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第四章　牛顿运动定律
目 录
CONTENTS
第1 节　牛顿第一定律　牛顿第二定律
微专题4
牛顿第二定律的综合应用
第2 节　牛顿第二定律的应用
微专题5
动力学中的传送带模型
微专题6
动力学中的滑块-木板模型
实验4
探究加速度与物体受力、物体质量的关系
第1节 牛顿第一定律　牛顿第二定律
牛顿第一定律T7　 牛顿第二定律T2、3、4、6、8、9、10　 力学单位制T1、5
五年高考
1.★★(多选)(2025四川,8,6分)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下
列各式可能表示能量的是 ( )
A. 　　 B. 　　 C. 　　 D.
　 AC　
解析　动能是能量的一种,动能的表达式为Ek= mv2,对应有 = ,A正确,B
错误;p=mv,Ek= ,对应有 = ,C正确,D错误。
2.★★(2025甘肃,3,4分)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟
二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推
力约为6×106 N,火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速
度大小约为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2
　 A　
解析　初始1 s内对火箭受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解
得a=2 m/s2,A正确。

3.★★(多选)(2023全国甲,19,6分)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在
水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。
甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 ( )

A.m甲m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
BC　
解析　甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故题
给图线斜率表示物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a图线
斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m甲>m乙,A错误,B正确;又纵截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙
g,则μ甲<μ乙,C正确,D错误。
4.★★(2023北京,6,3分)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连。两物块
质量均为1 kg,细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右
做匀加速直线运动,则F的最大值为 ( )

A.1 N　　　 B.2 N　　　 C.4 N　　　 D.5 N
　 C　
解析　设细线拉力为T,在其达到最大拉力前,两物块做加速度相同的匀加速直线运动,
设共同加速度为a,现将两物块看作整体,根据牛顿第二定律有F=2ma,以左侧物块为研
究对象,根据牛顿第二定律有T=ma,可知,当细线达到最大拉力时,有最大加速度,为2 m/s
2,所以F最大为4 N,C正确。
5.★★★(2024北京,14,3分)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物
理量,其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的
属性,如图所示。类似地,上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q 之比可能也是一种电磁
学元件的属性,并将此元件命名为“忆阻器”,近年来实验室已研制出了多种类型的忆
阻器。由于忆阻器对电阻的记忆特性,其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应
用前景。下列说法错误的是( )
　 A　
A.QU的单位和ΦI的单位不同
B.在国际单位制中,图中所定义的M的单位是欧姆
C.可以用 来描述物体的导电性质
D.根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E=L

解题导引　本题的关键是联想并能发现物理公式间的联系,找到物理量间的相关公式
才能更容易地得出物理量的单位间的联系。
解析　由电势差的定义式UAB= 得WAB=qUAB,易知QU的单位应与功的单位相同,ΦI=
BSI=ILB·x=FA·x,安培力与位移的乘积的单位与功的单位相同,A错误。M= = =
= (其中用到了电流的定义式I= ,动生电动势E=BLv),故M的单位与电动势和电流的
比值的单位相同,即与电阻单位相同,国际单位制中,电阻的单位为欧姆,B正确。 = ,
仅与物体的电阻有关,反映了物体的导电性质,C正确。由电感定义式L= 可得,ΔΦ=L·
ΔI,代入法拉第电磁感应定律的表达式E= 中,可得E=L ,D正确。
6.(巧用降维法+分解思维求解空间动力学问题)(2025山东,8,3分)工人在河堤的硬质
坡面上固定一垂直坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面
夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若
建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN
向下匀加速滑行的加速度大小为 ( )

