平向右　(3)3 m题组1　牛顿第三定律
1．在春天，河水边上的湿地是松软的，人在这些湿地上行走时很容易下陷，此时(　　)
A．人对湿地地面的压力大于湿地地面对人的支持力
B.人对湿地地面的压力等于湿地地面对人的支持力
C．人对湿地地面的压力小于湿地地面对人的支持力
D．无法确定
解析：选B.人对湿地地面的压力和湿地地面对人的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B正确．
2．一队消防员在进行高压水枪训练时，用高压水流冲击静止在水平地面上的小汽车尾部，发现小汽车被推着加速向前运动．下列说法正确的是(　　)
A．水对车的力大于车对水的力
B．水对车的力大于地面对车的摩擦力
C．水对水枪的作用力小于水枪对水的作用力
D．水对水枪的作用力与消防队员们对水枪的作用力是一对平衡力
解析：选B.根据牛顿第三定律可知水对车的力等于车对水的力，A错误；用高压水流冲击静止在水平地面上的小汽车尾部，发现小汽车被推着加速向前运动，说明水对车的力大于地面对车的摩擦力，故B正确；根据牛顿第三定律可知水对水枪的作用力等于水枪对水的作用力，故C错误；对水枪受力分析可知，水枪受到水对水枪的作用力、消防队员们对水枪的作用力还有水枪的重力，受三力而平衡，故水对水枪的作用力与消防队员们对水枪的作用力不是一对平衡力，故D错误．
3.体育课上，同学们在老师的指导下跳跃摸高，下列说法正确的是(　　)
A．起跳时，人对地的压力大于地对人的支持力
B．起跳时，人对地的压力等于地对人的支持力
C．图片中起跳后，人受到重力、向上的冲力
D．地对人的支持力是人的脚形变产生的
解析：选B.根据牛顿第三定律可知，起跳时，人对地的压力等于地对人的支持力，故A错误，B正确；起跳后，人只受到重力，故C错误；地对人的支持力是地形变产生的，故D错误．
4．有句俗语叫“鸡蛋碰石头——自不量力”．在鸡蛋碰石头的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．鸡蛋先作用于石头上
B．石头先作用于鸡蛋上
C．鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力一样大
D．鸡蛋破了，所以石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力
解析：选C.鸡蛋碰石头，它们之间的力是作用力和反作用力，大小相等、方向相反、同时产生、同时消失．
5.(2025·佛山市期中)如图所示为某高山滑雪运动员在倾斜赛道上高速下滑时的情景，以下说法正确的是(　　)
A．赛道对运动员的弹力竖直向上
B．赛道对运动员的弹力与运动员受到的重力是一对作用力和反作用力
C．运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下
D．运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对平衡力
解析：选C.赛道对运动员的弹力垂直于赛道斜向上，A错误；赛道对运动员的弹力与运动员对赛道的压力是一对作用力和反作用力，B错误；赛道对运动员的摩擦力沿赛道斜向上，由牛顿第三定律可知运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下，C正确；运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对相互作用力，D错误．
题组2　相互作用力与平衡力
6．关于一对作用力和反作用力以及一对平衡力，下面叙述正确的是(　　)
A．作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上
B．作用力与反作用力就是平衡力
C．平衡力一定是同种性质的力
D．平衡力一定不是作用力与反作用力
解析：选D.作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与平衡力的区别在于平衡力作用在同一物体上，而作用力和反作用力作用在不同的物体上，故A、B错误，D正确；平衡力作用在同一物体上，可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力，故C错误．
7.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国运动员获得首枚奥运会网球女子单打金牌．如图所示，比赛中运动员挥拍击球时，下列说法正确的是(　　)
A．球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力
B．球拍对网球的作用力与球拍对运动员的作用力是一对作用力与反作用力
C．运动员对球拍的作用力与球拍对网球的作用力是一对作用力与反作用力
D．运动员对球拍的作用力与网球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力
解析：选A.球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力，故A正确；球拍对网球的作用力与球拍对运动员的作用力施力物体相同，不是一对作用力与反作用力，故B错误；运动员对球拍的作用力与球拍对网球的作用力涉及三个物体，不是一对作用力与反作用力，故C错误；运动员对球拍的作用力与网球对球拍的作用力涉及三个物体，不是一对作用力与反作用力，故D错误．
8.(多选)如图所示，调皮的小猴子用尾巴悬挂在树枝上，则(　　)
A．小猴子所受重力与小猴子对树枝的拉力是一对平衡力
B．静止时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力
C．前后摆动时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力
D．前后摆动时，小猴子对树枝的拉力与树枝对小猴子的拉力大小相等
解析：选BD.小猴子所受重力与小猴子对树枝的拉力既不是一对平衡力，也不是一对相互作用力，A错误；静止时，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力是一对平衡力，B正确；前后摆动时，不是平衡状态，小猴子所受重力与树枝对小猴子的拉力不是一对平衡力，C错误；小猴子对树枝的拉力与树枝对小猴子的拉力是相互作用力，大小相等，D正确．
9．(多选)粗糙水平面上有一木箱，现用一水平力F拉着木箱匀速前进，则(　　)
A．木箱所受的拉力和地面对木箱的摩擦力是一对作用力和反作用力
B．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力
C.木箱所受的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力
D．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对平衡力
解析：选BC.木箱所受的拉力和地面对木箱的摩擦力，是两种不同性质的力，不是一对作用力和反作用力，A错误；木箱对地面的压力，受力物体是地面，施力物体是木箱，地面对木箱的支持力，受力物体是木箱，施力物体是地面，大小相等，方向相反，是一对作用力和反作用力，D错误，B正确；木箱所受的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力，C正确．
10．把一木块放在水平桌面上保持静止，下面说法正确的是(　　)
A．木块对桌面的压力就是木块受的重力，施力物体是地球
B．木块对桌面先有压力，使桌面产生形变后，桌面才对木块有支持力
C．木块保持静止是由于木块对桌面的压力与桌面对木块的支持力平衡
D．木块对桌面的压力不是木块受的重力
解析：选D.木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力大小等于木块受的重力，但不能说木块对桌面的压力就是木块受的重力，因为两者产生的原因、施力物体和受力物体等都不同，压力的施力物体是木块，故A错误，D正确；根据牛顿第三定律可知，相互作用力同时产生，故B错误；木块放在水平桌面上保持静止，由平衡条件知，桌面对木块的支持力与木块受的重力平衡，故C错误．
11.如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．水平力F与墙壁对物体的支持力是一对作用力与反作用力
B．物体所受的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是一对平衡力
解析：选B.水平力F与墙壁对物体的支持力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，D错误．
12．如图，关于车拉马与马拉车的问题，下列说法正确的是(　　)
A．马拉车不动，是因为马拉车的力小于车拉马的力
B．马拉车加速前进，是因为马拉车的力大于车拉马的力
C．马拉车，不论车动还是不动，马拉车的力的大小总是等于车拉马的力的大小
D．马拉车不动或车匀速前进时，马拉车的力与车拉马的力是一对平衡力
解析：选C.马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，可知无论车是不动还是加速前进，马拉车的力的大小始终等于车拉马的力，故A、B错误，C正确；结合上述可知，马拉车不动或车匀速前进时，马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，故D错误．
13．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为f，则此时箱子对地面的压力大小为(　　)
A．Mg＋f　　　　　 B．Mg－f
C．Mg＋mg D．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力f ′，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力f ′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得FN＝f ′＋Mg＝f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即FN′＝Mg＋f，故A正确．模块综合检测卷(二)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．如图所示的四个情景，分别对应四个选项，其中说法正确的是(　　)
A．图甲中，即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于球发生了形变
B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
C．图丙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变
D．图丁中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它受到的重力
解析：选C.即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于施力物体脚发生了形变，A错误；静止在光滑水平地面上的两个足球接触，若相互之间有弹力作用，则无法保持静止状态，所以没有受到相互作用的弹力，B错误；落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，C正确；静止在草地上的足球受到的弹力，与重力相平衡，但不是它的重力，D错误．
2．作用在同一物体上的三个力，大小分别为6 N、8 N和10 N，其合力大小不可能是(　　)
A．0　　　　　　 　 B．10 N
C．20 N D．30 N
解析：选D.当三个力方向相同时，合力最大F合＝6 N＋8 N＋10 N＝24 N，6 N和8 N的合力大于等于2 N，小于等于14 N，而10 N在这个范围内，所以三个力的合力可能为0，则三个力合力的最小值为0，所以合力不可能为30 N．
3．如图所示，质量为m的鱼在水中沿水平方向以加速度a从左向右匀加速游动，则水给鱼的作用力的说法正确的是(　　)
A．等于零
B．等于mg，方向竖直向上
C．等于ma，方向水平向右
D．大于mg，方向斜向右上方
解析：选D.根据题意可知，鱼所受重力与水给鱼的作用力的合力水平向右，所以F＝＞mg，方向斜向右上方．
4.在快节奏的现代生活中，家用室内引体向上器作为一种简单实用的健身器材，受到很多人的青睐．它通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用，如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．橡胶垫与墙面间的压力越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
B．健身者在做引体向上运动时，橡胶垫与墙面间的摩擦力保持不变
C．健身者在单杆上悬停时，健身者的质量越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力就越大
D．健身者在单杆上悬停时，手臂间距离越大，所受到单杆的作用力就越大
解析：选C.橡胶垫与墙面之间是静摩擦力，与压力没有必然联系，故A错误；健身者在做引体向上运动时，先做加速度向上的加速运动，后做加速度向下的减速运动，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，由牛顿第二定律可知，摩擦力的大小与健身者的加速度有关，先大于重力后小于重力，B错误；健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大，C正确；若把健身者作为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杆的作用力始终等于健身者的重力，D错误．
5．2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩，下列关于奥运比赛项目中物理知识说法正确的是(　　)
A．给正在参加跳水比赛的运动员打分时，裁判们可以把运动员看作质点
B．羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度
C．开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，观察者是以“会旗”为参考系的
D．在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时刻
解析：选B.给正在参加跳水比赛的运动员打分时，运动员的形状、大小不能忽略不计，裁判们不可以把运动员看作质点，故A错误；羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度，故B正确；开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，研究对象是“会旗”，不能选取“会旗”本身为参考系，可以选取地面或旗杆为参考系，故C错误；在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时间，故D错误．
6．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙车在前，速度大小为v2，甲车在后，速度大小为v1，且v1＞v2，当两车相距L时，甲车感觉到危险以加速度大小a开始刹车，同时鸣笛示意乙车，乙车同时也以加速度大小a开始加速，为了避免相撞，a最小应为(　　)
A. eq \f(v－v,2L) B． eq \f(v－v,4L)
C． D．
解析：选D.两车恰好不相撞时位移满足关系v1t－at2＝v2t＋at2＋L，且此时两车速度大小相等，v1－at＝v2＋at，联立解得a＝.
7．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，从t＝0时刻起受到水平拉力F的作用，F与t的关系如图乙所示．已知物块与水平地面间的最大静摩擦力fmax等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．t2时刻物块速度最大
B．t1至t3时间内，加速度先增大后减小
C．0至t2时间内，物块速度一直在增大
D．0至t2时间内，摩擦力一直在增大
解析：选B.根据题图乙可知，t1时刻之前，拉力小于最大静摩擦力，物块始终处于静止状态，t1至t3时间内，拉力大于最大静摩擦力，物块做加速运动，t3时刻之后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块速度最大，故A错误；t1至t3时间内，根据牛顿第二定律有F－fmax＝ma，结合上述可知，物块的加速度先增大后减小，故B正确；结合上述可知，0至t2时间内，物块先静止后加速，即物块速度先一直为0后增大，即物块先受到静摩擦力，大小与拉力大小相等，后受到滑动摩擦力，大小一定，即0至t2时间内，摩擦力先增大后不变，故C、D错误．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．如图所示为三种形式的吊车工作示意图，AO为固定杆，绳、杆和固定面间的夹角θ＝30°，绳和滑轮的质量忽略不计，AB缆绳通过滑轮吊着相同重物，均处于静止状态．图甲中∠AOB＝120°，则定滑轮受到缆绳的作用力F甲、F乙、和F丙的大小关系是(　　)
A．F甲、F乙和F丙均沿杆AO
B．F甲沿杆，F乙和F丙与杆AO夹角均为30°
C．F甲∶F乙∶F丙＝∶1∶1
D．F甲∶F乙∶F丙＝∶∶1
解析：选BC.设重物重力为G，由题意可知题图甲、乙、丙中，每段绳的拉力大小等于重物的重力大小G，题图甲中定滑轮受到的缆绳的作用力与两段绳合力大小相等，方向相同．根据平行四边形定则，可得F甲＝2Gcos 30°＝G，方向沿杆AO方向；同理，题图乙中定滑轮受到的缆绳的作用力等于题图乙中两段绳的合力，根据平行四边形定则，可得F乙＝2Gcos 60°＝G，方向与杆AO成30°指向右下方；同理，可得题图丙中F丙＝2Gcos 60°＝G，方向与竖直方向成60°指向右下方，即与杆AO夹角为30°，且F甲∶F乙∶F丙＝∶1∶1.
