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(共47张PPT)
章末过关检测(四)
√
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．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处所用的时间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
√
√
√
7.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′＞AO′＞CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
A.A处滑块最先到达O′点
B.B处滑块最先到达O′点
C.C处滑块最先到达O′点
D.三个滑块同时到达O′点
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。
√
A.轻绳对小物块的拉力大小为5 N
B.弹簧对小物块的弹力大小为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：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；(4分)
答案：0.25　
(2)拉力F的大小；(4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；(3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)。(7分)第1节　牛顿第一定律
eq \a\vs4\al()
1．知道伽利略的理想实验及其推理过程，知道理想实验是科学研究的重要方法。　2.理解牛顿第一定律的内容及意义。　3.明确惯性的概念，会解释有关的惯性现象。　4.会用牛顿第一定律定性分析问题。
一、理想实验的魅力
1．亚里士多德的观点：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。即力是维持物体运动的原因。
2．伽利略的观点
(1)理想实验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长。
科学推论：当斜面最终变为水平面时，小球要到达原有高度将______________。
(2)结论：力不是__________物体运动的原因。
3．笛卡儿的观点：如果运动中的物体没有受到________的作用，它将继续以__________沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
二、牛顿第一定律
1．牛顿第一定律：一切物体总保持__________________状态或__________状态，除非作用在它上面的________迫使它改变这种状态。
2．力和运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体________________的原因。
3．不受力作用的物体是不存在的。牛顿第一定律所描述的状态是一种______________。它是利用逻辑思维进行分析的产物，____________用实验直接验证。
三、惯性与质量
1．惯性：物体这种保持原来的______________状态或__________状态的性质就叫惯性。
2．惯性的量度：描述物体惯性的物理量是它的__________。质量是物体惯性大小的唯一量度。
3．质量只有大小，没有方向，是标量。
判断下列说法是否正确。
(1)伽利略理想斜面实验是不科学的假想实验。(　　)
(2)理想实验所得到的结论是不可靠的。(　　)
(3)伽利略的“理想实验＋科学推论”的方法是一种科学方法。(　　)
(4)物体只有处于静止状态或匀速直线运动状态时才有惯性。(　　)
(5)物体运动速度越大，惯性越大。(　　)
(6)力无法改变物体的惯性。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
[答案自填] 永远运动下去　维持　力　同一速度　匀速直线运动　静止　力　运动状态　理想状态　不可能　匀速直线运动　静止　质量
知识点一　对牛顿第一定律的理解
eq \a\vs4\al()
1．【教材经典P87第1题】回答下列问题。
(1)飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标吗？为什么？
(2)地球由西向东自转，你向上跳起来以后，为什么还落在原地，而不落到原地的西边？
(3)我国道路交通安全法规定，在各种小型车辆里乘坐的人必须系好安全带。为什么要有这样的规定？
(4)一位同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力，否则它不可能向上运动。这个结论错在哪里？
2．以上问题的分析揭示了力和运动之间是什么关系？
[提示]　1.(1)不能击中目标。因为炸弹被投下时，由于惯性，具有与飞机相同的水平速度，如果目标是静止的，炸弹就会落到目标的前方。
(2)因为当你跳起时，由于惯性，你仍有与地面相同的速度，所以还落在原地，而不会落在原地的西边。
(3)如果不系安全带，当紧急刹车或发生交通事故时，车因受到制动力或撞击而突然改变运动状态，而人因惯性仍然向原方向运动，人和车发生相对运动，会发生危险。系上安全带后，人虽然因惯性向前运动，但受安全带的约束，增加了安全系数。
(4)物体以一定速度向上抛出，在空中向上运动，是由于物体具有惯性而继续向上运动，不是因为受到了向上的力的作用。
2．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。
②力不是维持物体运动状态的原因：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保持静止或匀速直线运动状态的属性——惯性，所以牛顿第一定律也叫惯性定律。
角度1　理想斜面的实验
　(多选)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。图(a)、图(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)
A．图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体是一种匀变速直线运动
B.图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量时间
C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验能直接观察到小球达到等高处
D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论
[解析]　题图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，在得出斜面上小球运动特征后，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；题图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，因为在倾角较小的斜面上的小球加速度较小，运动相等位移下所用时间较长，更有利于时间的测量，故B正确；题图(b)中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；题图(b)的实验为“理想实验”，伽利略通过结合实验结果，利用逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D正确。
[答案]　ABD
角度2　运动和力的关系
　关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是(　　)
A．所受合力为零的物体一定处于静止状态
B.速度是物体运动状态的标志性物理量
C．物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零
D．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化
[解析]　物体所受合力为零，物体一定处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，故A错误；速度是物体运动状态的标志性物理量，故B正确；力是改变物体运动状态的原因，只要合力不为零，物体的运动状态就会发生改变，但某时刻的速度可能为零，故C、D错误。
[答案]　B
知识点二　惯性的理解和应用
eq \a\vs4\al()
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＝2ax知，刹车位移与初速度的二次方成正比，汽车速度越大，刹车位移越长，但是汽车的质量不变，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。
　(2025·黑龙江哈尔滨市期中)惯性是经典物理学中的重要概念。下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体惯性大
B．质量小的物体惯性大
C.只有静止的物体才具有惯性
D．只有运动的物体才具有惯性
[解析]　一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度，质量越大，惯性越大；惯性大小与物体的运动状态无关。
[答案]　A
　(2025·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　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列车上，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列车上，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
　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．以上都有可能
[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v0；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＝v0，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
1．(对牛顿第一定律的理解)(2025·江苏扬州市期中)关于下列四幅图的叙述正确的是　(　　)
A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大
B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力
D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因
解析：选B。惯性只与质量有关，与速度无关，A错误； 题图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，当时所处的年代时间的测量没有现在精确，通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，故B正确；题图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，根据牛顿第三定律可知，马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小，C错误；题图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力不是维持物体运动的原因，D错误。
2．(惯性的理解和应用)根据《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条规定，汽车行驶时，驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带，乘客不管坐前排还是后排，乘车就必须系安全带。关于安全带，下列说法正确的是(　　)
A．系好安全带可以减小汽车的惯性
B．系好安全带可以减小驾驶员和乘客的惯性
C．系好安全带可以完全避免撞击对驾驶员和乘客的伤害
D．系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响
解析：选D。物体的惯性只与物体的质量有关，所以系好安全带并不能减小汽车的惯性，也不能减小驾驶员和乘客的惯性，即系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响，故A、B错误，D正确；系好安全带不能完全避免撞击对驾驶员和乘客造成的伤害，但可以在一定程度上减轻驾驶员和乘客受到的伤害，故C错误。
3.(惯性的理解和应用)(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。
4．(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，该力使人向前运动
B．人跳起时，车厢对人有一个向前的摩擦力，该力使人向前运动
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，跳起后，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40张PPT)
第6节　超重和失重
学习目标
1．知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象。
2．能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、重力的测量
1．一种方法是，先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用__________测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得 G＝mg。
2．另一种方法是，利用力的______________对重力进行测量。
天平
平衡条件
二、超重和失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__________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。
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__________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。
大于
小于
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)______________作用力的状态。
(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下。
完全没有
判断下列说法是否正确。
(1)物体向上运动时一定处于超重状态。(　　)
(2)物体减速向下运动时处于失重状态。(　　)
(3)物体处于失重状态时重力减小了。(　　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　　)
(5)不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的。(　　)
(6)超重和失重可根据物体的加速度方向判定。(　　)
×　
√
×　
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
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。
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。
(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。
(2025·江苏无锡市期末)小明探究从一楼坐电梯回到家(五楼)的电梯运动情况的v－t图像如图所示，小明处于失重阶段的是(　　)

A.从20.0 s到30.0 s　 B.从30.0 s到40.0 s
C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s
√
[解析]　从20.0 s到30.0 s，由v－t图像可知，速度随时间在增大，因此小明随电梯在加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重阶段，A错误；从30.0 s到40.0 s，速度基本保持不变，电梯仍在上升，因此小明随电梯匀速上升处于平衡阶段，B错误；从40.0 s到50.0 s，速度随时间在减小，电梯仍在上升，因此小明随电梯在减速上升，加速度向下，处于失重阶段，C正确；从50.0 s到60.0 s，速度为0，即此时电梯到达目的楼层，小明处于静止平衡阶段，D错误。
(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示，根据图像分析得出的结论正确的是(　　)
A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
√
√
[解析]　从F－t图像可以看出，0到t1，F＝mg，电梯可能处于静止状态或匀速直线运动状态；t1到t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，电梯可能做加速向上运动或减速向下运动；t2到t3，F＝mg，电梯可能静止或做匀速直线运动；t3到t4，F升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg 的物体(g取10 m/s2)。
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
[解析]　当升降机匀速上升时，FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N。
[答案]　200 N　
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
[解析]　当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，根据牛顿第二定律
FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N。
[答案]　超重　220 N　
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
[解析]　当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，加速度方向向下，物体处于失重状态，根据牛顿第二定律
mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N。
[答案]　失重　100 N　
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
[解析]　当升降机自由下落时，加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，对台秤的压力为0。
[答案]　0
知识点三　沿斜面运动物体的超重和失重
(多选)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.物体处于失重状态
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，无法比较地面对斜面体的支持力与(M＋m)g的大小关系
√
√
[解析]　对M和m组成的系统，当m具有沿斜面向下的加速度而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的重力。
(多选)同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客均相对于电梯静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是(　　)

A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
√
√
[解析]　电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用，在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用，在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故A、B错误；在甲种方式中，乘客受到电梯地板的支持力FN1＝mg cos θ，在乙种方式中，根据牛顿第二定律有FN2－mg＝ma sin θ，乘客受到电梯地板的支持力FN2＝mg＋ma sin θ，在丙种方式中，根据牛顿第二定律有FN3－mg＝ma，乘客受到电梯地板的支持力FN3＝mg＋ma，可得FN1随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(对超重和失重的理解)(2025·湖南长沙市期末)2024年11月8日，中国新型隐形战机歼-35A亮相珠海，关于歼-35A下列说法正确的是(　　)
A.歼-35A在进行飞行表演时，可以将其看成质点
B.歼-35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于失重状态
C.歼-35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于超重状态
D.以歼-35A为参考系，加油机给歼-35A空中加油时是静止的
√
解析：飞行表演重点看飞机的姿态，故不可将飞机看成质点，A错误；歼-35A向下俯冲，可能向下加速，可能向下匀速，也可能向下减速，B、C错误；加油机给歼-35A空中加油时，二者处于相对静止状态，以歼-35A为参考系，加油机是静止的，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和失重)(多选)某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运行很慢。现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运行。下列说法正确的是(　　)

