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课后达标检测
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，物体与直杆间无挤压，物体不受摩擦力的作用而匀速运动，对应于图像A；当kv0mg时，竖直方向上kv＝mg＋N，水平方向上μN＝ma，可知随着物体速度的减小，物体的加速度减小，直到速度减小到使kv＝mg时加速度也减小到0，此后物体匀速运动，对应于图像D，故A、B、D正确。
2.(2025·河南开封市期末)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
√
3.(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为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
√
√
4.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。
5.静止在水平地面上的物块，受到水平推力的作用，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
√
6.如图所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，以下说法正确的是(　　)
A.前2 s物体没有推动，是因为推力小于摩擦力
B.2 s到4 s物体受到的摩擦力是2 N
C.2 s到4 s物体受到的摩擦力是3 N
D.4 s到6 s物体受到的静摩擦力为3 N
√
解析：根据题图乙可知，物体在前2 s内处于静止状态，在水平方向受到的推力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，故A错误；物体在4 s到6 s内处于匀速直线运动状态，在水平方向受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，在4 s到6 s内物体受到的推力大小为2 N，所以此时物体受到的滑动摩擦力大小为f＝F＝2 N，物体在2 s到4 s内处于加速运动状态，因为物体对水平面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物体此时受到的滑动摩擦力不变，仍然为2 N，故B正确，C、D错误。
7.(10分)(2025·山东威海市期末)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的图像如图乙所示，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；(4分)
答案：3∶2　
(2)滑块沿斜面上滑的最大距离。(6分)
答案：0.25 m
8.(10分)(2025·新疆维吾尔自治区直辖县级单位期末)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；(5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。(5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
9.(10分)(2025·浙江杭州市期中)质量为40 kg的雪橇(图中未画出)在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运动的v－t图像如图乙中曲线所示，且AB是曲线在A点的切线，B点坐标为(4，15)，CD是曲线的渐近线即雪橇最终滑行速度将趋近于10 m/s。求：
(1)从图乙分析t＝0时刻雪橇的加速度大小；(4分)
答案：2.5 m/s2　
(2)雪橇与斜面间的动摩擦因数μ和空气阻力与速度的比值k。(6分)
解析：t＝0时，由题图乙可得雪橇速度
v0＝5 m/s
由牛顿运动定律得
mg sin θ－μmg cos θ－kv0＝ma
最终雪橇匀速运动时达到最大速度
vm＝10 m/s
此时加速度为0，则有
mg sin θ－μmg cos θ－kvm＝0
联立解得μ＝0.125，k＝20 N·s/m。
答案：0.125　20 N·s/mINCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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
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)(2025·内蒙古赤峰市期中)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·江苏月考)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 s单元过关检测(四)
(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.下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第一定律也叫惯性定律，它可以通过实验直接验证
B.在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s
C.相互挤压的海绵比物块形变大，所以海绵对物块的力大于物块对海绵的力
D.kg、m/s、N是国际单位的导出单位
解析：选B。牛顿第一定律是在可靠的事实基础上，通过科学推理概括出来的，不能直接用实验来验证，故A错误；在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s，其他单位例如m/s、N是国际单位的导出单位，故B正确，D错误；物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力，大小相等，故C错误。　
2.雨滴从高空由静止下落，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则在此过程中雨滴的运动图像最接近下列图中的(　　)
解析：选C。速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。
3.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。
4. 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A.逐渐增大　　　　　 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
解析：选D。设P、Q的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。
5.如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)
A.此时m2的加速度为5 m/s2
B.弹簧测力计的示数是50 N
C.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为4 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s2
解析：选D。选m1、m2和弹簧组成的整体为研究对象，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝ m/s2＝2 m/s2，对m2受力分析，设弹簧弹力为F，由牛顿第二定律可得F－F2＝m2a，解得F＝F2＋m2a＝24 N，可知弹簧测力计的示数是24 N，A、B错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m1受力不变，加速度大小不变，仍为2 m/s2，C错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m2受弹力仍为24 N，由牛顿第二定律可得m2的加速度大小a′＝＝ m/s2＝12 m/s2，D正确。
6.某运送物资的火车由40节质量相等的车厢(含火车头)组成，在火车头牵引下(其他39节车厢无动力)，火车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第2节车厢对最后一节车厢的牵引力为(　　)
A. B.
C.F D.
解析：选A。根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第2节车厢对最后一节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－f＝ma，联立解得F1＝。
7.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则(　　)
A.t2至t3时间内，小球速度先增大后减小
B.t2时刻，小球对弹簧的作用力小于弹簧对小球的作用力
C.t1时刻小球的速度最大
D.t3时刻小球返回出发点
解析：选A。t2至t3这段时间内，小球受到的弹力逐渐变小，开始弹力大于重力，小球做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大，当弹力小于重力时，小球做减速运动，故小球的速度先变大后变小，故A正确；小球对弹簧的作用力与弹簧对小球的作用力是一对相互作用力，等大、反向，故B错误；小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达到最大，故t1时刻小球速度没有达到最大值，故C错误；t3时刻弹力为0，则此时小球刚脱离弹簧，故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，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。
9.水平面上有一质量m＝0.3 kg的小物块，小物块与左端固定的水平轻弹簧相连，同时与上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小物块处于静止状态，且水平面对小物块的弹力恰好为0，轻绳与竖直方向的夹角为53°。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，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，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A.轻绳对小物块的拉力大小为5 N
B.弹簧对小物块的拉力大小为5 N
C.若剪断轻绳，则剪断后的瞬间轻弹簧的弹力大小变为0
D.若剪断轻绳，则剪断后的瞬间小物块的加速度大小为10 m/s2
解析：选AD。以小物块为研究对象，在竖直方向上T cos 53°＝mg，T sin 53°＝F弹，解得T＝5 N，F弹＝4 N，故A正确，B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，仍为4 N，故C错误；剪断轻绳的瞬间，物块所受最大静摩擦力的大小fm＝μmg＝1 N＜F弹，由牛顿第二定律可得F弹－μmg＝ma，解得a＝10 m/s2，故D正确。
10.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(8＋4) m
解析：选AC。前1 s内煤块的加速度大小a1＝＝10 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1 s后煤块的加速度大小a2＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75，故A正确，B错误；取沿传送带向上的方向为正方向，由题图乙知，1 s末煤块与传送带共速，可知v传＝2 m/s，前1 s内，煤块的位移s煤1＝×1 m＝7 m，传送带的位移s传1＝2 m，相对位移s相1＝5 m，1 s到2 s内，煤块的位移s煤2＝×1 m＝1 m，传送带的位移s传2＝2 m，相对位移s相2＝－1 m，煤块从最高点下滑到A端的位移s煤3＝－(7＋1) m＝－8 m，下滑过程的加速度大小仍为a2，方向沿传送带向下，s煤3＝－a2t，所用的时间t3＝2 s，传送带的位移s传3＝4 m，相对位移s相3＝(－8－4) m，煤块相对传送带向下的位移为s相2＋s相3＝(－9－4) m，所以煤块在传送带上留下的痕迹长为(9＋4) m，C正确，D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)请根据以下内容，完成下列小题。
某小组用图甲所示的实验装置探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了图乙所示的a－F图像，在实验中获得一条纸带如图丙所示，纸带上两点之间的时间间隔为0.02 s。
(1)本实验采取的实验方法是________。
A.控制变量法 B.放大法　C.理想实验法
(2)如果补偿阻力不足，对应的图像应是图乙中的________(选填“A”“B”或“C”)
(3)图丙是某次实验得到的纸带，由此可求得在打计数点2时速度大小为______m/s。(保留小数点后2位数字)
解析：(1)探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系时，运用控制变量的方法进行实验设计。
(2)若补偿阻力不足，小车受到的外力较小时，可能其加速度依然为零，故图像应为C。
(3)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打计数点2时速度大小v2＝＝ m/s≈1.32 m/s。
答案：(1)A　(2)C　(3)1.32
12.(8分)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
(1)以下操作正确的是________。
A. 使小车质量远小于槽码质量
B. 调整垫块位置以补偿阻力
C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D. 释放小车后立即打开打点计时器
(2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为s1，s2，…，s8，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是________。
A.a＝(＋＋＋＋＋＋)
B.a＝ (＋＋＋＋＋)
C.a＝(＋＋＋＋)
D.a＝(＋＋＋)
(3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的－M图像如图3所示。
由图3可知，在所受外力一定的条件下，a与M成________(选填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
解析：(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细绳和长木板平行，故B正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
(2)根据逐差法可知s5－s1＝4a1T2，s6－s2＝4a2T2，s7－s3＝4a3T2，s8－s4＝4a4T2，联立可得小车加速度表达式a＝。
(3)根据图像可知与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律mg＝(m＋M)a，化简可得＝·M＋，故斜率越小，槽码的质量m越大，由题图3可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
答案：(1)B　(2)D　(3)反比　槽码
13.(12分)如图所示，质量为2 kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到与水平方向成θ＝30°角斜向上的拉力F作用，g取10 m/s2，求：
(1)拉力F为多大时物体水平向右做匀速运动？(6分)
(2)如果拉力大小为40 N，物体的加速度为多少？(6分)
解析：(1)对物体受力分析得F cos θ＝f
N＋F sin θ＝mg
f＝μN
代入数据解得F＝ N。
(2)对物体受力分析得F cos θ－f＝ma
N＋F sin θ＝mg
f＝μN
代入数据解得a＝10 m/s2。
答案：(1) N　(2)10 m/s2
14.(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；(5分)
(2)拉力F的大小；(3分)
(3)前1.1 s内木块所发生的位移。(6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
x1＝ 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
15.(14分)如图所示，倾角θ＝37°的斜面BC足够长，与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝20 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物体施加一水平向右的恒力F＝15 N，运动至B点时撤去该力，物体从B点滑上斜面瞬间速度大小不变。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度；(2分)
(2)物体沿斜面向上滑行的最远距离；(4分)
(3)假设D点为物体在斜面上滑行区域的中点，求物体从开始运动到D点的时间(结果可用根号表示)。(8分)
解析：(1)取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
解得a＝2.5 m/s2
方向水平向右。
(2)根据速度位移关系有v＝2aL
可得物体到B点时速度vB＝10 m/s
物体沿斜面上滑，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得加速度大小a1＝10 m/s2
所以物体沿斜面上滑的最远距离s1＝ eq \f(v,2a1) ＝5 m。
(3)物体从M到B所用时间t1＝＝4 s
从B第一次到D点用时t2，满足
vBt2－a1t＝
解得t2＝ s
从开始运动至第一次到D点用时
t3＝t1＋t2＝ s
从B点到最高点用时
t4＝＝1 s
物体下滑过程，根据牛顿第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
加速度a2＝2 m/s2
从最高点下滑至D点用时
t5＝＝ s
从开始运动至第二次到D点用时
t6＝t1＋t4＋t5＝ s。
答案：(1)2.5 m/s2，方向水平向右　(2)5 m
(3) s或 sINCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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的运动方向与其所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与其所受摩擦力方向相反，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·安徽六安市期末)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
滑块沿斜面下滑时所受摩擦力的大小
Ff＝μFN＝4 N。
(2)对斜面体受力分析得，水平方向有
FNsin 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(共3张PPT)
章末知识网络建构
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THANKS
伽利略的科学研究方法：“理想实验”加
牛顿
[备选答案]
第
内容：一切物体总保持
或
状态，除非有外力迫
提示：将以下备选
运动
使它改变这种状态
答案前的字母填入
定律
左侧正确的位置。
惯性：物体具有保持静止或匀速直线运动状态不变的属性
A.控制变量
实验：探究加速度
(1)猜想→探究验证；(2)探究方法：
法
与力、质量的关系
B.超重
C.相反
牛顿
内容：物体加速度的大小与所受合外力的大小成
与物
牛顿
体的质量成
加速度方向与合外力方向相同
第二
D.失重
表达式：F=ma
动
运动
E.匀速直线运动
定律
定律
运动F=m“力：加速度是运动和力之问联系的红带和桥梁
.科学推理
超重与失重：(1)a向上时，F>G,
(2)a向下时，
应用
F;(3)a=g时，F=0,完全失重
G.静止
力学单位制：基本量、基本单位、导出单位，国际单位
H.正比
制及应用
I.相等
作用力与反作用力
牛顿
J.反比
第三
内容：两个物体之间的作用力与反作用力大小
[答案校对]
运动
方向
作用在同一条直线上
G
A
H
定律
表达式：F=-F
J
B
D
IINCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
题组1　对超重和失重的理解
1. (2025·浙江省合格考)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小于人的重力600 N，升降机处于失重状态，升降机在加速下降或减速上升。
2.(2025·福建省合格考)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。
3.(2025·浙江衢州市期中)在2024巴黎奥运会上，中国跳水队首次实现包揽8枚金牌的壮举。图示为运动员在10米跳台卫冕时的照片，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.观看运动员在空中动作时可以将其看成质点
B.运动员在空中竖直下落阶段看到池中的水匀速上升
C.运动员从接触水面到下沉至最低点的过程中先超重后失重
D.运动员起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等
解析：选D。研究运动员在空中动作时，运动员形状、大小不能忽略不计，不可以将其看成质点，故A错误；运动员在空中竖直下落阶段做匀加速直线运动，故以运动员为参照，其看到池中的水是匀加速上升的，故B错误；运动员从接触水面到下沉至最低点过程，加速度先向下再向上，故其先失重后超重，故C错误；根据牛顿第三定律，可知运动员起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等，故D正确。
题组2　超重和失重的分析计算
4.(多选)电梯静止时内有一弹簧测力计下挂一重物，弹簧测力计示数为6 N，当电梯运动时，弹簧测力计示数为5 N，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物体一定向下做匀加速运动
B.物体处于失重状态
C.物体向上做匀速运动
D.物体的加速度大小约为1.7 m/s2
解析：选BD。由题意，电梯静止时，弹簧测力计示数为6 N，根据平衡条件可得物体所受的重力大小为6 N，物体质量为0.6 kg；当电梯运动时，弹簧测力计示数为5 N，根据牛顿第二定律，有mg－F＝ma，可得a＝ m/s2≈1.7 m/s2，物体的加速度方向竖直向下，物体处于失重状态，电梯可能加速向下运动，也可能减速上升，但不可能匀速。
5.(多选)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大小F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问题
6.在如图所示的装置中，重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＝mg＝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。
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
8.(多选)纵跳是体育运动的基本动作之一，可以分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.地面对人的支持力是由于地面发生微小形变
B.人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
解析：选AC。地面对人的支持力是由于地面发生微小形变，A正确；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D错误。
9.人站在力传感器上完成下蹲和站起两个动作，取竖直向上为正方向，计算机采集了力传感器的示数与时间的关系图线如图所示，则以下说法正确的是(　　)
A.甲图记录的是人先站起，然后蹲下的过程
B.乙图记录的是人先蹲下，然后站起的过程
C.甲图中人的速度先增大再减小，再反向增大再减小
D.乙图中人的速度先增大再减小
解析：选D。由题图知两图像中都有示数F不变的时候，这些时候人受力平衡，处于静止状态，题图甲先出现F大于人所受的重力mg，后出现F小于mg，题图乙则相反。F大于mg时，人处于超重状态，加速度方向向上，F小于mg时，人处于失重状态，加速度方向向下。人站起是先加速(加速度方向向上)，后减速(加速度方向向下)；人下蹲是先加速(加速度方向向下)，后减速(加速度方向向上)。所以题图甲记录的是人站起的过程，题图乙记录的是人蹲下的过程，A、B错误；题图甲中人的速度先增大再减小，题图乙中人的速度先增大再减小，C错误，D正确。
10.(12分)质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？人处于什么状态？(g取10 m/s2)
(1)升降机匀速上升。(4分)
(2)升降机以3 m/s2的加速度加速上升。(4分)
(3)升降机以4 m/s2的加速度加速下降。(4分)
解析：
(1)当升降机匀速上升时，由牛顿第二定律得N－G＝0
所以人受到的支持力N＝600 N
根据牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为600 N，此时体重计的示数为60 kg，处于平衡状态。
(2)当升降机以3 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得N′－G＝ma1
计算得N′＝780 N
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为780 N，故此时体重计的示数为78 kg，大于人所受的重力，人处于超重状态。
(3)当升降机以4 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得G－N″＝ma2
计算得出N″＝360 N
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为360 N，故此时体重计的示数为36 kg，小于人所受的重力，人处于失重状态。
答案：(1)60 kg　平衡状态　(2)78 kg　超重状态
(3)36 kg　失重状态
11.(14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。(4分)
(2)请计算整个运动的总位移大小。(4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？(6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，所以电梯向上以3 m/s 的速度做匀速直线运动
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图像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
N－mg＝ma1
解得N＝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专题提升课8　板块模型
INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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。
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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
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
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·江苏盐城市期末)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
x木板－x滑块＝L
其中有x木板＝aAt2
x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
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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f＝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
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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)(2025·山东月考)如图所示，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝4 kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量mC＝8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1 m/s、vB＝5 m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求刚开始时滑块A与木板C的加速度大小。