9．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位置x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图像与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是(　　)
A．5 s到15 s内，乙车的平均速度为0
B．乙车的加速度大小为4 m/s2
C．整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次
D．前15 s内，乙车速度的变化量大小为24 m/s
解析：选ACD.5 s到15 s内，乙车的位移为0，故乙车的平均速度为0，故A正确；由题意可知，乙车在10 s末的速度为0，在5 s到10 s的时间内x1＝at，则乙车的加速度大小a＝ m/s2＝1.6 m/s2，故B错误；x－t图像的交点表示相遇，由题图可知整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次，故C正确；由于乙车做匀变速直线运动，根据Δv＝aΔt，可知前15 s内，乙车速度的变化量大小Δv＝aΔt＝1.6×15 m/s＝24 m/s，故D正确．
10．与水平地面夹角为θ的两倾斜平行杆上分别套着a、b圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示．当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．a环不受杆的摩擦力
B．d球可能做匀加速直线运动
C．c球的加速度大小为g sin θ
D．细线对c、d球的拉力大小可能相等
解析：选AC.c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示， c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有a＝＝g sin θ，则a环的加速度为g sin θ，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有f＋m1g sin θ＝m1a，解得f＝0，故a环不受杆的摩擦力，故A、C正确；对d球隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此d球的加速度为零，不可能做匀加速直线运动，故B错误；根据B项分析，知d球处于平衡状态，根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力Tc＝mg cos θ，对d球的拉力Td＝mg，细线对c、d球的拉力大小不相等，故D错误．
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某同学利用如图甲所示实验装置探究小车加速度与其质量的关系，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz.
(1)下列说法正确的是________．
A．图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源
B．平衡阻力时，需要把钩码通过细绳系在小车上
C．需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行
D．改变小车质量后，需重新平衡阻力
(2)某次实验中获得的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的计数点，每相邻两个计数点之间有4个点未画出，则打点C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).
(3)平衡阻力后，保持钩码的质量m不变，改变小车的质量M，测出对应的加速度a，并作出－M图像，实验操作无误，下列图像最符合实际的是________．
解析：(1)题图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源，故A正确；平衡阻力时，不能把钩码通过细绳系在小车上，故B错误；为给小车提供一个恒定的牵引力，需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故C正确；改变小车质量后，小车所受重力沿斜面向下的分力与阻力等倍率变化，仍保持相等，所以不需要重新平衡阻力，故D错误．
(2)相邻两计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，由题图乙可知，计数点B、C、D、E、F、G对应的刻度分别为0.60 cm、1.45 cm、2.55 cm、3.90 cm、5.50 cm、7.35 cm，所以打点C时小车的速度大小vC＝＝ m/s≈0.098 m/s，小车的加速度大小a＝＝ m/s2＝0.25 m/s2.
(3)设细绳对小车的拉力大小为T，对小车和钩码，根据牛顿第二定律有T＝Ma，mg－T＝ma，两式联立，得＝M＋，所以与M为线性关系，且图线与纵轴交于正半轴．
答案：(1)AC　(2)0.098　0.25　(3)C
12．(10分)如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连，实验中认为砝码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50 Hz.
(1)实验主要步骤如下，下列做法正确的是________．
A.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在砝码和盘的牵引下做匀速直线运动
D．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角
(2)甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的a－F图像，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________．
A．因为补偿阻力不足
B．因为补偿阻力过度
C．砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件
D．砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件
(3)图丁所示的是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E，相邻计数点间的距离已在图中标出．打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)
(4)乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图像如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝______________(用b、c、g表示).
解析：(1)实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故A错误；为使小车细绳的拉力近似等于小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B正确；把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此补偿阻力，故C错误；补偿阻力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D错误．
(2)图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求，若补偿阻力过度，则图线应与纵轴出现交点，若补偿阻力不足，则图线应与横轴出现交点．
(3)根据题意可知，相邻两计数点之间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，所以打点C时速度大小v＝＝ m/s≈1.0 m/s，小车运动的加速度a＝＝
m/s2≈5.0 m/s2.
(4)设小车质量为M，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，所以a＝－μg，结合图线可知μg＝b，所以μ＝.
答案：(1)B　(2)D　(3)1.0　5.0　(4)
13.(10分)质量m＝2 kg的物体静止在光滑水平面上．现给该物体同时施加两个大小分别为F1＝3 N、F2＝4 N且相互垂直的水平力，如图所示．求：
(1)物体所受合力F的大小；(3分)
(2)物体加速度a的大小；(2分)
(3)2 s末物体速度v的大小．(5分)
解析：(1)根据力的平行四边形定则，可知物体所受F1和F2的合力大小
F＝ eq \r(F＋F) ＝ N＝5 N.
(2)根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小
a＝＝2.5 m/s2.
(3)由速度时间关系式v＝v0＋at可知
2 s末物体速度的大小v＝2.5×2 m/s＝5 m/s.
答案：(1)5 N　(2)2.5 m/s2　(3)5 m/s
14.(12分)如图所示，一只可爱的企鹅喜欢在倾角θ＝37°的冰面上游戏：先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t＝0.7 s后，在x＝0.56 m处，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．企鹅在滑行过程中姿势保持不变，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，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v；(3分)
(2)企鹅向上运动的最大距离；(5分)
(3)企鹅完成一次游戏的总时间t总．(4分)
解析：(1)由题可知，企鹅向上“奔跑”做匀加速直线运动，根据位移公式有x＝t
代入数据解得v＝1.6 m/s.
(2)设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，滑行位移为x1，根据牛顿第二定律有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
根据速度时间公式有v＝a1t1
根据速度位移公式有v2＝2a1x1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，x1＝0.16 m
则向上运动的最大距离
xm＝x＋x1＝0.72 m.
(3)设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，根据牛顿第二定律有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
根据位移时间公式有xm＝a2t
解得a2＝4 m/s2，t2＝0.6 s
所以总时间t总＝t＋t1＋t2＝1.5 s.
答案：(1)1.6 m/s　(2)0.72 m　(3)1.5 s
15．(14分)如图所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面上放一质量M＝2 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，对木板施加沿斜面向上的拉力F＝32.4 N，使木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动，经测量得知F的作用时间为2 s时，物块滑离木板．已知木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)2 s末木板的位移大小；(4分)
(2)2 s末物块的速度和位移的大小；(5分)
(3)物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离．(5分)
解析：(1)对木板根据牛顿第二定律得
F－Mgsin 37°－μ2mgcos 37°－μ1(m＋M)gcos 37°＝Ma1
解得a1＝1 m/s2
2 s末木板的位移x1＝a1t＝2 m.
(2)物块向上做匀加速运动，对物块根据牛顿第二定律得 μ2mgcos 37°－mg sin 37°＝ma2
解得a2＝0.4 m/s2
2 s末物块的速度和位移分别为
v2＝a2t1＝0.8 m/s
x2＝a2t＝0.8 m.
(3)物块滑离木板后，对物块根据牛顿第二定律得
mg sin 37°＋μ1mg cos 37°＝ma3
解得a3＝10 m/s2
物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离，根据速度位移关系有 v＝2a3x3
解得x3＝0.032 m.
答案：(1)2 m　(2)0.8 m/s　0.8 m　(3)0.032 m(共26张PPT)
课后达标检测
题组1　对超重和失重的理解
1．(2024·东莞期末)在加速度大小为a的匀减速下降的电梯中，有一质量为m的人，下列说法正确的是(　　)
A．此人对地球的吸引力大小为m(g－a)
B．此人受到的重力为m(g＋a)
C．此人处于失重状态
D．此人对电梯的压力大小为m(g＋a)
√
解析：此人对地球的吸引力大小等于地球对人的吸引力，等于人受到的重力mg，A、B错误；人在加速度大小为a的匀减速下降的电梯中，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得电梯对人的支持力大小为FN＝m(g＋a)，根据牛顿第三定律可知，此人对电梯的压力大小为FN′＝m(g＋a)>mg，即人处于超重状态，C错误，D正确．
2.(2025·广东合格考模拟)如图所示，升降机地板上站着一个重力G＝600 N的人．当他对地板的压力FN＝550 N时，升降机可能做下列的哪种运动(　　)
A．加速下降　　　　 　 B．静止
C．匀速下降 D．匀速上升
解析：由于人对地板的压力550 N小于人受到的重
力600 N，升降机处于失重状态，升降机加速下降
或减速上升．
√
√
3．(2025·中山合格考模拟)一乘客站立在放置于电梯底部的体重计上．现发现体重计的示数突然变大，则此时(　　)
A．电梯向上减速，乘客处于失重状态
B．电梯向上加速，乘客处于超重状态
C．电梯向下减速，乘客处于失重状态
D．电梯向下加速，乘客处于超重状态
解析：根据题意可知，由于体重计的示数大于乘客的体重，则具有向上的加速度，处于超重状态，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动．
题组2　超重和失重的分析计算
4．随着科技的发展，手机的功能越来越多．如图所示是小米同学随质量为100 kg的货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v－t图像(竖直向上为正方向)，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)
A．前10 s货物处于失重状态
B．前10 s内电梯对货物的支持力恒为1 010 N
C．前46 s内货物上升的距离为34 m
D．30 s到36 s内货物处于超重状态
√
5．(多选)(2025·深圳统考期末)在一次蹦极运动中，运动员可近似认为始终在竖直方向运动，其身上所绑弹性绳的拉力F大小随时间t变化如图所示．已知重力加速度大小为g，则(　　)
A．运动员所受重力大小为0.8F0
B．t0时刻，运动员处于失重状态
C．在上升过程中，运动员始终处于超重状态
D．在整个过程中，运动员的最大加速度为1.5g
√
√
解析：运动员受重力、拉力两个力，运动员静止时，二力平衡，由题图可知G＝0.8F0，故A正确．t0时刻，由题图可知绳的拉力大于0.8F0，所以运动员处于超重状态，故B错误．上升过程分两个阶段，向上加速阶段，运动员处于超重状态；向上减速阶段，运动员处于失重状态，故C错误．在整个过程中，绳的拉力最大值为2F0，此时加速度最大，由牛顿第二定律知2F0－mg＝ma，又G＝0.8F0＝mg，解得a＝1.5g，故D正确．
√
题组3　沿斜面运动物体的超重和失重
6.在如图所示的装置中，受重力为 4 N 的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在台秤上并保持静止，斜面的倾角为30°.如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断而物块正下滑时，与稳定时比较，台秤的读数(　　)
A．增大4 N B．增大3 N
C．减小1 N D．不变
7.(多选)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时(此时乘客没有靠在靠背上)，下列说法正确的是(　　)
A．乘客受重力、支持力两个力的作用
B．乘客受重力、支持力、摩擦力三个力的作用
C．乘客处于超重状态
D．乘客受到的摩擦力的方向水平向左
√
√
解析：减速上坡时，乘客受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由于乘客加速度方向沿斜面向下，沿水平和竖直方向分解加速度，可知乘客受水平向左的静摩擦力，故A错误，B、D正确；乘客的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，所以乘客处于失重状态，故C错误．
8．(2025·佛山统考期末)在一场篮球比赛中，双方队员争取球权，裁判员将手中的篮球竖直向上抛出，1 s后，篮球到达最高点并自由下落，直到有球员将其碰到．不计篮球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，从被抛出到被球员碰到的过程中，对于篮球，下列说法正确的是(　　)
A．篮球的运动是匀变速直线运动
B．上升时篮球处于超重状态
C．篮球上升到最高点时速度为零，合外力也为零
D．篮球上升的最高点与抛出点的距离为10 m
√
9.2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空．关于火箭发射，下列说法正确的是(　　)
A．火箭刚离开发射架时，火箭处于失重状态
B．火箭升入太空后，将不受重力作用
C．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的
作用力大于火箭对气流的作用力
D．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力
√
解析：火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力，所以火箭加速上升，加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误，D正确；火箭升入太空后，也受重力作用，故B错误；火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力属于作用力与反作用力，所以高速气流对火箭的作用力等于火箭对气流的作用力，故C错误．
10.(多选)蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动．如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳为原长时人的位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所到达的最低点，不计空气阻力，人可视为质点，弹性绳质量不计且满足胡克定律，则人在第一次下降到最低点的过程，下列说法正确的是(　　)
A．人经过a点时处于平衡状态
B．从P点到a点人处于失重状态
C．从a点到b点人处于失重状态
D．从b点到c点人处于失重状态
√
√
解析：从P点到a点，人仅受重力作用，人具有向下的加速度，处于完全失重状态，故A错误，B正确；从a点到b点人受到的弹力小于自身受到的重力，处于失重状态，故C正确；从b点到c点人受到的弹力大于自身受到的重力，处于超重状态，故D错误．
√
11．(2025·东莞市期末)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s).由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是(　　)
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：由图可知在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，故人先处于失重状态后处于超重状态，C、D错误；人在起立过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，则站起过程中先处于超重状态后处于失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，A错误，B正确．
12．(12分)某人乘电梯向上运动的v－t图像如图所示．已知g取10 m/s2，请根据图像回答下列问题．
(1)请简要描述整个运动的加速度情况．(3分)
答案：见解析　
(2)请计算整个运动的总位移大小．(5分)
答案：22.5 m　
(3)在电梯运动过程中，将体重计放在电梯的水平地板上，人站在体重计上不动．已知人的质量是50 kg，那么，在前3 s内体重计的示数应该是多少？(4分)
答案：55 kg(共25张PPT)
专题提升课5　动力学图像问题
专题 深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　由力的图像或物体受力分析物体的运动或运动图像
如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻速度最大
B．t2时刻开始反向运动
C．t3时刻反向速度最大
D．t4时刻物体离出发点最远
√
[解析]　水平外力F在0到t1时间内由0增大到最大值F0，t1到t2时间内由最大值F0减小到0，方向没变，由牛顿第二定律可知，物体在0到t2时间内一直加速，因此t2时刻速度最大，A错误； t2时刻力F开始反向，t2时刻物体速度正向最大，物体开始做减速运动，运动方向没变，B错误；由物体受力的对称性可知，t3时刻的速度与t1时刻的速度相等，方向没变，速度不是最大，C错误；0到t4时间内物体运动方向一直没变，因此t4时刻物体的位移最大，所以t4时刻物体离出发点最远，D正确．
　　　
如图甲所示，倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m的小木块在沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑．a随F变化关系如图乙所示(取沿斜面向上为正方向).认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是(　　)
A．当F＝32 N时，小木块的加速度为8 m/s2
B．当F＝20 N时，小木块的加速度为2.5 m/s2
C．小木块的质量为3 kg
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35
√
微专题二　由运动学图像求物体受力
1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等．
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁．
3．图像的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解题策略
(1)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式．
(2)弄清图线斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(3)进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
如图甲所示，质量为m的滑块在粗糙水平面以初速度v0水平向右运动，在开始运动的同时受到水平向左的恒力的作用，其运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，图中数据都为已知量，求：
(1)水平恒力的大小F；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ.