A.扶梯匀速运行中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
B.扶梯加速运行中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
C.扶梯加速过程中，顾客处于失重状态
D.扶梯加速过程中，顾客共受到两个力作用
√
√
√
解析：无论扶梯匀速还是加速，顾客受到的支持力和扶梯受到的压力总是一对作用力与反作用力，因此它们的大小总是相等的，故A、B正确；在加速的过程中，顾客加速度与速度同方向，具有竖直向下的加速度分量，顾客处于失重状态，故C正确；在加速的过程中，顾客受到的合力斜向左下方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行，方向水平向左，同时顾客还受重力、支持力的作用，故D错误。(共3张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS
伽利略的科学研究方法：“理想实验”圳“科学推理”
[备选答案]
提示：将以下备选答案前的
内容：一切物体总保持回
状态或
牛顿第一定律
状态，
字母填入左侧正确的位置。
除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
A.反比
惯性：物体这种保持原来匀速直线运动状态或静止状态
的性质
B.相同
猜想→探究验证
探究过程
C.匀速直线运动
控制变量法
运动和
内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成③
牛顿第二定律
D.静止
跟它的质量成④
加速度的方向跟作用力的方向
力的关系
E.正比
表达式：⑥
F.F=ma
力学单位制：基本量、基本单位、导出单位，国际单位制及应用
已知受力情况求解运动情况
「答案校对]
两类基本问题
牛顿运动定律的应用
已知运动情况求解受力情况
①C
2D
③E
超重和失重
④A
固B
⑥F
实验：探究加速度与力、质量的关系1．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)下列说法正确的是(　　)
A．物体的惯性大小除了和质量有关以外，还与物体的运动速度、加速度大小有关
B．伽利略通过理想斜面实验证明了力是维持物体运动状态的原因
C．放在水平讲台上的粉笔盒受到讲台的支持力，是由于讲台发生了形变引起的
D．受滑动摩擦力的物体不一定运动，但受静摩擦力的物体一定静止
解析：选C。物体的惯性大小只与质量有关，故A错误；伽利略通过理想斜面实验证明了力不是维持物体运动状态的原因，故B错误；放在水平讲台上的粉笔盒受到讲台的支持力，是由于讲台发生了形变引起的，故C正确；货物在传送带上向高处运动时，货物受静摩擦力但不静止，故D错误。
2．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．乒乓球受到球拍的作用力大于球拍受到乒乓球的作用力
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；乒乓球受到球拍的作用力与球拍受到乒乓球的作用力是一对作用力与反作用力，两力等大、反向，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。
3．(2025·黑龙江牡丹江市期中)下列说法正确的是(　　)
A．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用
B．形状规则的物体的重心一定在它的几何中心上
C．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大惯性越大
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
解析：选A。物体在地面上滑动时，地面受到物体对它的滑动摩擦力，故静止的物体也可能受到滑动摩擦力，A正确；形状规则、质量分布不均匀的物体的重心可能不在它的几何中心上，B错误；牛顿第一定律表明，物体在任何情况下都有惯性，惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关，C、D错误。
4．冰壶在冰面运动时可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，这种抵抗运动状态变化的“本领”，我们称之为“惯性”，则冰壶惯性的大小取决于(　　)
A．冰壶受到的推力
B．冰壶的速度
C．冰壶的质量
D．冰壶受到的阻力
解析：选C。质量是惯性大小的唯一量度，则冰壶惯性的大小取决于冰壶的质量。
5．关于惯性，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体的惯性一定大
B．静止的物体没有惯性
C．只有运动的物体具有惯性
D．所有物体都具有惯性
解析：选D。惯性是物体的固有属性，任何物体在任何情况下都具有惯性，惯性大小与物体的速度无关，与物体的运动状态无关，A、B、C错误，D正确。
6．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)2024巴黎奥运会上，中国运动员凭借出色的表现，成功夺得女单网球奥运冠军。在一次关键的对决中，该运动员将高速飞来的网球击打回去，网球在空中划出一道优美的弧线，最终稳稳落入对方场地，下列说法正确的是(　　)
A．球能被打飞回去，是因为有力维持物体运动的状态
B．根据牛顿第三定律，网球对球拍的弹力与球拍对网球的弹力是一对平衡力
C．球拍击打网球时，网球的惯性消失
D．根据牛顿第一定律可知，网球在被击打后，如果受到的一切力都消失，则其将保持被击打后的速度做匀速直线运动
解析：选D。球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故A错误；根据牛顿第三定律可知，网球对球拍的弹力与球拍对网球的弹力是一对作用力与反作用力，故B错误；物体的惯性只由质量决定，与其他因素无关，故C错误；根据牛顿第一定律可知，网球在被击打后，如果受到的一切力都消失，则其将保持被击打后的速度做匀速直线运动，故D正确。
7．(2023·浙江6月卷，T2)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　)
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
解析：选B。在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
8．(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。
9．足球运动中蕴含着丰富的物理知识，关于惯性下列说法正确的是(　　)
A．足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为存在惯性
B．踢出去的足球能继续飞行，是因为存在惯性
C．踢出去的足球速度在不断变化，惯性也在不断变化
D．足球若被带到太空，惯性将会消失
解析：选B。足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的存在，故A错误；惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的存在，故B正确；惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，故C错误；惯性与物体所在位置无关，故D错误。
10．(2025·江苏常州市期中)足球是青少年喜爱的一项体育运动。如图所示的是一次精彩的传球、头球攻门、守球的过程(虚线代表足球的飞行路径)，下列说法正确的是(　　)
A．静止在场地上的足球受到的弹力就是它的重力
B．运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的
C．传球过程中，足球受到平衡力的作用
D．运动员用头顶球时，力只改变了球的运动状态
解析：选B。静止在场地上的足球受力平衡，此时重力大小等于足球受到的弹力大小，但是不能说足球受到的弹力就是它的重力，故A错误；运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的，故B正确；传球过程中，足球的运动状态改变，足球不是受到平衡力的作用，故C错误；运动员用头顶球时，力既改变了足球的运动状态，也使足球发生了形变，故D错误。
11．(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。
12．如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动。当车突然停止时，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。
13．如图所示，一个劈形物体A放在斜面上，A的各个表面光滑且上表面水平，在A的上表面放置一个小球B，由静止释放A，则小球B在碰到斜面之前的运动轨迹是(　　)
A.沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．抛物线
D．双曲线
解析：选B。B原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零，当A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，B原来速度为0，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表面又光滑，除竖直方向有合力外，其他方向上没有合力，而力是使物体运动状态改变的原因，B只能在竖直方向上有运动，在碰到斜面之前，B的运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线。题组1　连接体问题
1．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列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3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)
A. F B． C． D.
解析：选C。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3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝。
2．(多选)(2025·重庆沙坪坝市期末)太白山是陕西避暑胜地之一。如图是太白山索道的简化物理模型，已知体重约为50 kg的游客站立于轿厢底面，倾斜索道与水平面的夹角为30°，当载人轿厢沿钢索斜向右上做加速度大小a＝4 m/s2的匀加速直线运动时，g取10 m/s2 ，人与轿厢底面间的动摩擦因数μ＝0.5, 则下列说法正确的是 (　　)
A.游客受到水平向右的摩擦力
B.轿厢对游客的支持力约为600 N
C.游客对轿厢的作用力竖直向下
D.游客受到的摩擦力大小为100 N
解析：选ABD。由题可知，游客相对轿厢静止，故游客的加速度与轿厢的加速度相同，即为a＝4 m/s2，沿钢索斜向右上，将游客的加速度分解到水平方向和竖直方向，则有a水＝acos 30°＝2 m/s2，方向水平向右，a竖 ＝a sin 30°＝2 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma竖，代入数据可得支持力大小FN＝600 N，故B 正确； 由于游客水平方向加速度向右，可知游客受到水平向右的摩擦力，大小f＝ma水＝50×2 N＝100 N，故A、D正确；对游客受力分析，可知游客受轿厢竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力作用，根据牛顿第三定律，可知游客对轿厢的压力竖直向下，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则，可知游客对轿厢的作用力斜向左下方，故C错误。
3．(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点右边桌面之间的动摩擦因数为0.125
D.物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数为0.25
解析：选AC。物块A在P点左边滑动时的加速度a1＝ m/s2＝2 m/s2，对A、B整体分析可知mBg＝(mA＋mB)a1，可得A的质量mA＝2.0 kg，A正确；在前1 s时间内，对A分析可知，轻绳的拉力大小T＝mAa1＝4 N，B错误；物块A在P点右边滑动时的加速度a2＝ m/s2＝1 m/s2，对A、B整体分析可知mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，解得物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数μ＝0.125，C正确，D错误。
题组2　动力学图像问题
4．(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。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x＝＝5 m，分析可知物体做匀减速运动0－v＝－2ax，解得a＝10 m/s2，C正确；对物体受力分析，由牛顿第二定律可知mg sin α＋μmg cos α＝ma，解得a＝g sin α＋μg cos α，无法求出物体的质量，A错误；加速度表达式代入物理量求得μ＝0.5，B正确；物体向下滑动时，根据受力分析由牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma′，解得a′＝g sin α－μg cos α＝2 m/s2，由运动学速度位移关系公式v2－0＝2a′x，解得v＝2 m/s，D错误。
5．(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内物体做匀速直线运动
解析：选D。物体开始在F作用下做匀速直线运动，由题图乙可知，滑动摩擦力的大小为4 N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1 s时物体开始做减速运动，故A正确，不符合题意；拉力随时间均匀减小，1 s时拉力为4 N，3 s时拉力为2 N，所以t＝2 s时，拉力大小为3 N，则加速度大小a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故B正确，不符合题意；3 s后，摩擦力随F的减小而减小，可知物体在t＝3 s时刚好停止，然后静摩擦力的大小等于拉力的大小，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
6．(2025·福建泉州期末)如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端静置一物体(与弹簧不连接)。现对物体施加一竖直向上的拉力F，使物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.物体的质量为2 kg
B.弹簧的劲度系数为5 N/cm
C.物体的加速度大小为5 m/s2
D.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
解析：选C。物体与弹簧分离时，弹簧与物体间相互作用力为零，弹簧为原长，故D错误。初始时，物体静止，弹簧弹力等于物体所受重力，用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，当刚开始运动时，弹簧弹力等于物体所受重力，那么合力恰好等于刚开始的拉力5 N；物体位移超过4 cm后拉力变为恒力F＝15 N，此后物体与弹簧分离，由于物体做匀加速直线运动，合力仍为5 N，则分离后有F合＝F－mg＝5 N，解得物体的质量m＝1 kg，初始时弹簧压缩量为4 cm，则弹簧的劲度系数k＝＝2.5 N/cm，故A、B错误。物体的加速度大小a＝＝5 m/s2，故C正确。
7．(7分)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上。质量为2 kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6(假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面)。
(1)当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑？(3分)
(2)若物块A的质量为2 kg，求木板B的加速度大小。(4分)
解析：(1)当木板B恰能沿斜面匀速下滑时，对木板B由平衡条件得 mBg sin θ＝T＋μmBg cos θ，对物块A由平衡条件得T＝mAg，解得mA＝0.8 kg。
(2)若物块A的质量为2 kg，因为mAg＞mBg sin θ＋μmBg cos θ，所以物块A拉着木板B一起加速运动，由牛顿第二定律得mAg－mBg sin θ－μmBg cos θ＝(mA＋mB)a，解得木板B的加速度大小a＝1 m/s2。
答案：(1)0.8 kg　(2)1 m/s2
8．(9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；(3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/m专题提升课6　传送带模型和板块模型
微专题一　传送带模型
1．基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2．分析流程
3．注意问题
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。然后判断物体的运动状态，当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
模型1　水平传送带模型
　(2025·重庆期中)一质量为m的物块放在水平传送带上，水平传送带以速度v顺时针匀速转动，物块以初速度v0向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ，则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)
A.若v0B.若v0>v，则f方向向右
C.若v0＝v，物块m在传送带上相对地面做匀速运动
D.若v0＝v，则f＝μmg
[解析]　若v0v，则物块相对传送带向右运动，物块所受的摩擦力方向向左，故B错误；若v0＝v，则物块所受的摩擦力为0，物块m在传送带上相对地面做匀速运动，故C正确，D错误。
[答案]　C
　(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的小炭块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小炭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.炭块一直做匀加速直线运动
B.刚开始炭块的加速度大小为2 m/s2
C.炭块从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]　炭块刚滑上传送带时，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，假设炭块到达B点前已经与传送带共速，则炭块匀减速阶段所用时间t1＝＝1 s，炭块匀减速阶段的位移x1＝t1＝3 m＜L＝5 m，假设成立，共速后，炭块做匀速运动到B点所用时间t2＝＝1 s，则炭块从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
模型2　倾斜传送带模型
　(2024·安徽卷，T4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
[解析]　前t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
　(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沿皮带向下的摩擦力，1 s后受沿皮带向上的摩擦力，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，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
在1.0 s到2.0 s内，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 m/s　(2)30°　　(3)4 s　37 m
微专题二　板块模型
1．模型概述
一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2．解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
　(2025·江苏月考)如图所示，在光滑的水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知木板B的质量为2 kg，木块A的质量为1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，用一水平力F＝6 N作用于B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.A受到向右的摩擦力
B.A、B间的摩擦力为5 N
C.B的加速度为0.5 m/s2
D.A、B间的摩擦力为2 N
[解析]　地面光滑，假设A、B一起向左加速运动，则有a＝＝2 m/s2，而A能和B保持相对静止的最大加速度为aAm＝μg＝5 m/s2，故假设成立，A受到向左的静摩擦力大小f＝mAa＝2 N。
[答案]　D
　(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板长度至少为3 m
D. 长木板A的质量是4 kg
[解析]　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可得μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知前1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小aA＝＝1 m/s2，又 μmBg＝mAaA，联立解得＝＝，即长木板A的质量是物体B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。
[答案]　BD
规范一练　应用牛顿第二定律解板块模型
　如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小。
(2)当小车以4.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小车受到的水平推力的大小。
(3)当小车在12.0 N水平推力作用下，从静止开始运动，经1.0 s后撤去水平推力，小物块最终没有从小车上滑落，求小物块在小车上相对滑动的总时间。
[解析]　(1)当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma0
解得a0＝2 m/s2
当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止
对m，根据牛顿第二定律可得
Ff＝ma1
解得Ff＝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
解得v车＝5 m/s
撤去力后，小车的加速度
a4＝
解得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
解得t＝2.0 s。
[答案]　(1)1.0 N　(2)10.0 N　(3)2.0 s
1．(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B点的距离为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．(传送带模型)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。
3．(板块模型)(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.木板受到水平面的摩擦力大小为2 N
B.小物块受到木板的摩擦力大小为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B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A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 Neq \a\vs4\al()
1．知道单位制、基本单位和导出单位的概念。　2.明确国际单位制中七个基本物理量和力学中三个基本物理量及其单位。　3.知道物理运算过程中单位的规范使用和表示方法。
一、基本单位
1．物理公式功能：物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时，也确定了物理量的__________之间的关系。
2．基本量：在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他____________的单位。这些被选定的物理量叫作基本量。
3．基本单位：____________的单位。
4．导出量：由基本量根据________________推导出来的其他物理量叫作导出量。
5．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
二、国际单位制
1．单位制：__________单位和__________单位一起就组成了一个单位制。
2．国际单位制：1960年第11届国际计量大会制订了一种______________的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI。
3．国际单位制的基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l ________ m
质量 m ________(公斤) ________
时间 t ________ ________
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I，(IV) 坎[德拉] cd
4.力学中三个基本物理量及单位
(1)三个基本物理量：__________、__________和__________。
(2)国际单位制中三个基本单位：________、__________和________。
判断下列说法是否正确。
(1)物理量的单位均可以互相导出。(　　)
(2)一个物理量的单位若用两个或两个以上的基本单位的符号表示，这个物理量的单位一定是导出单位。(　　)
(3)在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位。(　　)
(4)力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒。(　　)
(5)单位制中导出单位可以用基本单位来表示。(　　)
(6)厘米(cm)、克(g)、小时(h)都属于国际单位制单位。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×
[答案自填] 单位　物理量　基本量　物理关系　基本　导出　国际通用　米　千克
kg　秒　s　长度　质量　时间　米　千克　秒
知识点一　对单位制的理解
eq \a\vs4\al()
某老师健身跑步的速度可以达到5 m/s，某人骑自行车的速度为19 km/h。
(1)某同学单凭所给两个速度的数值能否判断老师健身跑步的速度与某人骑自行车的速度的大小关系？
(2)你能比较以上两个速度的大小关系吗？以上两个速度哪个大？
[提示]　(1)由于两个速度的单位不同，故不能直接比较它们的大小。
(2)应先统一这两个速度的单位，再根据数值大小来比较它们的大小，由于5 m/s＝5×3.6 km/h＝18 km/h，故自行车的速度较大。
　关于国际单位制，下列选项不正确的是(　　)
A.物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系
B.牛顿是导出单位，1 N＝1 kg·m·s
C.在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)
D.米每二次方秒(m/s2)是重力加速度g的单位
[解析]　物理公式不仅确定了物理量之间的关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故A正确；根据牛顿第二定律F＝ma，可导出力的单位牛顿，1 N＝1 kg·m/s2，故B错误；七个基本单位，分别是米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、摩尔(mol)和坎德拉(cd)，在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)，故C正确；根据1 N＝1 kg·m/s2，可得重力加速度 g 的单位为米每二次方秒(m/s2)，故D正确。
[答案]　B
　关于单位制及其应用，下列说法正确的是(　　)
A.kg、m/s、N都是导出单位
B.克、秒、牛顿均为国际单位制中的基本单位
C.1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小
D.力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度
[解析]　kg为质量的基本单位，A错误；克不是国际单位制中的单位，牛顿为导出单位，B错误；根据F＝ma可得，1 N 是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小，C正确；力学的三个基本物理量为长度、质量、时间，D错误。
[答案]　C
　公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是(　　)
A.kg·m·s－1 B．kg·m·s－2
C.Pa·m2 D．J·m－1
[解析]　根据牛顿第二定律的表达式F＝ma可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；压强单位为Pa，功的单位为J，但压强和功的单位都不是基本单位，C、D错误。
[答案]　B
知识点二　单位制的应用
eq \a\vs4\al()
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，Ff＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位。
4．单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的。
角度1　分析物理量的单位
　(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Cd没有单位，D正确。
[答案]　D
　(2025·福建福州市期中)汽车在加速时使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自加速度，也与加加速度有关。加速度对时间的变化率在物理学被称为“加加速度”，通常用符号“j”表示，下列使用国际单位制中基本单位正确表示“j”的单位是(　　)
A. B．
C. D．
[解析]　根据题意可知j＝，故加加速度的单位为。
[答案]　C
角度2　解题中的规范应用
　物体在10 N的外力作用下，产生2 m/s2的加速度，求该物体的质量；对这道题，以下计算单位运用得正确、简洁而又规范的是(　　)
A.m＝＝＝5 kg
B.m＝＝＝5 kg
C.m＝＝ kg＝5 kg
D.m＝＝ kg＝5
[解析]　在运用公式计算时，各物理量的单位要采用同一单位制中的单位，且运算过程中只代已知量的数值，数值后面直接写同一单位制中待求量的单位即可，这种运算属于正确且简洁的运算。故题中运算过程有m＝＝ kg＝5 kg。
[答案]　C
角度3　判断表达式是否正确
　已知力F的单位是N，质量m的单位是kg，位移x的单位为m，时间t的单位为s，加速度a的单位为m/s2，请根据你对力学单位制的理解，判断下列表达式中有可能正确的是(　　)
A.Fx＝mv
B.ma·x＝mv－mv
C.＝mv2
D.mat＝
[解析]　Fx的单位为kg·m2/s2，mv的单位为kg·m/s，故A错误；max的单位为kg·m2/s2，mv－mv的单位为kg·m2/s2，故B正确；的单位为kg·m/s3，mv2的单位为kg·m2/s2，故C错误；mat的单位为kg·m/s，Fx的单位为kg·m2/s2，故D错误。
[答案]　B
　利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示(为截面图)，液体的振动周期T与流速v、旋涡发生体的宽度D有关。结合物理量的单位分析，下列关系式可能正确的是(其中k是一个没有单位的常量)(　　)
A.v＝k B．v＝k
C.v＝kDT D．v＝k
[解析]　液体的振动周期T与流速v、旋涡发生体的宽度D有关，速度v的单位为m/s，振动周期T的单位为s，宽度D的单位为m，而k是一个没有单位的常量，则根据单位之间的关系可得v＝k。
[答案]　A
1．(对单位制的理解)(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。
2．(对单位制的理解)(2025·江苏扬州市期中)下列物理量，不属于国际制单位中的基本单位的是(　　)
A.m　　　 B．s C．kg　　　 D．N
解析：选D。国际单位制中力学中的基本单位是m、kg、s，N不是国际单位制中的基本单位，是导出单位。
3．(对单位制的理解)(多选)(2025·湖南长沙市期中)2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关表述正确的是(　　)
A.赛道一圈总长度为111.12 m，长度是国际单位制中的基本物理量
B.短道速滑男子500 m的世界纪录为39.505 s，秒是国际单位制中的基本单位
C.短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14 m/s，米每秒是国际单位制中的导出单位
D.短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4 000 N，力是国际单位制中的基本物理量
解析：选ABC。赛道一圈总长度为111.12 m，长度是国际单位制中的基本物理量，故A正确；短道速滑男子500 m的世界纪录为39.505 s，秒是国际单位制中的基本单位，故B正确；短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14 m/s，根据v＝可知，米每秒是国际单位制中的导出单位，故C正确；短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4 000 N，根据F＝ma可知，力是国际单位制中的导出物理量，故D错误。
4．(单位制的应用)杨氏模量是描述固体材料抵抗形变能力的物理量。若E表示杨氏模量，弹性体原长为l0，形变量为Δl，横截面积为S，所受压力为F，则有＝E。在国际单位制中，E的单位为(　　)
A.kg2·m2·s－3 B．kg·m－2·s－1
C.kg2·m－3·s－4 D．kg·m－1·s－2
解析：选D。根据题意＝E可知E＝，则杨氏模量E的单位应为＝＝kg·m－1·s－2。
5．(单位制的应用)(多选)有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是(　　)
A.x＝ B．x＝
C.x＝Ft D．x＝
解析：选ABC。把各物理量的单位都用基本单位表示，x的单位是m，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kg·m/s2，m的单位为kg。由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、m2/s、kg·m/s、m，故A、B、C一定错误，D可能正确。1.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　)
A.3×104 N　　　　　 B．7.5×104 N
C.2.6×104 N D．1.05×105 N
解析：选D。根据运动学公式可得v－v2＝2ah，解得加速度大小a＝ eq \f(v－v2,2h) ＝ m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N。
2．(多选)(2025·安徽蚌埠期末)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.a滑块运动的时间较长
B.a滑块的加速度较小
C.a滑块受到的弹力较小
D.a滑块受到的合力较大
解析：选CD。设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小N＝mg sin θ，所受合外力大小F合＝mg cos θ，根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小a＝g cos θ，滑块沿滑轨运动的位移x＝2R cos θ，根据位移—时间关系有x＝at2，可得滑块沿滑轨运动的时间t＝，两滑块运动时间相等，a滑块加速度大，a滑块受到的弹力较小，a滑块受到的合力较大。
3．(多选)(2025·河南月考)如图所示，放置在水平地面上的斜劈倾角为θ，在足够长的粗糙斜面上由静止释放小滑块P，同时对P施加一个垂直于斜面向下的推力F。已知推力F与P运动的速度v成正比，即F＝kv，小滑块沿斜面向下滑动过程中，斜劈一直静止，下列判断正确的是(　　)
A.小滑块P的速度先增大后不变
B.小滑块受到的摩擦力一直减小
C.小滑块受到的合外力一直减小
D.斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变
解析：选AD。对P受力分析，根据平衡条件可得mg sin θ－f＝ma，FN＝F＋mg cos θ，f＝μFN，由此可知，当滑块由静止开始向下加速运动过程中，由于速度增大，则F增大，FN增大，f增大，加速度a减小，滑块所受合外力减小，当加速度减小为零时，速度达到最大，并保持不变，故A正确，B、C错误；对整体有f地－F sin θ＝ma cos θ，解得f地＝(F＋mg cos θ)(sin θ－μcos θ)，由于力F先增大后不变，所以斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变，故D正确。
4.(8分)(2025·湖北襄阳市期中)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加一个大小F＝20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)物体所受的摩擦力f；(4分)
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度v。(4分)
解析：(1)根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
F sin θ＋FN＝mg
fm＝μFN
联立可得fm＝4 N＜F cos θ＝16 N
可知，物体受滑动摩擦力作用，所以摩擦力大小
f＝fm＝4 N
方向水平向左。
(2)由牛顿第二定律可得
F cos θ－f＝ma
v＝at
解得v＝30 m/s
方向水平向右。
答案：(1)4 N，方向水平向左
(2)30 m/s，方向水平向右
5．(8分)(2025·青海西宁市期末联考)我国运动员在北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为其比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，g取10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；(3分)
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数。(5分)
解析：(1)设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据
vB＝a1t1
解得t1＝4.5 s。
(2)设运动员和雪车的总质量为m，在出发区的加速度大小为a2，根据
v－v＝2a2xBC
解得a2＝0.7 m/s2
由牛顿第二定律有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得μ＝0.02。
答案：(1)4.5 s　(2)0.02
6．(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；(4分)
(2)物体沿斜面向上运动阶段的最大速度的大小；(4分)
(3)物体沿斜面向上运动阶段的总位移。(4分)
解析：(1)根据FN＝mg cos 37°＋F sin 37°
Ff＝μFN，联立得Ff＝10 N。
(2)匀加速阶段，根据牛顿第二定律有
F cos 37°－mg sin 37°－Ff＝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x1＝
撤去推力后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma2
物体做匀减速运动的位移x2＝
物体沿斜面向上运动阶段的总位移x＝x1＋x2
联立并代入数据解得x＝65 m。
答案：(1)10 N　(2)20 m/s　(3)65 m第6节　超重和失重
eq \a\vs4\al()
1．知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象。
2．能够运用牛顿运动定律分析超重和失重现象。
一、重力的测量
1．一种方法是，先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用__________测量物体的质量，利用牛顿第二定律可得 G＝mg。
2．另一种方法是，利用力的______________对重力进行测量。
二、超重和失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__________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。
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__________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．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)______________作用力的状态。
(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下。
判断下列说法是否正确。
(1)物体向上运动时一定处于超重状态。(　　)
(2)物体减速向下运动时处于失重状态。(　　)
(3)物体处于失重状态时重力减小了。(　　)
(4)物体处于完全失重状态时就不受重力了。(　　)
(5)不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的。(　　)
(6)超重和失重可根据物体的加速度方向判定。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
[答案自填] 天平　平衡条件　大于　小于　完全没有
知识点一　对超重、失重现象的理解
eq \a\vs4\al()
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。
　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。
　2024年9月，我国的“朱雀三号”可重复使用火箭进行了可回收运载火箭的试验，为将来降低航天发射成本奠定了坚实基础。有关火箭的运动，下列说法正确的是(　　)
A.火箭向上飞行则处于超重状态
B.火箭向下飞行则处于失重状态
C.火箭在加速向上时处于失重状态
D.火箭在减速下降时处于超重状态
[解析]　火箭加速向上飞行时，加速度向上，处于超重状态，火箭向上匀速运动时，则处于平衡状态，故A、C错误；火箭向下减速下降时，加速度向上，处于超重状态，火箭向下加速飞行时，加速度向下，处于失重状态，火箭向下匀速运动时，则处于平衡状态，故B错误，D正确。
[答案]　D
　(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。
　(2025·江苏无锡市期末)小明探究从一楼坐电梯回到家(五楼)的电梯运动情况的v－t图像如图所示，小明处于失重阶段的是(　　)
A.从20.0 s到30.0 s　 B.从30.0 s到40.0 s
C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s
[解析]　从20.0 s到30.0 s，由v－t图像可知，速度随时间在增大，因此小明随电梯在加速上升，加速度向上，支持力大于重力，处于超重阶段，A错误；从30.0 s到40.0 s，速度基本保持不变，电梯仍在上升，因此小明随电梯匀速上升处于平衡阶段，B错误；从40.0 s到50.0 s，速度随时间在减小，电梯仍在上升，因此小明随电梯在减速上升，加速度向下，处于失重阶段，C正确；从50.0 s到60.0 s，速度为0，即此时电梯到达目的楼层，小明处于静止平衡阶段，D错误。
[答案]　C
　(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示，根据图像分析得出的结论正确的是(　　)
A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
[解析]　从F－t图像可以看出，0到t1，F＝mg，电梯可能处于静止状态或匀速直线运动状态；t1到t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，电梯可能做加速向上运动或减速向下运动；t2到t3，F＝mg，电梯可能静止或做匀速直线运动；t3到t4，F[答案]　BC
　升降机地板上放一个弹簧式台秤，秤盘放一个质量为20 kg 的物体(g取10 m/s2)。
(1)当升降机匀速上升时，物体对台秤的压力大小是多少？
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，物体处于超重状态还是失重状态？物体所受的支持力大小是多少？
(4)当升降机自由下落时，物体对台秤的压力为多少？
[解析]　(1)当升降机匀速上升时，FN＝mg＝200 N
根据牛顿第三定律，物体对台秤的压力大小为200 N。
(2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时，加速度方向向上，物体处于超重状态，根据牛顿第二定律
FN′－mg＝ma1
解得FN′＝220 N。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时，加速度方向向下，物体处于失重状态，根据牛顿第二定律
mg－FN″＝ma2
解得FN″＝100 N。
(4)当升降机自由下落时，加速度等于重力加速度，则物体处于完全失重状态，对台秤的压力为0。
[答案]　(1)200 N　(2)超重　220 N　(3)失重　100 N　(4)0
知识点三　沿斜面运动物体的超重和失重
　(多选)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.物体处于失重状态
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，无法比较地面对斜面体的支持力与(M＋m)g的大小关系
[解析]　对M和m组成的系统，当m具有沿斜面向下的加速度而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的重力。
[答案]　AC
　(多选)同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客均相对于电梯静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是(　　)
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
[解析]　电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用，在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用，在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故A、B错误；在甲种方式中，乘客受到电梯地板的支持力FN1＝mg cos θ，在乙种方式中，根据牛顿第二定律有FN2－mg＝ma sin θ，乘客受到电梯地板的支持力FN2＝mg＋ma sin θ，在丙种方式中，根据牛顿第二定律有FN3－mg＝ma，乘客受到电梯地板的支持力FN3＝mg＋ma，可得FN1[答案]　CD
1．(对超重和失重的理解)(2025·湖南长沙市期末)2024年11月8日，中国新型隐形战机歼 35A亮相珠海，关于歼 35A下列说法正确的是(　　)
A.歼 35A在进行飞行表演时，可以将其看成质点
B.歼 35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于失重状态
C.歼 35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于超重状态
D.以歼 35A为参考系，加油机给歼 35A空中加油时是静止的
解析：选D。飞行表演重点看飞机的姿态，故不可将飞机看成质点，A错误；歼 35A向下俯冲，可能向下加速，可能向下匀速，也可能向下减速，B、C错误；加油机给歼 35A空中加油时，二者处于相对静止状态，以歼 35A为参考系，加油机是静止的，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货物向上加速，处于超重状态，A错误；前10 s内电梯的加速度a＝＝ m/s2，对货物根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，可得对货物的支持力恒为FN＝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和失重)(多选)某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运行很慢。现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运行。下列说法正确的是(　　)
A.扶梯匀速运行中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
B.扶梯加速运行中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小
C.扶梯加速过程中，顾客处于失重状态
D.扶梯加速过程中，顾客共受到两个力作用
解析：选ABC。无论扶梯匀速还是加速，顾客受到的支持力和扶梯受到的压力总是一对作用力与反作用力，因此它们的大小总是相等的，故A、B正确；在加速的过程中，顾客加速度与速度同方向，具有竖直向下的加速度分量，顾客处于失重状态，故C正确；在加速的过程中，顾客受到的合力斜向左下方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行，方向水平向左，同时顾客还受重力、支持力的作用，故D错误。(共36张PPT)