　 B　
A.g sin2 θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ
B.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2 θ
C.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ
D.g cos2 θ-μg cos θ-μg sin2 θ
解题导引　物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受
力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。
解析　如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN
的G2,由几何关系可得G1=mg cos θ、G2=mg sin θ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2
分解为沿挡板MN的G3和垂直于挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2 cos θ=mg sin θ cos
θ、G4=G2 sin θ=mg sin2 θ。【关键:建筑材料沿坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂
直于挡板方向所受合力均为零】建筑材料与坡面间的摩擦力Ff1=μFN1=μG1,建筑材料与
挡板间的摩擦力Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀加速滑行
的加速度大小a= =g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2 θ,B正确。
三年模拟
7.★★(2025届江苏常州前黄高级中学模拟)下列描述符合事实的是 ( )
A.伽利略根据理想实验,提出力不是维持物体运动的原因
B.力属于国际单位制中的基本物理量,对应基本单位是牛顿
C.牛顿运动定律不仅能准确描述宏观物体的运动规律,还能准确描述微观粒子的运动
规律
D.速度越大的物体惯性越大
　 A　
解析　伽利略根据理想实验,提出力不是维持物体运动的原因,A正确。力是导出物理
量,其单位牛顿(N)是导出单位,B错误。牛顿运动定律仅适用于宏观、低速的物体,无法
准确描述微观粒子的运动规律,C错误。惯性大小仅由物体的质量决定,与速度无关,D
错误。
8.★★★(2025届湖南怀化三模)如图甲所示,在水平地面上,可视为质点的物体受到恒
定的水平向右的拉力F作用,从某点P以v0=4 m/s的速度向左滑动,物体运动的部分速度v
随时间t的变化图像如图乙所示,已知物体的质量m=3 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,下
列说法正确的是 ( )

　 D　
A.F的大小为12 N
B.物体与地面间的动摩擦因数为0.25
C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s
D.物体回到P点的时刻为1.5 s
解题导引

解析 0~0.5 s内,物体加速度大小a1= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得F+μmg=ma
1;0.5~1 s内,物体加速度大小a2= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma2,联立
可得F=15 N、μ=0.3,A、B错误。物体向左运动的位移大小x1= ×4×0.5 m=1 m;物体向
右运动至P点,根据x1= a2 可得,物体回到P点的时刻t=0.5 s+t2=1.5 s,物体回到P点的速
度大小v=a2t2=2 m/s,C错误,D正确。
9.★★★(2026届山西开学考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面体固定在水平地面上,轻质
弹簧一端固定,另一端与A球相连,A、B、C三球用轻杆或细线相连,三球的质量均
为m。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,三个小球都静止,重力加速度为g,下列说法正
确的是 ( )

A.若A、B间由轻杆连接,B、C间由细线连接,则剪断细线的瞬间,轻杆上的弹力大小为2
mg sin θ
　 B　
B.若A、B间由轻杆连接,B、C间由细线连接,则剪断细线的瞬间,A、B球的加速度大小
均为 g sin θ
C.若A、B间由细线连接,B、C间由轻杆连接,则剪断细线的瞬间,A球的加速度大小为g
sin θ
D.若A、B间由细线连接,B、C间由轻杆连接,则剪断细线的瞬间,轻杆上的弹力大小为
mg sin θ
解析　剪断细线前,对三球整体分析可得,弹簧的弹力Fk=3mg sin θ。【关键:若A、B间
由轻杆连接,B、C间由细线连接,剪断细线瞬间,细线的拉力瞬间消失,弹簧的弹力不能
突变,A、B加速度相同,可将A、B看成一个整体】剪断细线瞬间,对A、B两球整体分析
可得,A、B的加速度大小a1= = g sin θ;对B受力分析可得FT-mg sin θ=
ma1,解得轻杆上的弹力大小FT= mg sin θ,A错误,B正确。【关键:若A、B间由细线连
接,B、C间由轻杆连接,剪断细线瞬间,细线对A的拉力消失;B、C一起沿斜面下滑,可看
作整体】剪断细线瞬间,A的加速度大小a2= =2g sin θ,C错误。对B、C
整体分析,加速度大小a3= =g sin θ;对C分析可得mg sin θ+F'T=ma3,解得轻杆上的
弹力F'T=0,D错误。
10.★★★(2026届新疆乌鲁木齐联考)如图所示,质量为M=2m的劈块左、右劈面的倾角
分别为θ1=30°,θ2=45°,质量分别为m1=m和m2=2m的两物块,同时分别从左、右劈面的顶
端由静止开始下滑,劈块始终与地面保持相对静止,其中质量为m1的物块与劈块间的动
摩擦因数为 ,质量为m2的物块光滑,则两物块下滑过程中劈块与地面间的动摩擦因数
至少是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )

A. 　　　 B.
　 B　
C. 　　　 D.
解析　劈块始终静止,可得劈块的加速度a'=0;质量为m1的物块加速度大小a1=
=g sin 30°-μg cos 30°= g,方向沿左劈面向下;质量为m2的物块加
速度大小a2= =g sin 45°= g,方向沿右劈面向下;选劈块及两物块构成的质点
系为研究对象,根据质点系的牛顿第二定律,在水平方向可得Ff=m2a2 cos 45°-m1a1 cos 30
°,竖直方向可得(M+m1+m2)g-FN=m1a1 sin 30°+m2a2 sin 45°,其中Ff≤μ'FN,联立解得两物块
下滑过程中劈块与地面间的动摩擦因数至少为μ'min= ,B正确。
方法总结
质点系的牛顿第二定律
当多个物体加速度不相同时,也可以将它们看成一个系统,系统受到的合力提供了系统
的加速度,建立坐标系进行正交分解后,可得∑F合x=m1a1x+m2a2x+…、∑F合y=m1a1y+m2a2y+
…。
涉及库仑定律的瞬时性问题
(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳
连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连
线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正
确的是 ( )

　 C　
创新风向·模块融合
A.A球静止时,轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
解题导引 A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方
向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳
对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。
解析　对A进行受力分析,如图,由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平
分线方向,故T=mg,F库=2mg cos 30°= mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消
失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相等、
方向相反,故加速度大小为g,C正确。在绳被剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不变,则
轻杆的力不变,D错误。

第2节 牛顿第二定律的应用
动力学中的两类基本问题T3、4、6、8　 动力学中的图像问题T2、5　 超重和
失重问题T1、7
五年高考
1.★(2024海南,1,3分)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功
着陆,在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞,返回舱快速减速,速度大大减小,在
减速过程中 ( )
A.返回舱处于超重状态
B.返回舱处于失重状态
C.主伞的拉力不做功
D.重力对返回舱做负功
　 A　
解析　返回舱减速下落,则加速度方向向上,故处于超重状态,A正确,B错误。主伞对返
回舱的拉力向上,返回舱的位移向下,故主伞的拉力做负功,C错误。返回舱的重力向下,
位移向下,故重力做正功,D错误。
现象 加速度方向 受力特点 运动方式 做功情况
超重 向上 F>G (F-mg=ma) 向上加速 WG<0,WF>0,W合>0
向下减速 WG>0,WF<0,W合<0
失重 向下 F0,WF<0,W合>0
向上减速 WG<0,WF>0,W合<0
完全失重 向下 F=0 (mg=ma, a=g) 各种抛体运动 只有重力做功
知识拓展
2.★★(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线
轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确
的是 ( )

　 A　
解析　由题图可知,机器人在0~1 s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速
直线运动,1~2 s时间内所受合力为0,加速度为0,2~3 s时间内所受合力与0~1 s时间内所
受合力大小相等、方向相反,机器人的加速度也与0~1 s内机器人的加速度大小相等、
方向相反,而且0~1 s时间内与2~3 s时间内的时间间隔相等,A正确。
3.★★(2024安徽,6,4分)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分
别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向
上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢
拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于
弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 ( )
　 A
A.速度一直增大　　　　 B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g　　　　 D.加速度先增大后减小
解析　未撤拉力时小球在P点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧的
弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直
向下。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终
向下,小球一直做加速运动,A正确,B错误。小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧形变
量变小,两弹簧弹力的夹角变大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速
度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma,
加速度的最大值为2g,C、D错误。
4.★★★(2025湖北,7,4分)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成,门处于关
闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,
一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如
图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小
为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 ( )
　 B　
A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.2
解析　由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线
运动,运动的加速度大小a1= ,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总
位移为 ,设总时间为t,当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-
时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不
变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最短,此时总位移
= μgt2,解得最短的总时间t= ,B正确。