(2025·深圳市期末)如图甲所示，斜面体静止于粗糙的水平面上，斜面倾角为37°，斜面足够长．质量m＝1.0 kg的小物块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，沿斜面由静止开始运动，0.5 s后撤去拉力F.图乙为其速度v随时间t变化的部分图像．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，全过程斜面体保持静止．计算时取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
[答案]　0.5　
(2)拉力F的大小．
[答案]　30 N
微专题三　动力学图像的综合应用
(多选)如图甲所示，用水平压力F将物块按压在竖直墙壁上，F随时间t的变化情况如图乙所示．物块的速度v随时间t的变化情况如图丙所示．重力加速度g取10 m/s2，结合图乙和图丙，下列说法正确的有(　　)
A．第1 s内物块所受摩擦力大于重力
B．可以求出物块的质量
C．不能求出物块与墙面间的动摩擦因数
D．若3 s到4 s内F恒为3 N，则第4 s末物块恰好静止
√
√
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．(由运动学图像求物体受力)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．g取10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　)
A．0.2，6 N　　　　　 B．0.1，6 N
C．0.2，8 N D．0.1，8 N
√
2．(已知力的图像分析物体的运动)(多选)一个放在水平面原本静止的物体，受到如图所示的合外力作用，则在时间t0内(　　)
A．物体的速度越来越小
B．物体的加速度越来越小
C．物体的速度越来越大
D．物体的加速度越来越大
√
√
解析：由题图可知，物体所受朝着正方向的合外力越来越小，根据牛顿第二定律，物体的加速度越来越小，故B正确，D错误；分析可得，物体朝着合外力的正方向做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故物体的速度越来越大，故C正确，A错误．
3．(动力学图像的综合应用)如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的倾角α.
答案：(1)1 kg　(2)30°第一节　牛顿第一定律
1．知道伽利略的理想实验及其推理过程，知道理想实验是科学研究的重要方法．　2.理解牛顿第一定律的内容及意义．　3.明确惯性的概念，会解释有关的惯性现象．　4.会用牛顿第一定律定性分析问题．
一、亚里士多德的观点
有力作用在物体上，物体才运动；撤掉力，运动就停止．维持物体运动________力．
二、伽利略的探索
1．理想实验：让小球沿第一个斜面的某一高度静止释放，然后冲上第二个斜面，如果没有摩擦，小球上升的高度与释放时的高度________．减小第二个斜面的倾角，小球滚动的距离增大，但最终仍能到达__________．
科学推论：如果第二个斜面变成水平面，小球将无法达到原来的高度，只能以恒定的速度________________________．
2．结论：物体的运动不需要力来维持．
三、笛卡尔的补充
如果没有__________，运动中的物体将继续以________________沿着一条直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向．
四、牛顿的总结
1．牛顿第一定律：一切物体总保持__________________________状态或____________状态，
直到有外力____________________这种状态为止，这就是牛顿第一定律，又叫________________．
2．质量是惯性大小的量度
(1)惯性：物体具有保持原来________________________状态或________状态的性质．惯性是物体的固有属性．
(2)惯性的量度：________是物体惯性大小的唯一量度．
判断下列说法是否正确．
(1)伽利略理想斜面实验是不科学的假想实验.(　　)
(2)理想实验所得到的结论是不可靠的．(　　)
(3)伽利略的“理想实验＋科学推论”的方法是一种科学方法．(　　)
(4)物体只有处于静止状态或匀速直线运动状态时才有惯性．(　　)
(5)物体运动速度越大，惯性越大．(　　)
(6)力无法改变物体的惯性．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
[答案自填] 需要　相同　原来的高度　一直运动下去　其他原因　同一速度　匀速直线运动
静止　迫使它改变　惯性定律　匀速直线运动　静止　质量
知识点一　对牛顿第一定律的理解
如图所示，让一个小车从同一斜面上滑下，水平面上分别放置毛巾、木板和玻璃板，水平面与斜面平滑连接．仔细观察实验现象．
(1)实验观察到什么现象，说明了什么问题？
(2)如果没有摩擦力的作用，小车将会怎样运动呢？
(3)以上实验揭示了力和运动之间是什么关系？
[提示]　(1)水平面越光滑，小车滑动的距离越远．说明摩擦力是阻碍物体相对运动的原因．
(2)如果没有摩擦力的作用，小车将永远运动下去．
(3)力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因．
1．伽利略理想实验
实验事实：两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．
推理1：如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度．
推理2：减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍要达到原来的高度．
推理3：继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面永远运动下去．
实验结论：力不是维持物体运动的原因．
2．运动状态的改变
当物体的速度发生变化时，这个物体的运动状态即发生了变化．物体的运动状态变化有以下三种情况：
(1)速度的方向不变，只有大小改变．
(2)速度的大小不变，只有方向改变．
(3)速度的大小和方向都发生改变．
3．对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了力与运动的关系
①力是改变物体运动状态的原因：物体受力的作用，它的运动状态就一定发生改变，并且产生加速度．
②力不是维持物体运动的原因：物体若不受力，它将做匀速直线运动或者保持静止状态．
(2)揭示了一切物体都具有的一种属性——惯性，所以牛顿第一定律也叫惯性定律．
角度1　理想斜面的实验
　(多选)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法．图(a)、图(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)
A．图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体是一种匀变速直线运动
B．图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量时间
C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验能直接观察到小球达到等高处
D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论
[解析]　题图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，在得出斜面上小球运动特征后，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；题图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，因为在倾角较小的斜面上的小球加速度较小，运动相等位移下所用时间较长，更有利于时间的测量，故B正确；题图(b)中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；题图(b)的实验为“理想实验”，伽利略通过结合实验结果，利用逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D正确．
[答案]　ABD
角度2　运动和力的关系
　关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是(　　)
A.所受合力为零的物体一定处于静止状态
B．速度是物体运动状态的标志性物理量
C．物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零
D．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化
[解析]　物体所受合力为零时一定处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，故A错误；速度是物体运动状态的标志性物理量，故B正确；力是改变物体运动状态的原因，只要合力不为零，物体的运动状态就会发生改变，但某时刻的速度可能为零，故C、D错误．
[答案]　B
知识点二　惯性的理解和应用
1．公路上奔驰的汽车，速度越大，刹车时停下来所用的时间越长，这能说明速度越大惯性越大吗？
2．以相同速度冲向你的乒乓球和铅球，你敢接吗？
[提示]　1.质量是惯性大小的唯一量度，质量越大，运动状态越难改变．由v＝2as知，刹车位移和初速度的二次方成正比，汽车速度越大，刹车位移越长，但是汽车质量不变，惯性不变．
2．乒乓球可接，因为乒乓球的质量小，惯性小；铅球不敢接，因为铅球的质量大，惯性大．
1．惯性与质量
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．
(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大．
2．惯性与力
(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，始终具有且与外界条件无关；力只有在物体间相互作用时才有，离开了物体就不存在力．因此说“物体受到了惯性作用”“产生了惯性”“受到惯性力”等都是错误的．
(2)力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动状态的原因．对同一物体，力越大，运动状态越易改变；惯性越大，运动状态越难改变．
(3)惯性与物体的受力情况无关．
3．惯性与速度
(1)速度是表示物体运动快慢的物理量，惯性是物体本身固有的属性．
(2)一切物体都具有惯性，和物体是否有速度及速度的大小无关．
　(2025·佛山月考)惯性是经典物理学中的重要概念．下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体惯性大
B．质量小的物体惯性大
C．只有静止的物体才具有惯性
D．只有运动的物体才具有惯性
[解析]　一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度，质量越大，惯性越大；惯性大小与物体的运动状态无关．
[答案]　A
　(2025·湛江市期中)如图所示，航天员进行太空授课时演示了旋转的小扳手，下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A．小扳手漂浮不动时没有惯性
B．小扳手的惯性比航天员的惯性小
C．小扳手从地面移到空间站惯性变小
D．惯性是改变物体运动状态的原因
[解析]　小扳手漂浮不动时，仍存在质量，仍有惯性，故A错误；由于小扳手的质量小于航天员的质量，则小扳手的惯性比航天员的惯性小，故B正确；小扳手从地面移到空间站，质量不变，则惯性不变，故C错误；惯性是保持物体运动状态的原因，而力是改变物体运动状态的原因，故D错误．
[答案]　B
知识点三　应用牛顿第一定律分析实际问题
　(多选)(2025·东莞市期中)对下列有关现象的分析正确的是(　　)
A．奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
B．在水平匀速直线行驶的高铁上，小明竖直向上跳起，由于惯性，小明将落回起跳位置
C．踢出的足球最终要停下来，是由于没有外力来维持足球的运动
D．航天员在绕地球飞行的宇宙飞船中，可以“飘来飘去”，是因为他的惯性消失了
[解析]　奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态，故A正确；在水平匀速直线行驶的高铁上，小明竖直向上跳起，由于惯性，小明将落回起跳位置，故B正确；踢出的足球最终要停下来，是由于受到阻力而改变了足球的运动状态，故C错误；惯性大小只与质量有关，与状态无关，故D错误．
[答案]　AB
　(2024·深圳校考期中)如图，列车在平直轨道行驶，水龙头的水滴均落在正下方B处(AB与轨道平行)，某乘客后来观察到水滴落在B点的右方A点，则关于列车的运动情况下列说法正确的是(　　)
A．先静止，后向左做加速运动
B．先静止，后向右做加速运动
C．先向左做匀速运动，后做减速运动
D．先向右做匀速运动，后做加速运动
[解析]　水滴下落时，水平方向保持原来的速度，若车一直静止或做匀速运动，车的水平位移与水滴的水平位移相同，则落在B点；若车先静止后向左做加速运动，则水滴仍保持下落时的水平速度，而车的水平位移增大，故水滴可能落在A处；同理，车先向左做匀速运动，后做加速运动或先向右做匀速运动，后做减速运动时，水滴也会落在A处．
[答案]　A
1．(对牛顿第一定律的理解)关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态
B．物体所受合外力不为零时，一定会使物体的速度发生变化
C．伽利略提出的理想斜面实验在科学发达的今天是可以实现的
D．速度越大的汽车越不容易停下来，是因为汽车速度越大，惯性越大
解析：选B.物体所受合外力为零时，可能处于静止状态或匀速直线运动状态，故A错误；物体所受合外力不为零时，由牛顿第一定律可知一定会使物体的速度发生变化，故B正确；伽利略提出的理想斜面实验是实验和逻辑推理的结合，在科学发达的今天也不可以实现，故C错误；物体的质量是惯性的唯一量度，故D错误．
2．(惯性的理解和应用)根据《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条规定，汽车行驶时，驾驶人员、乘坐人员应当按规定使用安全带，乘客不管坐前排还是后排，乘车就必须系安全带．关于安全带，下列说法正确的是(　　)
A．系好安全带可以减小汽车的惯性
B．系好安全带可以减小驾驶员和乘客的惯性
C．系好安全带可以完全避免撞击对驾驶员和乘客的伤害
D．系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响
解析：选D.物体的惯性只与物体的质量有关，所以系好安全带并不能减小汽车的惯性，也不能减小驾驶员和乘客的惯性，即系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响，故A、B错误，D正确；系好安全带不能完全避免撞击对驾驶员和乘客造成的伤害，但可以在一定程度上减轻驾驶员和乘客受到的伤害，故C错误．
3．(惯性的理解和应用)(多选)牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，下列生活现象中关于惯性的理解正确的是(　　)
A．拍打衣服上的灰尘，是利用了惯性
B．跳远时我们要助跑，助跑速度越大，惯性越大
C．坐车时我们要系安全带，是为了减小惯性
D．电动自行车与大货车在等红绿灯时，电动自行车容易启动，是因为其质量小，惯性小
解析：选AD.拍打衣服上的灰尘，是利用了惯性，故A正确；惯性只与质量有关，与助跑速度无关，故B错误；坐车时我们要系安全带，是为了减小惯性带来的危害，故C错误；电动自行车与大货车在等红绿灯时，电动自行车容易启动，是因为其质量小，惯性小，故D正确．
4．(应用牛顿第一定律分析实际问题)火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为(　　)
A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动
B．人跳起时，车厢对人有一个向前的摩擦力，这力使人向前运动
C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而已
D．人跳起后，人和车在水平方向的速度始终相同
解析：选D.人向上跳起，发现仍落回到车上原处，是因为在起跳前，人与车相对静止，而人具有惯性，起跳后，人与车在水平方向仍具有相同的速度，所以仍落回原处．A、B、C错误，D正确．(共18张PPT)
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1．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ， 重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．物体先做匀加速运动后做匀速运动
B．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg
C．物体在匀加速阶段受到的静摩擦力向右
D．物体在匀加速阶段的加速度大小为μg
√
√
√
√
3．(多选)如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，则下列判断正确的是(　　)
A．传送带若逆时针运行且保持速率不
变并且速率足够大，则物体有可能不能滑过B点
B．传送带若逆时针运行且保持速率不
变，物体可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
C．传送带若顺时针运行，当其运行速率(保持不变)vD．传送带若顺时针运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体过B点的速率可能小于或等于传送带速率v
√
√
4．(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将质量为m＝1 kg的物体轻轻放在传送带上的A处，经过1.5 s到达传送带的B端，物体在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带的倾角θ＝37°
C．A、B两点的距离为6 m
D．传送带的速率为4 m/s
√
√
5.物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　)
A．m受到的摩擦力方向发生改变
B．m仍匀速下滑
C．m受到的摩擦力变小
D．m受到的摩擦力先变小后变大
√
解析：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块受到的摩擦力大小仍为μmg cos θ，方向仍然沿传送带向上，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，所以物块仍匀速下滑．
√
√
7．(8分)(2025·惠州月考)如图所示，水平传送带以速度v＝2 m/s匀速转动，A、B两端的距离L＝7 m.将一小物块轻放在传送带上的A端，物块和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块加速过程中的加速度大小a；(3分)
解析：物块加速过程中，对物块受力分析有
f＝ma，f＝μN，N＝mg，解得a＝5 m/s2.