第4节　力学单位制
学习目标
1．知道单位制、基本单位和导出单位的概念。　2.明确国际单位制中七个基本物理量和力学中三个基本物理量及其单位。　3.知道物理运算过程中单位的规范使用和表示方法。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、基本单位
1．物理公式功能：物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时，也确定了物理量的__________之间的关系。
2．基本量：在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他____________的单位。这些被选定的物理量叫作基本量。
单位
物理量
3．基本单位：____________的单位。
4．导出量：由基本量根据________________推导出来的其他物理量叫作导出量。
5．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
基本量
物理关系
二、国际单位制
1．单位制：__________单位和__________单位一起就组成了一个单位制。
2．国际单位制：1960年第11届国际计量大会制订了一种______________的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI。
基本
导出
国际通用
3．国际单位制的基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l ________ m
质量 m ________(公斤) ________
时间 t ________ ________
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol
发光强度 I，(IV) 坎[德拉] cd
米
千克
kg
秒
s
4.力学中三个基本物理量及单位
(1)三个基本物理量：__________、__________和__________。
(2)国际单位制中三个基本单位：________、__________和________。
长度
质量
时间
米
千克
秒
判断下列说法是否正确。
(1)物理量的单位均可以互相导出。(　　)
(2)一个物理量的单位若用两个或两个以上的基本单位的符号表示，这个物理量的单位一定是导出单位。(　　)
(3)在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位。(　　)
(4)力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒。(　　)
(5)单位制中导出单位可以用基本单位来表示。(　　)
(6)厘米(cm)、克(g)、小时(h)都属于国际单位制单位。(　　)
×　
√
×　
√
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对单位制的理解
某老师健身跑步的速度可以达到5 m/s，某人骑自行车的速度为19 km/h。
(1)某同学单凭所给两个速度的数值能否判断老师健身跑步的速度与某人骑自行车的速度的大小关系？
[提示]　由于两个速度的单位不同，故不能直接比较它们的大小。
(2)你能比较以上两个速度的大小关系吗？以上两个速度哪个大？
[提示]　应先统一这两个速度的单位，再根据数值大小来比较它们的大小，由于5 m/s＝5×3.6 km/h＝18 km/h，故自行车的速度较大。
关于国际单位制，下列选项不正确的是(　　)
A.物理公式在确定物理量的数量关系的同时，也确定了物理量的单位关系
B.牛顿是导出单位，1 N＝1 kg·m·s
C.在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)
D.米每二次方秒(m/s2)是重力加速度g的单位
√
[解析]　物理公式不仅确定了物理量之间的关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故A正确；根据牛顿第二定律F＝ma，可导出力的单位牛顿，1 N＝1 kg·m/s2，故B错误；七个基本单位，分别是米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、摩尔(mol)和坎德拉(cd)，在力学范围内的基本单位有米(m)、千克(kg)、秒(s)，故C正确；根据1 N＝1 kg·m/s2，可得重力加速度 g 的单位为米每二次方秒(m/s2)，故D正确。
关于单位制及其应用，下列说法正确的是(　　)
A.kg、m/s、N都是导出单位
B.克、秒、牛顿均为国际单位制中的基本单位
C.1 N是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小
D.力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度
√
[解析]　kg为质量的基本单位，A错误；克不是国际单位制中的单位，牛顿为导出单位，B错误；根据F＝ma可得，1 N 是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力的大小，C正确；力学的三个基本物理量为长度、质量、时间，D错误。
公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是(　　)
A.kg·m·s－1 B．kg·m·s－2
C.Pa·m2 D．J·m－1
[解析]　根据牛顿第二定律的表达式F＝ma可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；压强单位为Pa，功的单位为J，但压强和功的单位都不是基本单位，C、D错误。
√
知识点二　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，Ff＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位。
4．单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的。
√
√
√
√
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(对单位制的理解)(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。
√
2．(对单位制的理解)(2025·江苏扬州市期中)下列物理量，不属于国际制单位中的基本单位的是(　　)
A.m　　　 B．s C．kg　　　 D．N
解析：国际单位制中力学中的基本单位是m、kg、s，N不是国际单位制中的基本单位，是导出单位。
√
3．(对单位制的理解)(多选)(2025·湖南长沙市期中)2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，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：把各物理量的单位都用基本单位表示，x的单位是m，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kg·m/s2，m的单位为kg。由此可解出A、B、C、D的单位分别为s、m2/s、kg·m/s、m，故A、B、C一定错误，D可能正确。专题提升课5　连接体问题和动力学图像问题
微专题一　连接体问题
1．模型介绍
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆等联系)在一起的物体组称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
2．常用方法
(1)整体法：若连接体具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，只分析外力，不分析内力。
(2)隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力。
角度1　物体与物体构成的连接体
　(2024·北京卷，T4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A.F　　　　　　 B．F
C.F D. F
[解析]　根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝F。
[答案]　A
角度2　物体与绳子构成的连接体
　(多选)如图，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若m1A.T1＝m1g
B.m2g＝a
C.m2g－T2＝m2a
D.m2g－m1g＝a
[解析]　物体B自由释放后下落的加速度大小为a，对A有T1－m1g＝m1a，所以T1＝m1g＋m1a，对B分析m2g－T2＝m2a。因为一根绳上拉力相等，所以m2g－m1g＝a。
[答案]　CD
　(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。
(2)求悬线对小球的拉力大小。
(3)车厢内有一质量为1 kg的货物相对车厢静止，求货物受的摩擦力大小。
[解析]　(1)由于车厢沿水平方向做匀变速直线运动，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＝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
角度3　物体与弹簧构成的连接体
　(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；
(2)弹簧的伸长量x。
[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A物块分析，根据牛顿第二定律有
kx＝ma，解得x＝。
[答案]　(1)　(2)
角度4　加速度不相同的连接体问题
对于滑块和斜面组成的系统，若滑块和斜面的加速度不同，仍然可以把滑块和斜面看作一个整体，整体的合外力提供系统的加速度。
　(多选)如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，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等于(M＋m)g－ma sin θ
B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)(g－a sin θ)
C.地面对斜面体的摩擦力方向向左
D.地面对斜面体的摩擦力为0
[解析]　竖直方向满足(M＋m)g－FN＝ma sin θ，地面对斜面体的支持力FN＝(M＋m)g－ma sin θ，故A正确，B错误；对系统整体受力分析，根据系统牛顿第二定律可知，沿水平方向满足f＝ma cos θ，因此斜面体受地面水平向左的摩擦力，故C正确，D错误。
[答案]　AC
微专题二　动力学图像问题
1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t 图像的桥梁。
3．图像的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。
4．解题策略
(1)根据牛顿第二定律列方程，写出图像纵轴的物理量与横轴的物理量的函数关系式。
(2)弄清图像斜率、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。
　(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
　(2025·山西长治市期末)如图甲所示，质量为m的滑块在粗糙水平面以初速度v0水平向右运动，在开始运动的同时受到水平向左的恒力的作用，其运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，图中数据都为已知量，求：
(1)水平恒力的大小F；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ。
[解析]　(1)前t1时间内，滑块做匀减速直线运动，有v0＝a1t1，由牛顿第二定律得F＋f＝ma1，t1到2t1时间内，滑块做反向的匀加速直线运动，有v1＝a2t1，由牛顿第二定律得F－f＝ma2，联立解得F＝，f＝。
(2)由滑动摩擦力公式可得f＝μmg，解得滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝。
[答案]　(1)　(2)
1．(连接体问题)(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，对第四和第五节车厢整体分析，由牛顿第二定律可得F34－2μmg＝2ma，由以上两式解得，第3节对第4节车厢的牵引力F34＝F。
2．(连接体问题)(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 N。
3．(动力学图像)(多选)(2025·广东省五校联考)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A.前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B.前4 s内物体运动的位移的大小为10 m
C.物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2
D.物体的质量m＝5 kg
解析：选AD。根据速度—时间图像的斜率等于加速度，知前2 s内物体的运动加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确；前4 s内物体的位移x＝×4×2 m＋2×4 m＝12 m，故B错误；根据牛顿第二定律得，前2 s内F1－μmg＝ma，后2 s内F2＝μmg，由题图甲可知F1＝15 N，F2＝5 N，代入解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C错误，D正确。
4．(动力学图像的综合应用)(2025·新疆维吾尔族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；
(2)环和长杆间的动摩擦因数。
解析：(1)将F分解到竖直和水平两个方向，F＝15 N时，F竖直向上的分力大小为
Fsin 53°＝12 N＝mg
所以杆与环间无弹力，杆对小环的弹力大小为0
根据牛顿第二定律得
Fcos 53°＝ma
解得a＝7.5 m/s2。
(2)当F超过15 N以后，由牛顿第二定律得
Fcos 53°－μ(Fsin 53°－mg)＝ma
因为加速度在F达到15 N后保持不变，即a与F无关，所以有Fcos 53° ＝ μFsin 53°
解得μ＝0.75。
答案：(1)0　7.5 m/s2　(2)0.751．(2025·山东省合格考)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置。
(1)本实验应用的实验方法是________。
A．控制变量法　　　　 B．假设法
C．理想实验法
(2)下列说法正确的是________。
A．实验中的打点计时器应接直流电源
B．实验时应先释放小车，再启动打点计时器
C.实验前应把长木板的一端垫起适当高度，以平衡小车受到的摩擦力
D．在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小
(3)在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M＝0.5 kg，改变砝码质量m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是________。
A．m1＝4 g B．m2＝10 g
C．m3＝40 g D．m4＝500 g
(4)图乙是某同学在实验中打出的一条纸带，他从比较清晰的点O开始，每五个计时点取一个计数点，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，由此可求得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)。
(5)图丙为某同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a－F图像，图线不过坐标原点的原因可能是长木板的倾斜程度________(选填“过大”或“过小”)。
解析：(1)探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。
(2)实验中的打点计时器应接交流电源，A错误；实验时应先启动打点计时器，再释放小车，B错误；实验前应把长木板的一端垫起适当高度，以平衡小车受到的摩擦力，C正确；在探究加速度与质量的关系时，应保持小车所受拉力的大小不变，改变小车的质量，D错误。
(3)当小车质量远大于砝码与砝码盘质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码与砝码盘的重力，在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M＝0.5 kg＝500 g，改变砝码质量m的值，m的取值最不合适的一个是500 g。
(4)根据逐差法求加速度可得a＝＝ m/s2＝1.20 m/s2。
(5)a－F图像不过原点是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，即长木板的倾斜角度过小或没有倾斜。
答案：(1)A　(2)C　(3)D　(4)1.20　(5)过小
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)的细线与轨道平行
B．在研究加速度与质量关系的时候，保证槽码的质量不变，即可确保力F一定
C．甲、乙两方案必须使长木板处于水平位置
D．各方案通过作出a－M图像即可直观得出加速度与质量的关系
(2)一次记录小车运动情况的纸带如图丁所示，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，打下计数点D时小车的瞬时速度为________m/s，小车运动的加速度为________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
解析：(1)各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行，故A正确；在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引力不变，即题图甲、乙中力传感器与弹簧测力计的示数不变，而不是槽码质量不变，故B错误；甲、乙两方案需要平衡摩擦力，长木板有一定的倾角，故长木板不处于水平位置，故C错误；各方案通过作出a－M图像得到的是曲线，不能直观得出加速度与质量的关系，故D错误。
(2)两个计数点间还有四个点未画出，所以相邻两计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这个过程的平均速度，打下计数点D时小车的瞬时速度vD＝＝ m/s≈0.25 m/s；小车的加速度a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2。
答案：(1)A　(2)0.25　0.50
3．(2025·浙江绍兴市期末)某同学利用图(a)所示实验装置来探究小车加速度与所受合力之间的关系。实验中保持小车的质量200 g不变，通过不断增加槽码的质量，增加绳子拉力，并记录槽码质量为m，用拖在小车后面穿过打点计时器的纸带得到相应的加速度，描点得到了如图(b)的一系列点。回答下列问题：
(1)根据该同学的描点，可以得出小车的加速度与所挂槽码的质量m成________(选填“线性”或“非线性”)关系，应该用________(选填“直线”或“平滑曲线”)拟合。
(2)由图(b)可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________。
A．没有补偿阻力
B．斜面倾角过大
C．没有使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量
D．没有使所挂槽码的总质量始终远大于小车的总质量
(3)若利用本实验装置来探究小车质量不变的情况下，小车的加速度与合外力的关系，并把槽码的总重力作为小车受到的合外力，在实验过程中需要采取的措施有__________(多选)。
A．取下槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动
B．挂着槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动
C．在增加槽码个数的同时，在小车上增加砝码，使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量
D．本实验中，槽码总质量应适当小些，如不超过20 g
(4)若把槽码改成重物，小车换为物块，来探究物块在水平轨道上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在水平轨道上(尚未到达滑轮处)，从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图(c)所示，打点计时器电源的频率为50 Hz。通过分析纸带数据，可判断物块开始减速的时刻位于________。
A．计数点5和6之间某时刻
B．计数点6和7之间某时刻
C．计数点7和8之间某时刻
D．计数点8和9之间某时刻
计数点8对应的速度大小为________m/s(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)由题图(b)可知，点迹分布不是直线，则可知小车的加速度与所挂槽码的质量m成非线性关系，应该用平滑曲线拟合连接。
(2)a－m图线不经过原点，说明拉力较小时小车加速度为零，由此分析可知原因是没有补偿阻力(没有平衡摩擦力)或斜面倾角过小(平衡摩擦力不够)，故A正确，B错误；没有使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量是a－m图线成非线性关系的原因，与a－m图线不经过原点无关，故C、D错误。
(3)补偿阻力(平衡摩擦力)时应取下槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动，故A正确，B错误；实验过程中根据控制变量法可知，小车质量不能改变，则不能在小车上增加砝码，槽码的总质量应适当小些，如不超过20 g，故C错误，D正确。
(4)匀加速运动过程中，相同时间间隔位移差相等，观察纸带可知，计数点6以前，每两个计数点之间位移差约为2.00 cm，计数点6和7之间位移与计数点5和6之间的位移差值明显小于2.00 cm，则计数点6和7之间某时刻开始减速。 打点计时器电源的频率为50 Hz，从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝5×＝0.1 s，平均速度等于时间中点的速度，则计数点8对应的速度v8＝＝ m/s≈0.961 m/s。
答案：(1)非线性　平滑曲线　(2)A
(3)AD　(4)B　0.961
4．(2025·山东聊城市期末)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)该实验过程中操作正确的是________。
A．平衡阻力时小车要连接纸带
B．改变小车质量时，不需要重新平衡阻力
C．重物的质量应大于小车的质量
D．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(2)已知打点计时器所用交变电源的频率为50 Hz。该同学某次实验得到的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是7个连续的计数点。相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，根据上述信息可得打D点时的速度为________m/s，小车在运动过程中的加速度大小为________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
(3)某同学发现，木板水平放置，挂上槽码托拉动小车运动后，刚好能使打出的纸带点迹分布均匀，所以他就用槽码托的重力m0g来平衡小车所受的阻力，用槽码的总重力mg表示小车受到的合力。在满足小车质量远大于槽码质量的条件下，用这种平衡阻力的方法________(选填“能”或“不能”)用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
解析：(1)平衡阻力时小车不挂重物，但要连接纸带，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，A正确；平衡阻力后满足mg sin θ＝μmg cos θ，两边质量可消掉，则改变小车质量时，不需要重新平衡阻力，B正确；为了使得重物的重力近似等于小车的牵引力，则应该使得重物的质量远小于小车的质量，C错误；调节滑轮高度使细绳与木板平行，D错误。
(2)相邻两计数点间有四个点未画出，则T＝0.1 s，则可得打D点时的速度vD＝＝ m/s≈0.59 m/s，小车在运动过程中的加速度大小a＝＝ m/s2≈0.83 m/s2。
(3)不能，当小车质量改变时，小车所受阻力改变，槽码托的重力不再与阻力平衡，此时，槽码的重力不再是小车所受合力，随着阻力的变化，小车所受的合力变化，则不能用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
答案：(1)AB　(2)0.59　0.83　(3)不能第5节　牛顿运动定律的应用
eq \a\vs4\al()
1．明确动力学的两类基本问题。　2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法。
3．应用动力学方法分析多运动过程问题。
一、从受力确定运动情况
1．牛顿第二定律确定了________和________的关系，使我们能够把物体的运动情况与______________联系起来。
2．如果已知物体的受力情况，可以由____________________求出物体的加速度，再通过______________________确定物体的运动情况。
二、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，可以根据________________求出物体的加速度，结合受力分析，再根据________________求出力。
判断下列说法是否正确。
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向。(　　)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向。(　　)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力所决定的。(　　)
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
[答案自填] 运动　力　受力情况　牛顿第二定律　运动学的规律　运动学规律　牛顿第二定律
知识点一　已知物体的受力分析运动情况
eq \a\vs4\al()
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＝2ax和x＝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。
　(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；已知滑雪板与倾斜雪道间的动摩擦因数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x1；
(3)滑雪板与水平雪道间的动摩擦因数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－Ff＝ma1
FN＝mg cos θ
又Ff＝μ1FN
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
x1＝a1t
解得x1＝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＝2a2x2
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
　(2025·河南漯河市期末)如图所示，一个质量为10 kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，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。
(1)若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大？
(2)若撤去推力F，物体沿斜面下滑4 m的过程中，求物体的平均速度大小。
[解析]　(1)若要使物体静止在斜面上，
根据平衡条件得
mgsin 37°＝μ(F＋mg cos 37°)
解得推力至少为
F＝40 N。
(2)若撤去推力F，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得a＝2 m/s2
物体沿斜面下滑4 m的过程中，根据运动学公式可得
v2＝2ax
解得v＝4 m/s
则物体的平均速度大小
＝＝2 m/s。
[答案]　(1)40 N　(2)2 m/s
知识点二　已知物体的运动分析受力情况
eq \a\vs4\al()
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，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax等，再由牛顿第二定律求物体的受力。
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力。流程图如下所示。
2．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图。
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力。
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力。
　(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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)设小华刚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。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。
　如图，质量为0.4 kg的小物块在水平向左的外力F作用下静止在斜面上，且恰好与斜面间无摩擦。撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，经过斜面底端B点，沿水平面滑行一段距离后停在C点。斜面与水平面平滑连接，不计在连接处的能量损失。斜面倾角θ为37°，物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数均相同，且AB段与BC段长度相等。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求外力F的大小。
(2)求物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数。
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，求经过B点后1 s内物块的位移大小。
[解析]　(1)对A点的物块受力分析有
F＝mg tan θ＝3 N。
(2)撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，对物块受力分析有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
解得a1＝g sin θ－μg cos θ
设AB段与BC段长度均为s，滑至斜面末端时
v＝
水平段，受力分析有
μmg＝ma2
解得a2＝μg
水平段减速至0，根据逆向分析有
v＝
联立解得μ＝。
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，经过B点后在水平面上的加速度大小
a2＝μg＝ m/s2
减速到0的时间
t0＝＝0.6 s<1 s
则物块经过B点后1 s内的位移大小
x＝t0＝0.6 m。
[答案]　(1)3 N　(2)　(3)0.6 m
规范一练　动力学方法的综合应用
　钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长x1＝12 m水平直道AB与长x2＝20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小v1＝8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时t＝5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量m＝110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
[解析]　(1)AB段
由运动学公式可得v＝2a1x1
解得a1＝ m/s2。
(2)AB段
由运动学公式可得v1＝a1t1
解得t1＝3 s
由题意可知t2＝t－t1
BC段
由运动学公式可得
x2＝v1t2＋a2t
解得a2＝2 m/s2
由运动学公式可得
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2
解得v＝12 m/s。
(3)在BC段由牛顿第二定律可得
mg sin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N。
[答案]　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
1．(已知物体的受力分析运动情况)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°＋FN＝mg
又f＝μFN
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
x2＝
联立解得撤去力F后金属块在地面上还能滑行
x2＝14.4 m。
答案：(1)6 m/s2　(2)14.4 m
2．(已知物体运动分析受力情况)(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；
(2)飞机受到的牵引力F的大小；
(3)飞机在跑道上滑跑的时间t。
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
3．(多运动过程问题)(2025·江苏淮安月考)在倾角θ＝37°的足够长的斜坡底端有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。物体在12 N的拉力作用下由静止开始运动，5 s后撤去拉力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小；
(2)物体沿斜面上滑的最大距离；
(3)物体在斜面上运动的总时间。
解析：(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)物体沿斜面加速时的位移
x1＝at＝×2×52 m＝25 m
撤去外力时，物体的速度v＝at1＝10 m/s
对物体而言，撤去外力后，物体减速上滑，减速时的加速度为a′，根据牛顿第二定律有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma′
解得a′＝10 m/s2
方向沿斜面向下，故物体减速时的位移
x2＝＝5 m
所以物体沿斜面上滑的最大距离
x＝x1＋x2＝30 m。
(3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间t2＝＝1 s
物体沿斜面上滑的总时间t上＝t1＋t2＝6 s
对物体而言，由于mg sin θ＝6 N>μmg cos θ＝4 N
物体最终要从斜面上滑落，物体下滑时的加速度为a下，由牛顿第二定律可得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma下
解得a下＝2 m/s2
方向沿斜面向下，故下滑的时间
t下＝＝ s
物体在斜面上运动的总时间
t＝t上＋t下＝(6＋) s。
答案：(1)2 m/s2　(2)30 m　(3)(6＋) s1．(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。
4．(2025·天津河北区合格考模拟)质量为m的人，站在电梯内的水平地板上，重力加速度为g。当电梯以加速度a匀加速上升时，下列说法正确的是(　　)
A.该人处于超重状态
B.该人受到的重力发生了变化
C.人对电梯的压力为mg
D.电梯对人的支持力为ma
解析：选A。设电梯对人的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，得FN＝m(g＋a)＞mg，该人处于超重状态，故A正确，D错误；该人受到的重力没有发生变化，故B错误；由牛顿第三定律得人对电梯的压力FN′＝FN＝m(g＋a)＞mg，故C错误。
5．(多选)(2025·新疆喀什市合格考模拟)电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，引起超重现象的是(　　)
A.以2 m/s2的加速度加速上升
B.以3 m/s2的加速度减速上升
C.以3 m/s2的加速度减速下降
D.以2.5 m/s2的加速度加速下降
解析：选AC。以2 m/s2的加速度加速上升，物体的加速度方向向上，处于超重状态，故A正确；以3 m/s2的加速度减速上升，物体的加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；以3 m/s2的加速度减速下降，物体的加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；以2.5 m/s2的加速度加速下降，物体的加速度方向向下，处于失重状态，故D错误。
6．(2025·浙江温州市期中)2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空。关于火箭发射，下列说法正确的是(　　)
A.火箭刚离开发射架时，火箭处于失重状态
B.火箭升入太空后，将不受重力作用
C.火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
D.火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力
解析：选D。火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力，所以火箭加速上升，加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误，D正确；火箭升入太空后，也受重力作用，故B错误；火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力属于作用力与反作用力，所以高速气流对火箭的作用力等于火箭对气流的作用力，故C错误。
7.(多选)蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动。如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳为原长时人的位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所到达的最低点，不计空气阻力，人可视为质点，弹性绳质量不计且满足胡克定律，则人在第一次下降到最低点的过程，下列说法正确的是(　　)
A.人经过a点时处于平衡状态
B.从P点到a点人处于失重状态
C.从a点到b点人处于失重状态
D.从b点到c点人处于失重状态
解析：选BC。从P点到a点，人仅受重力作用，人具有向下的加速度，处于完全失重状态，故A错误，B正确；从a点到b点人受到的弹力小于自身受到的重力，处于失重状态，故C正确；从b点到c点人受到的弹力大于自身受到的重力，处于超重状态，故D错误。
8．质量为m的人站在电梯内，电梯从1楼上升到40楼，此过程中电梯速度v随时间t变化的图像如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.0到t1时间内电梯对人的支持力小于mg
B.t1到t2时间内人处于超重状态
C.t2到t3时间内人处于超重状态
D.t2到t3时间内电梯对人的支持力不断增大
解析：选D。由题图可知，0到t1时间内电梯向上加速运动，具有向上的加速度，电梯里的人处于超重状态，电梯对人的支持力大于mg，A错误；由题图可知，t1到t2时间内电梯做匀速运动，电梯里的人处于平衡状态，B错误；由题图可知，t2到t3时间内电梯向上做减速运动，具有向下的加速度，电梯里的人处于失重状态，C错误；v－t图像的斜率绝对值表示加速度大小，由题图可知，t2到t3时间内加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有mg－FN＝ma，解得FN＝mg－ma，所以电梯对人的支持力不断增大，D正确。
9．在一场篮球比赛中，双方队员争取球权，裁判员将手中的篮球竖直向上抛出，1 s后，篮球到达最高点并自由下落，直到有球员将其碰到。不计篮球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，从被抛出到被球员碰到的过程中，对于篮球，下列说法正确的是(　　)
A.篮球的运动是匀变速直线运动
B.上升时篮球处于超重状态
C.篮球上升到最高点时速度为零，合外力也为零
D.篮球上升的最高点与抛出点的距离为10 m
解析：选A。篮球被抛出后，做竖直上抛运动，加速度恒定，所以篮球的运动是匀变速直线运动，A正确；篮球在上升时只受重力，所以处于完全失重状态，B错误；篮球上升到最高点时速度为零，仍只受重力，所以合外力不为零，C错误；由运动学公式h＝gt2，可得篮球上升的最高点与抛出点的距离h＝5 m，D错误。
10．(2025·江苏苏州市期末)如图所示的是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是(　　)
A.站起过程中人处于超重状态
B.该人做了一次下蹲—起立的动作
C.下蹲过程中人处于失重状态
D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：选B。由图可知在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，故人先处于失重状态后处于超重状态，C、D错误；人在起立过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，则站起过程中先处于超重状态后处于失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，A错误，B正确。
11．为了研究失重与超重现象，某同学将一质量m＝5 kg的小球用拉力传感器悬挂在升降机内，如图1所示，升降机启动后，通过电脑描绘出某段时间内拉力F随着时间t变化的关系图像如图2所示。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。回答下列问题：(计算结果均保留2位有效数字)
(1)在传感器有示数的时间内，升降机的最大加速度大小为________m/s2，此时加速度的方向________(选填“向上”或“向下”)。
(2)t＝10 s时小球处于________(选填“失重”或“超重”)状态，此时加速度的大小为__________m/s2，升降机的运动可能是________。
A.向上加速运动　　　　 B．向上减速运动
C.向下加速运动 D．向下减速运动
解析：(1)由题图2可知，传感器的示数最小值出现在14 s到15 s之间，此时拉力的大小约为F1＝4 N，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝9.2 m/s2，此时小球处
于失重状态，加速度方向向下；传感器示数最大值出现在6 s到7 s之间，此时拉力的大小约为F′＝87 N，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有F′－mg＝ma′，解得a′＝7.4 m/s2＜a1，故升降机的最大加速度a1＝9.2 m/s2，此时小球处于失重状态，加速度方向向下。
(2)由题图2可知，t＝10 s时传感器的示数约为F2＝70 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma2，解得小球的加速度a2＝4.0 m/s2，方向向上，小球处于超重状态。由上述分析可知，升降机的加速度方向竖直向上，运动可能是向上的加速运动，也可能是向下的减速运动。
答案：(1)9.2(9.1～9.3均可)　向下　(2) 超重　4.0　AD(共39张PPT)
第3节　牛顿第二定律
学习目标
1．知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义。　
2.知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、牛顿第二定律的表达式
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成________比，跟它的质量成________比，加速度的方向跟作用力的方向__________。
2．表达式：F＝__________，式中k是比例系数，F指的是物体所受的__________。
3．物理意义：牛顿第二定律不仅阐述了力、质量和加速度三者数量间的关系，还明确了加速度的方向与力的方向一致。
正
反
相同
kma
合力
二、力的单位
1．比例系数k的意义
(1)F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取。
(2)在国际单位制中k＝1，牛顿第二定律的数学表达式为__________，式中F、m、a的单位分别为____________、____________、____________。
2．国际单位：力的单位是____________，简称__________，符号__________。
3．1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝____________。
F＝ma
N
kg
m/s2
牛顿
牛
N
1 kg·m/s2
判断下列说法是否正确。
(1)由牛顿第二定律知，质量大的物体的加速度一定小。(　　)
(2)任何情况下，物体的合力方向一定与它的加速度方向相同。(　　)
(3)任何情况下，比例式F＝kma中的k一定为1。(　　)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力的作用。(　　)
(5)只要物体受到的合力不为零，物体一定有加速度。(　　)
×　
√
×　
×　
√
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
性质 理解
同体性 F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性 作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性 物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
角度1　合力、质量和加速度的关系
对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，m与F成正比，m与a成反比
B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度不会消失
√
角度2　牛顿第二定律定性分析问题
如图所示，一轻弹簧水平放置在光滑的水平面上，其右端固定，B点为弹簧自由伸长时的位置，一物块静止在A处，现用一水平向右的恒力F推该物块，直至弹簧被压缩到最短位置C，则此过程中下列说法正确的是(　　)
A．物块从A到B加速，B到C减速
B．物块到达B点时速度最大
C．物块所受合外力方向向左
D．物块到达C点时加速度不为零
√
[解析]　物块从A到B加速，刚接触弹簧时F大于弹簧的弹力，所以物块还是做加速运动，F弹逐渐增大，当F弹>F时，物块开始减速，故A错误；物块到达B点时还有加速度所以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。
(2025·甘肃白银月考)如图所示，木箱静止在光滑的水平面上，某小孩用水平推力推木箱，且推力先逐渐增大，后逐渐减小。下列说法正确的是(　　)
A．木箱的加速度不变，速度一直增大
B．木箱的加速度先增大后减小，速度一直增大
C．木箱的加速度先减小后增大，速度一直减小
D．木箱的加速度先增大后减小，速度先增大后减小
√
[解析]　根据牛顿第二定律，木箱的加速度先增大后减小，因力的方向与速度方向相同，所以加速度方向与速度方向相同，木箱速度一直增大。
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。
高速列车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，则高速列车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，书相对于高速列车静止，则高速列车的最大加速度为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，由牛顿第二定律有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)g tan θ。
[答案]　(M＋m)g tan θ
知识点三　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，且不再发生形变，如果弹簧还连接有其他有质量的物体，则瞬间速度不变(或速度仍为零)，故瞬间弹簧的形变没有改变，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。
模型1　绳和弹簧模型
(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。
(2025·江苏淮安月考)如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
√
[解析]　小球静止处于平衡状态，小球受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设小球受到弹簧Q弹力作用，弹簧Q弹力斜向右下方或左上方，弹簧弹力在水平方向有分力，轻绳P不可能处于竖直状态，实际上轻绳P处于竖直状态，因此假设小球受弹簧弹力作用是错误的，所以弹簧Q处于原长状态，小球受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力T＝mg，故A、B错误；剪断轻绳前弹簧对小球没有弹力作用，小球受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，小球只受重力作用，小球不会处于静止状态，由牛顿第二定律得mg＝ma，解得a＝g，故D正确，C错误。
模型2　杆模型
如图所示，A、B、C、D、E、F六个质量相同的小球分别用弹簧、轻绳和轻杆连接，挂于水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b、c处将悬挂的轻绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)