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，求滑块B的速度大小。
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？
解析：(1)对滑块A受力分析得μ1mAg＝mAa1
解得a1＝5 m/s2
对滑块B受力分析得μ1mBg＝mBa2
解得a2＝5 m/s2
对木板C受力分析得μ1mAg＝μ1mBg
则木板C受力平衡，木板与地面间无摩擦，故a3＝0。
(2)设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，滑块A满足0＝vA－a1t1
滑块B满足vB1＝vB－a2t1
联立解得vB1＝4 m/s。
(3)滑块A从开始滑动到速度减到0的过程中，向右运动的位移sA1＝vAt1－a1t
滑块B向左运动的位移sB1＝vBt1－a2t
设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共同速度所用时间为t2，则在此过程中以滑块A、木板C为整体满足
μ1mBg－μ2(mA＋mB＋mC)g＝(mA＋mC)a4
sA2＝a4t
vB1－a2t2＝a4t2
滑块B满足sB2＝vB1t2－a2t
木板C的长度至少为L＝sA1＋sB1＋sB2－sA2
解得L＝2.5 m
故板长最短为2.5 m。
答案：(1)5 m/s2　0　(2)4 m/s　(3)2.5 m
3.(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(共17张PPT)
课后达标检测
1.(12分)(2025·天津河北区合格考模拟)一架喷气式飞机的质量m＝5×103 kg，起飞过程中，飞机沿水平直跑道从静止开始滑跑，当位移达到x＝9×102 m时，速度达到起飞速度v＝60 m/s。此过程中飞机受到的平均阻力Ff的大小是飞机重力的k＝0.02，g取10 m/s2。求该飞机在滑跑过程中：
(1)加速度a的大小；(4分)
解析：根据速度与位移的关系有v2＝2ax
解得a＝2 m/s2。
答案：2 m/s2　
(2)飞机受到的牵引力F的大小；(4分)
解析：根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma
解得F＝1.1×104 N。
答案：1.1×104 N　
(3)飞机在跑道上滑跑的时间t。(4分)
解析：根据速度公式有v＝at
解得t＝30 s。
答案：30 s
2. (12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；(2分)
解析：根据N＝mg cos 37°＋F sin 37°
f＝μN，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。(6分)
答案：65 m
3.(14分)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分)
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。(6分)
(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。(6分)
答案：0.6 m
4.(16分)如图所示，一物体紧贴着竖直墙壁，受到与竖直方向成α＝53°角斜向上的推力F，物体由静止起沿竖直墙壁匀加速上滑，经过4 s后速度达到4 m/s。已知推力的大小为50 N，物体与墙壁间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求物体的加速度大小。(4分)
解析：根据匀变速直线运动规律有v＝at
解得a＝1 m/s2。
答案：1 m/s2　
(2)求物体所受摩擦力大小。(4分)
解析：对物体受力分析，如图所示
水平方向，有
F sin α＝N，f＝μN
解得f＝8 N。
答案：2 kg　
(3)求物体的质量。(4分)
解析：竖直方向，有
F cos α－mg－f＝ma
解得m＝2 kg。
答案：2 kg　
(4)如果这时突然将推力方向改为垂直于墙壁(但大小不变)，求物体继续上升过程中的加速度大小。(4分)
解析：推力方向改为垂直于墙壁(但大小不变)，有
F′＝N′，mg＋f′＝ma′，f′＝μN′
联立解得a′＝15 m/s2。
答案：15 m/s2(共46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；健身者在单杆上悬停时，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”指的是时间间隔，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，物块先处于静止后加速，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。
√
√
√
√
9.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位置s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
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
AC　
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　
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
B　
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，以此平衡摩擦力，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
D　
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；(3分)
答案：2.5 m/s2　
(3)2 s末物体速度v的大小。(4分)
解析：由速度时间关系式
v＝v0＋at可知
2 s末物体速度v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s＝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；(2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s1，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＝2a1s1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，s1＝0.16 m
则向上运动的最大距离
sm＝s＋s1＝0.72 m。
答案：0.72 m　
(3)企鹅完成一次游戏的总时间t总。(5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模块综合检测卷(一)
(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.下列四幅图中，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”指的是时间间隔
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”表示时间间隔，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，根据平行四边形法则知，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，故必受弹力，但是受弹力的时候只要有弹性形变即可，故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，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与真实值相比__________(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＝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，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
s1＝v0t－a1t2
解得s1＝7 m
木板运动的距离s2＝vt＋a2t2
解得s2＝3.5 m
又L＝s1－s2
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。(4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？(6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专题提升课5　瞬时问题和连接体问题
INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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：对于轻质弹簧，因为没有质量，所以没有惯性，弹簧离开有质量的物体，瞬间恢复原长，且不再形变，如果弹簧还连接其他有质量的物体，则瞬间速度不变，力就不会突变。
(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。
角度1　弹簧模型
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·福建三明沙县第一中学月考)如图所示，固定的光滑斜面倾角为30°，质量为m的甲球与质量为3m的乙球被固定在斜面上的挡板挡住，甲、乙之间用弹簧连接，系统处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A.系统静止时，弹簧的形变量为
B.系统静止时，乙对斜面的压力大小为mg
C.撤去挡板的瞬间，甲的加速度大小为
D.撤去挡板的瞬间，乙的加速度大小为
[解析]　系统静止时，以甲为研究对象，所受合力为零，则弹力大小等于甲所受重力沿斜面向下的分力，即可得F弹＝mg sin 30°＝kΔx，解得Δx＝，故A错误；系统静止时，乙对斜面的压力大小F乙压＝m乙g cos 30°＝，故B错误；撤去挡板瞬间，弹簧对甲、乙的弹力大小及方向均不变，则可得甲所受合力为零，加速度为零，对乙由牛顿第二定律可得F乙＝m乙g sin 30°＋F弹＝m乙a乙，解得a乙＝g，故C错误，D正确。
[答案]　D
角度2　绳模型
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·福建三明一中校考期中)如图所示，A、B、C、D四个小球分别用弹簧、细绳连接，挂在水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b处将悬挂的细绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)
A.C、D球的加速度均为0
B.C球的加速度为2g，D球的加速度为g
C.所有小球都以g的加速度下落
D.A球的加速度为2g，B球的加速度为0
[解析]　剪断细绳的瞬间，绳子的弹力发生突变，突变为零，C、D小球做自由落体运动，加速度为重力加速度g，故A、B错误；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，对A球有aA＝＝＝2g，对B球有aB＝＝0，故C错误，D正确。
[答案]　D
角度3　杆模型
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)
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
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，完全相同的三个物块A、B、C靠在一起放在水平地面上，在水平推力F的作用下运动。设A和B之间相互作用力与B和C之间相互作用力大小之比为k。有关k的值，下列判断正确的是(　　)
A.k＝2　　　　　　 B.k>2
C.k<2 D.无法确定
[解析]　根据题意，假设地面不光滑，设动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律，对A、B、C整体有F－3μmg＝3ma，解得a＝－μg，对B、C整体有FAB－2μmg＝2ma，解得FAB＝F，对C有FBC－μmg＝ma，解得FBC＝F，可知FBC与FAB的大小与动摩擦因数无关，则无论有无摩擦力，都有k＝＝2。
[答案]　A
角度2　物体和绳子构成的连接体
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT (多选)(2025·福建三明统考期末)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＝(m1＋m2)a
C.m2g－T2＝m2a
D.m2g－m1g＝(m1＋m2)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
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(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AB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AB整体受力分析，由牛顿第二定律得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，由牛顿第二定律得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由牛顿第二定律得T＝mAaA，解得A的加速度大小为aA＝2.5 m/s2，D错误。
[答案]　BC
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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·江苏扬州市期中)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：选A。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 θ3.(连接体问题)(2025·福建泉州统考期末)如图所示，绕过光滑定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与桌面平行，物体A恰好不滑动。已知物体A的质量mA大于物体B的质量mB，A和B与桌面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计滑轮和绳子质量。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则(　　)
A.绳子的拉力大小为mBg
B.绳子的拉力大小为mAg
C.物体与桌面间的动摩擦因数为
D.物体A和B的加速度大小为g
解析：选A。由题意知物体A恰好不滑动，则fm＝μmAg＝mBg，解得μ＝，故C错误；A和B互换位置后，设绳子的拉力大小为F，物体A和B的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmBg＝mBa，mAg－F＝mAa，解得a＝g，F＝mBg，故A正确，B、D错误。
4.(连接体问题)(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：选A。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。第5节　超重与失重
INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.知道超重和失重现象。　2.理解产生超重、失重现象的条件。　
3.能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、超重现象
1.定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于物体所受重力的现象。
2.产生条件：物体具有竖直向上的加速度。
3.运动类型：超重物体做向上的加速运动或向下的减速运动。
二、失重现象
1.定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)小于物体所受重力的现象。
2.产生条件：物体具有竖直向下的加速度。
3.运动类型：失重物体做向上的减速运动或向下的加速运动。
4.完全失重
(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于0的状态。
(2)产生条件：物体竖直向下的加速度等于重力加速度。
(3)在做自由落体运动时，物体处于完全失重状态。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确。
(1)物体处于超重状态时，可能向下运动。(　　)
(2)物体处于超重状态时，是指物体受到的重力增大了。(　　)
(3)火箭加速上升时，航天员处于失重状态。(　　)
(4)物体在完全失重的条件下，对支持它的支撑面压力为0。(　　)
(5)航天员在太空中处于完全失重状态，所以说航天员在太空中不受重力的作用。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　对超重、失重现象的理解
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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所受重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其所受重力大还是小？
(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所受重力大还是小？
[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，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为0，所以支持力等于重力。
(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，所以支持力小于重力。
1.实重：物体实际所受的重力，物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
2.视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体所受的重力，此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。
3.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。
INCLUDEPICTURE "特别提醒A.TIF" INCLUDEPICTURE "特别提醒A.TIF" \* MERGEFORMAT 　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0；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。
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　关于超重与失重，下列说法正确的是(　　)
A.处于超重状态的物体，重力增加了
B.处于失重状态的物体，重力减小了
C.处于完全失重状态的物体，重力消失了
D.处于超重状态的物体，重力大小不变
[解析]　无论物体处于超重、失重还是完全失重状态，其所受重力大小都不变，故A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·内蒙古赤峰市期中)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
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·江苏苏州市期末)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。
[答案]　B
角度2　超重和失重的计算
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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
N＝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
N′－mg＝ma1
解得N′＝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－N″＝ma2
解得N″＝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失重问题
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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N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2N
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，N－mg＝ma sin θ，当加速度变为2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，N′＝mg＋2ma sin θ<2N，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
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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，无法计算地面对斜面体的支持力的大小
[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，可以认为系统的重心加速向下运动，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重力。
[答案]　C
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(对超重和失重的理解)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：选D。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。
2.(应用图像分析超重和失重)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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内货物向上加速，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N－mg＝ma，可得对货物的支持力恒为N＝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。
3.(沿斜面运动物体的超重失重问题)(多选)无人站在智能化电动扶梯上时扶梯运行得很慢，有顾客乘扶梯下楼时，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。无论电梯匀速还是加速，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。INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(12分)(2025·天津河北区合格考模拟)一架喷气式飞机的质量m＝5×103 kg，起飞过程中，飞机沿水平直跑道从静止开始滑跑，当位移达到x＝9×102 m时，速度达到起飞速度v＝60 m/s。此过程中飞机受到的平均阻力Ff的大小是飞机重力的k＝0.02，g取10 m/s2。求该飞机在滑跑过程中：
(1)加速度a的大小；(4分)
(2)飞机受到的牵引力F的大小；(4分)
(3)飞机在跑道上滑跑的时间t。(4分)
解析：(1)根据速度与位移的关系有v2＝2ax
解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma
解得F＝1.1×104 N。
(3)根据速度公式有v＝at
解得t＝30 s。
答案：(1)2 m/s2　(2)1.1×104 N　(3)30 s
2. (12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；(2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。(6分)
解析：(1)根据N＝mg cos 37°＋F sin 37°
f＝μN，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
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
3.(14分)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分)
(2)求物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数。(6分)
(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。(6分)
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
s1＝t0＝0.6 m。
答案：(1)3 N　(2)　(3)0.6 m
4.(16分)如图所示，一物体紧贴着竖直墙壁，受到与竖直方向成α＝53°角斜向上的推力F，物体由静止起沿竖直墙壁匀加速上滑，经过4 s后速度达到4 m/s。已知推力的大小为50 N，物体与墙壁间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求物体的加速度大小。(4分)
(2)求物体所受摩擦力大小。(4分)
(3)求物体的质量。(4分)
(4)如果这时突然将推力方向改为垂直于墙壁(但大小不变)，求物体继续上升过程中的加速度大小。(4分)
解析：(1)根据匀变速直线运动规律有v＝at
解得a＝1 m/s2。
(2)对物体受力分析，如图所示
水平方向，有
F sin α＝N，f＝μN
解得f＝8 N。
(3)竖直方向，有
F cos α－mg－f＝ma
解得m＝2 kg。
(4)推力方向改为垂直于墙壁(但大小不变)，有
F′＝N′，mg＋f′＝ma′，f′＝μN′
联立解得a′＝15 m/s2。
答案：(1)1 m/s2　(2)8 N　(3)2 kg　(4)15 m/s2INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(2025·天津宝坻月考)关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A.力是维持物体运动的原因
B.力是改变物体运动状态的原因
C.静止于地面上的物体，没有惯性
D.宇宙飞船中的物体，惯性比其在地面时要大
解析：选B。根据牛顿第一定律可知，力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，故A错误，B正确；物体在任何状态都有惯性，且惯性只与物体质量有关，故C、D错误。
2.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。
3.乒乓球比赛过程中，乒乓球遇到球拍前后，乒乓球速度方向改变。这一现象说明(　　)
A.乒乓球的惯性发生了改变
B.乒乓球受到球拍的惯性作用
C.力使物体运动状态发生改变
D.乒乓球比球拍更容易发生形变
解析：选C。乒乓球的质量没变，则惯性不变，A错误；惯性是物体自身具有的一种物理属性，而非其他物体施加的作用，“受到惯性作用”说法错误，B错误；力使物体运动状态发生改变，C正确；该现象不能说明乒乓球比球拍更容易发生形变，D错误。
4.关于运动和力的关系，下列说法正确的是(　　)
A.一个质点在恒力作用下在光滑水平面上做匀加速直线运动，某时刻将恒力撤掉，由牛顿第一定律可知，该物体将继续做匀变速直线运动
B.在寒冷的冬季，冰雪路面必须慢速驾驶，是因为同一辆车在冰雪路面上行驶要比在普通路面上行驶时惯性大一点
C.同样的力作用在不同物体上时，质量越大的物体，其运动状态改变得越慢
D.若处于真空环境下，则可以利用实验证明牛顿第一定律
解析：选C。某时刻将恒力撤掉，由牛顿第一定律可知，该物体将做匀速直线运动，故A错误；惯性仅与质量有关，与其他因素无关，同一辆车在冰雪路面上行驶和在普通路面上行驶时，惯性不变，故B错误；同样的力作用在不同物体上时，质量越大的物体，惯性越大，其运动状态改变得越慢，故C正确；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，故D错误。
5.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。
6.乘客坐在水平方向沿直线匀速行驶的汽车内感觉不到汽车在运动，但汽车一旦急刹车，乘客身体会前倾，这两种情况下(　　)
A.乘客都有惯性
B.乘客都没有惯性
C.前者乘客有惯性，后者没有
D.前者乘客没有惯性，后者有
解析：选A。惯性是物体本身的一种属性，和运动状态无关，所以两种情况下乘客都具有惯性；当汽车紧急刹车时，乘客向前倾倒，是因为乘客和车都要保持原来的运动状态，汽车刹车，速度慢了，乘客的下身随汽车速度减慢，而上身由于具有惯性仍要保持原来的运动状态，所以要向前倾倒；当汽车匀速直线行驶时，乘客和汽车保持原来的运动状态，二者处于相对静止的状态，乘客就不会倾倒。