答案：5 m/s2　
(2)物块从A端运动到B端的时间t.(5分)
答案：3.7 s
答案：3 s题组1　对牛顿第二定律的理解
1．由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为(　　)
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，物体的加速度为0，所以物体仍静止
解析：选D.牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，物体的加速度为0，所以物体仍静止，故D正确，A、B、C错误．
2．关于加速度的公式a＝和a＝，下列说法不正确的是(　　)
A．由a＝可知，a与F成正比，与m成反比
B．由a＝可知，a与Δv成正比，与Δt成反比
C．由a＝可知，a与Δv的方向总一致
D．由a＝可知，a与F的方向总一致
解析：选B.由a＝可知，a与F成正比，与m成反比，A正确；a＝为比值定义法，a与Δv和Δt无关，B错误；由a＝可知，a与Δv的方向总一致，C正确；由a＝可知，a与F的方向总一致，D正确．
题组2　牛顿第二定律的简单应用
3．(2025·河源市期中)在乘坐地铁时，小辉发现一小段时间内，地铁上的拉手与竖直方向有一稳定的夹角，他立即用手固定住拉手，并用量角器测出了该角度为10°，已知重力加速度为g，则该小段时间内地铁的加速度大小为(　　)
A．gtan 10°　　　　　 B．gcos 10°
C．gsin 10° D．
解析：选A.对拉手受力分析，由牛顿第二定律mg tan 10°＝ma，可得该小段时间内地铁的加速度大小a＝gtan 10°.
4．现代战场上FPV自爆无人机已成为士兵的头号克星．某次无人机演练中，静止于空中的FPV无人机发现正前方有一军事目标，于是以7.5 m/s2的加速度沿水平直线冲向目标．设该无人机的质量为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求加速过程中空气对无人机的作用力大小为(　　)
A．10 N B．15 N
C．20 N D．25 N
解析：选D.根据题意，加速过程中空气对无人机的作用力大小F＝＝ N＝25 N．
5.如图所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，与此同时物体受到一个水平向左的推力F＝10 N的作用，g取10 m/s2，则物体的加速度是(　　)
A．0
B．4 m/s2，水平向左
C．9 m/s2，水平向左
D．1 m/s2，水平向右
解析：选C.物体受到的滑动摩擦力f＝μmg＝8 N，方向水平向左，由牛顿第二定律得F＋f＝ma，解得a＝9 m/s2，方向水平向左．
6.西汉的司马迁在《史记·项羽本纪第七》中描述：“籍(项羽名)长八尺余，力能扛鼎，才气过人，虽吴中子弟皆已惮籍矣．”“力能扛鼎”对于一位同学来说是不可能的事情，若两位同学同时用力向上拉鼎便可以将鼎提起，设某一个鼎的质量为m，两位同学分别施加如图所示的拉力F，两个力的夹角为2θ，此时鼎刚好脱离地面并加速，则鼎此时的加速度为(　　)
A． B．
C．－g D．－g
解析：选D.对鼎受力分析如图所示，由二力合成，可知两位同学拉力的合力F合＝2F cos θ，根据牛顿第二定律，可得F合－mg＝ma，联立解得a＝－g.
7．如图所示，一辆装满石块的货车沿水平路面以大小为a的加速度向右做匀减速直线运动，货箱中石块A的质量为m.下列说法正确的是(　　)
A．石块A所受所有外力的合力大小为0
B．周围石块对石块A的作用力的合力方向水平向左
C．周围石块对石块A的作用力的合力大小等于ma
D．加速度a增大时，周围石块对石块A作用力的合力竖直分量不变
解析：选D.石块A所受所有外力的合力大小为ma，A错误；A所受的合力方向水平向左，由于所受重力方向竖直向下，则周围石块对石块A的作用力的合力方向斜向左上方，B错误；周围石块对石块A的作用力的合力大小F＝，C错误；周围石块对石块A作用力的合力的竖直分量等于A所受的重力，保持不变，D正确．
8．(2025·深圳市期中)如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成60°的拉力F1的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a1，在与水平方向成30°的推力F2的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a2.已知拉力F1与推力F2的大小相等，a1＝a2，则物体与地面间的动摩擦因数为(　　)
A． B．
C．－1 D．2－
解析：选D.物体在拉力F1的作用下有F1cos 60°－μ(mg－F1sin 60°)＝ma1，物体在推力F2的作用下有F2cos 30°－μ(mg＋F2sin 30°)＝ma2，其中F1＝F2，a1＝a2，解得μ＝2－.
9．(9分)(2025·广州市期中)如图甲所示，质量为1 kg的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，推动一下恰好能够沿斜面匀速下滑．如果用原长为30 cm的轻质弹簧沿斜面向上拉物体(图乙)，使物体沿斜面匀速上滑时，弹簧的长度为40 cm.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求斜面与物体间的动摩擦因数．(3分)
(2)求弹簧的劲度系数．(3分)
(3)用16 N的力通过弹簧沿斜面向上拉物体，物体加速度为多大？(3分)
解析：(1)依题意，物体恰好能够沿斜面匀速下滑，可得mg sin θ＝μmg cos θ
解得μ＝0.75.
(2)物体沿斜面匀速上滑时，有mg sin θ＋μmg cos θ＝kΔx，解得k＝120 N/m.
(3)根据牛顿第二定律，可得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝4 m/s2.
答案：(1)0.75　(2)120 N/m　(3)4 m/s2
10．(8分)平直路上向右运动的小车内，用细绳a和细绳b系住一个质量为3 kg的小球，细绳a与竖直方向夹角θ＝37°，细绳b水平(如图所示)，g取10 m/s2.
(1)当小车以加速度5 m/s2向右做匀加速直线运动时，求b绳的拉力．(5分)
(2)为了使小球与车保持相对静止，求小车向右的最大加速度．(3分)
解析：(1)对小球受力分析，如图所示
水平方向有
Fa sin 37°－Fb＝ma
竖直方向有Fa cos 37°＝mg
代入数据解得
Fa＝37.5 N，Fb＝7.5 N，b绳拉力水平向左．
(2)当小车的加速度向右达到最大时有
Fa sin 37°＝mam
Fa cos 37°＝mg
联立解得am＝7.5 m/s2.
答案：(1)7.5 N，水平向左　(2)7.5 m/s2
11．(12分)如图，物体的质量m＝1 kg，静止地放在光滑的水平面上，有水平拉力F＝10 N的作用．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)
(1)求物体的加速度a1的大小．(2分)
(2)若水平面粗糙，μ＝0.6，求物体的加速度a2的大小．(4分)
(3)在(2)问中，若把拉力F斜向上，与水平方向夹角为α＝37° 拉物体，求物体的加速度a3的大小．(3分)
(4)在(2)问中，若把拉力F斜向下，与水平方向夹角为α＝37° 拉物体，求物体的加速度a4的大小．(3分)
解析：(1)根据牛顿第二定律F＝ma1
得a1＝10 m/s2.
(2)对物体受力分析如图甲，若物体滑动
则f1＝μFN1，FN1＝mg ，得f1＝μmg＝6 N
而F>f1，故物体滑动，根据牛顿第二定律
F－f1＝ma2，得a2＝4 m/s2.
　　　
(3)对物体受力分析如图乙，若物体滑动，则FN2＝mg－F sin α＝4 N ，f2＝μFN2＝2.4 N ，而F cos α＝8 N>f2，故物体滑动，根据牛顿第二定律F cos α－f2＝ma3，得a3＝5.6 m/s2.
(4)对物体受力分析如图丙，若物体滑动，则
FN3＝mg＋F sin α＝16 N ，f3＝μFN3＝9.6 N
而F cos α＝8 N＜f3，故物体仍静止，得a4＝0.