A.C、D、E、F球的加速度均为g
B．A球的加速度为2g，B球的加速度为g
C．所有小球都以g的加速度下落
D．E球的加速度大于F球的加速度
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(牛顿第二定律的理解及应用)若质量为2 kg的无人机自静止开始以2.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，则在加速阶段空气对无人机的作用力为(　　)
A．－5 N B．15 N
C．20 N D．25 N
解析：根据牛顿第二定律F－mg＝ma可得F＝25 N。
√
√
3.(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，方向水平向右，A正确；竖直方向由牛顿第二定律可得mg－FN＝may＝ma sin θ，解得FN＝mg－ma sin θ，方向竖直向上，C错误，D正确；人对踏板的摩擦力水平向左，压力竖直向下，故人对踏板的作用力斜向左下方，B错误。
4．(瞬时问题)(2025·四川成都期末)如图，倾角θ＝30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为(　　)

A.aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
√(共25张PPT)
第1节　课后达标检测
√
1．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)下列说法正确的是(　　)
A．物体的惯性大小除了和质量有关以外，还与物体的运动速度、加速度大小有关
B．伽利略通过理想斜面实验证明了力是维持物体运动状态的原因
C．放在水平讲台上的粉笔盒受到讲台的支持力，是由于讲台发生了形变引起的
D．受滑动摩擦力的物体不一定运动，但受静摩擦力的物体一定静止
解析：物体的惯性大小只与质量有关，故A错误；伽利略通过理想斜面实验证明了力不是维持物体运动状态的原因，故B错误；放在水平讲台上的粉笔盒受到讲台的支持力，是由于讲台发生了形变引起的，故C正确；货物在传送带上向高处运动时，货物受静摩擦力但不静止，故D错误。
√
2．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．乒乓球受到球拍的作用力大于球拍受到乒乓球的作用力
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；乒乓球受到球拍的作用力与球拍受到乒乓球的作用力是一对作用力与反作用力，两力等大、反向，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。
√
3．(2025·黑龙江牡丹江市期中)下列说法正确的是(　　)
A．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用
B．形状规则的物体的重心一定在它的几何中心上
C．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大惯性越大
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
解析：物体在地面上滑动时，地面受到物体对它的滑动摩擦力，故静止的物体也可能受到滑动摩擦力，A正确；形状规则、质量分布不均匀的物体的重心可能不在它的几何中心上，B错误；牛顿第一定律表明，物体在任何情况下都有惯性，惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关，C、D错误。
√
4．冰壶在冰面运动时可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，这种抵抗运动状态变化的“本领”，我们称之为“惯性”，则冰壶惯性的大小取决于(　　)
A．冰壶受到的推力
B．冰壶的速度
C．冰壶的质量
D．冰壶受到的阻力
解析：质量是惯性大小的唯一量度，则冰壶惯性的大小取决于冰壶的质量。
√
5．关于惯性，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体的惯性一定大
B．静止的物体没有惯性
C．只有运动的物体具有惯性
D．所有物体都具有惯性
解析：惯性是物体的固有属性，任何物体在任何情况下都具有惯性，惯性大小与物体的速度无关，与物体的运动状态无关，A、B、C错误，D正确。
√
6．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)2024巴黎奥运会上，中国运动员凭借出色的表现，成功夺得女单网球奥运冠军。在一次关键的对决中，该运动员将高速飞来的网球击打回去，网球在空中划出一道优美的弧线，最终稳稳落入对方场地，下列说法正确的是(　　)
A．球能被打飞回去，是因为有力维持物体运动的状态
B．根据牛顿第三定律，网球对球拍的弹力与球拍对网
球的弹力是一对平衡力
C．球拍击打网球时，网球的惯性消失
D．根据牛顿第一定律可知，网球在被击打后，如果受到的一切力都消失，则其将保持被击打后的速度做匀速直线运动
解析：球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故A错误；根据牛顿第三定律可知，网球对球拍的弹力与球拍对网球的弹力是一对作用力与反作用力，故B错误；物体的惯性只由质量决定，与其他因素无关，故C错误；根据牛顿第一定律可知，网球在被击打后，如果受到的一切力都消失，则其将保持被击打后的速度做匀速直线运动，故D正确。
√
7．(2023·浙江6月卷，T2)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　)
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力
D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
解析：在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
√
8．(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。
√
9．足球运动中蕴含着丰富的物理知识，关于惯性下列说法正确的是(　　)