三年模拟
5.★★★(2026届湖南邵东一中月考)水平力F方向确定,大小随时间变化如图甲所示。
用力F拉静止在水平桌面上的小物块,物块质量为1 kg。在F从0开始逐渐增大的过程
中,物块的加速度随时间变化情况如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速
度g=10 m/s2,由图像可知 ( )

A.小物块所受滑动摩擦力的大小为6 N
　 D　
B.4 s时小物块的速度为8 m/s
C.小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.6
D.t= s时,小物块开始滑动
解析　由题图甲知,当t=2 s时,F=6 N,a=1 m/s2,根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,Ff=μmg,代
入数据解得小物块所受滑动摩擦力的大小Ff=5 N,μ=0.5,A、C错误;a-t图线与t轴围成的
面积表示速度变化量,4 s时小物块的速度大于v= ×2 m/s=8 m/s,B错误;根据F-t图像
可知F=3t(N),当F=Ff=μmg=5 N时,小物块开始滑动,故t= s,D正确。
6.★★★(2025届山东部分学校模拟)如图所示,足够长的倾角为θ的斜面体固定在水平
面上,一质量为m的物块恰能静止在斜面上的A点,物块与斜面间的动摩擦因数为μ(最大
静摩擦力等于滑动摩擦力)。现对物块施加沿斜面向上的拉力F,经时间t,物块匀加速运
动至B点(图中未标出);撤去拉力F后,物块继续运动,再经时间2t到达C点,此时速度大小
为经过B点时速度的 。已知重力加速度为g,物块可视为质点,下列说法正确的是 ( )

B　
A.物块与斜面间的动摩擦因数μ=
B.拉力F的大小为8mg sin θ
C.A、B两点间的距离是B、C两点间距离的3倍
D.物块从A点开始运动到最终停下所需要的时间为7t
解析 【关键:“物块恰能静止在斜面上”说明物块处于平衡状态且所受摩擦力为最
大静摩擦力】根据平衡条件可得mg sin θ=μmg cos θ,解得μ= tan θ,A错误。由B点至C
点,物块做匀减速运动,已知vC= vB,根据加速度定义式可得a2= =- ,根据牛顿第二
定律可得-mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联立解得vB=6gt sin θ;施加拉力F时,加速度a1= =6g
sin θ,根据牛顿第二定律可得F-mg sin θ-μmg cos θ=ma1,联立解得F=8mg sin θ,B正确。
根据匀变速直线运动平均速度公式可得xAB= t、xBC= ×2t= vBt,解得 = ,C
错误。撤去拉力后到停止运动的时间为t'=- =3t【点拨:当物块沿斜面向上速度减到
零时,由于μ= tan θ,即mg sin θ=μmg cos θ,物块静止,不再沿斜面下滑】,故物块从A点开
始运动到最终停下所需要的时间t总=t+3t=4t,D错误。
7.★★★(2026届重庆育才中学开学考)某同学利用手机上自带的加速度传感器,记录了
他下蹲、起立过程中,加速度随时间的变化情况。规定竖直向上为加速度正方向,a-t图
像如图所示。关于该运动过程,下列说法正确的是 ( )

　 D　
A.该同学完成一次下蹲和起立的时间大约为2 s
B.在下蹲过程中,与b点对应的时刻,该同学速度最大
C.在下蹲过程中,与c点对应的时刻,该同学对地面的压力最小
D.与f点对应的时刻,该同学处于超重状态
解析　由题图可知,该同学完成一次下蹲和起立动作的时间大约为6 s【点拨:下蹲过程
中,加速度先向下后向上,起立过程中加速度先向上后向下】,A错误。下蹲时,速度由零
开始向下增大,b点对应的时刻加速度仍为负,说明此时速度仍在继续增大,速度未达到
最大值,B错误。下蹲过程中,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma;根据牛顿第三定律可
得,该同学对地面的压力大小F'N=FN=mg+ma,c点对应的时刻加速度为正且最大,故此时
该同学对地面的压力最大,C错误。f点对应的时刻加速度为正,方向向上,故为超重状
态,D正确。
8.★★★(多选)(2026届山西开学考)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴
沿竖直方向。可伸缩的光滑细杆一端位于O点,另一端位于点P(3 m,-1 m),将小环套在
杆上从O点由静止释放后,经时间t0滑到细杆的另一端;现将细杆伸缩绕O点旋转后使另
一端位于点Q(x,y),还将小环从O点由静止释放,要使小环滑到细杆的另一端点Q的时间
仍为t0,则满足要求的Q点的坐标是( )