答案：(1)10 m/s2　(2)4 m/s2　(3)5.6 m/s2　(4)0(共51张PPT)
章末过关检测(四)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．国际单位制中力学的基本物理量可用下列哪一组仪器测量(　　)
A．米尺、天平、秒表
B．米尺、测力计、打点计时器
C．量筒、天平、秒表
D．米尺、弹簧测力计、秒表
√
解析：长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量．
2．关于牛顿定律，下列说法正确的是(　　)
A．牛顿通过理想斜面实验得出力是维持物体运动状态的原因
B．牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的速度越大，惯性越大
C．伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献
D．牛顿第三定律指出先有作用力，后有反作用力
√
解析：伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因，A错误；牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，质量是物体惯性大小的唯一量度，B错误；牛顿在伽利略和笛卡尔等人的研究基础上，总结出了牛顿第一定律，伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，C正确；作用力与反作用力具有同时性，即同时产生，同时消失，没有先后之分，D错误．
√
3.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子．正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，1号掉进了水里．假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间(　　)
√
√
√
7．如图甲所示，一质量m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于物体运动的说法不正确的是(　　)
A．t＝1 s时物体开始做减速运动
B．t＝2 s时物体做减速运动的加速度大小为1 m/s2
C．t≥3 s时物体处于静止状态
D．t≥3 s内做匀速直线运动
√
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖
直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力
大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法不正确
的是(　　)
√
√
9．如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝0.2 kg，甲、乙之间的动摩擦因数μ1＝0.2，乙与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.1.认为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，用水平向右的力F推书本甲，开始时F＝0.6 N，此后缓慢增大，下列说法正确的是(　　)
A．当推力F＝0.7 N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N
B．当推力F＝1 N时，书本均保持静止状态
C．当推力F＝1.8 N时，书本甲、乙之间无相对滑动
D．当推力F＝2 N时，书本甲、乙之间有相对滑动
√
√
解析：甲、乙间的最大静摩擦力f甲乙＝μ1m1g＝1.2 N，乙与桌面间的最大静摩擦力f桌乙＝μ2(m1＋m2)g＝0.8 N，以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律f甲乙－f桌乙＝m2a，解得a＝2 m/s2，对整体由牛顿第二定律有F－f桌乙＝(m1＋m2)a，解得F＝2.4 N，故当推力F＞2.4 N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；当推力F＝0.7 N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7 N，故A正确；当推力F＝1 N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误．
10．如图a，足够高的水平长桌面上的P点左边光滑右边粗糙．小物块A在质量为0.5 kg的砝码B的拉动下，从桌面左端开始运动，其v－t图像如图b所示．重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A的质量为2.0 kg
B．在前1 s时间内，轻绳的拉力大小为2 N
C．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125
D．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25
√
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置图，做“探究加速度与质量的关系”的实验．
(1)如果某次实验打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带如图乙所示，取计数点A、B、C、D、E、F、G，纸带上两相邻计数点的时间间隔T ＝ 0.10 s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离如图乙所示(单位：cm)，则小车运动的加速度大小a＝________m/s2，打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC＝________m/s.(结果均保留2位有效数字)
2.4
0.51
(2)设小车的质量为M，砂和小砂桶的质量为m，如果实验没有注意始终满足M m的条件，结果得到的图像应是下图中的________．
√
12．(8分)某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为50 Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下．
①按图甲所示安装好实验装置(未挂钩码)，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直．
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动．
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数．
④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同拉力作用下的加速度．
根据上述实验过程，回答以下问题．
(1)对于上述实验，下列说法正确的是________．
A．钩码的质量应远小于小车的质量
B．实验过程中钩码处于超重状态
C．与小车相连的细线与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应为钩码所受重力的一半
√
解析：由于拉力能够由弹簧测力计测出，所以不需要钩码的质量远小于小车的质量，故A错误；在实验过程中，钩码向下做加速运动，处于失重状态，弹簧测力计的读数小于钩码所受重力的一半，故B、D错误；与小车相连的细线与长木板一定要平行，保持小车合力方向不变，故C正确．
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝__________m/s2.(结果保留2位小数)
6.03
(3)若交流电的实际频率小于50 Hz，则(2)中a的计算结果与实际值相比__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
解析：若交流电的实际频率小于50 Hz，则实际周期变大，计算所用的周期相对实际周期偏小，算出的加速度偏大．
偏大
(4)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丙所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦因数μ＝________．
13.(12分)如图，水平面上有一辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面，用劲度系数为500 N/m的弹簧连接一质量为2 kg的物体．以下过程中，物体m与斜面保持相对静止．(g取10 m/s2)
(1)若要使物体m对斜面无压力，则小车加速度必须多大？(3分)
(2)若使弹簧保持原长，则小车的加速度又该如何？(3分)
答案：2.6×10－2 m
14．(12分)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(5分)
答案：1.33 s　
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块离开传送带时的速度．(7分)
答案：2.31 m/s
15．(14分)如图甲所示，倾角θ为37°的粗糙斜面上一质量m＝2.0 kg的木块，在平行于斜面的恒力F的作用下，从静止开始加速向上运动，一段时间后再撤去F，木块在前0.8 s内的速度时间关系图像如图乙所示，假设斜面足够长，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝ 0.8，g取10 m/s2，求：
(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(4分)
解析：由题图乙可知0.6 s到0.8 s内做匀减速运动，根据图像斜率解得该段木块运动的加速度大小
t＝0.6 s时撤去外力，由于a2＞gsin 37°＝6 m/s2
可知木块在斜面上受沿斜面向下的滑动摩擦力，0.6 s到0.8 s内根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2
解得木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.
答案：0.25　
(2)拉力F的大小；(3分)
答案：24 N　
(3)前1.1 s内木块所发生的位移．(7分)
答案：1 m，方向沿斜面向上1.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿气囊滑行到地面(如图所示).假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为3.6 m，气囊所形成的斜面长度为6 m，一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线运动，人与气囊间的动摩擦因数为0.5，不计其他阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．下滑过程中，气囊对人的作用力方向竖直向上
B．人滑至气囊底端所经历的时间为 s
C．人滑至气囊底端时的速度大小为2 m/s
D．下滑过程中，气囊对人的摩擦力大小为300 N
解析：选C.下滑的过程中若人匀速下滑，则气囊对人的作用力与重力等大、反向，即气囊对人的作用力竖直向上，但由于人加速下滑，则气囊对人的作用力的方向不是竖直向上，故A错误；斜面与地面夹角满足sin θ＝＝0.6，解得θ＝37°，根据牛顿第二定律可知mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝2 m/s2，根据匀变速直线运动位移与时间的关系L＝at2，解得t＝ s，故B错误；根据匀变速直线运动速度与时间的关系v＝at，解得v＝2 m/s，故C正确；气囊对人的摩擦力大小f＝μmg cos θ＝240 N，故D错误．
2.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆．若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计．返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　)
A．3×104 N　　　　 B．7.5×104 N
C．2.6×104 N D．1.05×105 N
解析：选D.根据运动学公式可得v2－v＝2ah，解得加速度大小a＝ eq \f(v－v2,2h) ＝ m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N．
3．(2025·深圳市期末)如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图像如图乙所示，已知斜面AB段粗糙，BC段光滑，物块在AB段的加速度大小是在BC段加速度大小的2倍，运动到C点时物块速度为0.重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．斜面的倾角为30°
B．物块的质量为5 kg
C．斜面上段的长度为16 m
D．物块与斜面AB段间的动摩擦因数为0.75
解析：选D.v－t图像的斜率等于加速度，由题意可知＝2×，解得vB＝6 m/s，所以BC段物块的加速度a2＝＝－6 m/s2，因BC段光滑，由牛顿第二定律有a2＝－g sin θ，得sin θ＝0.6，即θ＝37°，故A错误；依题意，由牛顿第二定律物块质量均可消掉，所以不能求出物块的质量，故B错误；根据v－t图线与横轴围成的面积表示位移，可知AC的长度x＝×1 m＋×6×1 m＝15 m，斜面上段的长度不可能为16 m，故C错误；物块在AB段上由牛顿第二定律有a1＝g sin θ＋μg cos θ，解得μ＝0.75，故D正确．
4.(9分)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加一个大小F＝20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)物体所受的摩擦力f；(6分)
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度v.(3分)
解析：(1)根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有F sin θ＋FN＝mg
fm＝μFN
联立可得fm＝4 N＜F cos θ＝16 N
可知，物体受滑动摩擦力作用，所以摩擦力大小
f＝fm＝4 N
方向水平向左．
(2)由牛顿第二定律可得F cos θ－f＝ma
v＝at
解得v＝30 m/s
方向水平向右．
答案：(1)4 N，方向水平向左　(2)30 m/s，方向水平向右
5.(11分)如图，质量为2 kg的物体，在倾角θ＝37°且足够长的斜面上受到水平向右的推力F＝40 N的作用，由静止开始从斜面底部沿斜面向上运动，4 s后撤去推力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物体沿斜面向上加速运动阶段的滑动摩擦力的大小；(4分)
(2)物体沿斜面向上运动阶段的最大速度的大小；(4分)
(3)物体沿斜面向上运动阶段的总位移．(3分)
解析：(1)根据FN＝mg cos 37°＋F sin 37°
f＝μFN，联立得f＝10 N.
(2)匀加速阶段，根据牛顿第二定律有
F cos 37°－mg sin 37°－f＝ma1
最大速度的大小v＝a1t
联立得v＝20 m/s.
(3)物体做匀加速运动的位移s1＝
撤去推力后，物体做匀减速运动，根据
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma2
物体做匀减速运动的位移s2＝
物体沿斜面向上运动阶段的总位移s＝s1＋s2
联立并代入数据解得s＝65 m.
答案：(1)10 N　(2)20 m/s　(3)65 m
6.(12分)如图所示，一所受重力为10 N的小球套在倾角为30°的直杆上，其在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)有F作用的过程中小球的加速度大小；(3分)
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；(4分)
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点．(5分)
解析：(1)小球的质量m＝＝1 kg
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图甲所示
根据牛顿第二定律有
F sin 30°－G sin 30°－μFN＝ma1
F cos 30°＝G cos 30°＋FN
联立解得a1＝2.5 m/s2.
　　
(2)撤去F瞬间，小球的受力如图乙所示
设此时小球的加速度为a2，则
－G sin 30°－μFN′＝ma2
FN′＝G cos 30°
联立解得a2＝－7.5 m/s2
即加速度大小为7.5 m/s2.
(3)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移s1＝a1t＝1.8 m
撤去F后，小球继续向上运动的时间t2＝＝0.4 s
小球继续向上运动的最大位移s2＝ eq \f(0－v,2a2) ＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离sm＝s1＋s2＝2.4 m
则小球在上滑阶段通过B点，即
sAB－s1＝v1t3＋a2t
解得t3＝0.2 s或t3＝0.6 s(舍去)
小球返回时，受力如图丙所示
设此时小球的加速度为a3，则
－G sin 30°＋μFN′＝ma3
解得a3＝－2.5 m/s2
即加速度大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下；小球由顶端返回B点时，有－(sm－sAB)＝a3t
解得t4＝ s
则返回通过B点时间t＝t2＋t4≈0.75 s.