A．足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为存在惯性
B．踢出去的足球能继续飞行，是因为存在惯性
C．踢出去的足球速度在不断变化，惯性也在不断变化
D．足球若被带到太空，惯性将会消失
解析：足球在空中静止释放后能竖直下落，是因为重力的存在，故A错误；惯性是物体维持原有运动状态的固有属性，所以踢出去的足球能继续飞行，是因为惯性的存在，故B正确；惯性只与物体质量有关，与运动状态无关，故C错误；惯性与物体所在位置无关，故D错误。
√
10．(2025·江苏常州市期中)足球是青少年喜爱的一项体育运动。如图所示的是一次精彩的传球、头球攻门、守球的过程(虚线代表足球的飞行路径)，下列说法正确的是(　　)

A．静止在场地上的足球受到的弹力就是它的重力
B．运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的
C．传球过程中，足球受到平衡力的作用
D．运动员用头顶球时，力只改变了球的运动状态
解析：静止在场地上的足球受力平衡，此时重力大小等于足球受到的弹力大小，但是不能说足球受到的弹力就是它的重力，故A错误；运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的，故B正确；传球过程中，足球的运动状态改变，足球不是受到平衡力的作用，故C错误；运动员用头顶球时，力既改变了足球的运动状态，也使足球发生了形变，故D错误。
11．(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。
12．如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动。当车突然停止时，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。
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√
13．如图所示，一个劈形物体A放在斜面上，A的各个表面光滑且上表面水平，在A的上表面放置一个小球B，由静止释放A，则小球B在碰到斜面之前的运动轨迹是(　　)