A.(-3 m,-4 m)　　　 B.(-4 m,-2 m)
　 BD　
C.(-4 m,-1 m)　　　 D.(-3 m,-1 m)
解析　设细杆长度为L,细杆与x轴正方向的夹角为θ,可得sin θ= ;小环沿细杆下滑时,
沿细杆方向,根据牛顿第二定律可得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ;小环由静止释放,根据运
动学公式可得L= a = g sin θ;由几何关系可得L= ,联立可得 = g ,代
入P点坐标数据得 g =10 m。若细杆伸缩绕O点旋转,小环滑到细杆的另一端点Q的时
间仍为t0,Q点的坐标应满足 = g ,代入选项数据可得B、D正确。
速解方法
运用“等时圆模型”求解
以OP为弦作圆,当Q点在圆上时,小环由O点运动到Q点的时间为t0;设圆的半径为R,对
OP可得2R sin θ= m,其中 sin θ= ,解得R=5 m;设Q点的坐标为(x,y),由几何
关系可得2R· = ,即R= ,代入选项数据可得B、D正确。

相对运动在动力学、能量问题中的运用
(2025届安徽滁州二模)如图所示,生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙,它们
相互垂直且等高,传送带均以大小为v的速度运行。将一质量为m的工件(视为质点)轻
放到传送带甲上,工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同,并平稳地传送到传
送带乙上,且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为
μ,重力加速度为g。求:
(1)工件在传送带甲上做加速运动的位移大小;
(2)工件在传送带乙上运动时,因摩擦产生的热量;
创新风向·挑战思维
(3)工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间。

答案
(1) (2)mv2 (3)
解析 (1)工件在传送带甲上,根据牛顿第二定律可得
μmg=ma,又v2=2ax,联立解得x= 。
(2)工件滑到传送带乙上瞬间,相对于乙的运动情况和受摩擦力情况如图1所示
图1
工件相对传送带乙的初速度v相= v;
根据牛顿第二定律可得μmg=ma相;
【关键:工件相对传送带乙先做匀减速直线运动,后静止】
根据匀变速直线运动规律可得 =2a相x相;
产生的热量Q=μmg·x相;
联立可得Q=mv2。
(3)工件滑到传送带乙上瞬间,以地面为参考系,工件在传送带乙上的运动情况和受摩擦
力情况如图2所示
图2
工件在传送带乙上做匀变速曲线运动,将工件滑上传送带乙的速度沿滑动摩擦力方向
和垂直于滑动摩擦力方向进行分解,有vx=vy= v;
由μmg=ma有a=μg;
根据vy=at可得工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间t= 。
易错警示
工件在传送带乙上的最小速度并不是相对传送带乙静止时的速度,故所用的时间并不
等于t'= = 。
微专题4 牛顿第二定律的综合应用
题组1　动力学中的连接体问题
1.★★(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运
动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ( )
A. F　 B. F　 C. F　 D. F
　 A
解析　以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a= ;以空间站
为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma= ,A正确。
2.★★(多选)(2023福建,5,6分)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假
设各车厢质量均相等(含乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场
小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为
T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则 ( )

A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3
B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1
C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3
　 BD　
D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1
解析　设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分
析,由牛顿第二定律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分
析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速
直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。
3.★★(2025安徽,5,4分)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木
箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止
开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因
数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中 ( )

A.甲对木箱的摩擦力方向向左
　 C　
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
解析　甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方
向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第
二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度
大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5 m/s2,T=
7.5 N,C正确,D错误。
4.★★★(2026届江苏无锡一中开学考)如图所示,物块a通过轻弹簧与物块b连接,用手
托住b保持静止。现将a、b由静止释放,不计空气阻力,从释放到弹簧第一次恢复原长
的过程中,a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是 ( )