7.如果正在做自由落体运动的物体所受重力忽然消失，那么它的运动状态应该是(　　)
A.悬浮在空中不动
B.运动速度逐渐减小
C.做竖直向下的匀速直线运动
D.以上三种情况都有可能
解析：选C。做自由落体运动的物体在运动过程中只受重力作用，如果重力消失，则物体不受任何力作用，由于惯性，物体将做竖直方向的匀速直线运动。
8.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、乘坐人员应当按规定使用安全带。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。
9.(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。
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
10.(2025·浙江宁波市期中)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。
11.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，若不考虑其他阻力，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。
12.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，B受到A对它的支持力消失，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，现在B仅受重力，重力的方向为竖直向下，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。
13.用细绳把一本较厚重的书扎一圈，然后将细绳的一端悬挂起来，另一端用手牵住，如图所示。第一次，迅速用力将细绳往下拉，第二次，拉力逐渐加大，两次都把细绳拉断，关于实验结果，下列说法正确的是(　　)
A.两次实验，都是上面的细绳先断
B.两次实验，都是下面的细绳先断
C.第一次实验，上面的细绳先断，第二次实验，下面的细绳先断
D.第一次实验，下面的细绳先断，第二次实验，上面的细绳先断
解析：选D。由于书本比较厚重，惯性较大，其运动状态难以改变，在迅速向下拉绳的瞬间，可以认为书本固定不动，上段细绳的力没增大，而此时下段细绳承受的力将比上段细绳承受的力大，因此下段细绳将会先断。当逐渐增大拉力时，由平衡知识可知，上段细绳承受的力为书所受重力和手对下段细绳的拉力之和，所以上段细绳的拉力总比下段细绳的拉力大，上段细绳一定先断，故D正确。第2课时　动力学两类基本问题
INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、从受力确定运动情况
1.牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。
2.如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律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，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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)×
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　已知物体的受力分析运动情况
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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。
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)(2025·福建省厦门第二中学月考)如图所示，快递员欲利用三条光滑轨道C1、C2、C3将一快递送至地面。已知快递由A点静止释放，且快递接触地面时的速度越大，快递越容易破损，则(　　)
A.选择C3轨道快递最容易破损
B.选择C3轨道，快递最快到达地面
C.无论选哪条轨道，快递到达地面用时均相同
D.从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选C3轨道
[解析]　设斜面倾角为θ，斜面高度为h，则快递下滑的加速度大小a＝＝g sin θ，根据运动学公式可得＝at2，联立可得t＝，快递接触地面时的速度大小v＝at＝，可知快递沿三条光滑轨道C1、C2、C3滑下到达地面时的速度大小相等，快递破损的难易相同，由于C3轨道的倾角最大，快递下滑时间最短，则选择C3轨道，快递最快到达地面，则从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选C3轨道。
[答案]　BD
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·福建三明月考)质量为1kg的物块(可视为质点)静止于粗糙水平面上，现对其施加一随时间做周期性变化的水平拉力F，F随时间的变化规律如图甲所示，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块在4 s时的速度。
(2)若先将物块固定，从1 s末才放物块。求物块在1 s至8 s过程的位移大小。
[解析]　(1)前2 s物块做匀加速直线运动，加速度大小
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
2 s到4 s物块做匀减速直线运动，加速度大小
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2
根据运动过程画出v－t图像如图1所示
可知物块在4 s时的速度为0。
(2)若先将物块固定，从1 s末才放物块，画出对应的v－t 图像如图2所示
根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，可知物块在1 s至8 s过程的位移大小
s＝×2×2 m－×2×2 m＋×2×2 m－×2×1 m＝1 m。
[答案]　(1)0　(2)1 m
知识点二　已知物体的运动分析受力情况
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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v＝v0＋at，s＝v0t＋at2，v2－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。
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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x1，加速度为a，时间为t1，根据x1＝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x2，时间为t2，根据
x1＝t1，x2＝t2
联立解得t2＝4.5 s。
[答案]　(1)120 N　(2)4.5 s
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。
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·江苏扬州市期中)如图所示，一位滑雪者从倾角θ＝37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑，经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处；已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1＝0.25，BC的长度为64 m。(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小a1；
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小s1；
(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。
[解析]　
(1)对滑雪者受力分析如图所示，沿斜坡和垂直于斜坡方向分别有mg sin θ－f＝ma1
N＝mg cos θ
又f＝μ1N
解得a1＝4 m/s2。
(2)由匀变速直线运动的规律得v＝a1t1
解得v＝16 m/s
由匀变速直线运动的规律得s1＝a1t
解得s1＝32 m。
(3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2，由匀变速直线运动的规律得v2＝2a2s2
解得a2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.2。
[答案]　(1)4 m/s2　(2)16 m/s　32 m　(3)0.2
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，一滑块从足够长的粗糙斜面上的某位置以大小为10 m/s的初速度沿斜面向上运动，斜面的倾角为θ＝37°，滑块向上运动过程中的加速度大小为10 m/s2。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块向上运动的时间及滑块向上运动的最大距离；
(2)斜面与滑块之间的动摩擦因数；
(3)滑块从开始运动到速度大小再次为10 m/s所用的时间。
[解析]　(1)滑块上滑做匀减速直线运动，由速度公式可得减速时间为t上＝＝ s＝1 s
匀减速的位移为s＝＝ m＝5 m。
(2)上滑过程根据牛顿第二定律，有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma上
解得μ＝0.5。
(3)下滑过程根据牛顿第二定律，有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma下
解得a下＝2 m/s2
滑块做匀加速直线运动v＝a下t下，可得t下＝5 s
故滑块从开始运动到速度大小再次为10 m/s的总时间为t＝t上＋t下＝6 s。
[答案]　(1)1 s　5 m　(2)0.5　(3)6 s
规范一练　动力学方法的综合应用
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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；
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；
(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。
[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°－μN＝ma1
F cos 30°＝G__cos__30°＋N
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°－μN′＝ma2
N′＝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x1＝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x2＝ eq \f(0－v,2a2) ＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离xm＝x1＋x2＝2.4 m
则小球在上滑阶段通过B点，即
xAB－x1＝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°＋μN′＝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－(xm－xAB)＝a3t
解得t4＝ s
则通过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
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(已知受力情况求运动参量)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，根据牛顿第二定律有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. (已知运动状态求解受力情况)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.(多过程问题)如图所示，质量为2 kg的金属块放在水平地面上，在大小为20 N、方向与水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F持续作用2 s后撤去(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)在F作用下，金属块的加速度为多大？
(2)撤去力F后金属块在地面上还能滑行多远？
解析：(1)水平方向，根据牛顿第二定律
Fcos 37°－f＝ma
竖直方向，根据平衡关系Fsin 37°＋N＝mg
又f＝μN
联立解得a＝6 m/s2。
(2)力F作用阶段，根据运动学规律
v＝at1＝12 m/s
撤去力F后，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma′
根据运动学规律s2＝
联立解得撤去力F后金属块在地面上还能滑行
s2＝14.4 m。
答案：(1)6 m/s2　(2)14.4 m(共24张PPT)
课后达标检测
题组1　瞬时问题
1.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
√
√
√
√
4.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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
√
√
6.如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大时(　　)
A.A对C的摩擦力保持不变
B.A对C的压力保持不变
C.A、B相对C仍保持静止
D.轻绳对B拉力保持不变
√
7.(8分)(2025·内蒙古呼和浩特市期末)如图所示，在光滑水平面上有质量都为m的两物块A、B，两物块通过劲度系数为k的轻弹簧连接，刚开始它们都处于静止状态，现给B物块一水平向右的恒力F，待它们的加速度相同时，求：
(1)A物块的加速度大小a；(4分)
(2)弹簧的伸长量x。(4分)
8.(12分)(2025·甘肃武威市开学考)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。(4分)
答案：见解析　
(2)求悬线对小球的拉力大小。(4分)
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。(4分)
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
9.(14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？(4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？(4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，在平行于斜面方向的推力F作用下沿斜面向上加速，则A、B间的弹力为多大？(6分)(共25张PPT)
专题提升课7　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·福建厦门市名校联盟期末)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x＝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v′B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
v′B＝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。
　 　(2025·吉林松原市期末)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。求：
(1)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]　8.0 m/s　
(2)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
√
√
√
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
2.(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(　　)
√
√INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，使用了如图甲所示的实验装置。
(1)下列说法正确的是________。
A.实验时必须反复调整木板倾斜度，直至小车能静止在木板上
B.平衡小车阻力时，不需要连接槽码
C.连接小车和槽码的细绳可以不与长木板保持平行
D.平衡小车阻力时，小车上需要固定纸带
(2)已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。图乙是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个点取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。(结果均保留2位有效数字)
(3)在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据作出a－F图像，如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且图线的BC段明显偏离直线，分析其可能产生的原因，下列说法中符合的一项是________。
A.未平衡小车阻力，所用槽码的总质量太小
B.平衡小车阻力过度，所用小车的质量太小
C.未平衡小车阻力，所用槽码的总质量太大
D.平衡小车阻力过度，所用小车的质量太大
解析：(1)必须反复调整木板倾斜度，直至小车能在木板上做匀速直线运动，故A错误；平衡小车阻力时，应将槽码撤去，垫高长木板远离滑轮的一端，让小车的重力沿木板的分力与小车受到的阻力平衡，故B正确；连接小车和槽码的细绳必须与长木板保持平行，可以保证细绳的拉力与长木板平行，平衡阻力后使拉力为小车的合力，故C错误；平衡小车阻力时，小车上需要固定纸带，故D正确。
(2)依题意，纸带上相邻计数点时间间隔T＝5× s＝0.1 s，打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝＝×10－2 m/s≈0.44 m/s。由逐差法可得小车的加速度大小a＝＝×10－2 m/s2≈1.2 m/s2。
(3)由题图丙可知，加速度为零时，拉力不为零，说明实验时未平衡小车的阻力或平衡阻力不足，B、D错误；图线末端发生了弯曲现象是实验时未满足槽码的质量远小于小车质量，即所用槽码的总质量太大，A错误，C正确。
答案：(1)BD　(2)0.44　1.2　(3)C
2.(2025·辽宁沈阳市期中)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)的细线与木板(气垫导轨)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)的细线与木板(气垫导轨)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
3.(2025·河南南阳市期末)小华用图甲所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系。打点计时器使用50 Hz的交流电源。
(1)小华认为需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，这样操作的目的是________。
A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B.保证小车运动过程中所受合力不变
C.保证小车最终能够实现匀速直线运动
(2)实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示。图中O、A、B、C、D、E、F为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算C点的瞬时速度大小vC＝__________m/s，小车的加速度大小a＝__________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
(3)保持小车所受的拉力不变，改变小车质量m，分别测得不同质量时小车加速度a的数值，记录数据如下表。请在图丙中作出a－ 图像。根据所作的a－ 图像，可得出实验结论：______________________________________________________________________
______________________________________________________________。
次数 1 2 3 4
加速度a(m·s－2) 0.61 0.46 0.31 0.15
质量倒数(kg－1) 4.00 3.00 2.00 1.00
解析：(1)实验中，调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，这样操作的目的是保证小车运动过程中所受合力不变，B正确。
(2)相邻两个计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔T＝5× s＝0.1 s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的瞬时速度大小vC＝ m/s≈0.33 m/s；根据逐差法可知，小车的加速度a＝ m/s2＝0.75 m/s2。
(3)根据表格中的数据描点，将点迹用直线连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示，图像是一条过原点的倾斜直线，可以得出的实验结论：在误差允许的范围内，小车所受的拉力不变时，小车的加速度与小车的质量成反比。
答案：(1)B　(2)0.33　0.75　(3)图见解析　见解析
4.(2025·福建漳州统考期末)某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
(1)本实验中__________(选填“需要”或“不需要”)保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量。
(2)某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F－a图像，则小车在运动过程中所受阻力为__________N(结果保留2位有效数字)，小车在运动过程中所受阻力主要来源于________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量。
(2)根据Δs＝aT2可得加速度a＝＝ m/s2＝0.40 m/s2。
(3)设小车受到的阻力为f阻，对小车由牛顿第二定律2F－f阻＝Ma，得F＝Ma＋f阻，由题图丙可得 M＝ kg＝0.5 kg，得M＝1.0 kg，又当F＝0时a＝－1.0 m/s2，由F＝Ma＋f阻，得0＝×1×(－1.0)N＋f阻，得f阻＝1.0 N，小车在运动过程中所受阻力主要来源于小车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等。
答案：(1)不需要　(2)0.40　(3)1.0　小车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等专题提升课6　动力学图像问题
INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
微专题一　由力的图像或物体受力分析物体的运动
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·安徽蚌埠市期末)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]　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。
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·河北邢台市期中)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－s 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)根据牛顿第二定律列方程，写出图像的纵轴的物理量与横轴的物理量的函数关系式。
(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。
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)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]　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。
[答案]　AC
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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 37°＋μmg cos 37°＝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 37°－μmg cos 37°＝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
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(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.前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，前1 s内物块处于静止状态，故受力平衡，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，对物块列牛顿第二定律有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，由牛顿第二定律有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
综合一练　动力学图像问题的综合分析
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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]　由题图乙得前2 s内小环的加速度
a＝＝0.5 m/s2
前2 s，小环受到重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有F1－mg sin α＝ma
2 s后小环做匀速运动，根据共点力平衡条件，有
F2＝mg sin α
由题图乙读出F1＝5.5 N，F2＝5 N
联立两式，代入数据可解得
m＝1 kg，sin α＝0.5，即α＝30°。
[答案]　(1)1 kg　(2)30°
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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。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.(由力的图像分析物体运动)(多选)地面上有质量为M的重物，用力F竖直向上提它，力F和物体加速度a的函数关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.图中直线的斜率表示物体的质量M
B.图中A点对应的值为物体所受重力的大小
C.图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
D.物体向上运动的加速度a和力F成正比
解析：选BC。对物体根据牛顿第二定律可知F－Mg＝Ma，变形可得a＝F－g，所以图中直线的斜率的倒数表示物体的质量M，A错误；当a＝0时可得F＝Mg，所以图中A点对应的值为物体所受重力的大小，B正确；当F＝0时，可得a＝－g，图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，C正确；物体向上运动的加速度a和力F是线性关系但不是成正比关系，D错误。
3.(动力学图像)(多选)如图所示，一个物块在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物块速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，物块向上运动过程中所受空气阻力大小不变，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.物块质量为250 g
B.物块质量为500 g
C.物块所受空气阻力大小为3.5 N
D.物块所受空气阻力大小为2.5 N