答案：(1)2.5 m/s2　(2)7.5 m/s2　(3)0.2 s　0.75 s(共23张PPT)
课后达标检测
题组1　对牛顿第一定律的理解
1．关于物理学史下列说法不正确的是(　　)
A．亚里士多德认为“重的物体下落得快”
B．伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落得同样快，然后用实验证实了自己的结论
C．亚里士多德认为：必须有力作用在物体上，物体才能运动
D．伽利略在实验室通过实验证明：力不是维持物体运动的原因
√
解析：亚里士多德认为物体下落得快慢跟它的轻重有关， 重的物体下落得快，A正确；伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落得同样快，然后用实验证实了自己的结论，B正确；亚里士多德得出结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止在某个地方，C正确；伽利略通过“理想斜面实验”得出结论：力不是维持物体运动的原因，D错误．
2．牛顿运动定律包括牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律，由牛顿在1687年于《自然哲学的数学原理》一书中总结提出．书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．”其中物体的“运动状态”用下面哪个物理量表示(　　)
A.加速度　　　　　　 B．速度
C．位移 D．受力
解析：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，有外力作用后，物体的速度发生变化，即不再是匀速直线运动状态或静止状态，所以物体的“运动状态”指的是物体的速度，B正确．
√
√
3．伽利略的实验说明了(　　)
A．要物体运动必须有力作用，没有力的作用物体将静止
B．要物体静止必须有力作用，没有力作用的物体就运动
C．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态
D．物体不受外力作用时，一定处于静止状态
解析：伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态，可以是静止，也可以是匀速直线运动，故A、B错误；物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故C正确，D错误．
题组2　惯性的理解和应用
4．冰壶在冰面运动时可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，这种抵抗运动状态变化的“本领”，我们称之为“惯性”，则冰壶惯性的大小取决于(　　)
A．冰壶受到的推力
B．冰壶的速度
C．冰壶的质量
D．冰壶受到的阻力
解析：质量是惯性大小的量度，则冰壶惯性的大小取决于冰壶的质量．
√
5．关于惯性，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体的惯性一定大
B．静止物体的没有惯性
C．只有运动的物体具有惯性
D．所有物体都具有惯性
解析：质量是惯性大小的唯一量度，一切物体都有惯性，与物体的运动状态无关，A、B、C错误，D正确．
√
√
题组3　牛顿第一定律分析实际问题
6．“复兴号”列车在某段水平轨道上匀速行驶，假设列车上固定着盛满水的水杯．若突然发现水杯中的水向右洒出，如图所示，则关于列车在此种情况下的运动，下列描述正确的是(　　)
A．列车匀速向左运动
B．列车可能突然向右加速运动
C．列车可能突然向左减速运动
D．列车可能突然向右减速运动
解析：根据题图中的情境可知，如果列车的加速度方向向左，由于惯性水才会向右洒出，匀速运动或向右加速均不会出现这种现象，所以加速度方向向左；如果速度方向向左，加速度方向和列车速度方向相同，列车向左加速运动；如果速度方向向右，加速度方向和列车速度方向相反，列车向右减速运动．
7．某同学坐在列车的车厢内，列车正在前进中，桌面上有一个小球相对于桌面静止，突然他发现小球开始运动．根据小球的运动，我们可以分析判断列车的运动，下列判断正确的是(　　)
A．小球相对于桌面向后运动，可知列车在匀速前进
B．小球相对于桌面向后运动，可知列车在减速前进
C．小球相对于桌面向前运动，可知列车在加速前进
D．小球相对于桌面向前运动，可知列车在减速前进
√
解析：小球由于惯性要保持原来的运动状态，相对于桌面向后运动，即小球相对于列车向后运动，可知列车是突然加速前进的，故A、B错误；小球相对于桌面向前运动，可知列车相对于小球向后运动，列车在减速前进，故C错误，D正确．
8．足球运动中蕴含着丰富的物理知识，关于惯性下列说法正确的是(　　)
A.足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为存在惯性
B．踢出去的足球能继续飞行，是因为存在惯性
C．踢出去的足球速度在不断变化，惯性也在不断变化
D．足球若被带到太空，惯性将会消失
√
解析：足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的存在，故A错误；惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的存在，故B正确；惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，与物体所在位置无关，故C、D错误．
9．关于力、运动状态及惯性，下列说法正确的是(　　)
A．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
D．牛顿第一定律不仅是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，而且它可以进一步通过实验直接验证
√
解析：惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；一个运动的物体总会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，如果不受力，物体会永远地运动下去，故B错误；伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能通过实验直接验证，故D错误．
10.(2025·茂名市期中)春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，意思是马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，关于这一现象下列说法不正确的是(　　)
A．这个现象符合牛顿第一定律
B．马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性
C．马对车不再施力了，车最终会停下来，说明物体的运动需要力来维持
D．马对车不再施力了，车最终会停下来，是因为受到阻力的作用
√
解析：马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，说明车具有惯性，符合牛顿第一定律，故A、B正确，不符合题意；力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因，故C错误，符合题意；马对车不再施力了，车最终会停下来是因为受到阻力的作用，故D正确，不符合题意．
√
11．2024年9月16日7时30分前后，台风“贝碧嘉”(强台风级)的中心在上海浦东临港新城登陆．安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动，继续守护大楼抵抗强台风．“上海慧眼”被安装在大厦的倒数第三和第四层，距离地面583米．阅读以上材料，根据所学知识，下列说法正确的是(　　)
A．“上海慧眼”降低了上海中心大厦的重心高度，从而有利于抵抗台风冲击
B．“上海慧眼”主要通过增加上海中心大厦整体的惯性来抵抗台风冲击
C．“上海慧眼”主要利用自身的惯性降低上海中心大厦的晃动幅度来抵抗台风冲击
D．将“上海慧眼”安装在第25层，也具有相同效果，且降低施工难度
解析：重心的位置与质量分布有关，靠近质量大的地方，所以“上海慧眼”升高了上海中心大厦的重心高度，故A错误； “上海慧眼”主要利用自身的惯性降低上海中心大厦的晃动幅度来抵抗台风冲击，故B错误，C正确；由题意可知如果大厦没有阻尼器则上部容易晃动，阻尼器在上部晃动阻碍大厦的晃动，将“上海慧眼”安装在第25层，对高楼层达不到很好的稳定作用，故D错误．
√
12．如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动．当车突然停止时，如不考虑其他阻力，设车无限长，则两个小球(　　)
A．一定相碰　　　　　 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．难以确定
解析：因为小车表面光滑，因此，不论小车如何运动，两小球在水平方向上均不受力，根据牛顿第一定律可知它们将保持匀速运动状态，又因为两球速度相等，故两球一定不会相碰．
13．如图所示，一个劈形物体A放在斜面上，A的各个表面光滑且上表面水平，在A的上表面上放置一个小球B，由静止释放A，则小球B在碰到斜面之前的运动轨迹是(　　)
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．抛物线
D．双曲线
√
解析：B原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零，当A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，B原来速度为0，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表面又光滑，除竖直方向有合力外，其他方向上没有合力，而力是使物体运动状态改变的原因，B只能在竖直方向上有运动，在碰到斜面之前，B的运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线．(共47张PPT)
模块综合检测卷(二)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．如图所示的四个情景，分别对应四个
选项，其中说法正确的是(　　)
A．图甲中，即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于球发生了形变
B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
C．图丙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变
D．图丁中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它受到的重力
√
解析：即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于施力物体脚发生了形变，A错误；静止在光滑水平地面上的两个足球接触，若相互之间有弹力作用，则无法保持静止状态，所以没有受到相互作用的弹力，B错误；落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，C正确；静止在草地上的足球受到的弹力，与重力相平衡，但不是它的重力，D错误．
2．作用在同一物体上的三个力，大小分别为6 N、8 N和10 N，其合力大小不可能是(　　)
A．0　　　　　　 　 B．10 N
C．20 N D．30 N
解析：当三个力方向相同时，合力最大F合＝6 N＋8 N＋10 N＝24 N，6 N和8 N的合力大于等于2 N，小于等于14 N，而10 N在这个范围内，所以三个力的合力可能为0，则三个力合力的最小值为0，所以合力不可能为30 N．
√
√
3．如图所示，质量为m的鱼在水中沿水平方向以加速度a从左向右匀加速游动，则水给鱼的作用力的说法正确的是(　　)
A．等于零
B．等于mg，方向竖直向上
C．等于ma，方向水平向右
D．大于mg，方向斜向右上方
4.在快节奏的现代生活中，家用室内引体向上器作为一种简单实用的健身器材，受到很多人的青睐．它通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用，如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．橡胶垫与墙面间的压力越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
B．健身者在做引体向上运动时，橡胶垫与墙面间的摩擦力保持不变
C．健身者在单杆上悬停时，健身者的质量
越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力就越大
D．健身者在单杆上悬停时，手臂间距离
越大，所受到单杆的作用力就越大
√
解析：橡胶垫与墙面之间是静摩擦力，与压力没有必然联系，故A错误；健身者在做引体向上运动时，先做加速度向上的加速运动，后做加速度向下的减速运动，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，由牛顿第二定律可知，摩擦力的大小与健身者的加速度有关，先大于重力后小于重力，B错误；健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大，C正确；若把健身者作为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杆的作用力始终等于健身者的重力，D错误．
5．2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩，下列关于奥运比赛项目中物理知识说法正确的是(　　)
A．给正在参加跳水比赛的运动员打分时，裁判们可以把运动员看作质点
B．羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度
C．开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，观察者是以“会旗”为参考系的
D．在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时刻
√
解析：给正在参加跳水比赛的运动员打分时，运动员的形状、大小不能忽略不计，裁判们不可以把运动员看作质点，故A错误；羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度，故B正确；开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，研究对象是“会旗”，不能选取“会旗”本身为参考系，可以选取地面或旗杆为参考系，故C错误；在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时间，故D错误．
√
√
7．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，从t＝0时刻起受到水平拉力F的作用，F与t的关系如图乙所示．已知物块与水平地面间的最大静摩擦力fmax等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．t2时刻物块速度最大
B．t1至t3时间内，加速度先增大后减小
C．0至t2时间内，物块速度一直在增大
D．0至t2时间内，摩擦力一直在增大
解析：根据题图乙可知，t1时刻之前，拉力小于最大静摩擦力，物块始终处于静止状态，t1至t3时间内，拉力大于最大静摩擦力，物块做加速运动，t3时刻之后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块速度最大，故A错误；t1至t3时间内，根据牛顿第二定律有F－fmax＝ma，结合上述可知，物块的加速度先增大后减小，故B正确；结合上述可知，0至t2时间内，物块先静止后加速，即物块速度先一直为0后增大，即物块先受到静摩擦力，大小与拉力大小相等，后受到滑动摩擦力，大小一定，即0至t2时间内，摩擦力先增大后不变，故C、D错误．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
8．如图所示为三种形式的吊车工作示意图，AO为固定杆，绳、杆和固定面间的夹角θ＝30°，绳和滑轮的质量忽略不计，AB缆绳通过滑轮吊着相同重物，均处于静止状态．图甲中∠AOB＝120°，则定滑轮受到缆绳的作用力F甲、F乙、和F丙的大小关系是(　　)
√
√
9．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位置x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图像与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是(　　)
A．5 s到15 s内，乙车的平均速度为0
B．乙车的加速度大小为4 m/s2
C．整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次
D．前15 s内，乙车速度的变化量大小为24 m/s
√
√
√
10．与水平地面夹角为θ的两倾斜平行杆上分别套着a、b圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示．当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．a环不受杆的摩擦力
B．d球可能做匀加速直线运动
C．c球的加速度大小为g sin θ
D．细线对c、d球的拉力大小可能相等
√
√
不可能做匀加速直线运动，故B错误；根据B项分析，知d球处于平衡状态，根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力Tc＝mg cos θ，对d球的拉力Td＝mg，细线对c、d球的拉力大小不相等，故D错误．
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．(8分)某同学利用如图甲所示实验装置探究小车加速度与其质量的关系，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz.
(1)下列说法正确的是________．
A．图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源
B．平衡阻力时，需要把钩码通过细绳系在小车上
C．需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行
D．改变小车质量后，需重新平衡阻力
√
√
解析：题图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源，故A正确；平衡阻力时，不能把钩码通过细绳系在小车上，故B错误；为给小车提供一个恒定的牵引力，需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故C正确；改变小车质量后，小车所受重力沿斜面向下的分力与阻力等倍率变化，仍保持相等，所以不需要重新平衡阻力，故D错误．
(2)某次实验中获得的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的计数点，每相邻两个计数点之间有4个点未画出，则打点C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).
0.098
0.25
(3)平衡阻力后，保持钩码的质量m不变，改变小车的质量M，测出对应的加速度a，并作出 －M图像，实验操作无误，下列图像最符合实际的是________．
√
12．(10分)如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水
平实验桌面上，小车的左端通过轻细
绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的
右端与穿过打点计时器的纸带相连，
实验中认为砝码和盘的总重力近似等
于绳的拉力，已知重力加速度为g，打
点计时器的工作频率为50 Hz.
(1)实验主要步骤如下，下列做法正确的是________．
A.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在砝码和盘的牵引下做匀速直线运动
D．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角
√
解析：实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故A错误；为使小车细绳的拉力近似等于小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B正确；把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此补偿阻力，故C错误；补偿阻力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D错误．
(2)甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的a－F图像，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________．
A．因为补偿阻力不足
B．因为补偿阻力过度
C．砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件
D．砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件
√
解析：图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求，若补偿阻力过度，则图线应与纵轴出现交点，若补偿阻力不足，则图线应与横轴出现交点．
(3)图丁所示的是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E，相邻计数点间的距离已在图中标出．打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)
1.0
5.0
(4)乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图像如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝______________(用b、c、g表示).
13.(10分)质量m＝2 kg的物体静止在光滑水平面上．现给该物体同时施加两个大小分别为F1＝3 N、F2＝4 N且相互垂直的水平力，如图所示．求：
(1)物体所受合力F的大小；(3分)
答案：5 N　
(2)物体加速度a的大小；(2分)
答案：2.5 m/s2　
(3)2 s末物体速度v的大小．(5分)
解析：由速度时间关系式v＝v0＋at可知
2 s末物体速度的大小v＝2.5×2 m/s＝5 m/s.
答案：5 m/s
14.(12分)如图所示，一只可爱的企鹅喜欢在倾角θ＝37°的冰面上游戏：先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t＝0.7 s后，在x＝0.56 m处，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．企鹅在滑行过程中姿势保持不变，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，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v；(3分)
答案：1.6 m/s　
(2)企鹅向上运动的最大距离；(5分)
解析：设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，滑行位移为x1，根据牛顿第二定律有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
根据速度时间公式有v＝a1t1
根据速度位移公式有v2＝2a1x1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，x1＝0.16 m
则向上运动的最大距离
xm＝x＋x1＝0.72 m.