　
　 C　
解析 v-t图线的斜率表示加速度。设物块a、b的质量分别为ma、mb,弹簧劲度系数
为k,释放前,以物块a为研究对象,根据平衡条件可得kx0=mag;将a、b由静止释放,初始时,
物块a的加速度为0,物块b的加速度为ab0= ,A、B错误。从释放到弹簧第一次恢
复原长的过程中,a、b的距离增大,弹簧的压缩量逐渐减小,对物块a由牛顿第二定律可
得aa= ,故物块a做加速度从0逐渐增大的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物
块a的加速度为g;对物块b由牛顿第二定律可得ab= ,故物块b做加速度逐渐减小
的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物块b的加速度为g,即当弹簧第一次恢复原长
时,aa=ab=g,两物块的v-t图线斜率相同,C正确,D错误。
5.★★★(多选)(2026届湖北黄冈一模)如图所示,系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接
滑块Q,滑块P与定滑轮连接,两滑块的质量均为2 kg,与水平地面间的动摩擦因数均为0.
5。现对P施加水平向左的拉力F=60 N,使P向左做匀加速直线运动,绕过动滑轮的两段
轻绳始终水平,不计轻绳与滑轮间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是
( )

A.P的加速度大小为3 m/s2
B.Q的加速度大小为5 m/s2
　 AC　
C.轻绳对Q的拉力大小为22 N
D.轻绳对Q的拉力大小为20 N
解析　对滑块P及轻质动滑轮整体,根据牛顿第二定律可得F-2FT-μmg=maP,对滑块Q,根
据牛顿第二定律可得FT-μmg=maQ,又aQ=2aP【点拨:轻绳长度不变,在相同时间内,P的位
移是Q的位移的一半,根据x= at2可得aQ=2aP】,联立解得轻绳对Q的拉力大小FT=22
N、P的加速度大小aP=3 m/s2、Q的加速度大小aQ=6 m/s2,A、C正确。
6.★★★(2025届北京房山一模)如图所示,沿水平方向运动的货车内,一质量为m1的物
块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上,且与车厢保持相对静止,物块与车厢左壁间的动摩擦
因数为μ,另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接,细线与竖直方向的夹角
为α。重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )

A.货车一定向右加速运动
B.细线中的拉力大小为m2g cos α
　 D　
C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1g tan α
D.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1g tan α
解题导引

解析　对小球受力分析,如图甲所示。根据受力分析可得FT= ,B错误。根据牛顿第
二定律可得m2g tan α=m2a,解得a=g tan α,方向水平向右,可得车和物块的加速度也是水
平向右的,故车可能向右做加速运动或向左做减速运动,A错误。对物块受力分析,如图
乙所示,竖直方向静摩擦力大小Ff=m1g;根据牛顿第二定律可得FN=m1a=m1g tan α,摩擦力
不一定达到最大静摩擦力,C错误,D正确。
　
题组2　动力学中的临界极值问题
1.★★(2024全国甲,15,6分)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平
桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变
盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下
列a-m图像中,可能正确的是 ( )

　 D　

解析　设P质量为mP,当mg≤μmPg时,P静止不动,a=0;当mg>μmPg时,砝码和P加速度大小
相等,以砝码和P整体为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-μmPg=(m+mP)a,解得a=g-
,当m趋近于无穷大时,a趋近于g,D正确。
2.★★★(多选)(2022全国甲,19,6分)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二
者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。
用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻
开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( )

A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
　 AD　
解析　撤去拉力F后到弹簧第一次恢复原长,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有
μmg-kx=maQ,且撤去拉力瞬间μmg=kx0,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加
速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即弹簧恢复原长前,P的加速度始终大于Q的加速度,
故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于
Q的平均速度大小,由x= t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C错误,A、D正确。
3.★★★(多选)(2025届湖北鄂东南联盟联考)如图所示,一轻质竖直挡板AB固定在光滑
斜面体顶端,一根长2 m的轻绳一端系在挡板AB上,另一端系一重力为50 N的小球,已知
轻绳与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态,重力加速度g=10
m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 ( )