A.沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．抛物线
D．双曲线
解析：B原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零，当A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，B原来速度为0，没有水平或其他方向上的速度，而A的上表面又光滑，除竖直方向有合力外，其他方向上没有合力，而力是使物体运动状态改变的原因，B只能在竖直方向上有运动，在碰到斜面之前，B的运动轨迹应为一条直线，即竖直向下的直线。题组1　对牛顿第二定律的理解
1．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
2．(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mgtan 10°＝ma，可得该小段时间内地铁的加速度大小a＝gtan 10°。
3．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。
4.(2025·山西晋城市期中)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　瞬时问题
5.(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。
6.(2025·福建莆田市期中)张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝2.5g
B．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝5g
C．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝g
D．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝3g
解析：选A。剪去细绳前，以B为对象，可得弹簧弹力F＝3mg，剪去细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，则B的受力不变，B的加速度为0；剪去细绳瞬间以A为对象，根据牛顿第二定律可得aA＝＝2.5g。
7．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A．图乙中A、B两球间杆的作用力为零
B．两图中两球加速度均为g sin θ
C．两图中A球的加速度均为零
D．图甲中B球的加速度为2g sin θ
解析：选AD。撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，即题图乙中A、B球间杆的作用力为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ。
8．(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－。
9．(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。
10.(多选)(2025·湖北襄阳市期中)如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是(　　)
A．球M和球N的质量之比为(＋1)∶2
B．轻绳A和弹簧C的弹力之比为1∶2
C．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g
D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g
解析：选AD。设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得TA sin 30°＝F，TA cos 30°＝(mM＋mN)g，对小球M受力分析，由平衡条件可得TBsin 45°＝F，TBcos 45°＝mMg，联立解得＝，＝，故A正确，B错误；剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，对于小球M，所受重力与弹簧弹力的合力应与原来轻绳B的拉力TB等大反向，所以mMg＝mMa，所以a＝g，故C错误，D正确。
11.(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。
12．(8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。(4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。(4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第3节　牛顿第二定律
eq \a\vs4\al()
1．知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义。　2.知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。
一、牛顿第二定律的表达式
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成________比，跟它的质量成________比，加速度的方向跟作用力的方向__________。
2．表达式：F＝__________，式中k是比例系数，F指的是物体所受的__________。
3．物理意义：牛顿第二定律不仅阐述了力、质量和加速度三者数量间的关系，还明确了加速度的方向与力的方向一致。
二、力的单位
1．比例系数k的意义
(1)F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取。
(2)在国际单位制中k＝1，牛顿第二定律的数学表达式为__________，式中F、m、a的单位分别为____________、____________、____________。
2．国际单位：力的单位是____________，简称__________，符号__________。
3．1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝____________。
判断下列说法是否正确。
(1)由牛顿第二定律知，质量大的物体的加速度一定小。(　　)
(2)任何情况下，物体的合力方向一定与它的加速度方向相同。(　　)
(3)任何情况下，比例式F＝kma中的k一定为1。(　　)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力的作用。(　　)
(5)只要物体受到的合力不为零，物体一定有加速度。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
[答案自填] 正　反　相同　kma　合力　F＝ma　N　kg　m/s2　牛顿　牛　N
1 kg·m/s2
知识点一　对牛顿第二定律的理解
eq \a\vs4\al()
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
角度1　合力、质量和加速度的关系
　对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，m与F成正比，m与a成反比
B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度不会消失
[解析]　物体的质量是物体的固有属性，与物体所受的合外力和加速度无关，故A错误；力是产生加速度的原因，而不是因为有了加速度，物体才受到外力的作用，故B错误；牛顿第二定律表达式为F＝ma，表示质量为m的物体所受合外力F时产生的加速度为a，a是由m和F共同决定的，即a∝，即物体的加速度跟它所受的作用力成正比，跟它的质量成反比，a与F同时产生、同时消失、同时改变，a与F的方向永远相同，故C正确，D错误。
[答案]　C
角度2　牛顿第二定律定性分析问题
　如图所示，一轻弹簧水平放置在光滑的水平面上，其右端固定，B点为弹簧自由伸长时的位置，一物块静止在A处，现用一水平向右的恒力F推该物块，直至弹簧被压缩到最短位置C，则此过程中下列说法正确的是(　　)
A．物块从A到B加速，B到C减速
B．物块到达B点时速度最大
C．物块所受合外力方向向左
D．物块到达C点时加速度不为零
[解析]　物块从A到B加速，刚接触弹簧时F大于弹簧的弹力，所以物块还是做加速运动，F弹逐渐增大，当F弹>F时，物块开始减速，故A错误；物块到达B点时还有加速度所以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
　(2025·甘肃白银月考)如图所示，木箱静止在光滑的水平面上，某小孩用水平推力推木箱，且推力先逐渐增大，后逐渐减小。下列说法正确的是(　　)
A．木箱的加速度不变，速度一直增大
B．木箱的加速度先增大后减小，速度一直增大
C．木箱的加速度先减小后增大，速度一直减小
D．木箱的加速度先增大后减小，速度先增大后减小
[解析]　根据牛顿第二定律，木箱的加速度先增大后减小，因力的方向与速度方向相同，所以加速度方向与速度方向相同，木箱速度一直增大。
[答案]　B
知识点二　牛顿第二定律的简单应用
1．解题步骤
(1)确定研究对象：依据题意正确选取研究对象。
(2)分析：对研究对象进行受力情况和运动情况的分析，画出受力图和运动情境图。
(3)列方程：选取正方向，通常选加速度方向为正方向，方向与正方向相同的力为正值，方向与正方向相反的力为负值，建立方程。
(4)解方程：F、m、a用国际单位，解的过程要清楚，写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论。
2．解题方法
(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合外力，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，常用正交分解法求解。
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。
　高速列车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，则高速列车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，书相对于高速列车静止，则高速列车的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
　(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，由牛顿第二定律有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)g tan θ。
[答案]　(1)　(2)(M＋m)g tan θ
知识点三　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，且不再发生形变，如果弹簧还连接有其他有质量的物体，则瞬间速度不变(或速度仍为零)，故瞬间弹簧的形变没有改变，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。
模型1　绳和弹簧模型
　(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。
[答案]　A
　(2025·江苏淮安月考)如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳P的弹力大小可能大于mg
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g
[解析]　小球静止处于平衡状态，小球受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设小球受到弹簧Q弹力作用，弹簧Q弹力斜向右下方或左上方，弹簧弹力在水平方向有分力，轻绳P不可能处于竖直状态，实际上轻绳P处于竖直状态，因此假设小球受弹簧弹力作用是错误的，所以弹簧Q处于原长状态，小球受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力T＝mg，故A、B错误；剪断轻绳前弹簧对小球没有弹力作用，小球受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，小球只受重力作用，小球不会处于静止状态，由牛顿第二定律得mg＝ma，解得a＝g，故D正确，C错误。
[答案]　D
模型2　杆模型
　如图所示，A、B、C、D、E、F六个质量相同的小球分别用弹簧、轻绳和轻杆连接，挂于水平天花板上，若某一瞬间同时在a、b、c处将悬挂的轻绳剪断，比较各球下落瞬间的加速度，下列说法正确的是(　　)
A.C、D、E、F球的加速度均为g
B．A球的加速度为2g，B球的加速度为g
C．所有小球都以g的加速度下落
D．E球的加速度大于F球的加速度
[解析]　剪断轻绳的瞬间，轻绳和轻杆的弹力发生突变，突变为零，小球做自由落体运动，加速度为重力加速度，C、D、E、F球的加速度均为g，故A正确，D错误；剪断轻绳前，对B球受力分析可得，弹簧的弹力大小F＝mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，对A球有aA＝＝＝2g，对B球有aB＝＝0，故B、C错误。
[答案]　A
1．(牛顿第二定律的理解及应用)若质量为2 kg的无人机自静止开始以2.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，则在加速阶段空气对无人机的作用力为(　　)
A．－5 N B．15 N
C．20 N D．25 N
解析：选D。根据牛顿第二定律F－mg＝ma可得F＝25 N。
2.(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－。
3.(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，方向水平向右，A正确；竖直方向由牛顿第二定律可得mg－FN＝may＝ma sin θ，解得FN＝mg－ma sin θ，方向竖直向上，C错误，D正确；人对踏板的摩擦力水平向左，压力竖直向下，故人对踏板的作用力斜向左下方，B错误。
4．(瞬时问题)(2025·四川成都期末)如图，倾角θ＝30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为(　　)
A.aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
解析：选D。撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有aA＝0，撤去挡板之前，对A进行受力分析，根据平衡条件有，弹簧的弹力F＝mg sin θ＝mg，撤去挡板C的瞬间，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin 30°＋F＝maB，解得aB＝g。(共45张PPT)
第5节　牛顿运动定律的应用
学习目标
1．明确动力学的两类基本问题。　
2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法。
3．应用动力学方法分析多运动过程问题。
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，可以根据________________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。
(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；已知滑雪板与倾斜雪道间的动摩擦因数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；
[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－Ff＝ma1
FN＝mg cos θ
又Ff＝μ1FN
解得a1＝4 m/s2。
[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x1；
[答案]　16 m/s　32 m　
(3)滑雪板与水平雪道间的动摩擦因数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＝2a2x2
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
(2025·河南漯河市期末)如图所示，一个质量为10 kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，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。

(1)若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大？
[解析]　若要使物体静止在斜面上，
根据平衡条件得
mgsin 37°＝μ(F＋mg cos 37°)
解得推力至少为
F＝40 N。
[答案]　40 N　
(2)若撤去推力F，物体沿斜面下滑4 m的过程中，求物体的平均速度大小。
[答案]　2 m/s
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)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。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。
如图，质量为0.4 kg的小物块在水平向左的外力F作用下静止在斜面上，且恰好与斜面间无摩擦。撤去外力F后，物块由静止开始从A点沿斜面下滑，经过斜面底端B点，沿水平面滑行一段距离后停在C点。斜面与水平面平滑连接，不计在连接处的能量损失。斜面倾角θ为37°，物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数均相同，且AB段与BC段长度相等。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求外力F的大小。
[解析]　对A点的物块受力分析有
F＝mg tan θ＝3 N。
[答案]　3 N　
(2)求物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数。
(3)若测得物块经过B点时速度大小为2 m/s，求经过B点后1 s内物块的位移大小。
[答案]　0.6 m
规范一练　动力学方法的综合应用
钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长x1＝12 m水平直道AB与长x2＝20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小v1＝8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时t＝5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量m＝110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
[解析]　AB段
由运动学公式可得v1＝a1t1
解得t1＝3 s
由题意可知t2＝t－t1
[答案]　12 m/s　
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
[解析]　在BC段由牛顿第二定律可得
mg sin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N。
[答案]　66 N
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(已知物体的受力分析运动情况)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°＋FN＝mg
又f＝μFN
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
2．(已知物体运动分析受力情况)(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；
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；
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。
解析：根据速度公式有v＝at
解得t＝30 s。
答案：30 s
3．(多运动过程问题)(2025·江苏淮安月考)在倾角θ＝37°的足够长的斜坡底端有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。物体在12 N的拉力作用下由静止开始运动，5 s后撤去拉力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小；
解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
解得a＝2 m/s2。
答案：2 m/s2　
(2)物体沿斜面上滑的最大距离；
答案：30 m　
(3)物体在斜面上运动的总时间。(共20张PPT)
专题提升课5　课后达标检测
√
√
√
√
√
3．(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点右边桌面之间的动摩擦因数为0.125
D.物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数为0.25
√
√
题组2　动力学图像问题
4．(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。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
√
√
5．(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内物体做匀速直线运动
√
6．(2025·福建泉州期末)如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端静置一物体(与弹簧不连接)。现对物体施加一竖直向上的拉力F，使物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.物体的质量为2 kg
B.弹簧的劲度系数为5 N/cm
C.物体的加速度大小为5 m/s2
D.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
7．(7分)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)如图，倾角θ＝37°，足够长的粗糙斜面固定在水平面上。质量为2 kg的木板B用平行于斜面的轻绳绕过光滑定滑轮与物块A相连。已知木板B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6(假设A运动过程中不与地面或滑轮接触且B运动过程中始终不脱离斜面)。
(1)当物块A质量多大时，木板B恰能沿斜面匀速下滑？(3分)
解析：当木板B恰能沿斜面匀速下滑时，对木板B由平衡条件得 mBg sin θ＝T＋μmBg cos θ，对物块A由平衡条件得T＝mAg，解得mA＝0.8 kg。
答案：0.8 kg　
(2)若物块A的质量为2 kg，求木板B的加速度大小。(4分)
解析：若物块A的质量为2 kg，因为mAg＞mBg sin θ＋μmBg cos θ，所以物块A拉着木板B一起加速运动，由牛顿第二定律得mAg－mBg sin θ－μmBg cos θ＝(mA＋mB)a，解得木板B的加速度大小a＝1 m/s2。
答案：1 m/s2
8．(9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；(3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/m(共24张PPT)
第3节　课后达标检测
√
√
解析：对拉手受力分析，由牛顿第二定律mgtan 10°＝ma，可得该小段时间内地铁的加速度大小a＝gtan 10°。
√
3．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
√
√
√
√
6.(2025·福建莆田市期中)张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝2.5g
B．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝5g
C．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝g
D．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝3g
√
7．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A．图乙中A、B两球间杆的作用力为零
B．两图中两球加速度均为g sin θ
C．两图中A球的加速度均为零
D．图甲中B球的加速度为2g sin θ
√
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，即题图乙中A、B球间杆的作用力为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ。
√
√
9．(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。
√
√
√
12．(8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。(4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。(4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(共45张PPT)
第四章　运动和力的关系
第1节　牛顿第一定律
学习目标
1．知道伽利略的理想实验及其推理过程，知道理想实验是科学研究的重要方法。　2.理解牛顿第一定律的内容及意义。　3.明确惯性的概念，会解释有关的惯性现象。　4.会用牛顿第一定律定性分析问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、理想实验的魅力
1．亚里士多德的观点：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。即力是维持物体运动的原因。
2．伽利略的观点
(1)理想实验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长。
科学推论：当斜面最终变为水平面时，小球要到达原有高度将______________。
(2)结论：力不是__________物体运动的原因。
3．笛卡儿的观点：如果运动中的物体没有受到________的作用，它将继续以__________沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。
永远运动下去
维持
力
同一速度
二、牛顿第一定律
1．牛顿第一定律：一切物体总保持__________________状态或__________状态，除非作用在它上面的________迫使它改变这种状态。
2．力和运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体________________的原因。
3．不受力作用的物体是不存在的。牛顿第一定律所描述的状态是一种______________。它是利用逻辑思维进行分析的产物，____________用实验直接验证。
匀速直线运动
静止
力
运动状态
理想状态
不可能
三、惯性与质量
1．惯性：物体这种保持原来的______________状态或__________状态的性质就叫惯性。
2．惯性的量度：描述物体惯性的物理量是它的__________。质量是物体惯性大小的唯一量度。
3．质量只有大小，没有方向，是标量。
匀速直线运动
静止
质量
判断下列说法是否正确。
(1)伽利略理想斜面实验是不科学的假想实验。(　　)
(2)理想实验所得到的结论是不可靠的。(　　)
(3)伽利略的“理想实验＋科学推论”的方法是一种科学方法。(　　)
(4)物体只有处于静止状态或匀速直线运动状态时才有惯性。(　　)
(5)物体运动速度越大，惯性越大。(　　)
(6)力无法改变物体的惯性。(　　)
×　
√
×　
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对牛顿第一定律的理解
1．【教材经典P87第1题】回答下列问题。
(1)飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标吗？为什么？
[提示]　不能击中目标。因为炸弹被投下时，由于惯性，具有与飞机相同的水平速度，如果目标是静止的，炸弹就会落到目标的前方。
(2)地球由西向东自转，你向上跳起来以后，为什么还落在原地，而不落到原地的西边？
[提示]　因为当你跳起时，由于惯性，你仍有与地面相同的速度，所以还落在原地，而不会落在原地的西边。
(3)我国道路交通安全法规定，在各种小型车辆里乘坐的人必须系好安全带。为什么要有这样的规定？
[提示]　如果不系安全带，当紧急刹车或发生交通事故时，车因受到制动力或撞击而突然改变运动状态，而人因惯性仍然向原方向运动，人和车发生相对运动，会发生危险。系上安全带后，人虽然因惯性向前运动，但受安全带的约束，增加了安全系数。
(4)一位同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力，否则它不可能向上运动。这个结论错在哪里？
[提示]　物体以一定速度向上抛出，在空中向上运动，是由于物体具有惯性而继续向上运动，不是因为受到了向上的力的作用。
2．以上问题的分析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。
②力不是维持物体运动状态的原因：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保持静止或匀速直线运动状态的属性——惯性，所以牛顿第一定律也叫惯性定律。
角度1　理想斜面的实验
(多选)伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。图(a)、图(b)分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)

A．图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体是一种匀变速直线运动
B.图(a)中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量时间
C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验能直接观察到小球达到等高处
D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论
√
√
√
[解析]　题图(a)通过对小球在斜面上的运动研究，在得出斜面上小球运动特征后，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；题图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，因为在倾角较小的斜面上的小球加速度较小，运动相等位移下所用时间较长，更有利于时间的测量，故B正确；题图(b)中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；题图(b)的实验为“理想实验”，伽利略通过结合实验结果，利用逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D正确。
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，物体一定处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，故A错误；速度是物体运动状态的标志性物理量，故B正确；力是改变物体运动状态的原因，只要合力不为零，物体的运动状态就会发生改变，但某时刻的速度可能为零，故C、D错误。
知识点二　惯性的理解和应用
1．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。
(2025·黑龙江哈尔滨市期中)惯性是经典物理学中的重要概念。下列说法正确的是(　　)
A．质量大的物体惯性大
B．质量小的物体惯性大
C.只有静止的物体才具有惯性
D．只有运动的物体才具有惯性
[解析]　一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度，质量越大，惯性越大；惯性大小与物体的运动状态无关。
√
(2025·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　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列车上，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列车上，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．以上都有可能
√
[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v0；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＝v0，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)(2025·江苏扬州市期中)关于下列四幅图的叙述正确的是　(　　)