解析：选AD。由题图乙可知，在2 s之后，物块做匀速直线运动，故受力平衡，则f＋mg＝F2＝5 N，在前2 s时间内，物块做匀加速直线运动，加速度a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1－f－mg＝ma，解得m＝0.25 kg＝250 g，f＝2.5 N。第4节　牛顿第三运动定律
INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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.理解牛顿第三运动定律的含义。　
3.会用牛顿第三运动定律解决简单问题。　4.会区分平衡力和作用力与反作用力。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、作用力与反作用力
物体间的一对相互作用力，称为作用力与反作用力。可以把其中的任意一个力称为作用力，则另一个力就称为反作用力。
二、牛顿第三运动定律及其意义
1.内容：两个物体之间的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。
2.表达式：F＝－F′，其中F、F′分别表示作用力和反作用力，负号表示两个力方向相反。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确。
(1)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。(　　)
(2)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。(　　)
(3)作用力和反作用力总是大小相等，方向相反。(　　)
(4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。(　　)
(5)作用力和反作用力同时产生、变化、消失，不分先后。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　牛顿第三定律
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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 作用力和反作用力的关系
四同 等大 大小总是相等
共线 作用在同一条直线上
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
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　关于火车头和车厢的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.列车在加速前进时，火车头对车厢的拉力大于车厢对火车头的拉力大小
B.列车在减速前进时，火车头对车厢的拉力小于车厢对火车头的拉力大小
C.只有列车在匀速前进时，火车头对车厢的拉力才等于车厢对火车头的拉力大小
D.无论列车怎样运动，火车头对车厢的拉力总是等于车厢对火车头的拉力大小
[解析]　由牛顿第三定律，火车头对车厢的拉力与车厢对火车头的拉力是作用力与反作用力，无论列车怎样运动，火车头对车厢的拉力总是等于车厢对火车头的拉力大小。
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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，因而合力为零
②作用力与反作用力是同一性质的力
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
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；地球对物体的作用力与物体对地球的作用力是等大反向的。
[答案]　A
知识点二　相互作用力与平衡力
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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。
作用力和反作用力与平衡力的比较
比较 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、作用在同一条直线上
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(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；甲对乙的拉力和外力F是一对平衡力，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
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　下列关于作用力、反作用力和一对平衡力的认识，正确的是(　　)
A.一对平衡力的作用效果可以相互抵消，合力为零。一对作用力与反作用力也可以
B.作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，而一对平衡力不具有同时性
C.作用力和反作用力性质一定相同，平衡力的性质却一定不相同
D.作用力和反作用力作用在两个物体上，所以不一定同时产生
[解析]　作用力和反作用力作用在不同物体上，作用效果不能相互抵消，A错误；作用力和反作用力是产生在相互作用的两个物体间，因此同时产生、同时变化、同时消失，而一对平衡力不具有同时性，B正确，D错误；作用力和反作用力的性质一定相同，而一对平衡力的性质不一定相同，而非一定不相同，比如用两个弹簧测力计向两个相反的方向拉同一个物体，并让物体保持静止，则物体受到的一对平衡力都是弹力，性质相同，故C错误。
[答案]　B
知识点三　应用牛顿第三定律转换研究对象受力分析
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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N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N＝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N′＝Mg＋f，故A正确。
[答案]　A
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，竹竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竹竿以加速度a加速下滑时，竹竿对地面上的人的压力大小为(　　)
A.(M＋m)g＋ma B.(M＋m)g－ma
C.(M＋m)g D.(M－m)g
[解析]　对竹竿上的人由牛顿第二定律知mg－f＝ma，所以f＝m(g－a)，由牛顿第三定律知竹竿上的人对竹竿的摩擦力竖直向下，对竹竿由平衡条件知Mg＋f ′＝N，f＝f ′，由牛顿第三定律知竹竿对地面上的人的压力N′＝N＝(M＋m)g－ma，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(牛顿第三定律)(多选)一个大人跟一个小孩站在水平地面上手拉手比力气，结果大人把小孩拉过来了。对这个过程中作用于双方的力的关系，下列说法不正确的是(　　)
A.大人拉小孩的力一定比小孩拉大人的力大
B.大人拉小孩的力与小孩拉大人的力是一对作用力和反作用力
C.大人拉小孩的力与小孩拉大人的力大小一定相等
D.只有在大人把小孩拉动的过程中，大人的力才比小孩的力大，在可能出现的短暂相持过程中，两人的拉力一样大
解析：选AD。大人拉小孩与小孩拉大人的力是一对相互作用力，它们之间的关系满足牛顿第三定律，所以二者永远大小相等、方向相反，两力作用在不同的人身上，不能求合力，小孩被拉动是因为他受到的拉力大于他与地面间的最大静摩擦力，故A、D错误。
2.(相互作用力与平衡力)(2025·吉林延边市期中)某餐厅的送餐机器人，其结构可简化为如图所示的示意图，机器人的上表面保持水平且向右匀速运动。下列说法正确的是(　　)
A.菜品对机器人的压力是机器人发生弹性形变产生的
B.机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力
C.菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力
D.菜品受到向右的摩擦力
解析：选B。菜品对机器人的压力是菜品发生弹性形变产生的，故A错误；机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，故B正确；菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故C错误；机器人匀速送餐的过程中，菜品处于平衡状态，不受摩擦力，故D错误。
3.(牛顿第三定律)俗话说“以卵击石，卵碎石全”。下列关于卵、石之间作用力的表述正确的是(　　)
A.鸡蛋是运动的，石头是静止的，所以鸡蛋对石头的作用力大于石头对鸡蛋的作用力
B.鸡蛋碎了，而石头没有碎，所以鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力
C.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等
D.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力是一对平衡力
解析：选C。由于鸡蛋和石头间的力是相互作用力，故二者一定大小相等，方向相反，作用在两个物体上，故不是平衡力；虽然两物体受力大小相等，但由于鸡蛋的承受能力较小，故鸡蛋碎了而石头完好；同时作用力和反作用力与是否运动无关，故A、B、D错误，C正确。INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
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·贵州贵阳市期中)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.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。
题组3　单位制
6.(2025·福建福州市期中)在力学中的对应国际制基本单位的物理量有(　　)
A.时间、米、千克 B.安培、米、秒
C.米、千克、秒 D.长度、时间、质量
解析：选D。在力学中的国际制基本单位是米、秒、千克，对应的物理量是长度、时间、质量。
7.物体在空中下落，受到空气阻力f与物体速度v的关系大致为f＝kv2，其中k的单位为(　　)
A.kg B.m
C.kg·m D.kg/m
解析：选D。阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，则k＝公式成立，单位等价，则k的单位为＝＝，故D正确，A、B、C错误。
8.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。
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
9.(2025·辽宁抚顺市期中)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－。
10.(2025·黑龙江牡丹江市期中)大小分别为2 N和8 N的两个力作用在一个质量为2 kg的物体上，则物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(　　)
A.3 m/s2和5 m/s2
B.5 m/s2和6 m/s2
C.6 m/s2和8 m/s2
D.2 m/s2和8 m/s2
解析：选A。大小分别为2 N和8 N的两个力的合力大小范围为6 N≤F合≤10 N，对物体受力分析，由牛顿第二定律有F合＝ma，可知物体能获得的最小加速度amin＝3 m/s2，最大加速度amax＝5 m/s2。
11.(12分)(2025·广东广州市期中)如图甲所示，质量为1 kg的物体，放在倾角为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。(4分)
(2)求弹簧的劲度系数。(4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？(4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
12.(12分)(2025·湖南长沙市期中)如图所示，小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部与车厢始终保持相对静止，两段细线与车厢顶部的夹角α＝45°，已知小球P的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若车厢处于静止状态，求左、右两细线的拉力大小。(6分)
(2)若车厢以大小为a＝20 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，求左、右两细线的拉力大小。(6分)
解析：(1)对小球受力分析，由于对称性有
T1＝T2，T1sin α＋T2sin α＝mg，
解得T1＝T2＝10 N。
(2)对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
T1′cos α＝T2′cos α
T1′sin α＋T2′sin α－mg＝ma
解得T1′＝T2′＝30 N。
答案：(1)大小均为10 N
(2)大小均为30 N
13.(12分)(2025·海南省直辖县级单位期中)如图所示，某人用斜向下、与水平面夹角为θ的推力推一个质量为m的箱子，如果推力大小为F0(未知)，则箱子在水平面上匀速移动。已知箱子与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求推力F0的大小。(6分)
(2)如果推力大小为3F0，箱子将匀加速移动，求此过程中箱子的加速度大小。(6分)
解析：(1)以箱子为研究对象，进行受力分析，将推力F0正交分解，如图所示，
根据平衡条件，在水平方向有F0cos θ＝μFN，在竖直方向有FN＝mg＋F0sin θ，联立解得F0＝。
(2)当推力大小为3F0时，设箱子的加速度大小为a。在水平方向上，根据牛顿第二定律，有3F0cos θ－μFN′＝ma，在竖直方向上，根据平衡条件有FN′＝mg＋3F0sin θ，联立解得a＝2μg。
答案：(1)　(2)2μg(共21张PPT)
课后达标检测
1.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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
代入数据解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t物块离开长木板
答案：2 s
6.(10分)(2025·安徽六安市期末)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)
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：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
滑块沿斜面下滑时所受摩擦力的大小
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
FNsin 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)
答案：3 m(共26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。
√
√
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
√
√
题组3　单位制
6.(2025·福建福州市期中)在力学中的对应国际制基本单位的物理量有(　　)
A.时间、米、千克 B.安培、米、秒
C.米、千克、秒 D.长度、时间、质量
解析：在力学中的国际制基本单位是米、秒、千克，对应的物理量是长度、时间、质量。
√
7.物体在空中下落，受到空气阻力f与物体速度v的关系大致为f＝kv2，其中k的单位为(　　)
A.kg B.m
C.kg·m D.kg/m
√
8.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。
√
√
10.(2025·黑龙江牡丹江市期中)大小分别为2 N和8 N的两个力作用在一个质量为2 kg的物体上，则物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(　　)
A.3 m/s2和5 m/s2
B.5 m/s2和6 m/s2
C.6 m/s2和8 m/s2
D.2 m/s2和8 m/s2
解析：大小分别为2 N和8 N的两个力的合力大小范围为6 N≤F合≤10 N，对物体受力分析，由牛顿第二定律有F合＝ma，可知物体能获得的最小加速度amin＝3 m/s2，最大加速度amax＝5 m/s2。
√
11.(12分)(2025·广东广州市期中)如图甲所示，质量为1 kg的物体，放在倾角为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。(4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。(4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？(4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
12.(12分)(2025·湖南长沙市期中)如图所示，小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部与车厢始终保持相对静止，两段细线与车厢顶部的夹角α＝45°，已知小球P的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若车厢处于静止状态，求左、右两细线的拉力大小。(6分)
(2)若车厢以大小为a＝20 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，求左、右两细线的拉力大小。(6分)
13.(12分)(2025·海南省直辖县级单位期中)如图所示，某人用斜向下、与水平面夹角为θ的推力推一个质量为m的箱子，如果推力大小为F0(未知)，则箱子在水平面上匀速移动。已知箱子与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求推力F0的大小。(6分)
(2)如果推力大小为3F0，箱子将匀加速移动，求此过程中箱子的加速度大小。(6分)
解析：当推力大小为3F0时，设箱子的加速度大小为a。在水平方向上，根据牛顿第二定律，有3F0cos θ－μFN′＝ma，在竖直方向上，根据平衡条件有FN′＝mg＋3F0sin θ，联立解得a＝2μg。
答案：2μg第1节　牛顿第一运动定律
INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.知道人类对力和运动关系认识的进程，知道伽利略理想斜面实验及推理方法。　2.理解并掌握牛顿第一运动定律的内容和意义。　3.知道什么是惯性，知道质量是惯性大小的量度，体会生活中惯性的应用与如何预防惯性的危害。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、力与运动的关系
1.历史的回顾
代表人物 主要观点
亚里士多德 有外力的作用时物体才能运动，要维持物体的运动就需要外力
伽利略 没有力也可以有运动，维持物体的运动可以不需要外力
笛卡儿 若没有其他原因，运动物体将继续以原来的速度沿直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向
2.力与运动的关系：力的作用可以改变物体的运动状态。
二、牛顿第一运动定律及其意义
1.内容：一切物体总保持匀速直线运动或静止状态，除非有外力迫使它改变这种状态。
2.意义
(1)指出了当合外力为0时，物体也能保持匀速直线运动或静止状态。
(2)指出了一切物体都具有保持原有运动状态不变的性质。
(3)明确了力的作用效果，即力是改变物体运动状态的原因。
3.惯性：任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态不变的属性。
(1)惯性大小的量度：质量是描述物体惯性大小的物理量。物体的质量大，惯性大；质量小，惯性小。
(2)惯性的大小体现在物体运动状态改变的难易程度上，和物体是否受力、是否运动无关。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确。
(1)物体运动状态的改变指的是速度大小的改变。(　　)
(2)力是改变物体运动状态的原因。(　　)
(3)牛顿第一运动定律是牛顿在大量实验的基础上总结出来的。(　　)
(4)物体运动速度越大，惯性越大。(　　)
(5)牛顿第一运动定律正确揭示了力与运动的关系。(　　)
(6)力无法改变物体的惯性。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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
(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
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(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，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
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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]　物体所受合力为零，一定处于平衡状态，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产生改变，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
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.如图所示，公交车在运行时突然急刹车，车内乘客身体为什么会向前倾倒？
2.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？
3.以相同速度冲向你的乒乓球和铅球，你敢接吗？
[提示]　1.乘客随车一起运动，当急刹车时，车停止运动，乘客的下半部分受到车的摩擦力作用也随车停止运动，而上半部分由于要保持原来的运动状态，故向前倾倒。
2.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。
3.乒乓球敢接，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.惯性与质量的关系
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
(2)惯性与物体受力情况、运动情况及地理位置均无关。
(3)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大。
2.惯性与力的关系
(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，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。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.惯性与速度的关系
(1)速度是表示物体运动快慢的物理量，是矢量，惯性是物体本身固有的性质，其大小仅由物体质量决定。
(2)一切物体都有惯性，和物体是否有速度及速度的大小均无关。
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A.同一物体在地球上和在月球上相比，在地球上的惯性大
B.乒乓球运动状态容易改变，是因为乒乓球的惯性小
C.人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性
D.标枪运动员通过助跑提高成绩，说明助跑增大了标枪的惯性
[解析]　同一物体在地球上和在月球上的质量相同，可知惯性一样大，故A错误；乒乓球运动状态容易改变，是因为乒乓球的惯性小，故B正确；质量是惯性的量度，人走路时有惯性，被绊倒时也有惯性，故C错误；质量是惯性的量度，助跑时标枪的惯性不变，故D错误。
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·浙江杭州市期中)
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
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)(2025·广东东莞市期中)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
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对于车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球(　　)
A.可能落在A处
B.一定落在B处
C.可能落在C处
D.A、B、C处都有可能
[解析]　火车匀速行驶，在小球未释放前小球随车一起运动，小球的速度等于车的速度v；在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即vx＝v，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度始终等于车的速度，小球一定落到B处，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(对牛顿第一定律的理解)关于力与运动，下列说法正确的是(　　)
A.物体的速度越大，其所具有的惯性就越大
B.牛顿在伽利略研究成果的基础上总结出了牛顿第一定律
C.伽利略通过理想斜面实验说明了力是维持物体运动的原因
D.物体不受力或者所受合外力为零时，物体一定处于静止状态
解析：选B。物体的惯性只与质量有关，与物体的速度无关，A错误；牛顿在伽利略研究成果的基础上总结出了牛顿第一定律，指明了力是改变物体运动状态的原因，B正确；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理证明了力不是维持物体运动的原因，C错误；物体不受力或者所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，D错误。
2.(惯性的理解和应用)(2025·湖南长沙市期中)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。
3.(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。专题提升课7　传送带模型
INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "专题深度剖析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)(2025·福建厦门市名校联盟期末)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x1＝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Δx＝x1－vt1＝1 m。
[答案]　BD
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，水平传送带两端相距x＝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v′B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＝2ax，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
v′B＝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
x1＝vAt1＋at＝5.75 m
传送带的位移x2＝vt1＝6.5 m
此后工件与传送带相对静止，所以划痕的长度
x＝x2－x1＝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
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(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
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·吉林松原市期末)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。求：
(1)皮带匀速运动的速度大小；
(2)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)
Δx1＝×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)
Δx2＝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)
Δx2＝×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x＝×1×8 m＋(8＋8＋2t)t m＝37 m。