A.轻绳对小球拉力的大小为 N
　 BD　
B.斜面对小球支持力的大小为 N
C.若斜面体向右做加速度大小为5 m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力为0
D.若斜面体以AB所在的竖直边为轴做角速度为 rad/s的匀速圆周运动,则球对斜
面的压力为0
解析　对小球受力分析,如图所示,FN sin 37°=FT sin 45°、FN cos 37°+FT cos 45°=G,联立
解得FN= N,FT= N,A错误,B正确。若斜面体向右做匀加速直线运动,绳的弹力
恰好为0,对小球受力分析,根据牛顿第二定律可得G tan 37°=ma,解得a=7.5 m/s2>5 m/s2,
故若斜面体向右做加速度大小为5 m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力不为0,C错误。
若斜面体以AB所在的竖直边为轴做匀速圆周运动时,球对斜面的压力恰好为0,对小球
进行分析,根据牛顿第二定律可得G tan 45°=mω2L sin 45°,解得ω= rad/s,D正确。

4.★★★(多选)(2026届黑龙江哈尔滨三中月考)如图,质量为m的小滑块a静置于质量为
M的粗糙斜劈b的斜面上,斜面倾角为θ=37°,a、b间动摩擦因数μ=tan 37°,最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F,斜劈b一直静止于粗糙的水
平面c上。重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )

A.若改变外力F的大小和方向,b、c间摩擦力可能为零
B.若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,小滑块a仍静止
　 AC　
C.若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,则a的加速度大小为0.25g sin 37°
D.若改变外力F的大小和方向,则b对c的最小压力为Mg+2mg cos 37°
解析 若a沿斜面向下运动,a所受b的摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第三定律可知a对b
的摩擦力沿斜面向下,f=μmg cos 37°=mg sin 37°,摩擦力的水平分力f水平=mg sin 37°· cos 3
7°,a对b的压力F压=mg cos 37°,压力的水平分力F压水平=mg sin 37°· cos 37°,此时在水平方
向上满足f水平=F压水平,且二者方向相反,b、c间的摩擦力为0,若F沿斜面向下,则F提供a做
匀变速直线运动的加速度,A正确。若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,则F与重力沿
斜面的分力的合力F合= = mg sin 37°,a与斜面间的最大静摩擦力Ffm=μ
mg cos 37°=mg sin 37°度大小a=0.25g sin 37°,B错误,C正确。若a未滑动,改变外力F的大小和方向,对a、b整体
分析,当F大小一定时,F在水平面上方且与水平面的夹角越大,b对c的压力越小,而外力F
与斜面始终平行,结合几何知识可知,F与水平面的夹角最大为θ=37°,此时F沿斜面向上,
F的值越大,b对c的压力越小,F最大为Fm=mg sin 37°+Ffm=2mg sin 37°,对a、b整体分析有
Fm sin 37°+FN=(m+M)g,解得FN=Mg+mg cos 74°;若a滑动后,对b分析可知,a对b的压力恒
定,a对b的滑动摩擦力沿斜面向上时,b对c的压力最小,对b有FN=Mg+mg cos 37°·cos 37°-
μmg cos 37°·sin 37°=Mg+mg cos 74°,D错误。
5.★★★★(多选)(2023湖南,10,5分)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平
推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠
在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的
夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止,重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。下列说法正确的是 ( )