A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大
B．图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间
C．图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力
D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因
√
解析：惯性只与质量有关，与速度无关，A错误； 题图乙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，当时所处的年代时间的测量没有现在精确，通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，故B正确；题图丙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，根据牛顿第三定律可知，马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小，C错误；题图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力不是维持物体运动的原因，D错误。
2．(惯性的理解和应用)根据《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条规定，汽车行驶时，驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带，乘客不管坐前排还是后排，乘车就必须系安全带。关于安全带，下列说法正确的是(　　)
A．系好安全带可以减小汽车的惯性
B．系好安全带可以减小驾驶员和乘客的惯性
C．系好安全带可以完全避免撞击对驾驶员和乘客的伤害
D．系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响
√
解析：物体的惯性只与物体的质量有关，所以系好安全带并不能减小汽车的惯性，也不能减小驾驶员和乘客的惯性，即系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响，故A、B错误，D正确；系好安全带不能完全避免撞击对驾驶员和乘客造成的伤害，但可以在一定程度上减轻驾驶员和乘客受到的伤害，故C错误。
3.(惯性的理解和应用)(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。
4．(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，该力使人向前运动
B．人跳起时，车厢对人有一个向前的摩擦力，该力使人向前运动
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，跳起后，人与车在水平方向仍具有相同的速度，所以仍落回原处，A、B、C错误，D正确。第2节　实验：探究加速度与力、质量的关系
一、实验目的
1．学会用控制变量法探究物理规律。
2．探究加速度与力、质量的关系。
3．掌握利用图像处理数据的方法。
二、实验原理
采用控制变量法，在探究加速度与力、质量三者关系时，先让其中一个量保持不变来探究其他两个量之间的关系。
(1)控制小车的质量M不变，分析加速度a与力F的关系。
(2)控制槽码质量不变，即力F不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量M，分析加速度a与M的关系。
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、槽码、细绳、交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺。
四、实验方案
1．三个物理量的测量方法
(1)质量的测量：用天平测量。在小车中增减砝码的数量可改变小车的质量。
(2)加速度的测量
①方法1：让小车做初速度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量小车移动的位移x，用秒表测量发生这段位移所用的时间t，然后由a＝计算出加速度a。
②方法2：由纸带根据公式Δx＝aT2结合逐差法计算出小车的加速度。
③方法3：不直接测量加速度，求加速度之比。例如：让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等，测出各自的位移x1、x2，则＝，把加速度的测量转换成位移的测量。
(3)力的测量
在阻力得到平衡的情况下，小车受到的拉力等于小车所受的合力。
①在槽码的质量比小车的质量小得多时，可认为小车所受的拉力近似等于槽码的重力。
②使用力传感器可以直接测量拉力的大小，不需要使槽码的质量远小于小车的质量。
2．实验数据的处理方法——图像法、“化曲为直”法
(1)研究加速度a和力F的关系
以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出图像，如图所示，若图像是一条通过原点的直线，就能说明a与F成正比。
(2)研究加速度a与质量M的关系
如图所示，因为a－M图像是曲线，检查a－M图像是不是双曲线，就能判断它们之间是不是成反比关系，但检查这条曲线是不是双曲线，相当困难。若a和M成反比，则a与必成正比。我们采取“化曲为直”的方法，以a为纵坐标，以为横坐标，作出a－图像，若a－图像是一条过原点的直线，说明a与成正比，即a与M成反比。
五、实验步骤
1．用天平测出小车的质量m，并把数值记录下来。
2．按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。
3．平衡阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，反复移动垫木位置，启动打点计时器，直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等)，此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。
4．把细线绕过定滑轮系在小车上，另一端挂上槽码。保持小车质量不变，改变槽码的个数，以改变小车所受的拉力。处理纸带，测出加速度，将结果填入表1中。
表1　小车质量一定
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
5.保持槽码个数不变，即保持小车所受的拉力不变，在小车上增减钩码，重复上面的实验，求出相应的加速度，把数据记录在表2中。
表2　小车所受的拉力一定
质量m/kg
加速度a/(m·s－2)
六、数据分析
1．利用Δx＝aT2及逐差法求a。
2．以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比。
3．以a为纵坐标，为横坐标，根据各组数据描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与M成反比。
七、误差分析
1．实验原理不完善：本实验用槽码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总重力。
2．平衡摩擦力不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
八、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，不管以后是改变槽码的质量还是改变小车和重物的质量，都不需要重新平衡摩擦力。
2．实验中必须使小车和重物的总质量远大于槽码的总质量。
3．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。
4．作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧。
九、其他方案概述
方案：通过位移之比测量加速度之比
如图所示，将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高，平衡摩擦力，两小车后端各系一条细线，用一个物体，例如黑板擦，把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同，从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后，在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量，再进行实验。
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
(2)实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是________。
A．M m B．m M
(3)实验中得到一条纸带如图乙所示，打点计时器打点频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、1、2、3、4、…，量得0与1两点间距离x1＝30 mm，1与2两点间距离x2＝36 mm，2与3两点间距离x3＝42 mm，3与4两点间的距离x4＝48 mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为________m/s，小车的加速度a的计算表达式为__________________(用题中的物理量表示，设相邻计数点间的时间间隔为T)。
(4)该同学通过对图乙中数据的处理作出了a－F图像，如图丙所示，则图线不过原点的原因是__________________。
[解析]　(1)平衡摩擦力时，应把长木板右端垫高，在不悬挂重物且计时器打点的情况下，轻推小车，若小车能拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力的影响，故选A。
(2)为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是M m。
(3)每5个计时点取一个计数点，打点频率为50 Hz，则相邻两计数点时间间隔T＝5×0.02 s＝0.10 s，根据匀变速直线运动规律的推论可知v2＝＝ m/s＝0.39 m/s，由逐差法可得a＝。
(4)由题图可知，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
　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
　“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
　(2024·江西卷，T11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量M1＝320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a－F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车质量增加至M2＝470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a－F图像，如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间__________，非线性区间__________。再将小车的质量增加至M3＝720 g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度a/(m·s－2) 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9～14 15
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度a/(m·s－2) 1.67 1.95 2.20 …… 3.92
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
[解析]　(4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。
[答案]　(4)较大　较小　(5)图像见解析
1．(2024·浙江1月卷，T16)如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是________。
A.放大法　　B．控制变量法　　C．补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是________。
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量____________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为____________(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可行的方案是________。
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v＝____________；小车加速度的表达式是______。
A.a＝　　　　 B．a＝
C．a＝
解析：(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。
(2)补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
(3)设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F＝Ma，mg－F＝ma，联立解得F＝＝，由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。
(4)相邻两计数点间的时间间隔t＝5T，打计数点5时小车速度的表达式为v＝＝，根据逐差法可得小车加速度的表达式a＝＝。
答案：(1)B　(2)B　(3)远大于　系统误差　C
(4)　A
2．(2025·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(共22张PPT)
专题提升课6　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
√
√
2．如图所示，水平传送带以1 m/s的速度逆时针匀速运行，现将一小滑块(视为质点)从A处由静止开始沿光滑固定斜面滑下，结果滑块以1 m/s的速度滑上传送带的右端。若滑块从图示位置B(比A处低)由静止开始沿斜面滑下，则滑块在传送带上运动的过程中(　　)

A.可能一直做加速运动
B.可能一直做减速运动
C.可能先做匀速运动后做加速运动
D.可能先做减速运动后做匀速运动
解析：根据v2＝2aL可知，在滑块从A位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度等于1 m/s，B比A处低，则在滑块从B位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度小于1 m/s，若传送带足够长，则滑块在传送带上先做加速运动后做匀速运动；若传送带不够长，则滑块在传送带上一直做加速运动，A正确，B、C、D错误。
√
√
√
4.(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
5．(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；(4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。(4分)
答案：3.7 s
6．(8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。(4分)
答案：2 kg　6 m
7．(14分)(2025·江苏月考)如图所示，质量M＝4 kg的长木板B置于水平地面上，质量m＝2 kg的小物块A放在木板右端，小物块A与长木板B间的动摩擦因数μ1＝0.1，g取10 m/s2。在木板B右端施加水平拉力F。

(1)若地面光滑，求A与B不发生相对滑动的最大拉力F1。(3分)
解析：若地面光滑，当A刚要滑动时，所受摩擦力达到最大静摩擦，
有μ1mg＝ma
此时对A、B整体有F1＝(M＋m)a
解得F1＝6 N。
答案：6 N　
(2)若长木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，拉力F2＝30 N，求物块A与长木板B的加速度大小。(3分)
解析：因为F2>F1故A、B会发生相对滑动，对物块A有μ1mg＝maA
对长木板B有F2－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB
解得aA＝1 m/s2，aB＝2.5 m/s2。
答案：1 m/s2　2.5 m/s2　
(3)在(2)问情况下，从静止开始，拉力作用了4 s撤去，小物块始终未从木板上掉落，求最终小物块相对长木板的位移大小。(8分)
答案：5.625 m(共23张PPT)
第6节　课后达标检测
√
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。
√
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：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。
√
4．(2025·天津河北区合格考模拟)质量为m的人，站在电梯内的水平地板上，重力加速度为g。当电梯以加速度a匀加速上升时，下列说法正确的是(　　)
A.该人处于超重状态
B.该人受到的重力发生了变化
C.人对电梯的压力为mg
D.电梯对人的支持力为ma
解析：设电梯对人的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，得FN＝m(g＋a)＞mg，该人处于超重状态，故A正确，D错误；该人受到的重力没有发生变化，故B错误；由牛顿第三定律得人对电梯的压力FN′＝FN＝m(g＋a)＞mg，故C错误。
√
5．(多选)(2025·新疆喀什市合格考模拟)电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，引起超重现象的是(　　)
A.以2 m/s2的加速度加速上升
B.以3 m/s2的加速度减速上升
C.以3 m/s2的加速度减速下降
D.以2.5 m/s2的加速度加速下降
√
解析：以2 m/s2的加速度加速上升，物体的加速度方向向上，处于超重状态，故A正确；以3 m/s2的加速度减速上升，物体的加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；以3 m/s2的加速度减速下降，物体的加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；以2.5 m/s2的加速度加速下降，物体的加速度方向向下，处于失重状态，故D错误。
√
6．(2025·浙江温州市期中)2025年2月11日17时30分，我国在文昌航天发射场使用长征八号改运载火箭，成功将卫星互联网低轨02组卫星发射升空。关于火箭发射，下列说法正确的是(　　)

A.火箭刚离开发射架时，火箭处于失重状态
B.火箭升入太空后，将不受重力作用
C.火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
D.火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力
解析：火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭的重力，所以火箭加速上升，加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误，D正确；火箭升入太空后，也受重力作用，故B错误；火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力属于作用力与反作用力，所以高速气流对火箭的作用力等于火箭对气流的作用力，故C错误。
√
7.(多选)蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动。如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳为原长时人的位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所到达的最低点，不计空气阻力，人可视为质点，弹性绳质量不计且满足胡克定律，则人在第一次下降到最低点的过程，下列说法正确的是(　　)
A.人经过a点时处于平衡状态
B.从P点到a点人处于失重状态
C.从a点到b点人处于失重状态
D.从b点到c点人处于失重状态
√
解析：从P点到a点，人仅受重力作用，人具有向下的加速度，处于完全失重状态，故A错误，B正确；从a点到b点人受到的弹力小于自身受到的重力，处于失重状态，故C正确；从b点到c点人受到的弹力大于自身受到的重力，处于超重状态，故D错误。
√
8．质量为m的人站在电梯内，电梯从1楼上升到40楼，此过程中电梯速度v随时间t变化的图像如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A.0到t1时间内电梯对人的支持力小于mg
B.t1到t2时间内人处于超重状态
C.t2到t3时间内人处于超重状态
D.t2到t3时间内电梯对人的支持力不断增大
解析：由题图可知，0到t1时间内电梯向上加速运动，具有向上的加速度，电梯里的人处于超重状态，电梯对人的支持力大于mg，A错误；由题图可知，t1到t2时间内电梯做匀速运动，电梯里的人处于平衡状态，B错误；由题图可知，t2到t3时间内电梯向上做减速运动，具有向下的加速度，电梯里的人处于失重状态，C错误；v－t图像的斜率绝对值表示加速度大小，由题图可知，t2到t3时间内加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有mg－FN＝ma，解得FN＝mg－ma，所以电梯对人的支持力不断增大，D正确。
√
9．在一场篮球比赛中，双方队员争取球权，裁判员将手中的篮球竖直向上抛出，1 s后，篮球到达最高点并自由下落，直到有球员将其碰到。不计篮球受到的空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，从被抛出到被球员碰到的过程中，对于篮球，下列说法正确的是(　　)
A.篮球的运动是匀变速直线运动
B.上升时篮球处于超重状态
C.篮球上升到最高点时速度为零，合外力也为零
D.篮球上升的最高点与抛出点的距离为10 m
√
10．(2025·江苏苏州市期末)如图所示的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。
11．为了研究失重与超重现象，某同学将一质量m＝5 kg的小球用拉力传感器悬挂在升降机内，如图1所示，升降机启动后，通过电脑描绘出某段时间内拉力F随着时间t变化的关系图像如图2所示。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。回答下列问题：(计算结果均保留2位有效数字)
(1)在传感器有示数的时间内，升降机的最大加速度大小为______________
m/s2，此时加速度的方向______(选填“向上”或“向下”)。
解析：由题图2可知，传感器的示数最小值出现在14 s到15 s之间，此时拉力的大小约为F1＝4 N，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝9.2 m/s2，此时小球处于失重状态，加速度方向向下；传感器示数最大值出现在6 s到7 s之间，此时拉力的大小约为F′＝87 N，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有F′－mg＝ma′，解得a′＝7.4 m/s2＜a1，故升降机的最大加速度a1＝9.2 m/s2，此时小球处于失重状态，加速度方向向下。
9.2(9.1～9.3均可)　
向下
(2)t＝10 s时小球处于________(选填“失重”或“超重”)状态，此时加速度的大小为__________m/s2，升降机的运动可能是________。
A.向上加速运动　　　　 B．向上减速运动
C.向下加速运动 D．向下减速运动
解析：由题图2可知，t＝10 s时传感器的示数约为F2＝70 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma2，解得小球的加速度a2＝4.0 m/s2，方向向上，小球处于超重状态。由上述分析可知，升降机的加速度方向竖直向上，运动可能是向上的加速运动，也可能是向下的减速运动。
超重　
4.0　
AD(共34张PPT)
专题提升课6　传送带模型和板块模型
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
微专题一　传送带模型
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
(2025·重庆期中)一质量为m的物块放在水平传送带上，水平传送带以速度v顺时针匀速转动，物块以初速度v0向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ，则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)
A.若v0B.若v0>v，则f方向向右
C.若v0＝v，物块m在传送带上相对地面做匀速运动
D.若v0＝v，则f＝μmg
√
[解析]　若v0v，则物块相对传送带向右运动，物块所受的摩擦力方向向左，故B错误；若v0＝v，则物块所受的摩擦力为0，物块m在传送带上相对地面做匀速运动，故C正确，D错误。
(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的小炭块以v0＝4 m/s的速度从A点向右滑上传送带，设小炭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.炭块一直做匀加速直线运动
B.刚开始炭块的加速度大小为2 m/s2
C.炭块从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
√
√
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沿皮带向下的摩擦力，1 s后受沿皮带向上的摩擦力，根据图像可以知道，皮带的速度为8.0 m/s。
[答案]　8 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
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。
微专题二　板块模型
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
(2025·江苏月考)如图所示，在光滑的水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知木板B的质量为2 kg，木块A的质量为1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，用一水平力F＝6 N作用于B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.A受到向右的摩擦力
B.A、B间的摩擦力为5 N
C.B的加速度为0.5 m/s2
D.A、B间的摩擦力为2 N
√
(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板长度至少为3 m
D. 长木板A的质量是4 kg
√
√
规范一练　应用牛顿第二定律解板块模型
如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小。
[解析]　当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma0
解得a0＝2 m/s2
当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止
对m，根据牛顿第二定律可得
Ff＝ma1
解得Ff＝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后撤去水平推力，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]　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
[答案]　2.0 s
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
√
√
2．(传送带模型)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。
3．(板块模型)(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.木板受到水平面的摩擦力大小为2 N
B.小物块受到木板的摩擦力大小为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B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A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第2节　课后达标检测
1．(2025·山东省合格考)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置。