[答案]　(1)8.0 m/s　(2)30°　　(3)4 s　37 m
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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.(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x1＝v0t1－t1＝0.2 m，在后1.0 s内炭块与传送带的相对位移x2＝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。INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
题组1　牛顿第三定律
1.如图所示，运动员在比赛过程中用球拍击回飞过来的网球，若F1表示网球撞击球拍的力，F2表示球拍击打网球的力，则(　　)
A.F1小于F2
B.F1大于F2
C.F1和F2是一对相互作用力
D.F1和F2是一对平衡力
解析：选C。由题意，F1是网球对球拍的作用力，F2是球拍对网球的作用力，F1和F2的受力物体不同，它们不是一对平衡力，是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等。
2.(2025·浙江省部分学校期中联考)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。
3.(2025·云南昆明市期中)如图所示为某幼儿园小朋友练习拍篮球的场景，下列说法正确的是(　　)
A.老师指导小朋友拍篮球的技巧时可以把篮球看作质点
B.因为篮球是空心的，所以篮球的重心在球皮上
C.篮球对地面的撞击力是由篮球的形变产生的
D.手向下拍打篮球时手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力
解析：选C。老师指导小朋友拍篮球的技巧时，篮球的大小、形状不能忽略不计，不可以把篮球看作质点，故A错误；重心是物体重力的等效作用点，重心在篮球的球心处，故B错误；篮球对地面的撞击力是由篮球的形变产生的，故C正确；手向下拍打篮球时手对篮球的作用力等于篮球对手的作用力，故D错误。
4.(多选)用计算机辅助实验系统做“验证牛顿第三定律”的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。如图(a)所示，把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图(b)所示。观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论(　　)
A.作用力与反作用力大小时刻相等
B.作用力与反作用力作用在同一物体上
C.作用力消失后反作用力可以慢慢消失
D.作用力与反作用力方向相反
解析：选AD。由题图可知，作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，同时产生、同时变化、同时消失，作用在两个物体上。
题组2　相互作用力与平衡力
5. (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：选C。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其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，D错误。
6.(2025·吉林松原市期中)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。
7.(2025·湖北武汉市期中)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.如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A.甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
B.小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
C.若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D.若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
解析：选B。小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力，A错误，B正确；无论小车加速向左还是向右运动，小车拉甲的力和甲拉小车的力都是一对作用力和反作用力，故仍然是相等的，C、D错误。
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
9.(2025·江苏镇江市期中)滑板是青少年热爱的一项运动。如图所示，人站在滑板上沿水平路面直线滑行，下列说法正确的是(　　)
A.人的重力与滑板所受的支持力是一对平衡力
B.滑板受到路面向上的弹力，是滑板发生形变产生的
C.人对滑板的压力和滑板对人的支持力大小一定相等
D.路面受到向下的压力是因为滑板和人的重力作用在了路面上
解析：选C。人的重力与滑板对人的支持力是一对平衡力，故A错误；滑板受到路面向上的弹力，是路面发生形变产生的，故B错误；人对滑板的压力和滑板对人的支持力是一对相互作用力，大小一定相等，故C正确；路面受到向下的压力，是因为滑板的压力作用在了路面上，故D错误。
10.(2025·浙江嘉兴市期中)如图所示，在粗糙的水平桌面上静止放着一盏台灯，该台灯可通过前后调节支架将灯头进行前后调节。关于台灯的受力情况，下列说法正确的是(　　)
A.灯头对支架的压力是由于支架发生形变产生的
B.台灯的重力和台灯对桌面的压力是一对平衡力
C.桌面受到台灯的压力和台灯受到的支持力是一对相互作用力
D.若将灯头向前调节一点(台灯未倒)，则桌面对台灯的支持力将变大
解析：选C。灯头对支架的压力是由于灯头发生形变产生的，故A错误；台灯的重力作用在台灯上，台灯对桌面的压力作用在桌面上，所以两者不是一对平衡力，故B错误；桌面受到台灯的压力和台灯受到桌面的支持力是一对相互作用力，故C正确；若将灯头向前调节一点(台灯未倒)，根据受力平衡可知，桌面对台灯的支持力不变，仍等于台灯的重力，故D错误。
11. (2025·陕西宝鸡市期中)一种有趣好玩的感应飞行器的示意图如图所示，主要通过手控感应飞行，它的底部设置了感应装置，只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。下列说法正确的是(　　)
A.手对飞行器的作用力等于飞行器的重力
B.飞行器对空气的作用力竖直向下
C.空气对飞行器的作用力和飞行器对空气作用力是一对平衡力
D.当飞行器向上运动时，空气对飞行器的作用力大于飞行器对空气的作用力
解析：选B。飞行器静止悬浮在空中，由平衡条件可知，空气对飞行器的作用力方向竖直向上，飞行器对空气的作用力竖直向下，故B正确；手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，故A错误；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，故C错误；当飞行器向上运动时，空气对飞行器的作用力等于飞行器对空气的作用力，它们互为作用力与反作用力，故D错误。
12.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.斜面体对地面的摩擦力大小为F cos θ
B.斜面体对地面的压力为(M＋m)g
C.物体对斜面体的摩擦力的大小为F
D.斜面体对物体的作用力竖直向上
解析：选A。由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况结合共点力的平衡条件可得，地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，A正确，B错误；隔离物体进行受力分析，由共点力平衡条件得斜面体对物体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，由牛顿第三定律可知，C错误；斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由共点力的平衡条件可知斜面体对物体的作用力与物体所受的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错误。(共33张PPT)
第4节　牛顿第三运动定律
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.理解牛顿第三运动定律的含义。　
3.会用牛顿第三运动定律解决简单问题。　4.会区分平衡力和作用力与反作用力。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、作用力与反作用力
物体间的一对相互作用力，称为_________与反作用力。可以把其中的任意一个力称为作用力，则另一个力就称为____________。
作用力
反作用力
二、牛顿第三运动定律及其意义
1.内容：两个物体之间的作用力与反作用力大小______，方向______，作用在__________________。
2.表达式：F＝_______，其中F、F′分别表示作用力和反作用力，负号表示两个力方向相反。
相等
相反
同一条直线上
－F′
判断下列说法是否正确。
(1)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。(　　)
(2)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。(　　)
(3)作用力和反作用力总是大小相等，方向相反。(　　)
(4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。(　　)
(5)作用力和反作用力同时产生、变化、消失，不分先后。(　　)
×　
√
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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？
[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。
2.有相互作用力的物体一定在接触吗？
[提示]　不一定。(例如图中的磁极间的相互作用)
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]　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 作用力和反作用力的关系
四同 等大 大小总是相等
共线 作用在同一条直线上
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
√
　 　关于火车头和车厢的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.列车在加速前进时，火车头对车厢的拉力大于车厢对火车头的拉力大小
B.列车在减速前进时，火车头对车厢的拉力小于车厢对火车头的拉力大小
C.只有列车在匀速前进时，火车头对车厢的拉力才等于车厢对火车头的拉力大小
D.无论列车怎样运动，火车头对车厢的拉力总是等于车厢对火车头的拉力大小
[解析]　由牛顿第三定律，火车头对车厢的拉力与车厢对火车头的拉力是作用力与反作用力，无论列车怎样运动，火车头对车厢的拉力总是等于车厢对火车头的拉力大小。
√
　　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，因而合力为零
②作用力与反作用力是同一性质的力
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
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；地球对物体的作用力与物体对地球的作用力是等大反向的。
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。
作用力和反作用力与平衡力的比较
比较 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、作用在同一条直线上
√
　 　(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；甲对乙的拉力和外力F是一对平衡力，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。
　 　下列关于作用力、反作用力和一对平衡力的认识，正确的是(　　)
A.一对平衡力的作用效果可以相互抵消，合力为零。一对作用力与反作用力也可以
B.作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，而一对平衡力不具有同时性
C.作用力和反作用力性质一定相同，平衡力的性质却一定不相同
D.作用力和反作用力作用在两个物体上，所以不一定同时产生
√
[解析]　作用力和反作用力作用在不同物体上，作用效果不能相互抵消，A错误；作用力和反作用力是产生在相互作用的两个物体间，因此同时产生、同时变化、同时消失，而一对平衡力不具有同时性，B正确，D错误；作用力和反作用力的性质一定相同，而一对平衡力的性质不一定相同，而非一定不相同，比如用两个弹簧测力计向两个相反的方向拉同一个物体，并让物体保持静止，则物体受到的一对平衡力都是弹力，性质相同，故C错误。
知识点三　应用牛顿第三定律转换研究对象受力分析
　 　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N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N＝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N′＝Mg＋f，故A正确。
√
　　如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，竹竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竹竿以加速度a加速下滑时，竹竿对地面上的人的压力大小为(　　)
A.(M＋m)g＋ma
B.(M＋m)g－ma
C.(M＋m)g
D.(M－m)g
[解析]　对竹竿上的人由牛顿第二定律知mg－f＝ma，所以f＝m(g－a)，由牛顿第三定律知竹竿上的人对竹竿的摩擦力竖直向下，对竹竿由平衡条件知Mg＋f ′＝N，f＝f ′，由牛顿第三定律知竹竿对地面上的人的压力N′＝N＝(M＋m)g－ma，故B正确，A、C、D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(牛顿第三定律)(多选)一个大人跟一个小孩站在水平地面上手拉手比力气，结果大人把小孩拉过来了。对这个过程中作用于双方的力的关系，下列说法不正确的是(　　)
A.大人拉小孩的力一定比小孩拉大人的力大
B.大人拉小孩的力与小孩拉大人的力是一对作用力和反作用力
C.大人拉小孩的力与小孩拉大人的力大小一定相等
D.只有在大人把小孩拉动的过程中，大人的力才比小孩的力大，在可能出现的短暂相持过程中，两人的拉力一样大
√
解析：大人拉小孩与小孩拉大人的力是一对相互作用力，它们之间的关系满足牛顿第三定律，所以二者永远大小相等、方向相反，两力作用在不同的人身上，不能求合力，小孩被拉动是因为他受到的拉力大于他与地面间的最大静摩擦力，故A、D错误。
√
2.(相互作用力与平衡力)(2025·吉林延边市期中)某餐厅的送餐机器人，其结构可简化为如图所示的示意图，机器人的上表面保持水平且向右匀速运动。下列说法正确的是(　　)
A.菜品对机器人的压力是机器人发生弹性形变产生的
B.机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力
C.菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力
D.菜品受到向右的摩擦力
解析：菜品对机器人的压力是菜品发生弹性形变产生的，故A错误；机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，故B正确；菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故C错误；机器人匀速送餐的过程中，菜品处于平衡状态，不受摩擦力，故D错误。
√
3.(牛顿第三定律)俗话说“以卵击石，卵碎石全”。下列关于卵、石之间作用力的表述正确的是(　　)
A.鸡蛋是运动的，石头是静止的，所以鸡蛋对石头的作用力大于石头对鸡蛋的作用力
B.鸡蛋碎了，而石头没有碎，所以鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力
C.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等
D.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力是一对平衡力
解析：由于鸡蛋和石头间的力是相互作用力，故二者一定大小相等，方向相反，作用在两个物体上，故不是平衡力；虽然两物体受力大小相等，但由于鸡蛋的承受能力较小，故鸡蛋碎了而石头完好；同时作用力和反作用力与是否运动无关，故A、B、D错误，C正确。第2节　科学探究：加速度与力、质量的关系
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、实验目的
1.探究加速度与力、质量的关系。
2.学习用控制变量法探索物理规律。
二、实验器材
带定滑轮的木板、薄垫块、小车、细绳、重物(小钩码或沙桶等)、打点计时器、纸带、交流电源、天平、砝码、刻度尺。
三、实验原理与设计
运用控制变量法
1.保持物体质量m不变，探究加速度a与力F的关系。
2.保持物体所受的力相同，探究加速度a与质量m的关系。
实验设计有一个关键点：如何测量小车受到的合外力？常用方法是将木板一端垫高，使小车不拉重物时能匀速运动，此时小车重力沿斜面的分力恰好抵消其所受摩擦力及其他阻力；同时，所挂重物的质量应远小于小车的质量。在此条件下，对应的重物重力大小便可近似认为等于作用于小车的合外力大小。
四、实验步骤
1.实验装置如图所示，将小车置于带有定滑轮的木板上，将纸带穿过打点计时器后挂在小车尾部。
2.用薄垫块将木板一端垫高，调整其倾斜程度，直至小车运动时打点计时器在纸带上打出的点分布均匀为止。
3.在细绳一端挂上重物，另一端通过定滑轮系在小车前端。注意重物质量应远小于小车质量。
4.将小车靠近打点计时器后开启打点计时器，稍后再将小车由静止释放。打点计时器在纸带上打出一系列点，据此计算出小车的加速度。保持小车质量不变，增加重物的质量(重物总质量仍远小于小车质量)，重复实验，将小车所受的不同拉力与相应计算出的加速度记录下来。
5.保持重物不变，增加或减少小车上的砝码以改变小车的质量，重复实验，将小车的质量与相应的加速度记录下来。
五、数据处理
1.物体的质量一定，探究加速度与受力的关系
实验序号 1 2 3 4 5 …
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
由表中数据，作出质量m一定时的a－F图像，并得出结论。
2.物体的受力一定，探究加速度与质量的关系
实验序号 1 2 3 4 5 …
质量m/kg
/kg－1
加速度a/(m·s－2)
由表中数据，作出力F不变时，a－的图像，并得出结论。
六、误差分析
分类 产生原因 减小方法
偶然误差 质量测量不准、计数点间距测量不准 多次测量求平均值
小车所受拉力测量不准 (1)准确平衡摩擦力(2)使细绳和纸带平行于木板
系统误差 小桶和沙子的总重力代替小车所受的拉力 使小桶和沙子的总质量远小于小车的质量
七、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，不管以后是改变小桶和沙子的质量还是改变小车及砝码的质量，都不需要重新平衡摩擦力。
2.实验中必须满足小车和砝码的总质量远大于小桶和沙子的总质量。只有如此，小桶和
沙子所受总重力才可视为与小车受到的拉力相等。
3.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均匀地分布在所作直线两侧。离直线较远的点是错误数据，可舍去不予考虑。
4.释放小车时，小车应靠近打点计时器且先接通电源再释放小车。
INCLUDEPICTURE "典例分类讲解LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "典例分类讲解LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
题型一　教材原型实验
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·四川南充市期末)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)该同学通过数据乙的处理作出了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
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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
题型二　教材实验创新
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　“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aF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
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示遮光片通过光电门的时间以及小车从光电门甲运动到光电门乙的时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力大小，不计空气阻力。
(1)在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受的合外力，必须进行的操作是________。
A.平衡摩擦力
B.使小车的质量远大于沙桶的质量
C.用天平测出小车和沙桶的质量
(2)保持小车的质量不变，多次向沙桶里加沙，测得多组a和F的值，画出图像如图乙所示，图像没有经过原点O的原因是________________________________________________________________________________________。
(3)实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系，描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________。
[解析]　(1)在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，小车受重力、支持力、拉力以及摩擦力，要使测力计的示数等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力。
(2)aF图像没有过原点，在横轴上有交点，说明在沙桶对小车施加力后，小车仍没有加速度，小车受到的合力小于测力计的拉力，这是平衡摩擦力时，木板被垫的高度不够，平衡摩擦力不足造成的。
(3)小车从靠近光电门甲处由静止开始做匀加速直线运动，则有x＝at2，由牛顿第二定律可得F＝ma，联立可得t2＝m，则合外力和位移一定时，t2与m成正比，a与t2成反比，则合外力一定时，加速度与质量成反比。
[答案]　(1)A　(2)平衡摩擦力不足　(3)C
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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.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aF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－Ff＝Ma
可得a＝F－
可知aF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(共27张PPT)
专题提升课5　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：对于轻质弹簧，因为没有质量，所以没有惯性，弹簧离开有质量的物体，瞬间恢复原长，且不再形变，如果弹簧还连接其他有质量的物体，则瞬间速度不变，力就不会突变。
(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。
√
√
角度2　绳模型
　 　(2025·福建三明一中校考期中)如图所示，A、B、C、D四个小球分别用弹簧、细绳连接，挂在水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b处将悬挂的细绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)
A.C、D球的加速度均为0
B.C球的加速度为2g，D球的加速度为g
C.所有小球都以g的加速度下落
D.A球的加速度为2g，B球的加速度为0
角度3　杆模型
　　 (多选)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
　　如图所示，完全相同的三个物块A、B、C靠在一起放在水平地面上，在水平推力F的作用下运动。设A和B之间相互作用力与B和C之间相互作用力大小之比为k。有关k的值，下列判断正确的是(　　)
A.k＝2　　　　　　
B.k>2
C.k<2
D.无法确定
√
√
角度2　物体和绳子构成的连接体
　(多选)(2025·福建三明统考期末)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＝(m1＋m2)a
C.m2g－T2＝m2a
D.m2g－m1g＝(m1＋m2)a
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AB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
√
√
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AB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·江苏扬州市期中)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
√
√(共46张PPT)
第2课时　动力学两类基本问题
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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
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。
运动
力
受力情况
牛顿第二定律
运动学的规律
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。
运动学规律
牛顿第二定律
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
02
第二部分
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。
√
　　(多选)(2025·福建省厦门第二中学月考)如图所示，快递员欲利用三条光滑轨道C1、C2、C3将一快递送至地面。已知快递由A点静止释放，且快递接触地面时的速度越大，快递越容易破损，则(　　)
A.选择C3轨道快递最容易破损
B.选择C3轨道，快递最快到达地面
C.无论选哪条轨道，快递到达地面用时均相同
D.从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选C3轨道
√
　　(2025·福建三明月考)质量为1kg的物块(可视为质点)静止于粗糙水平面上，现对其施加一随时间做周期性变化的水平拉力F，F随时间的变化规律如图甲所示，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块在4 s时的速度。
[答案]　0　
(2)若先将物块固定，从1 s末才放物块。求物块在1 s至8 s过程的位移大小。
[答案]　1 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·黑龙江哈尔滨市期末)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
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。
　　(2025·江苏扬州市期中)如图所示，一位滑雪者从倾角θ＝37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑，经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处；已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1＝0.25，BC的长度为64 m。(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
[解析]　对滑雪者受力分析如图所示，沿斜坡和垂直于斜坡方向分别有mg sin θ－f＝ma1
N＝mg cos θ
又f＝μ1N
解得a1＝4 m/s2。
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小a1；
[答案]　4 m/s2　