答案：0.72 m　
(3)企鹅完成一次游戏的总时间t总．(4分)
答案：1.5 s
15．(14分)如图所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面上放一质量M＝2 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，对木板施加沿斜面向上的拉力F＝32.4 N，使木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动，经测量得知F的作用时间为2 s时，物块滑离木板．已知木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)2 s末木板的位移大小；(4分)
答案：2 m　
(2)2 s末物块的速度和位移的大小；(5分)
答案：0.8 m/s　0.8 m　
(3)物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离．(5分)
答案：0.032 m第二节　加速度与力、质量之间的关系
一、影响加速度的因素
1．加速度的测量原理
由静止开始做匀变速直线运动的物体，位移s＝____________．
测出位移s与时间t，则它的加速度a＝____________．
2．加速度与物体所受合力、物体质量之间的关系
(1)实验方法：控制变量法．
(2)实验装置：小桶(含橡皮泥)、气源、刻度尺、______________、光电门、________、遮光条、数字计时器等．
(3)加速度与受力的关系：当物体的质量保持不变，物体受到的合外力越大时，其加速度
________；物体受到的合外力越小时，其加速度________．
(4)加速度与质量的关系：当物体所受合外力大小保持不变时，物体质量越大，其加速度__________；反之，则________．
二、加速度与力、质量之间的定量关系
1．实验装置的改进：将滑块放到气垫导轨上以减小滑块受到的____________．
2．加速度与力的定量关系：在质量保持不变时，物体的加速度与所受的合外力成________．
3．加速度与质量的定量关系：在受力不变时，物体的加速度跟物体的质量成________．
4．实验数据的图像表示：探究加速度与力的关系时，作出____________图像；探究加速度与质量的关系时，作出____________图像．
[答案自填] at2　　气垫导轨　滑块　越大　越小　越小　越大　摩擦力　正比
反比　a－F　a－
题型一　利用小车、长木板及打点计时器做探究
1．实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、夹子、细绳、交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺、薄木板．
2．实验步骤
(1)测质量：用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0.
(2)安装器材：按如图所示将实验器材安装好(小车上不系绳).
(3)平衡摩擦力：把木板无滑轮的一端下面垫一薄木板，反复移动其位置，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动(纸带上相邻点的间距相等).
(4)测a、F
①把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带，纸带记录了小车的运动情况，取下纸带并在纸带上标上号码及此时所挂小盘和砝码所受的总重力m1g.
②保持小车的质量不变，改变小盘中砝码的质量，重复步骤①，多做几次实验，并记录好相应纸带的编号及所挂小盘和砝码所受的总重力m2g、m3g、….
(5)测a、M
①保持小车所受的合外力不变，在小车上加砝码，接通电源后放开小车，用纸带记录小车的运动情况；取下纸带，并在纸带上标上号码及小车和砝码的总质量M1.
②继续在小车上增加砝码，重复步骤①，多做几次实验，在每次实验得到的纸带上标上号码及小车和砝码的总质量M2、M3、….
(6)用公式Δs＝aT2或a＝求得小车的加速度a，将得到的数据填入相应表格中，以便进行数据验证．
3．误差分析
(1)系统误差：本实验用小盘和砝码所受的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码所受的总重力．小盘和砝码的总质量越接近于小车的质量，误差越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小．因此，要求小盘和砝码的总质量远小于小车的质量是为了减小因实验原理不完善而引起的误差．
(2)偶然误差：摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳未严格与木板平行都会引起误差．
4．注意事项
(1)平衡摩擦力时不要挂重物．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的质量还是改变小车和砝码的质量，都不需要重新平衡摩擦力．
(2)实验中必须使小车和砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量．
(3)改变拉力和小车质量后，每次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，且应在小车到达滑轮前按住小车．
(4)作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．
　(2025·中山月考)在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码的总质量用M表示，盘及盘中的砝码的总质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上的由打点计时器打出的点计算得出．
(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码所受的重力．
(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下，探究加速度与小车质量的关系．以下做法正确的是________．
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．用天平测出m和M，之后可直接用公式a＝求出小车运动的加速度
(3)在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a－F关系分别如图甲、乙所示(a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力).出现以下情况的原因分别是：
甲图：________________________________________________________.
乙图：________________________________________________________.
[解析]　(1)对于盘及盘中砝码，有mg－T＝ma；对于小车及车中砝码，有T＝Ma，联立可得a＝，T＝mg，只有当m M时，才可认为T≈mg.
(2)平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，故A错误；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C错误；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D错误．
(3)由题中甲图可看出，F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由题中乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．
[答案]　(1)m M　(2)B　(3)木板的倾角过大　平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力
题型二　利用气垫导轨和光电计时器做探究
1．控制变量法探究加速度与滑块所受合外力的定量关系
保持滑块的质量不变，改变滑块所受的拉力，探究加速度与滑块所受合外力之间的定量关系．
2．加速度的测量
滑块通过光电门的时间很短，故通过v＝＝求解滑块通过两光电门的速度v1、v2，代入公式v－v＝2as，求a.
3．滑块所受拉力F的求法
若滑块质量较大，加速度较小，则砝码所受的重力近似等于拉力F.
4．实验数据的处理
用纵坐标表示物体的加速度a，用横坐标表示物体所受的合外力F，根据实验数据作出a－F 图像，确定a与F的关系．
　某课外小组利用图中装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善以下主要实验步骤．
(1)测得遮光条的宽度d＝0.550 cm.
(2)安装好光电门，从图中读出两光电门之间的距离s＝________cm.
(3)接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间________(选填“相等”或“不相等”)可判断出导轨已调成水平．
(4)安装好其他器材，并调整定滑轮，使细线水平．
(5)让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2，计算出滑块的加速度a1＝________________(用d、s、Δt1和Δt2表示)，并记录对应的拉力传感器的读数F1.
(6)改变重物质量，多次重复步骤(5)，分别计算出加速度a2、a3、a4、…，并记录对应的F2、F3、F4、….
(7)在a－F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出______________________.
[解析]　(2)s＝70.50 cm－20.50 cm＝50.00 cm.
(3)在调整气垫导轨水平时，滑块不挂重物和细线，判断气垫导轨水平的依据是：接通气源后，给滑块一个初速度，反复调节旋钮，使滑块通过两光电门的时间相等．
(5)根据滑块和遮光条经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则有v＝，则通过光电门1和2的速度分别为v1＝和v2＝，由速度位移公式可得2a1s＝v－v＝－，故可得a1＝.
(7)一条通过坐标原点的倾斜直线是正比例函数，故说明物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比．
[答案]　(2)50.00　(3)相等　(5)
(7)物体质量一定时，其加速度与所受合力成正比
题型三　拓展实验
　(2025·广州期末)“探究物体质量一定时，加速度与力的关系”的实验装置简图如图甲所示，电源频率为50 Hz，请回答下列问题：
(1)图乙所示的是某次实验时得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔T＝0.10 s，由图乙中数据可计算出打计数点“1”时小车速度为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2.(结果保留2位有效数字)
(2)实验中，下列说法正确的是__________．
A．实验时，先放开小车，后接通电源
B．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力
C．平衡摩擦力后，改变小车质量多次实验，长木板与水平桌面间的角度需要调整
D．本实验需要小车质量远大于砂和砂桶的质量
(3)实验中改变砂和砂桶总质量，依次记录弹簧测力计的示数F并求出所对应的小车加速度大小a，画出的 a－F图像是一条直线如图丙所示，则图像不过原点的原因是__________________________．
[解析]　(1)打计数点“1”时小车速度v1＝＝ m/s＝0.36 m/s；
小车的加速度大小
a＝＝ m/s2＝0.40 m/s2.
(2)实验时，应先接通电源，后放开小车，故A错误；平衡摩擦力是为了平衡斜面对小车的摩擦和打点计时器与纸带之间的阻力，因此平衡摩擦力时小车后面的纸带必须连好，故B正确；平衡摩擦力后，改变小车质量多次实验，不需要重新平衡摩擦力，所以长木板与水平桌面间的角度不需要调整，故C错误；对小车的拉力数值上等于弹簧测力计的读数，因此不需要小车质量远大于砂和砂桶的质量，故D错误．
(3)题图丙说明弹簧测力计的示数较小时，小车的加速度仍是0，其原因是平衡摩擦力不够或者没有平衡摩擦力．
[答案]　(1)0.36　0.40　(2)B　(3)平衡摩擦力不够或者没有平衡摩擦力
　小明和小军同学分别采用不同的装置“探究加速度与力的关系”的实验．
(1)小明用图甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量．
①探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码．
②实验中，两小车的加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比．
(2)小军同学采用图丙装置进行实验：
①要使细线的拉力约等于钩码所受的总重力，应满足的条件是钩码的质量要____________(选填“等于”“远小于”或“远大于”)小车的质量．
②打点计时器所用的电源频率为50 Hz，实验得到的一条纸带如图丁所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有四个点未画出．按时间顺序取 0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如图丁所示(单位：cm).在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为v1＝__________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(保留2位有效数字)
(3)在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时．二位同学根据各自的实验数据分别作出的a－F图线如图戊、己所示，对这两图的分析正确的是________．
A．戊图图线不通过原点，可能是因为计算F时未计入砝码盘所受的重力
B．戊图图线不通过原点，可能是因为没有平衡摩擦力
C．己图图线的弯曲部分，是因为小车的质量太大
D．己图图线的弯曲部分，是因为钩码总质量太大
[解析]　(1)①探究“加速度与质量之间的关系”时，保持小车受到的外力不变，应在小盘中放质量相同的砝码．
②小车做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式s＝at2可知a＝，由于两小车的运动时间t相等，则两车的位移之比等于加速度之比．
(2)①根据题意，设绳子的拉力为F，小车的质量为M，钩码的质量为m，对小车有F＝Ma，对整体有mg＝a，解得F＝·mg，可知，当钩码的质量远小于小车的质量时，细线的拉力约等于钩码所受总重力．
②电源频率为50 Hz，纸带上每相邻的两个计数点之间都有四个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打下计数点1时，纸带运动的瞬时速度为v1＝≈0.18 m/s，根据题意，由逐差法可得s24－s02＝a2，解得a＝0.75 m/s2.
(3)题图戊中，当F＝0时，a≠0，也就是说当绳子上无拉力时，小车有加速度，说明该组同学实验操作中平衡摩擦力过大，也可能是因为计算F时未计入砝码盘所受的重力，故B错误，A正确；随着F的增大，即钩码质量的增大，不再满足钩码远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C错误，D正确．
[答案]　(1)①相同　②等于　(2)①远小于
②0.18　0.75　(3)AD
1．(2024·浙江1月卷，T16)如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置．
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________．
A．放大法　　B．控制变量法　　C．补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是________．
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力．上述做法引起的误差为________(选填“偶然误差”或“系统误差”).为减小此误差，下列可行的方案是________．
A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6.已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v＝________；小车加速度的表达式是________．
A．a＝　　　 B．a＝
C．a＝
解析：(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法．
(2)补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误．
(3)设小车质量为M，槽码质量为m.对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F＝Ma，mg－F＝ma，联立解得F＝＝，由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力．
上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差．
该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小．
(4)相邻两计数点间的时间间隔t＝5T，打计数点5时小车速度的表达式为v＝＝，根据逐差法可得小车加速度的表达式a＝＝.
答案：(1)B　(2)B　(3)远大于　系统误差　C
(4)　A
2．(2025·潮州市期末)某同学探究物体质量一定时加速度与力的关系的实验装置如图(a)所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将小车放在长木板上，小车前端固定一拉力传感器，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂上槽码，小车后端与一条穿过打点计时器的纸带相连．
(1)下列关于实验操作的说法正确的是________．
A．需要用天平测出槽码的质量
B．需要保证槽码的总质量远小于小车的质量
C．需要先释放小车，再接通电源
D．需要改变槽码的数量，打出多条纸带
(2)某次实验得到图(b)所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则C点速度为________m/s，小车运动的加速度大小为__________m/s2(结果保留3位有效数字).
(3)由实验得到小车加速度a与力传感器示数F的关系如图(c)所示，图线未过坐标原点的原因是____________________________，由图可知小车的质量为__________kg.
解析：(1)由于本实验中，拉力传感器可以直接测出小车所受到的拉力，所以本实验不需要用天平测出槽码的质量，也不需要保证槽码的总质量远小于小车的质量，故A、B错误；为了有效利用纸带，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；本实验是研究小车质量一定时，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确．
(2)打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，则纸带上相邻计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可得C点速度
vC＝＝ m/s≈0.722 m/s；
根据纸带提供的数据，利用逐差法可求得小车运动的加速度大小
a＝＝ m/s2＝2.40 m/s2.
(3)由a－F图像可知，当拉力F达到0.2 N时，小车才产生加速度，可知图线未过坐标原点的原因是小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
根据牛顿第二定律可得F－f＝Ma
可得a＝F－
可知a－F图像的斜率k＝＝ kg－1＝2 kg－1
可得小车的质量M＝0.5 kg.
答案：(1)D　(2)0.722　2.40　(3)小车未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　0.5
3．用如图甲所示的实验装置，来探究“保持小车的质量不变，小车的加速度a和拉力F的关系”．当小车静止时，小车上挡光板与光电门的距离为s，挡光板宽度为d(d s)，小车由静止释放后挡光板通过光电门的时间为Δt.
(1)小车加速度为________(用上述物理量表示).
(2)保持小车的质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示．
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50
a/(m·s－2) 0.10 0.21 0.29 0.40
①根据表中的数据，在图乙所示直角坐标系中画出a－F图线．
②把图线延长，图线不通过原点，这说明在实验操作过程中可能遗漏的实验步骤是________________．
③根据图线可知，小车所受的摩擦力约为________N.