(1)本实验应用的实验方法是________。
A．控制变量法　　　　 B．假设法
C．理想实验法
解析：探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法。
A
(2)下列说法正确的是________。
A．实验中的打点计时器应接直流电源
B．实验时应先释放小车，再启动打点计时器
C.实验前应把长木板的一端垫起适当高度，以平衡小车受到的摩擦力
D．在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小
解析：实验中的打点计时器应接交流电源，A错误；实验时应先启动打点计时器，再释放小车，B错误；实验前应把长木板的一端垫起适当高度，以平衡小车受到的摩擦力，C正确；在探究加速度与质量的关系时，应保持小车所受拉力的大小不变，改变小车的质量，D错误。
C
(3)在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M＝0.5 kg，改变砝码质量m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是________。
A．m1＝4 g B．m2＝10 g
C．m3＝40 g D．m4＝500 g
解析：当小车质量远大于砝码与砝码盘质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码与砝码盘的重力，在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M＝0.5 kg＝500 g，改变砝码质量m的值，m的取值最不合适的一个是500 g。
D
(4)图乙是某同学在实验中打出的一条纸带，他从比较清晰的点O开始，每五个计时点取一个计数点，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，由此可求得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)。
1.20
(5)图丙为某同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a－F图像，图线不过坐标原点的原因可能是长木板的倾斜程度________(选填“过大”或“过小”)。
解析：a－F图像不过原点是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，即长木板的倾斜角度过小或没有倾斜。
过小
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)的细线与轨道平行
B．在研究加速度与质量关系的时候，保证槽码的质量不变，即可确保力F一定
C．甲、乙两方案必须使长木板处于水平位置
D．各方案通过作出a－M图像即可直观得出加速度与质量的关系
A
解析：各方案都需要使拉动小车(滑块)的细线与轨道平行，故A正确；在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引力不变，即题图甲、乙中力传感器与弹簧测力计的示数不变，而不是槽码质量不变，故B错误；甲、乙两方案需要平衡摩擦力，长木板有一定的倾角，故长木板不处于水平位置，故C错误；各方案通过作出a－M图像得到的是曲线，不能直观得出加速度与质量的关系，故D错误。
(2)一次记录小车运动情况的纸带如图丁所示，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，打下计数点D时小车的瞬时速度为________m/s，小车运动的加速度为________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
0.25　
0.50
3．(2025·浙江绍兴市期末)某同学利用图(a)所示实验装置来探究小车加速度与所受合力之间的关系。实验中保持小车的质量200 g不变，通过不断增加槽码的质量，增加绳子拉力，并记录槽码质量为m，用拖在小车后面穿过打点计时器的纸带得到相应的加速度，描点得到了如图(b)的一系列点。回答下列问题：
(1)根据该同学的描点，可以得出小车的加速度与所挂槽码的质量m成________(选填“线性”或“非线性”)关系，应该用________(选填“直线”或“平滑曲线”)拟合。
解析：由题图(b)可知，点迹分布不是直线，则可知小车的加速度与所挂槽码的质量m成非线性关系，应该用平滑曲线拟合连接。
非线性　
平滑曲线
(2)由图(b)可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________。
A．没有补偿阻力
B．斜面倾角过大
C．没有使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量
D．没有使所挂槽码的总质量始终远大于小车的总质量
A
解析：a－m图线不经过原点，说明拉力较小时小车加速度为零，由此分析可知原因是没有补偿阻力(没有平衡摩擦力)或斜面倾角过小(平衡摩擦力不够)，故A正确，B错误；没有使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量是a－m图线成非线性关系的原因，与a－m图线不经过原点无关，故C、D错误。
(3)若利用本实验装置来探究小车质量不变的情况下，小车的加速度与合外力的关系，并把槽码的总重力作为小车受到的合外力，在实验过程中需要采取的措施有__________(多选)。
A．取下槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动
B．挂着槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动
C．在增加槽码个数的同时，在小车上增加砝码，使所挂槽码的总质量始终远小于小车的总质量
D．本实验中，槽码总质量应适当小些，如不超过20 g
AD
解析：补偿阻力(平衡摩擦力)时应取下槽码，调整木板的倾角，使小车拖着纸带在木板上匀速运动，故A正确，B错误；实验过程中根据控制变量法可知，小车质量不能改变，则不能在小车上增加砝码，槽码的总质量应适当小些，如不超过20 g，故C错误，D正确。
(4)若把槽码改成重物，小车换为物块，来探究物块在水平轨道上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在水平轨道上(尚未到达滑轮处)，从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图(c)所示，打点计时器电源的频率为50 Hz。通过分析纸带数据，可判断物块开始减速的时刻位于________。
A．计数点5和6之间某时刻
B．计数点6和7之间某时刻
C．计数点7和8之间某时刻
D．计数点8和9之间某时刻
计数点8对应的速度大小为________m/s(结果保留3位有效数字)。
B　
0.961
4．(2025·山东聊城市期末)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)该实验过程中操作正确的是________。
A．平衡阻力时小车要连接纸带
B．改变小车质量时，不需要重新平衡阻力
C．重物的质量应大于小车的质量
D．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
AB
解析：平衡阻力时小车不挂重物，但要连接纸带，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，A正确；平衡阻力后满足mg sin θ＝μmg cos θ，两边质量可消掉，则改变小车质量时，不需要重新平衡阻力，B正确；为了使得重物的重力近似等于小车的牵引力，则应该使得重物的质量远小于小车的质量，C错误；调节滑轮高度使细绳与木板平行，D错误。
(2)已知打点计时器所用交变电源的频率为50 Hz。该同学某次实验得到的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是7个连续的计数点。相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，根据上述信息可得打D点时的速度为________m/s，小车在运动过程中的加速度大小为________m/s2(结果均保留2位有效数字)。
0.59　
0.83
(3)某同学发现，木板水平放置，挂上槽码托拉动小车运动后，刚好能使打出的纸带点迹分布均匀，所以他就用槽码托的重力m0g来平衡小车所受的阻力，用槽码的总重力mg表示小车受到的合力。在满足小车质量远大于槽码质量的条件下，用这种平衡阻力的方法________(选填“能”或“不能”)用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
解析：不能，当小车质量改变时，小车所受阻力改变，槽码托的重力不再与阻力平衡，此时，槽码的重力不再是小车所受合力，随着阻力的变化，小车所受的合力变化，则不能用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
不能章末过关检测(四)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．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处所用的时间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．小李同学在乘坐高铁时想测量当地的重力加速度，他在一根细线的下端绑着一串钥匙，另一端固定在高铁的竖直墙壁上。在高铁启动的过程中，小李发现细线向后偏离竖直方向θ角并相对于车厢保持静止，并且通过电子显示屏观察到高铁在t时间内达到速度v。不计空气阻力，则当地的重力加速度的大小为(　　)
A. B．
C.vt sin θ D.
解析：选D。高铁在t时间内达到速度v，根据速度时间关系有v＝at，对钥匙受力分析，由牛顿第二定律可知mg tan θ＝ma，解得g＝。
6.如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为(重力加速度为g)(　　)
A.mg B．mg
C.mg tan θ D．mg
解析：选D。以A为研究对象，受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAg tan θ＝mAa，解得a＝g tan θ，方向水平向右；以B为研究对象，小车对B的摩擦力大小Ff＝ma＝mg tan θ，方向水平向右；小车对B的支持力大小FN＝mg，方向竖直向上；则小车对物块B产生的作用力的大小F＝ eq \r(F＋F) ＝mg，方向斜向右上方。
7.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′＞AO′＞CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
A.A处滑块最先到达O′点
B.B处滑块最先到达O′点
C.C处滑块最先到达O′点
D.三个滑块同时到达O′点
解析：选D。令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，根据位移公式有2R sin θ＝g sin θ·t2，解得t＝2，可知时间t与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点。
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.弹簧对小物块的弹力大小为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x煤1＝×1 m＝7 m，传送带的位移x传1＝2 m，相对位移x相1＝5 m，1 s到2 s内，煤块的位移x煤2＝×1 m＝1 m，传送带的位移x传2＝2 m，相对位移x相2＝－1 m，煤块从最高点下滑到A端的位移x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，x煤3＝－a2t，所用的时间t3＝2 s，传送带的位移x传3＝4 m，相对位移x相3＝(－8－4) m，煤块相对传送带向下的位移为x相2＋x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；(4分)
(2)拉力F的大小；(4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
x2＝－a3(t3－t2)2
解得x2＝－0.08 m
则前1.1 s内木块运动的位移
x＝x1＋x2＝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；(3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)。(7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
x1＝ 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 s章末知识网络建构
伽利略的科学研究方法：“理想实验”圳“科学推理”
[备选答案]
提示：将以下备选答案前的
内容：一切物体总保持回
状态或
牛顿第一定律
状态，
字母填入左侧正确的位置。
除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
A.反比
惯性：物体这种保持原来匀速直线运动状态或静止状态
的性质
B.相同
猜想→探究验证
探究过程
C.匀速直线运动
控制变量法
运动和
内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成③
牛顿第二定律
D.静止
跟它的质量成④
加速度的方向跟作用力的方向
力的关系
E.正比
表达式：⑥
F.F=ma
力学单位制：基本量、基本单位、导出单位，国际单位制及应用
已知受力情况求解运动情况
「答案校对]
两类基本问题
牛顿运动定律的应用
已知运动情况求解受力情况
①C
2D
③E
超重和失重
④A
固B
⑥F
实验：探究加速度与力、质量的关系(共57张PPT)
第2节　实验：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．学会用控制变量法探究物理规律。
2．探究加速度与力、质量的关系。
3．掌握利用图像处理数据的方法。
二、实验原理
采用控制变量法，在探究加速度与力、质量三者关系时，先让其中一个量保持不变来探究其他两个量之间的关系。
(1)控制小车的质量M不变，分析加速度a与力F的关系。
(2)控制槽码质量不变，即力F不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量M，分析加速度a与M的关系。
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、槽码、细绳、交流电源、导线、天平(带有一套砝码)、刻度尺。
(3)力的测量
在阻力得到平衡的情况下，小车受到的拉力等于小车所受的合力。
①在槽码的质量比小车的质量小得多时，可认为小车所受的拉力近似等于槽码的重力。
②使用力传感器可以直接测量拉力的大小，不需要使槽码的质量远小于小车的质量。
2．实验数据的处理方法——图像法、“化曲为直”法

(1)研究加速度a和力F的关系
以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出图像，如图所示，若图像是一条通过原点的直线，就能说明a与F成正比。
五、实验步骤
1．用天平测出小车的质量m，并把数值记录下来。
2．按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。
3．平衡阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，反复移动垫木位置，启动打点计时器，直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等)，此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。
4．把细线绕过定滑轮系在小车上，另一端挂上槽码。保持小车质量不变，改变槽码的个数，以改变小车所受的拉力。处理纸带，测出加速度，将结果填入表1中。
表1　小车质量一定
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
5.保持槽码个数不变，即保持小车所受的拉力不变，在小车上增减钩码，重复上面的实验，求出相应的加速度，把数据记录在表2中。
表2　小车所受的拉力一定
质量m/kg
加速度a/(m·s－2)
七、误差分析
1．实验原理不完善：本实验用槽码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总重力。
2．平衡摩擦力不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
八、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，不管以后是改变槽码的质量还是改变小车和重物的质量，都不需要重新平衡摩擦力。
2．实验中必须使小车和重物的总质量远大于槽码的总质量。
3．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。
4．作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧。
九、其他方案概述
方案：通过位移之比测量加速度之比
如图所示，将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高，平衡摩擦力，两小车后端各系一条细线，用一个物体，例如黑板擦，把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同，从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后，在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量，再进行实验。
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)该同学通过对图乙中数据的处理作出了a－F图像，如图丙所示，则图线不过原点的原因是__________________。
[解析]　由题图可知，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
(2024·江西卷，T11)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量M1＝320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a－F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车质量增加至M2＝470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a－F图像，如图(b)中图线乙所示。
序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度a/(m·s－2) 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9～14 15
钩码所受重力F/(9.8 N) 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度a/(m·s－2) 1.67 1.95 2.20 …… 3.92
(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间__________，非线性区间__________。再将小车的质量增加至M3＝720 g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
较大　
较小
[解析]　由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
[解析]　在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。
[答案]　图像见解析
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
B
解析：补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
(3)在小车质量____________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为____________(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可行的方案是________。
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
远大于　
系统误差
　C
A
2．(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。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．如图所示，水平传送带以1 m/s的速度逆时针匀速运行，现将一小滑块(视为质点)从A处由静止开始沿光滑固定斜面滑下，结果滑块以1 m/s的速度滑上传送带的右端。若滑块从图示位置B(比A处低)由静止开始沿斜面滑下，则滑块在传送带上运动的过程中(　　)
A.可能一直做加速运动
B.可能一直做减速运动
C.可能先做匀速运动后做加速运动
D.可能先做减速运动后做匀速运动
解析：选A。根据v2＝2aL可知，在滑块从A位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度等于1 m/s，B比A处低，则在滑块从B位置下滑的情况下，滑块通过斜面底端时的速度小于1 m/s，若传送带足够长，则滑块在传送带上先做加速运动后做匀速运动；若传送带不够长，则滑块在传送带上一直做加速运动，A正确，B、C、D错误。
3．(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。
4.(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。
5．(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；(4分)
(2)物块从A端运动到B端的时间t。(4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x1＝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
6．(8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。(4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，故此时物块的速度大小
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x1＝t1＝8 m
2 s内长木板对地位移大小x2＝t1＝2 m
则t＝2 s时物块到长木板左端的距离
d＝x1－x2＝6 m。
答案：(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 kg　6 m
7．(14分)(2025·江苏月考)如图所示，质量M＝4 kg的长木板B置于水平地面上，质量m＝2 kg的小物块A放在木板右端，小物块A与长木板B间的动摩擦因数μ1＝0.1，g取10 m/s2。在木板B右端施加水平拉力F。
(1)若地面光滑，求A与B不发生相对滑动的最大拉力F1。(3分)
(2)若长木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，拉力F2＝30 N，求物块A与长木板B的加速度大小。(3分)
(3)在(2)问情况下，从静止开始，拉力作用了4 s撤去，小物块始终未从木板上掉落，求最终小物块相对长木板的位移大小。(8分)
解析：(1)若地面光滑，当A刚要滑动时，所受摩擦力达到最大静摩擦，
有μ1mg＝ma
此时对A、B整体有F1＝(M＋m)a
解得F1＝6 N。
(2)因为F2>F1故A、B会发生相对滑动，对物块A有μ1mg＝maA
对长木板B有F2－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB
解得aA＝1 m/s2，aB＝2.5 m/s2。
(3)在(2)问情况下，从静止开始，拉力作用t1＝4 s时间内，A位移xA1＝aAt＝8 m
B位移xB1＝aBt＝20 m
拉力撤去的瞬间A的速度vA＝aAt1＝4 m/s
B的速度vB＝aBt1＝10 m/s
此时B的速度大，故之后B做匀减速运动，A做加速度为aA的匀加速运动，对B有
μ2(M＋m)g＋μ1mg＝MaB1
解得aB1＝5 m/s2
经过时间t2二者达到共速
v＝vA＋aAt2＝vB－aB1t2
解得t2＝1 s，v＝5 m/s
t2时间内A、B位移分别为
xA2＝t2＝4.5 m
xB2＝t2＝7.5 m
共速后由于μ2>μ1，A、B相对滑动，都做匀减速运动，此时A加速度大小仍为aA，对B有
μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB2
解得aB2＝4 m/s2
分析可知B先停止，A后停止，从共速到B停止时，B的位移xB3＝＝3.125 m
从共速到A停止时，A的位移xA3＝＝12.5 m
整个过程中A、B相对于地面始终向同一个方向运动，故可知整个过程中物块相对长木板的位移Δx＝xB1＋xB2＋xB3－(xA1＋xA2＋xA3)＝5.625 m。
答案：(1)6 N　(2)1 m/s2　2.5 m/s2　(3)5.625 m(共17张PPT)
第5节　课后达标检测
√
1.2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　)
A.3×104 N　　　　　 B．7.5×104 N
C.2.6×104 N D．1.05×105 N
√
2．(多选)(2025·安徽蚌埠期末)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法正确的是(　　)

A.a滑块运动的时间较长
B.a滑块的加速度较小
C.a滑块受到的弹力较小
D.a滑块受到的合力较大
√
√
3．(多选)(2025·河南月考)如图所示，放置在水平地面上的斜劈倾角为θ，在足够长的粗糙斜面上由静止释放小滑块P，同时对P施加一个垂直于斜面向下的推力F。已知推力F与P运动的速度v成正比，即F＝kv，小滑块沿斜面向下滑动过程中，斜劈一直静止，下列判断正确的是(　　)
A.小滑块P的速度先增大后不变
B.小滑块受到的摩擦力一直减小
C.小滑块受到的合外力一直减小
D.斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变
√
解析：对P受力分析，根据平衡条件可得mg sin θ－f＝ma，FN＝F＋mg cos θ，f＝μFN，由此可知，当滑块由静止开始向下加速运动过程中，由于速度增大，则F增大，FN增大，f增大，加速度a减小，滑块所受合外力减小，当加速度减小为零时，速度达到最大，并保持不变，故A正确，B、C错误；对整体有f地－F sin θ＝ma cos θ，解得f地＝(F＋mg cos θ)(sin θ－μcos θ)，由于力F先增大后不变，所以斜劈受到地面的摩擦力先增大后不变，故D正确。
4.(8分)(2025·湖北襄阳市期中)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加一个大小F＝20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)物体所受的摩擦力f；(4分)
解析：根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
F sin θ＋FN＝mg
fm＝μFN
联立可得fm＝4 N＜F cos θ＝16 N
可知，物体受滑动摩擦力作用，所以摩擦力大小
f＝fm＝4 N
方向水平向左。
答案：4 N，方向水平向左
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度v。(4分)
解析：由牛顿第二定律可得
F cos θ－f＝ma
v＝at
解得v＝30 m/s
方向水平向右。
答案：30 m/s，方向水平向右
5．(8分)(2025·青海西宁市期末联考)我国运动员在北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为其比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，g取10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；(3分)
解析：设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据
vB＝a1t1
解得t1＝4.5 s。
答案：4.5 s　
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数。(5分)
答案：0.02
6．(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；(4分)
解析：根据FN＝mg cos 37°＋F sin 37°
Ff＝μFN，联立得Ff＝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°－Ff＝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。(4分)
答案：65 m(共33张PPT)
专题提升课5　连接体问题
和动力学图像问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
1．模型介绍
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆等联系)在一起的物体组称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
2．常用方法
(1)整体法：若连接体具有相同的加速度，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。
微专题一　连接体问题
√
√
√
(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。
[解析]　由于车厢沿水平方向做匀变速直线运动，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＝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。
[答案]　见解析　
(2)求悬线对小球的拉力大小。
[答案]　12.5 N　
(3)车厢内有一质量为1 kg的货物相对车厢静止，求货物受的摩擦力大小。
[解析]　货物相对车厢静止，和车厢具有相同的加速度，设货物质量为M，由牛顿第二定律得货物受的摩擦力大小f＝Ma＝7.5 N。
[答案]　7.5 N
角度3　物体与弹簧构成的连接体
(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；
(2)弹簧的伸长量x。
角度4　加速度不相同的连接体问题
对于滑块和斜面组成的系统，若滑块和斜面的加速度不同，仍然可以把滑块和斜面看作一个整体，整体的合外力提供系统的加速度。
(多选)如图所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，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等于(M＋m)g－ma sin θ
B.地面对斜面体的支持力等于(M＋m)(g－a sin θ)
C.地面对斜面体的摩擦力方向向左
D.地面对斜面体的摩擦力为0
√
√
[解析]　竖直方向满足(M＋m)g－FN＝ma sin θ，地面对斜面体的支持力FN＝(M＋m)g－ma sin θ，故A正确，B错误；对系统整体受力分析，根据系统牛顿第二定律可知，沿水平方向满足f＝ma cos θ，因此斜面体受地面水平向左的摩擦力，故C正确，D错误。
1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t 图像的桥梁。
3．图像的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。
微专题二　动力学图像问题
4．解题策略
(1)根据牛顿第二定律列方程，写出图像纵轴的物理量与横轴的物理量的函数关系式。
(2)弄清图像斜率、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。
(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
√
(2025·山西长治市期末)如图甲所示，质量为m的滑块在粗糙水平面以初速度v0水平向右运动，在开始运动的同时受到水平向左的恒力的作用，其运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，图中数据都为已知量，求：

(1)水平恒力的大小F；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
2．(连接体问题)(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
√
3．(动力学图像)(多选)(2025·广东省五校联考)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A.前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B.前4 s内物体运动的位移的大小为10 m
C.物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2
D.物体的质量m＝5 kg
√
√
4．(动力学图像的综合应用)(2025·新疆维吾尔族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；
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。
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

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