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小s1；
[答案]　16 m/s　32 m　
(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。
解析：设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2，由匀变速直线运动的规律得v2＝2a2s2
解得a2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.2。
[答案]　0.2
　　如图所示，一滑块从足够长的粗糙斜面上的某位置以大小为10 m/s的初速度沿斜面向上运动，斜面的倾角为θ＝37°，滑块向上运动过程中的加速度大小为10 m/s2。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑块向上运动的时间及滑块向上运动的最大距离；
[答案]　1 s　5 m　
(2)斜面与滑块之间的动摩擦因数；
[解析]　上滑过程根据牛顿第二定律，有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma上
解得μ＝0.5。
[答案]　0.5　
(3)滑块从开始运动到速度大小再次为10 m/s所用的时间。
[解析]　下滑过程根据牛顿第二定律，有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma下
解得a下＝2 m/s2
滑块做匀加速直线运动v＝a下t下，可得t下＝5 s
故滑块从开始运动到速度大小再次为10 m/s的总时间为t＝t上＋t下＝6 s。
[答案]　6 s
(1)有F作用的过程中小球的加速度大小；
[答案]　2.5 m/s2　
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；
[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°－μN′＝ma2
N′＝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。
[答案]　0.2 s　0.75 s
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(已知受力情况求运动参量)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.(多过程问题)如图所示，质量为2 kg的金属块放在水平地面上，在大小为20 N、方向与水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F持续作用2 s后撤去(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)在F作用下，金属块的加速度为多大？
解析：水平方向，根据牛顿第二定律
Fcos 37°－f＝ma
竖直方向，根据平衡关系Fsin 37°＋N＝mg
又f＝μN
联立解得a＝6 m/s2。
答案：6 m/s2　
(2)撤去力F后金属块在地面上还能滑行多远？
答案：14.4 m(共19张PPT)
课后达标检测
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·江苏月考)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(共28张PPT)
专题提升课6　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
　 　(2025·安徽蚌埠市期末)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
√
√
　　(2025·河北邢台市期中)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－s 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)根据牛顿第二定律列方程，写出图像的纵轴的物理量与横轴的物理量的函数关系式。
(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。
　 　(多选)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
√
√
　 　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.前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
√
√
综合一练　动力学图像问题的综合分析
　 　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。
由题图乙读出F1＝5.5 N，F2＝5 N
联立两式，代入数据可解得
m＝1 kg，sin α＝0.5，即α＝30°。
[答案]　(1)1 kg　(2)30°
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.(由力的图像分析物体运动)(多选)地面上有质量为M的重物，用力F竖直向上提它，力F和物体加速度a的函数关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A.图中直线的斜率表示物体的质量M
B.图中A点对应的值为物体所受重力的大小
C.图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
D.物体向上运动的加速度a和力F成正比
√
√
3.(动力学图像)(多选)如图所示，一个物块在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物块速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，物块向上运动过程中所受空气阻力大小不变，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.物块质量为250 g
B.物块质量为500 g
C.物块所受空气阻力大小为3.5 N
D.物块所受空气阻力大小为2.5 N
√(共26张PPT)
课后达标检测
题组1　对超重和失重的理解
1. (2025·浙江省合格考)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小于人的重力600 N，升降机处于失重状态，升降机在加速下降或减速上升。
√
2.(2025·福建省合格考)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。
√
8枚金牌的壮举。图示为运动员在10米跳台卫冕时的照片，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.观看运动员在空中动作时可以将其看成质点
B.运动员在空中竖直下落阶段看到池中的水匀速上升
C.运动员从接触水面到下沉至最低点的过程中先超重后失重
D.运动员起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等
√
解析：研究运动员在空中动作时，运动员形状、大小不能忽略不计，不可以将其看成质点，故A错误；运动员在空中竖直下落阶段做匀加速直线运动，故以运动员为参照，其看到池中的水是匀加速上升的，故B错误；运动员从接触水面到下沉至最低点过程，加速度先向下再向上，故其先失重后超重，故C错误；根据牛顿第三定律，可知运动员起跳时脚对跳板的作用力与跳板对脚的作用力大小相等，故D正确。
√
题组2　超重和失重的分析计算
4.(多选)电梯静止时内有一弹簧测力计下挂一重物，弹簧测力计示数为6 N，当电梯运动时，弹簧测力计示数为5 N，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物体一定向下做匀加速运动
B.物体处于失重状态
C.物体向上做匀速运动
D.物体的加速度大小约为1.7 m/s2
√
5.(多选)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大小F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问题
6.在如图所示的装置中，重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.(多选)纵跳是体育运动的基本动作之一，可以分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.地面对人的支持力是由于地面发生微小形变
B.人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
√
√
解析：地面对人的支持力是由于地面发生微小形变，A正确；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D错误。
9.人站在力传感器上完成下蹲和站起两个动作，取竖直向上为正方向，计算机采集了力传感器的示数与时间的关系图线如图所示，则以下说法正确的是(　　)

A.甲图记录的是人先站起，然后蹲下的过程
B.乙图记录的是人先蹲下，然后站起的过程
C.甲图中人的速度先增大再减小，再反向增大再减小
D.乙图中人的速度先增大再减小
√
解析：由题图知两图像中都有示数F不变的时候，这些时候人受力平衡，处于静止状态，题图甲先出现F大于人所受的重力mg，后出现F小于mg，题图乙则相反。F大于mg时，人处于超重状态，加速度方向向上，F小于mg时，人处于失重状态，加速度方向向下。人站起是先加速(加速度方向向上)，后减速(加速度方向向下)；人下蹲是先加速(加速度方向向下)，后减速(加速度方向向上)。所以题图甲记录的是人站起的过程，题图乙记录的是人蹲下的过程，A、B错误；题图甲中人的速度先增大再减小，题图乙中人的速度先增大再减小，C错误，D正确。
10.(12分)质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？人处于什么状态？(g取10 m/s2)
(1)升降机匀速上升。(4分)
解析：当升降机匀速上升时，由牛顿第二定律得N－G＝0
所以人受到的支持力N＝600 N
根据牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为600 N，此时体重计的示数为60 kg，处于平衡状态。
答案：60 kg　平衡状态　
(2)升降机以3 m/s2的加速度加速上升。(4分)
解析：当升降机以3 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得N′－G＝ma1
计算得N′＝780 N
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为780 N，故此时体重计的示数为78 kg，大于人所受的重力，人处于超重状态。
答案：78 kg　超重状态
(3)升降机以4 m/s2的加速度加速下降。(4分)
解析：当升降机以4 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得G－N″＝ma2
计算得出N″＝360 N
由牛顿第三定律得，人对体重计的压力大小为360 N，故此时体重计的示数为36 kg，小于人所受的重力，人处于失重状态。
答案：36 kg　失重状态
11.(14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。(4分)
答案：见解析　
(2)请计算整个运动的总位移大小。(4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？(6分)
解析：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
N－mg＝ma1
解得N＝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：55 kg(共42张PPT)
第3节　牛顿第二运动定律
第1课时　牛顿第二定律
学习目标
1.知道牛顿第二运动定律的内容、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.能应用牛顿第二运动定律解决简单的动力学问题。
4.知道基本单位、导出单位和单位制，知道力学中的三个基本单位。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、牛顿第二运动定律及其意义
1.内容：物体加速度的大小与所受_________的大小成正比，与物体的______成反比，加速度方向与合外力方向相同。
2.表达式：______。
3.单位“牛顿”的定义：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＝_______________。
合外力
质量
F＝ma
1 kg·m/s2
二、国际单位制
1.国际单位
(1)与力学有关的基本单位：__________(长度单位)、______________(质量单位)、__________(时间单位)。
(2)导出单位：根据__________________由基本量推导出的其他物理量的单位。
2.意义与作用：用公式进行计算的时候，所列的等式中就______一一写出每个物理量的单位，只要在计算结果的______后面正确写出待求量的单位即可。
米(m)
千克(kg)
秒(s)
物理学关系式
不必
数据
判断下列说法是否正确。
(1)牛顿第二运动定律可以理解为物体的质量与物体的加速度成反比，与合外力成正比。(　　)
(2)牛顿第二运动定律表明，物体受到的合外力与物体的加速度成正比，加速度越大，合外力就越大。(　　)
(3)牛顿第二运动定律的关系式是矢量关系式，加速度的方向由合外力的方向决定。(　　)
(4)在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位制。(　　)
×　
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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。
(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]　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
√
　　(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用
B.某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬时之前或之后的外力无关
C.物体的运动方向一定与物体所受的合外力的方向一致
D.在公式F＝ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
√
[解析]　牛顿第二定律只适用于惯性参考系，故A错误；加速度与合外力具有瞬时对应性，所以某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬时之前或之后的外力无关，故B正确；根据牛顿第二定律可知物体的加速度方向一定与物体所受的合外力的方向一致，但运动方向不一定与合外力方向一致，故C错误；在公式F＝ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和，故D正确。
√
　　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0，则物体的加速度一定为0，所受合力也为0
C.若物体的速度发生反向，则加速度也发生反向
D.物体的速度很大，加速度可能为0，所受的合力也可能为0
[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0，根据牛顿第二定律可知，所受合力也可能为0，故A错误，D正确；物体的速度为0，但物体的加速度不一定为0，所受合力也不一定为0，例如：火箭发射瞬间，速度为0，但加速度不为0，所受合力也不为0，故B错误；物体的速度发生反向，但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。
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。
√
角度1　应用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。
角度2　应用牛顿第二定律的定量计算
　　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。
√
√
　　高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
[解析]　书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝4 m/s2，书相对于高铁静止，则高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。
　　(2025·四川攀枝花市期末)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
知识点三　单位制的应用
[提示]　米(m)　米(m)　立方米(m3)
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＝μN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。
√
√
[解析]　在进行数量运算的同时，也要把单位带进去运算。带单位运算时，每一个数据均要带上单位，且单位换算要准确。也可以把题中的已知量的单位都用国际单位表示，计算的结果就用国际单位表示，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只要在数字后面写出正确的单位即可。在备选的四个选项中，A、C均错误，B解题过程正确，但不简洁，只有D运算正确，且简洁又规范。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
2.(单位制的应用)(多选)(2025·湖南长沙市期中)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.(牛顿第二定律的应用)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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。(共32张PPT)
专题提升课8　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。
　 　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
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
　 　(2025·江苏盐城市期末)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f＝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)(2025·山东月考)如图所示，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝4 kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0．5；木板的质量mC＝8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0．1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1 m/s、vB＝5 m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求刚开始时滑块A与木板C的加速度大小。
解析：对滑块A受力分析得μ1mAg＝mAa1
解得a1＝5 m/s2
对滑块B受力分析得μ1mBg＝mBa2
解得a2＝5 m/s2
对木板C受力分析得μ1mAg＝μ1mBg
则木板C受力平衡，木板与地面间无摩擦，故a3＝0。
答案：5 m/s2　0　
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，求滑块B的速度大小。
解析：设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，滑块A满足0＝vA－a1t1
滑块B满足vB1＝vB－a2t1
联立解得vB1＝4 m/s。
答案：4 m/s　
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？
答案：2.5 m
3.(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(共37张PPT)
第5章　牛顿运动定律
第1节　牛顿第一运动定律
学习目标
1.知道人类对力和运动关系认识的进程，知道伽利略理想斜面实验及推理方法。　2.理解并掌握牛顿第一运动定律的内容和意义。　3.知道什么是惯性，知道质量是惯性大小的量度，体会生活中惯性的应用与如何预防惯性的危害。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、力与运动的关系
1.历史的回顾
代表人物 主要观点
亚里士多德 有外力的作用时物体才能运动，要维持物体的运动就需要______
伽利略 没有力也可以有______，维持物体的运动可以不需要______
笛卡儿 若没有其他原因，运动物体将继续以原来的速度沿______运动，既不会停下来，也不会偏离原来的______
2.力与运动的关系：力的作用可以改变物体的____________。
外力
运动
外力
直线
方向
运动状态
二、牛顿第一运动定律及其意义
1.内容：一切物体总保持__________________或______状态，除非有______迫使它改变这种状态。
2.意义
(1)指出了当合外力为___时，物体也能保持匀速直线运动或静止状态。
(2)指出了一切物体都具有保持原有运动状态______的性质。
(3)明确了力的作用效果，即力是______物体运动状态的原因。
匀速直线运动
静止
外力
0
不变
改变
3.惯性：任何物体都有保持______或__________________状态不变的属性。
(1)惯性大小的量度：______是描述物体惯性大小的物理量。物体的质量大，惯性大；质量小，惯性小。
(2)惯性的大小体现在物体____________改变的难易程度上，和物体是否受力、是否运动无关。
静止
匀速直线运动
质量
运动状态
判断下列说法是否正确。
(1)物体运动状态的改变指的是速度大小的改变。(　　)
(2)力是改变物体运动状态的原因。(　　)
(3)牛顿第一运动定律是牛顿在大量实验的基础上总结出来的。(　　)
(4)物体运动速度越大，惯性越大。(　　)
(5)牛顿第一运动定律正确揭示了力与运动的关系。(　　)
(6)力无法改变物体的惯性。(　　)
×　
√
×　
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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。
(1)实验观察到什么现象？说明了什么问题？
[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运动的原因。
(2)如果没有摩擦力的作用，小车将会怎样运动呢？
[提示]　如果没有摩擦力的作用，小车将永远运动下去。
(3)以上实验揭示了力和运动之间是什么关系？
[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。
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
(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，逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D正确。
√
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]　物体所受合力为零，一定处于平衡状态，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产生改变，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.如图所示，公交车在运行时突然急刹车，车内乘客身体为什么会向前倾倒？
[提示]　乘客随车一起运动，当急刹车时，车停止运动，乘客的下半部分受到车的摩擦力作用也随车停止运动，而上半部分由于要保持原来的运动状态，故向前倾倒。
2.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？
3.以相同速度冲向你的乒乓球和铅球，你敢接吗？

[提示]　乒乓球敢接，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.惯性与质量的关系
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
(2)惯性与物体受力情况、运动情况及地理位置均无关。
(3)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大。
2.惯性与力的关系
(1)惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，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。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.惯性与速度的关系
(1)速度是表示物体运动快慢的物理量，是矢量，惯性是物体本身固有的性质，其大小仅由物体质量决定。
(2)一切物体都有惯性，和物体是否有速度及速度的大小均无关。
√
　　下列关于惯性的说法正确的是(　　)
A.同一物体在地球上和在月球上相比，在地球上的惯性大
B.乒乓球运动状态容易改变，是因为乒乓球的惯性小
C.人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性
D.标枪运动员通过助跑提高成绩，说明助跑增大了标枪的惯性
[解析]　同一物体在地球上和在月球上的质量相同，可知惯性一样大，故A错误；乒乓球运动状态容易改变，是因为乒乓球的惯性小，故B正确；质量是惯性的量度，人走路时有惯性，被绊倒时也有惯性，故C错误；质量是惯性的量度，助跑时标枪的惯性不变，故D错误。
　　(2025·浙江杭州市期中)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·广东东莞市期中)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。
√
　　在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对于车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球(　　)
A.可能落在A处
B.一定落在B处
C.可能落在C处
D.A、B、C处都有可能
[解析]　火车匀速行驶，在小球未释放前小球随车一起运动，小球的速度等于车的速度v；在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即vx＝v，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度始终等于车的速度，小球一定落到B处，故B正确，A、C、D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(对牛顿第一定律的理解)关于力与运动，下列说法正确的是(　　)
A.物体的速度越大，其所具有的惯性就越大
B.牛顿在伽利略研究成果的基础上总结出了牛顿第一定律
C.伽利略通过理想斜面实验说明了力是维持物体运动的原因
D.物体不受力或者所受合外力为零时，物体一定处于静止状态
解析：物体的惯性只与质量有关，与物体的速度无关，A错误；牛顿在伽利略研究成果的基础上总结出了牛顿第一定律，指明了力是改变物体运动状态的原因，B正确；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理证明了力不是维持物体运动的原因，C错误；物体不受力或者所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，D错误。
√
2.(惯性的理解和应用)(2025·湖南长沙市期中)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。
√
3.(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。(共26张PPT)
课后达标检测
1.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，使用了如图甲所示的实验装置。
(1)下列说法正确的是________。
A.实验时必须反复调整木板倾斜度，直至小车能静止在木板上
B.平衡小车阻力时，不需要连接槽码
C.连接小车和槽码的细绳可以不与长木板保持平行
D.平衡小车阻力时，小车上需要固定纸带
BD　
解析：必须反复调整木板倾斜度，直至小车能在木板上做匀速直线运动，故A错误；平衡小车阻力时，应将槽码撤去，垫高长木板远离滑轮的一端，让小车的重力沿木板的分力与小车受到的阻力平衡，故B正确；连接小车和槽码的细绳必须与长木板保持平行，可以保证细绳的拉力与长木板平行，平衡阻力后使拉力为小车的合力，故C错误；平衡小车阻力时，小车上需要固定纸带，故D正确。