解析：(1)小车通过光电门的速度大小为v＝，又2as＝v2，解得a＝.
(2)①根据表中的数据，在题图乙所示直角坐标系中画出a－F图线如图所示．
②把图线延长，图线不通过原点，这说明在实验操作过程中可能遗漏的步骤是平衡摩擦力．
③图线在F轴上的截距的点表示此时小车加速度恰好为零，小车受力平衡，F大小恰好等于小车所受摩擦力大小，可得小车所受的摩擦力约为f＝0.1 N.
答案：(1)　(2)①见解析图　②平衡摩擦力
③0.1(共22张PPT)
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1.(多选)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图像可能是(　　)
√
√
√
解析：当kv0＝mg时，圆环与直杆间无挤压，圆环不受摩擦力的作用而做匀速运动，对应于图像A；当kv0mg时，竖直方向上kv＝mg＋FN，水平方向上μFN＝ma，可知随着圆环速度的减小，圆环的加速度减小，直到速度减小到使kv＝mg时加速度也减小到0，此后圆环匀速运动，对应于图像D，故A、B、D正确，C错误．
2．(多选)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是(　　)
√
√
3．静止在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，F与时间t的关系如图甲所示．物块的加速度a和时间t的关系如图乙所示．g取 10 m/s2，认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，可知以下判断正确的是(　　)
A．地面对物块的最大静摩擦力为1 N
B．物块的质量为2 kg
C．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
D．0.5 s时物块受到的摩擦力为0
√
4．粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图像如图甲、乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．前2 s内物体运动的加速度为3 m/s2
B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 m
C．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
D．物体的质量为2 kg
√
5．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)(　　)
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
√
解析：由题图乙可知，当F1＝7 N时，有a1＝0.5 m/s2；当F2＝14 N时，有a2＝4 m/s2；由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，代入数据，解得m＝2 kg，μ＝0.3，A、C、D错误，B正确．
6．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体速度的平方随高度h的变化如图乙所示．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的速度大小为4 m/s
√
√
7．(10分)(2025·揭阳市期末)质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．g取10 m/s2，求：
(1)前10 s和10 s到30 s内物体运动的加速度大小；(4分)
答案：1 m/s2　0.5 m/s2　
(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(3分)
解析：撤去F后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma2
解得μ＝0.05.
答案：0.05　
(3)水平推力F的大小．(3分)
解析：撤去F前，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1
解得F＝3 N.
答案：3 N
8．(10分)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平面上，一滑块从斜面底端沿斜面向上滑动，到达最高点后沿原路返回，速度的平方v2与位移s的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块沿斜面上滑与下滑的加速度大小之比；(5分)
答案：3∶2　
(2)滑块沿斜面上滑的最大距离．(5分)
答案：0.25 m
9．(12分)(2025·深圳市期末)如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m＝1.2 kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜向上53°的拉力F作用于小环，将F从0开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图像如图b所示，加速度在F达到15 N后保持不变．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)F＝15 N时长杆对小环的弹力大小及小环加速度的大小；(6分)
解析：将F分解到竖直和水平两个方向，F＝15 N时，F竖直向上的分力大小为
Fsin 53°＝12 N＝mg
所以杆与环间无弹力，杆对小环的弹力大小为0
根据牛顿第二定律得Fcos 53°＝ma
解得a＝7.5 m/s2.
答案：0　7.5 m/s2　
(2)环和长杆间的动摩擦因数．(6分)
解析：当F超过15 N以后，由牛顿第二定律得
Fcos 53°－μ(Fsin 53°－mg)＝ma
因为加速度在F达到15 N后保持不变，即a与F无关，所以有Fcos 53°＝μFsin 53°
解得μ＝0.75.
答案：0.75第七节　力学单位
1．知道单位制、基本单位和导出单位的概念．　2.明确国际单位制中七个基本物理量和力学中三个基本物理量及其单位．　3.知道物理运算过程中单位的规范使用和表示方法．
一、单位制的意义
1．单位制：________单位和________单位所组成的一系列完整的单位体制．基本单位是可以____________的，导出单位则是由__________________与____________确定的，基本单位选取不同，组成的单位制也就不同．
2．国际单位制：1960年第十一届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI.
二、国际单位制中的力学单位
1．国际单位制由7个基本单位、2个辅助单位和19个具有专门名称的导出单位组成．
2．国际单位制的基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克 kg
时间 t 秒 s
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I，(Iν) 坎[德拉] cd
3．力学中三个基本物理量及单位
(1)三个基本物理量：________、________和________．
(2)国际单位制中三个基本单位：________、________和______．
判断下列说法是否正确．
(1)在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位．(　　)
(2)力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒．(　　)
(3)单位制中导出单位可以用基本单位来表示.(　　)
(4)厘米(cm)、克(g)、小时(h)都属于国际单位制单位．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
[答案自填] 基本　导出　任意选定　定义方程式　比例系数　长度　质量　时间　米　千克　秒
知识点一　对单位制的理解
某老师健身跑步的速度可以达到5 m/s，某人骑自行车的速度为19 km/h.
(1)某同学单凭所给两个速度的数值能否判断老师健身跑步的速度与某人骑自行车的速度的大小关系？
(2)你能比较以上两个速度的大小关系吗？以上两个速度哪个大？
[提示]　(1)由于两个速度的单位不同，故不能直接比较它们的大小．
(2)应先统一这两个速度的单位，再根据数值大小来比较它们的大小，由于5 m/s＝5×3.6 km/h＝18 km/h，故自行车的速度较大．
　关于国际单位制，下列选项不正确的是(　　)
A．物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系
B．牛顿是导出单位，1 N＝1 kg·m·s
C．在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)
D．米每二次方秒(m/s2)是重力加速度g的单位
[解析]　物理公式不仅确定了物理量之间的关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故A正确；根据牛顿第二定律F＝ma，可导出力的单位牛顿，1 N＝1 kg·m/s2，故B错误；七个基本单位，分别是米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、单位摩尔(mol)和坎德拉(cd)，在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)，故C正确；根据1 N＝1 kg·m/s2，可得重力加速度 g 的单位为米每二次方秒(m/s2)，故D正确．
[答案]　B
　下列各组物理量，在国际单位制中属于基本量的是(　　)
A．速度、质量、长度
B．质量、长度、时间
C．加速度、长度、速度
D．质量、加速度、力
[解析]　国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度和物质的量．
[答案]　B
　关于单位制及其应用，下列说法正确的是(　　)
A．kg、m/s、N都是导出单位
B．克、秒、牛顿均为国际单位制中的基本单位
C．1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小
D．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度
[解析]　kg为质量的基本单位，A错误；克不是国际单位制中的单位，牛顿为导出单位，B错误；根据F＝ma可得，1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小，C正确；力学的三个基本物理量为长度、质量、时间，D错误．
[答案]　C
知识点二　单位制的应用
如图所示，圆锥的高是h，底面半径是r，某同学记的圆锥体积公式是V＝πr3h.
(1)圆锥的高h、半径r的国际单位各是什么？体积的国际单位又是什么？
(2)将h、r的单位代入公式V＝πr3h，计算出的体积V的单位是什么？这说明该公式对还是错？
[提示]　(1)米(m)　米(m)　立方米(m3)
(2)由V＝πr3h，可得V的单位是m4，与体积的国际单位m3相矛盾，说明该公式是错的．
1．简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．
2．推导物理量的单位：物理公式确定了各物理量的数量关系的同时，也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位．
3．判断比例系数的单位：根据公式中物理量的单位关系，可判断公式中比例系数有无单位，如公式F＝kx中k的单位为N/m，f＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位．
4．单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的．
角度1　解题中的规范应用
　物体在10 N的外力作用下，产生 2 m/s2 的加速度，求该物体的质量；对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是(　　)
A．m＝＝＝5 kg
B．m＝＝＝5 kg
C．m＝＝ kg＝5 kg
D．m＝＝ kg＝5
[解析]　在运用公式计算时，各物理量的单位要采用同一单位制中的单位，且运算过程中只代已知量的数值，数值后面直接写同一单位制中待求量的单位即可，这种运算属于正确且简洁的运算．故题中运算过程有m＝＝ kg＝5 kg.
[答案]　C
角度2　判断求解物理量的单位
　汽车在加速时将使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自加速度，也与加加速度有关．加速度对时间的变化率在物理学被称为“加加速度”，通常用符号“j”表示，下列使用国际单位制中基本单位正确表示“j”的单位是(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　根据题意可知j＝，故加加速度的单位为.
[答案]　C
　如图所示，汽车向前行驶时，会受到来自空气的阻力，阻力大小Fd＝ρv2SCd，其中ρ是空气的密度，v是汽车的行驶速度，S是迎风面积，Cd为风阻系数，Cd越小，汽车越节能．关于风阻系数Cd，下列说法正确的是(　　)
A.Cd的单位是kg·m/s2
B．Cd的单位是m/s
C．Cd的单位是m/s2
D．Cd没有单位
[解析]　根据阻力公式可知Cd＝＝＝2，所以Cd没有单位，D正确．
[答案]　D
角度3　判断表达式是否正确
　已知力F的单位是N，质量m的单位是kg，位移s的单位为m，时间t的单位为s，加速度a的单位为m/s2，请根据你对力学单位制的理解，下列表达式中有可能正确的是(　　)
A.Fs＝mv
B．mas＝mv－mv
C．＝mv2
D．mat＝
[解析]　Fs的单位为kg·m2/s2，mv的单位为kg·m/s，故A错误；mas的单位为kg·m2/s2，mv－mv 的单位为kg·m2/s2，故B正确；的单位为kg·m/s3，mv2的单位为kg·m2/s2，故C错误；mat的单位为kg·m/s，Fs的单位为kg·m2/s2，开根号后单位为·m/s，故D错误．
[答案]　B
1．(对单位制的理解)下列各组属于国际单位制中基本单位的是(　　)
A．千克、米、秒　　　 B．牛顿、克、米
C．质量、长度、时间 D．力、时间、位移
解析：选A.在力学中国际单位制的基本单位是：千克、米、秒．牛顿不是基本单位；质量、长度、时间、力、位移是物理量，不是单位．
2．(对单位制的理解)我们已经学过物体的质量m与它所受的重力G的关系为G＝mg，其中“g”通常取9.8牛顿/千克．下列与单位有关的说法正确的是(　　)
A．“牛顿/千克”与“米每二次方秒”是等价的
B．牛顿/千克是“g”的国际单位中的基本单位
C．牛顿是力的国际单位中的基本单位
D．1牛顿是指使质量为1 kg的物体产生9.8 m/s2 的加速度所需要的力
解析：选A.从公式上看“牛顿/千克”与“米每二次方秒”是等价的，A正确；牛顿/千克是“g”的国际单位中的导出单位，B错误；牛顿是力的国际单位中的导出单位，C错误；1牛顿是指使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度所需要的力，D错误．
3．(单位制的应用)(多选)2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关表述正确的是(　　)
A.赛道一圈总长度为111.12 m，长度是国际单位制中的基本物理量
B．短道速滑男子500 m的世界纪录为39.505 s，秒是国际单位制中的基本单位
C．短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14 m/s，米每秒是国际单位制中的导出单位
D．短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4 000 N，力是国际单位制中的基本物理量
解析：选ABC.赛道一圈总长度为111.12 m，长度是国际单位制中的基本物理量，故A正确；短道速滑男子500 m的世界纪录为39.505 s，秒是国际单位制中的基本单位，故B正确；短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14 m/s，根据v＝可知，米每秒是国际单位制中的导出单位，故C正确；短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4 000 N，根据F＝ma可知，力是国际单位制中的导出物理量，故D错误．
4．(单位制的应用)(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，测得相邻时间间隔内位移差的平均值Δs＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则下列关于加速度、合外力的大小及单位的计算中，既正确又符合运算要求的是(　　)
A．a＝＝ m/s2＝120 m/s2
B．a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
C．F＝ma＝500×1.2 N＝600 N
D．F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N
解析：选BD.计算中各物理量的单位要统一用相同单位制，只有这样才能直接得到某物理量的单位．加速度和时间用的是国际单位，位移差也应该用国际单位m，故A错误；加速度、位移差、时间都是应用国际单位，应用匀变速直线运动推论公式正确，故B正确；力和加速度用的是国际单位，质量也应该用国际单位kg，故C错误；力、加速度、质量都是应用国际单位，应用牛顿第二定律公式正确，故D正确．
5．(单位制的应用)(多选)有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移s的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是(　　)
A．s＝ B．s＝
C．s＝Ft D．s＝
解析：选ABC.把各物理量的单位都用基本单位表示，s的单位是m，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kg·m/s2，m的单位为kg.由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、m2/s、kg·m/s、m，故A、B、C一定错误，D正确．

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