(2)已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。图乙是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个点取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。(结果均保留2位有效数字)
0.44　
1.2　
(3)在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据作出a－F图像，如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且图线的BC段明显偏离直线，分析其可能产生的原因，下列说法中符合的一项是________。
A.未平衡小车阻力，所用槽码的总质量太小
B.平衡小车阻力过度，所用小车的质量太小
C.未平衡小车阻力，所用槽码的总质量太大
D.平衡小车阻力过度，所用小车的质量太大
C
解析：由题图丙可知，加速度为零时，拉力不为零，说明实验时未平衡小车的阻力或平衡阻力不足，B、D错误；图线末端发生了弯曲现象是实验时未满足槽码的质量远小于小车质量，即所用槽码的总质量太大，A错误，C正确。
2.(2025·辽宁沈阳市期中)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)的细线与木板(气垫导轨)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
A　
解析：各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与木板(气垫导轨)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)。
0.25　
0.50
3.(2025·河南南阳市期末)小华用图甲所示的实验装置探究小车的加速度a与质量m的关系。打点计时器使用50 Hz的交流电源。
(1)小华认为需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，这样操作的目的是________。
A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B.保证小车运动过程中所受合力不变
C.保证小车最终能够实现匀速直线运动
解析：实验中，调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，这样操作的目的是保证小车运动过程中所受合力不变，B正确。
B　
(2)实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示。图中O、A、B、C、D、E、F为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算C点的瞬时速度大小vC＝__________m/s，小车的加速度大小a＝__________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
0.33　
0.75　
解析：根据表格中的数据描点，将点迹用直线连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示，图像是一条过原点的倾斜直线，可以得出的实验结论：在误差允许的范围内，小车所受的拉力不变时，小车的加速度与小车的质量成反比。
答案：图见解析　见解析
4.(2025·福建漳州统考期末)某实验小组利用如图甲所示实验装置探究物体加速度与所受合外力的关系。
(1)本实验中__________(选填“需要”或“不需要”)保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量。
解析：绳子的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车质量。
不需要　
(2)某次实验得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留2位有效数字)。
0.40　
(3)若保持长木板水平，小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的F－a图像，则小车在运动过程中所受阻力为__________N(结果保留2位有效数字)，小车在运动过程中所受阻力主要来源于________________________________________________________。
1.0　
小车与木板间的摩擦、纸带与打点计时器间的摩擦等(共50张PPT)
第2节　科学探究：加速度与力、质量的关系
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验目的
1.探究加速度与力、质量的关系。
2.学习用控制变量法探索物理规律。
二、实验器材
带定滑轮的木板、薄垫块、小车、细绳、重物(小钩码或沙桶等)、打点计时器、纸带、交流电源、天平、砝码、刻度尺。
三、实验原理与设计
运用控制变量法
1.保持物体质量m不变，探究加速度a与力F的关系。
2.保持物体所受的力相同，探究加速度a与质量m的关系。
实验设计有一个关键点：如何测量小车受到的合外力？常用方法是将木板一端垫高，使小车不拉重物时能匀速运动，此时小车重力沿斜面的分力恰好抵消其所受摩擦力及其他阻力；同时，所挂重物的质量应远小于小车的质量。在此条件下，对应的重物重力大小便可近似认为等于作用于小车的合外力大小。
四、实验步骤
1.实验装置如图所示，将小车置于带有定滑轮的木板上，将纸带穿过打点计时器后挂在小车尾部。
2.用薄垫块将木板一端垫高，调整其倾斜程度，直至小车运动时打点计时器在纸带上打出的点分布均匀为止。
3.在细绳一端挂上重物，另一端通过定滑轮系在小车前端。注意重物质量应远小于小车质量。
4.将小车靠近打点计时器后开启打点计时器，稍后再将小车由静止释放。打点计时器在纸带上打出一系列点，据此计算出小车的加速度。保持小车质量不变，增加重物的质量(重物总质量仍远小于小车质量)，重复实验，将小车所受的不同拉力与相应计算出的加速度记录下来。
5.保持重物不变，增加或减少小车上的砝码以改变小车的质量，重复实验，将小车的质量与相应的加速度记录下来。
五、数据处理
1.物体的质量一定，探究加速度与受力的关系
实验序号 1 2 3 4 5 …
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
由表中数据，作出质量m一定时的a－F图像，并得出结论。
2.物体的受力一定，探究加速度与质量的关系
六、误差分析
分类 产生原因 减小方法
偶然误差 质量测量不准、计数点间距测量不准 多次测量求平均值
小车所受拉力测量不准 (1)准确平衡摩擦力
(2)使细绳和纸带平行于木板
系统误差 小桶和沙子的总重力代替小车所受的拉力 使小桶和沙子的总质量远小于小车的质量
七、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，不管以后是改变小桶和沙子的质量还是改变小车及砝码的质量，都不需要重新平衡摩擦力。
2.实验中必须满足小车和砝码的总质量远大于小桶和沙子的总质量。只有如此，小桶和
沙子所受总重力才可视为与小车受到的拉力相等。
3.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均匀地分布在所作直线两侧。离直线较远的点是错误数据，可舍去不予考虑。
4.释放小车时，小车应靠近打点计时器且先接通电源再释放小车。
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
　　(2025·四川南充市期末)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。
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。
A　
(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)该同学通过数据乙的处理作出了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
　　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
B
[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
[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
AD
[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。
题型二　教材实验创新
　　“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
B　
[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aF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
　　如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示遮光片通过光电门的时间以及小车从光电门甲运动到光电门乙的时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力大小，不计空气阻力。
(1)在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受的合外力，必须进行的操作是________。
A.平衡摩擦力
B.使小车的质量远大于沙桶的质量
C.用天平测出小车和沙桶的质量
[解析]　在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，小车受重力、支持力、拉力以及摩擦力，要使测力计的示数等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力。
A　
(2)保持小车的质量不变，多次向沙桶里加沙，测得多组a和F的值，画出图像如图乙所示，图像没有经过原点O的原因是_____________________。
[解析]　aF图像没有过原点，在横轴上有交点，说明在沙桶对小车施加力后，小车仍没有加速度，小车受到的合力小于测力计的拉力，这是平衡摩擦力时，木板被垫的高度不够，平衡摩擦力不足造成的。
平衡摩擦力不足　
(3)实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系，描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________。
C
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
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。
B　
(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。
B　
(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
远大于　
系统误差　
C
A
2.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
D　
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模块综合检测卷(二)
(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；健身者在单杆上悬停时，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”指的是时间间隔，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，物块先处于静止后加速，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s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s1＝at，则乙车的加速度大小a＝ m/s2＝1.6 m/s2，故B错误；s－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，以此平衡摩擦力，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；(3分)
(3)2 s末物体速度v的大小。(4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v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s＝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；(2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。(5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s＝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s1，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＝2a1s1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，s1＝0.16 m
则向上运动的最大距离
sm＝s＋s1＝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
sm＝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s1＝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
s2＝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＝2a3s3
解得s3＝0.032 m。
答案：(1)2 m　(2)0.8 m/s　0.8 m　(3)0.032 m(共37张PPT)
第5节　超重与失重
学习目标
1.知道超重和失重现象。　2.理解产生超重、失重现象的条件。　
3.能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、超重现象
1.定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)______物体所受重力的现象。
2.产生条件：物体具有____________的加速度。
3.运动类型：超重物体做向上的______运动或向下的______运动。
大于
竖直向上
加速
减速
二、失重现象
1.定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)______物体所受重力的现象。
2.产生条件：物体具有____________的加速度。
3.运动类型：失重物体做向上的______运动或向下的______运动。
小于
竖直向下
减速
加速
4.完全失重
(1)定义：物体对悬挂物的______(或对支持物的______)等于0的状态。
(2)产生条件：物体竖直向下的加速度等于_______________。
(3)在做自由落体运动时，物体处于____________状态。
拉力
压力
重力加速度
完全失重
判断下列说法是否正确。
(1)物体处于超重状态时，可能向下运动。(　　)
(2)物体处于超重状态时，是指物体受到的重力增大了。(　　)
(3)火箭加速上升时，航天员处于失重状态。(　　)
(4)物体在完全失重的条件下，对支持它的支撑面压力为0。(　　)
(5)航天员在太空中处于完全失重状态，所以说航天员在太空中不受重力的作用。(　　)
√
×　
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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所受重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其所受重力大还是小？
[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，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为0，所以支持力等于重力。
(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所受重力大还是小？
[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，所以支持力小于重力。
1.实重：物体实际所受的重力，物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
2.视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体所受的重力，此时弹簧测力计或台秤的示数叫物体的视重。
3.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0；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。
√
　　 关于超重与失重，下列说法正确的是(　　)
A.处于超重状态的物体，重力增加了
B.处于失重状态的物体，重力减小了
C.处于完全失重状态的物体，重力消失了
D.处于超重状态的物体，重力大小不变
[解析]　无论物体处于超重、失重还是完全失重状态，其所受重力大小都不变，故A、B、C错误，D正确。
√
　　(2025·内蒙古赤峰市期中)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
　 　(2025·江苏苏州市期末)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。
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
N＝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
N′－mg＝ma1
解得N′＝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－N″＝ma2
解得N″＝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失重问题
　 　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N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2N
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，N－mg＝ma sin θ，当加速度变为2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，N′＝mg＋2ma sin θ<2N，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，无法计算地面对斜面体的支持力的大小
[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，可以认为系统的重心加速向下运动，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重力。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(对超重和失重的理解)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。
√
2.(应用图像分析超重和失重)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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
√
3.(沿斜面运动物体的超重失重问题)(多选)无人站在智能化电动扶梯上时扶梯运行得很慢，有顾客乘扶梯下楼时，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：无论电梯匀速还是加速，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22张PPT)
课后达标检测
1.(2025·天津宝坻月考)关于牛顿第一定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A.力是维持物体运动的原因
B.力是改变物体运动状态的原因
C.静止于地面上的物体，没有惯性
D.宇宙飞船中的物体，惯性比其在地面时要大
解析：根据牛顿第一定律可知，力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，故A错误，B正确；物体在任何状态都有惯性，且惯性只与物体质量有关，故C、D错误。
√
2.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。
3.乒乓球比赛过程中，乒乓球遇到球拍前后，乒乓球速度方向改变。这一现象说明(　　)
A.乒乓球的惯性发生了改变
B.乒乓球受到球拍的惯性作用
C.力使物体运动状态发生改变
D.乒乓球比球拍更容易发生形变
√
解析：乒乓球的质量没变，则惯性不变，A错误；惯性是物体自身具有的一种物理属性，而非其他物体施加的作用，“受到惯性作用”说法错误，B错误；力使物体运动状态发生改变，C正确；该现象不能说明乒乓球比球拍更容易发生形变，D错误。
4.关于运动和力的关系，下列说法正确的是(　　)
A.一个质点在恒力作用下在光滑水平面上做匀加速直线运动，某时刻将恒力撤掉，由牛顿第一定律可知，该物体将继续做匀变速直线运动
B.在寒冷的冬季，冰雪路面必须慢速驾驶，是因为同一辆车在冰雪路面上行驶要比在普通路面上行驶时惯性大一点
C.同样的力作用在不同物体上时，质量越大的物体，其运动状态改变得越慢
D.若处于真空环境下，则可以利用实验证明牛顿第一定律
√
解析：某时刻将恒力撤掉，由牛顿第一定律可知，该物体将做匀速直线运动，故A错误；惯性仅与质量有关，与其他因素无关，同一辆车在冰雪路面上行驶和在普通路面上行驶时，惯性不变，故B错误；同样的力作用在不同物体上时，质量越大的物体，惯性越大，其运动状态改变得越慢，故C正确；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，故D错误。
5.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。
√
6.乘客坐在水平方向沿直线匀速行驶的汽车内感觉不到汽车在运动，但汽车一旦急刹车，乘客身体会前倾，这两种情况下(　　)
A.乘客都有惯性
B.乘客都没有惯性
C.前者乘客有惯性，后者没有
D.前者乘客没有惯性，后者有
√
解析：惯性是物体本身的一种属性，和运动状态无关，所以两种情况下乘客都具有惯性；当汽车紧急刹车时，乘客向前倾倒，是因为乘客和车都要保持原来的运动状态，汽车刹车，速度慢了，乘客的下身随汽车速度减慢，而上身由于具有惯性仍要保持原来的运动状态，所以要向前倾倒；当汽车匀速直线行驶时，乘客和汽车保持原来的运动状态，二者处于相对静止的状态，乘客就不会倾倒。
7.如果正在做自由落体运动的物体所受重力忽然消失，那么它的运动状态应该是(　　)
A.悬浮在空中不动
B.运动速度逐渐减小
C.做竖直向下的匀速直线运动
D.以上三种情况都有可能
解析：做自由落体运动的物体在运动过程中只受重力作用，如果重力消失，则物体不受任何力作用，由于惯性，物体将做竖直方向的匀速直线运动。
√
8.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、乘坐人员应当按规定使用安全带。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。
9.(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。
√
√
10.(2025·浙江宁波市期中)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。
11.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，若不考虑其他阻力，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。
√
12.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，B受到A对它的支持力消失，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，现在B仅受重力，重力的方向为竖直向下，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。
√
13.用细绳把一本较厚重的书扎一圈，然后将细绳的一端悬挂起来，另一端用手牵住，如图所示。第一次，迅速用力将细绳往下拉，第二次，拉力逐渐加大，两次都把细绳拉断，关于实验结果，下列说法正确的是(　　)

A.两次实验，都是上面的细绳先断
B.两次实验，都是下面的细绳先断
C.第一次实验，上面的细绳先断，第二次实验，下面的细绳先断
D.第一次实验，下面的细绳先断，第二次实验，上面的细绳先断
√
解析：由于书本比较厚重，惯性较大，其运动状态难以改变，在迅速向下拉绳的瞬间，可以认为书本固定不动，上段细绳的力没增大，而此时下段细绳承受的力将比上段细绳承受的力大，因此下段细绳将会先断。当逐渐增大拉力时，由平衡知识可知，上段细绳承受的力为书所受重力和手对下段细绳的拉力之和，所以上段细绳的拉力总比下段细绳的拉力大，上段细绳一定先断，故D正确。(共45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.下列四幅图中，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”指的是时间间隔
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”表示时间间隔，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，根据平行四边形法则知，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，故必受弹力，但是受弹力的时候只要有弹性形变即可，故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，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与真实值相比__________(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，因此我们采用的研究方法是控制变量法，故选B。
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。(4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？(6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第3节　牛顿第二运动定律
第1课时　牛顿第二定律
INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.知道牛顿第二运动定律的内容、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.能应用牛顿第二运动定律解决简单的动力学问题。
4.知道基本单位、导出单位和单位制，知道力学中的三个基本单位。
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、牛顿第二运动定律及其意义
1.内容：物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同。
2.表达式：F＝ma。
3.单位“牛顿”的定义：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__kg·m/s2。
二、国际单位制
1.国际单位
(1)与力学有关的基本单位：米(m)(长度单位)、千克(kg)(质量单位)、秒(s)(时间单位)。
(2)导出单位：根据物理学关系式由基本量推导出的其他物理量的单位。
2.意义与作用：用公式进行计算的时候，所列的等式中就不必一一写出每个物理量的单位，只
要在计算结果的数据后面正确写出待求量的单位即可。
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确。
(1)牛顿第二运动定律可以理解为物体的质量与物体的加速度成反比，与合外力成正比。(　　)
(2)牛顿第二运动定律表明，物体受到的合外力与物体的加速度成正比，加速度越大，合外力就越大。(　　)
(3)牛顿第二运动定律的关系式是矢量关系式，加速度的方向由合外力的方向决定。(　　)
(4)在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位制。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　对牛顿第二定律的理解
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用
B.某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬时之前或之后的外力无关
C.物体的运动方向一定与物体所受的合外力的方向一致
D.在公式F＝ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
[解析]　牛顿第二定律只适用于惯性参考系，故A错误；加速度与合外力具有瞬时对应性，所以某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬时之前或之后的外力无关，故B正确；根据牛顿第二定律可知物体的加速度方向一定与物体所受的合外力的方向一致，但运动方向不一定与合外力方向一致，故C错误；在公式F＝ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和，故D正确。
[答案]　BD
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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0，则物体的加速度一定为0，所受合力也为0
C.若物体的速度发生反向，则加速度也发生反向
D.物体的速度很大，加速度可能为0，所受的合力也可能为0
[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0，根据牛顿第二定律可知，所受合力也可能为0，故A错误，D正确；物体的速度为0，但物体的加速度不一定为0，所受合力也不一定为0，例如：火箭发射瞬间，速度为0，但加速度不为0，所受合力也不为0，故B错误；物体的速度发生反向，但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
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物体所受的合外力，加速度的方向即是物体所受合外力的方向。
(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。
角度1　应用牛顿第二定律定性分析问题
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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
角度2　应用牛顿第二定律的定量计算
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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。
[答案]　C
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　)
A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2
[解析]　书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝4 m/s2，书相对于高铁静止，则高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·四川攀枝花市期末)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
知识点三　单位制的应用
INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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＝μN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。
INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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，所以没有单位，D正确。
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　一物体在2 N的外力作用下，产生10 cm/s2 的加速度，求该物体的质量。下面是几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是(　　)
A.m＝＝ kg＝0.2 kg
B.m＝＝＝20 ＝20 kg
C.m＝＝＝20 kg
D.m＝＝ kg＝20 kg
[解析]　在进行数量运算的同时，也要把单位带进去运算。带单位运算时，每一个数据均要带上单位，且单位换算要准确。也可以把题中的已知量的单位都用国际单位表示，计算的结果就用国际单位表示，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只要在数字后面写出正确的单位即可。在备选的四个选项中，A、C均错误，B解题过程正确，但不简洁，只有D运算正确，且简洁又规范。
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(牛顿第二定律的应用)(2025·甘肃省多校第二次月考)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－。
2.(单位制的应用)(多选)(2025·湖南长沙市期中)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。
3.(单位制的应用)(2025·福建福州市期中)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：选C。根据题意可知j＝，故加加速度的单位为。
4.(牛顿第二定律的应用)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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。章末知识网络建构INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
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，物体与直杆间无挤压，物体不受摩擦力的作用而匀速运动，对应于图像A；当kv0mg时，竖直方向上kv＝mg＋N，水平方向上μN＝ma，可知随着物体速度的减小，物体的加速度减小，直到速度减小到使kv＝mg时加速度也减小到0，此后物体匀速运动，对应于图像D，故A、B、D正确。
2.(2025·河南开封市期末)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。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。
3.(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为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为s＝＝5 m，分析可知物体做匀减速运动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，μ＝0.5，无法求出物体的质量，A错误，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v－0＝2a′s，解得vt＝2 m/s，D错误。
4.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。
5.静止在水平地面上的物块，受到水平推力的作用，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fmax＝2 N，故A错误；由甲图知F＝2t，根据牛顿第二定律得，加速度为a＝＝＝t－，由乙图可知，图线的斜率k＝＝1 kg－1，解得m＝2 kg，则动摩擦因数为μ＝＝0.1，故B正确，C错误；根据共点力的平衡可知，0.5 s时物块受到的摩擦力为1 N，故D错误。
6.如图所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，以下说法正确的是(　　)
A.前2 s物体没有推动，是因为推力小于摩擦力
B.2 s到4 s物体受到的摩擦力是2 N
C.2 s到4 s物体受到的摩擦力是3 N
D.4 s到6 s物体受到的静摩擦力为3 N
解析：选B。根据题图乙可知，物体在前2 s内处于静止状态，在水平方向受到的推力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，故A错误；物体在4 s到6 s内处于匀速直线运动状态，在水平方向受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，在4 s到6 s内物体受到的推力大小为2 N，所以此时物体受到的滑动摩擦力大小为f＝F＝2 N，物体在2 s到4 s内处于加速运动状态，因为物体对水平面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物体此时受到的滑动摩擦力不变，仍然为2 N，故B正确，C、D错误。
7.(10分)(2025·山东威海市期末)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的图像如图乙所示，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；(4分)
(2)滑块沿斜面上滑的最大距离。(6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
8.(10分)(2025·新疆维吾尔自治区直辖县级单位期末)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；(5分)
(2)环和长杆间的动摩擦因数。(5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)0.75
9.(10分)(2025·浙江杭州市期中)质量为40 kg的雪橇(图中未画出)在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运动的v－t图像如图乙中曲线所示，且AB是曲线在A点的切线，B点坐标为(4，15)，CD是曲线的渐近线即雪橇最终滑行速度将趋近于10 m/s。求：
(1)从图乙分析t＝0时刻雪橇的加速度大小；(4分)
(2)雪橇与斜面间的动摩擦因数μ和空气阻力与速度的比值k。(6分)
解析：(1)根据题图乙的斜率可知t＝0时刻雪橇的加速度大小
a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2。
(2)t＝0时，由题图乙可得雪橇速度
v0＝5 m/s
由牛顿运动定律得
mg sin θ－μmg cos θ－kv0＝ma
最终雪橇匀速运动时达到最大速度
vm＝10 m/s
此时加速度为0，则有
mg sin θ－μmg cos θ－kvm＝0
联立解得μ＝0.125，k＝20 N·s/m。
答案：(1)2.5 m/s2　(2)0.125　20 N·s/mINCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" INCLUDEPICTURE "基础对点练.TIF" \* MERGEFORMAT
题组1　瞬时问题
1.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。
2.(多选)(2025·陕西西安市期中)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。
题组2　连接体问题
3.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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节车厢的牵引力大小为(　　)
A.F　　　　　　　　 B.
C. D.F－2μmg
解析：选C。对五节车厢整体分析，由牛顿第二定律可得F－5μmg＝5ma，对第4和第5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节车厢的牵引力大小F34＝F。
4.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)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＝9.0 N。
INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" INCLUDEPICTURE "综合提升练.TIF" \* MERGEFORMAT
5.(2025·重庆沙坪坝区期中)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。
6.如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大时(　　)
A.A对C的摩擦力保持不变
B.A对C的压力保持不变
C.A、B相对C仍保持静止
D.轻绳对B拉力保持不变
解析：
选C。受力分析，如图所示，当C以加速度a0向上匀加速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受力图可得水平方向T＝fCA，fCA＝μFNA，竖直方向FNA－mAg＝mAa0，T－mBg＝mBa0，解得μ＝，当加速度由a0逐渐变大时，加速度越大，轻绳对B拉力逐渐变大，故D错误；C对A的支持力逐渐变大，可知A对C的压力逐渐变大，A对C的摩擦力逐渐变大，故A、B错误；整理表达式发现A、B质量消元，则A、B相对C一直静止，故C正确。
7.(8分)(2025·内蒙古呼和浩特市期末)如图所示，在光滑水平面上有质量都为m的两物块A、B，两物块通过劲度系数为k的轻弹簧连接，刚开始它们都处于静止状态，现给B物块一水平向右的恒力F，待它们的加速度相同时，求：
(1)A物块的加速度大小a；(4分)
(2)弹簧的伸长量x。(4分)
解析：(1)待它们的加速度相同时，对整体分析，根据牛顿第二定律有F＝2ma，解得a＝。
(2)对物块A分析，根据牛顿第二定律有
kx＝ma，解得x＝。
答案：(1)　(2)
8.(12分)(2025·甘肃武威市开学考)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。(4分)
(2)求悬线对小球的拉力大小。(4分)
(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。(4分)
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
9.(14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？(4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？(4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，在平行于斜面方向的推力F作用下沿斜面向上加速，则A、B间的弹力为多大？(6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)F(共46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.下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第一定律也叫惯性定律，它可以通过实验直接验证
B.在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s
C.相互挤压的海绵比物块形变大，所以海绵对物块的力大于物块对海绵的力
D.kg、m/s、N是国际单位的导出单位
√
解析：牛顿第一定律是在可靠的事实基础上，通过科学推理概括出来的，不能直接用实验来验证，故A错误；在国际单位制中，力学的三个基本单位是kg、m、s，其他单位例如m/s、N是国际单位的导出单位，故B正确，D错误；物块对海绵的力与海绵对物块的力是作用力与反作用力，大小相等，故C错误。　
2.雨滴从高空由静止下落，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则在此过程中雨滴的运动图像最接近下列图中的(　　)

解析：速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。
√
√
4. 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A.逐渐增大　　　　　
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
√
√
5.如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)
A.此时m2的加速度为5 m/s2
B.弹簧测力计的示数是50 N
C.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为4 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12 m/s2
√
7.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则(　　)
A.t2至t3时间内，小球速度先增大后减小
B.t2时刻，小球对弹簧的作用力小于弹簧对小球的作用力
C.t1时刻小球的速度最大
D.t3时刻小球返回出发点
√
解析：t2至t3这段时间内，小球受到的弹力逐渐变小，开始弹力大于重力，小球做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大，当弹力小于重力时，小球做减速运动，故小球的速度先变大后变小，故A正确；小球对弹簧的作用力与弹簧对小球的作用力是一对相互作用力，等大、反向，故B错误；小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达到最大，故t1时刻小球速度没有达到最大值，故C错误；t3时刻弹力为0，则此时小球刚脱离弹簧，故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，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。
√
√
解析：以小物块为研究对象，在竖直方向上T cos 53°＝mg，T sin 53°＝F弹，解得T＝5 N，F弹＝4 N，故A正确，B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，仍为4 N，故C错误；剪断轻绳的瞬间，物块所受最大静摩擦力的大小fm＝μmg＝1 N＜F弹，由牛顿第二定律可得F弹－μmg＝ma，解得a＝10 m/s2，故D正确。
√
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)请根据以下内容，完成下列小题。
某小组用图甲所示的实验装置探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了图乙所示的a－F图像，在实验中获得一条纸带如图丙所示，纸带上两点之间的时间间隔为0.02 s。
(1)本实验采取的实验方法是________。
A.控制变量法 B.放大法　C.理想实验法
解析：探究在小车质量不变时加速度跟它所受拉力的关系时，运用控制变量的方法进行实验设计。
A　
(2)如果补偿阻力不足，对应的图像应是图乙中的________(选填“A”“B”或“C”)
解析：若补偿阻力不足，小车受到的外力较小时，可能其加速度依然为零，故图像应为C。
C　
(3)图丙是某次实验得到的纸带，由此可求得在打计数点2时速度大小为______m/s。(保留小数点后2位数字)
1.32
12.(8分)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
(1)以下操作正确的是________。
A. 使小车质量远小于槽码质量
B. 调整垫块位置以补偿阻力
C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带
D. 释放小车后立即打开打点计时器
B　
解析：为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细绳和长木板平行，故B正确；补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
D　
由图3可知，在所受外力一定的条件下，a与M成________(选填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(选填“小车”“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
反比　
槽码
13.(12分)如图所示，质量为2 kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到与水平方向成θ＝30°角斜向上的拉力F作用，g取10 m/s2，求：
(1)拉力F为多大时物体水平向右做匀速运动？(6分)
(2)如果拉力大小为40 N，物体的加速度为多少？(6分)
14.(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；(5分)
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。(6分)
答案：1 m，方向沿斜面向上
15.(14分)如图所示，倾角θ＝37°的斜面BC足够长，与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝20 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物体施加一水平向右的恒力F＝15 N，运动至B点时撤去该力，物体从B点滑上斜面瞬间速度大小不变。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度；(2分)
解析：取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
解得a＝2.5 m/s2
方向水平向右。
答案：2.5 m/s2，方向水平向右　
(2)物体沿斜面向上滑行的最远距离；(4分)
答案：5 m
(3)假设D点为物体在斜面上滑行区域的中点，求物体从开始运动到D点的时间(结果可用根号表示)。(8分)(共25张PPT)
课后达标检测
√
题组1　牛顿第三定律
1.如图所示，运动员在比赛过程中用球拍击回飞过来的网球，若F1表示网球撞击球拍的力，F2表示球拍击打网球的力，则(　　)
A.F1小于F2
B.F1大于F2
C.F1和F2是一对相互作用力
D.F1和F2是一对平衡力
解析：由题意，F1是网球对球拍的作用力，F2是球拍对网球的作用力，F1和F2的受力物体不同，它们不是一对平衡力，是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等。
2.(2025·浙江省部分学校期中联考)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。
√
3.(2025·云南昆明市期中)如图所示为某幼儿园小朋友练习拍篮球的场景，下列说法正确的是(　　)
A.老师指导小朋友拍篮球的技巧时可以把篮球看作质点
B.因为篮球是空心的，所以篮球的重心在球皮上
C.篮球对地面的撞击力是由篮球的形变产生的
D.手向下拍打篮球时手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力
√
解析：老师指导小朋友拍篮球的技巧时，篮球的大小、形状不能忽略不计，不可以把篮球看作质点，故A错误；重心是物体重力的等效作用点，重心在篮球的球心处，故B错误；篮球对地面的撞击力是由篮球的形变产生的，故C正确；手向下拍打篮球时手对篮球的作用力等于篮球对手的作用力，故D错误。
4.(多选)用计算机辅助实验系统做“验证牛顿第三定律”的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。如图(a)所示，把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图(b)所示。观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论(　　)
A.作用力与反作用力大小时刻相等
B.作用力与反作用力作用在同一物体上
C.作用力消失后反作用力可以慢慢消失
D.作用力与反作用力方向相反
√
√
解析：由题图可知，作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，同时产生、同时变化、同时消失，作用在两个物体上。
题组2　相互作用力与平衡力
5. (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其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，D错误。
6.(2025·吉林松原市期中)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。
7.(2025·湖北武汉市期中)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.如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A.甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
B.小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
C.若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D.若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
√
解析：小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力，A错误，B正确；无论小车加速向左还是向右运动，小车拉甲的力和甲拉小车的力都是一对作用力和反作用力，故仍然是相等的，C、D错误。
9.(2025·江苏镇江市期中)滑板是青少年热爱的一项运动。如图所示，人站在滑板上沿水平路面直线滑行，下列说法正确的是(　　)
A.人的重力与滑板所受的支持力是一对平衡力
B.滑板受到路面向上的弹力，是滑板发生形变产生的
C.人对滑板的压力和滑板对人的支持力大小一定相等
D.路面受到向下的压力是因为滑板和人的重力作用在了路面上
√
解析：人的重力与滑板对人的支持力是一对平衡力，故A错误；滑板受到路面向上的弹力，是路面发生形变产生的，故B错误；人对滑板的压力和滑板对人的支持力是一对相互作用力，大小一定相等，故C正确；路面受到向下的压力，是因为滑板的压力作用在了路面上，故D错误。
10.(2025·浙江嘉兴市期中)如图所示，在粗糙的水平桌面上静止放着一盏台灯，该台灯可通过前后调节支架将灯头进行前后调节。关于台灯的受力情况，下列说法正确的是(　　)
A.灯头对支架的压力是由于支架发生形变产生的
B.台灯的重力和台灯对桌面的压力是一对平衡力
C.桌面受到台灯的压力和台灯受到的支持力是一对相互作用力
D.若将灯头向前调节一点(台灯未倒)，则桌面对台灯的支持力将变大
√
解析：灯头对支架的压力是由于灯头发生形变产生的，故A错误；台灯的重力作用在台灯上，台灯对桌面的压力作用在桌面上，所以两者不是一对平衡力，故B错误；桌面受到台灯的压力和台灯受到桌面的支持力是一对相互作用力，故C正确；若将灯头向前调节一点(台灯未倒)，根据受力平衡可知，桌面对台灯的支持力不变，仍等于台灯的重力，故D错误。
11. (2025·陕西宝鸡市期中)一种有趣好玩的感应飞行器的示意图如图所示，主要通过手控感应飞行，它的底部设置了感应装置，只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。下列说法正确的是(　　)

A.手对飞行器的作用力等于飞行器的重力
B.飞行器对空气的作用力竖直向下
C.空气对飞行器的作用力和飞行器对空气作用力是一对平衡力
D.当飞行器向上运动时,空气对飞行器的作用力大于飞行器对空气的作用力
√
解析：飞行器静止悬浮在空中，由平衡条件可知，空气对飞行器的作用力方向竖直向上，飞行器对空气的作用力竖直向下，故B正确；手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，故A错误；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，故C错误；当飞行器向上运动时，空气对飞行器的作用力等于飞行器对空气的作用力，它们互为作用力与反作用力，故D错误。
12.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.斜面体对地面的摩擦力大小为F cos θ
B.斜面体对地面的压力为(M＋m)g
C.物体对斜面体的摩擦力的大小为F
D.斜面体对物体的作用力竖直向上
√
解析：由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况结合共点力的平衡条件可得，地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，A正确，B错误；隔离物体进行受力分析，由共点力平衡条件得斜面体对物体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，由牛顿第三定律可知，C错误；斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由共点力的平衡条件可知斜面体对物体的作用力与物体所受的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错误。

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