　 CD　
A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ
C.若推力F向左,且μD.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
解析　若B球受到的摩擦力为零,设轻杆对B球的弹力大小为FN1,对A球在竖直方向有FN1
' cos θ=mg,对B球在水平方向有FN1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,已知FN1=FN1',联立解得F=4
mg tan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第
二定律得mg tan θ=ma1,解得a1=g tan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩
擦力时,如图所示,对A受力分析,在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对B受力分
析,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-FN1 sin θ=ma2,FN1=F'N1,对A、B整体在竖直方向有
FN2=2mg,又fm=μFN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g;若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1求得
F的最大值为4mg tan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ最大值为4mg(2μ-tan θ),C正确。若推力F向右,当B即将相对车厢底部向右滑动时,最大
静摩擦力方向向左,对A在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对整体在竖直方向有
FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1 sin θ-fm=ma3,又fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解
得a3=(tan θ-2μ)g,对整体由F=4ma3求得F的最小值为4mg(tan θ-2μ);当B相对车厢底部即
将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,对A在竖直方向根据平衡条件有F'N1 cos θ=mg,
对整体在竖直方向有FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1 sin θ+fm=ma4,又
fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解得a4=(tan θ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tan θ+2
μ),即F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。

微专题5 动力学中的传送带模型
题组1　水平传送带模型
1.★★(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,
最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 ( )
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长
　 D　
解析　刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相
对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力
与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带
间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。
2.★★★(多选)(2026届河南名校月考)如图甲所示,水平放置的传送带能以不同的速度v
逆时针匀速运行,某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块离开传送带后到落
地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L=0.36 m,
重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )

A.当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块在传送带上一直减速
B.物块的初速度大小为1.5 m/s
　 AB　
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
D.当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块和传送带间因摩擦产生的热量为定值
解题导引　物块在传送带上运动情况的分析

解析　当v=0时,物块在传送带上做匀减速运动;由题图乙可知,当传送带速度在0~0.9 m
/s范围内取值时,物块离开传送带做平抛运动的水平位移x不变,说明物块离开传送带的
速度不变,故物块在传送带上一直减速,A正确。当传送带速度v=0.9 m/s时,物块在传送
带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同,设物块的初速度大小为v0,物块
在传送带上的加速度大小为a,可得(0.9 m/s)2- =-2aL;当传送带速度v'=0.3 m/s时,物
块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同,可得(0.3 m/s)2
- =2aL;联立可得v0=1.5 m/s,a=2 m/s2,B正确。加速度大小a= =μg=2 m/s2,解得物块
与传送带间动摩擦因数μ=0.2,C错误。当传送带速度在0~0.9 m/s范围内取值时,物块相
对传送带的位移不同,根据Q=μmgx相对可得物块和传送带间因摩擦产生的热量不是定
值,D错误。
3.★★★(2025届辽宁省实验中学二模)如图所示,水平传送带以v0=2 m/s的速率顺时针
匀速转动,质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数
均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带,滑上时速度的大小均为v
=4 m/s,两滑块在传送带上恰好相遇未相碰,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是
( )
　 D　
A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8 s
B.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4 m
C.传送带的长度为6 m
D.滑块从滑上传送带到相遇,两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10 J
解析 【关键:因为v>v0,故A滑上传送带后先减速后匀速,B滑上传送带后先减速,再反
向加速,最后匀速,当两滑块都匀速运动时刚好相遇不相碰】根据μmg=ma,解得滑块滑
上传送带后的加速度大小a=2.5 m/s2;A减速运动的时间tA= =0.8 s,B从滑上传送带到
匀速运动的时间tB= =2.4 s,故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4 s,A错
误。【关键:两滑块相遇时与传送带左端的距离为相遇时A的位移】对滑块A,可得xA=
(v+v0)tA+v0(tB-tA),解得A、B相遇时与传送带左端的距离xA=5.6 m,B错误。【关键:传送
带的长度等于两滑块相遇时,两滑块的位移大小之和】相遇时B的位移大小xB= (v-v0)tB
=2.4 m,方向向左,则传送带的长度为xA+xB=8 m,C错误。A与传送带间的相对位移ΔxA=xA
-v0tB=0.8 m,B与传送带间的相对位移为ΔxB=xB+v0tB=7.2 m,故产生的总热量为Q=μmgΔxA
+μmgΔxB=10 J,D正确。
4.★★★(多选)(2026届四川绵阳南山中学开学考)如图所示,水平传送带长L=0.21 m,以
速度v1=1 m/s匀速运动,质量均为1 kg的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相
连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2=1.6 m/s,P与定滑轮间的绳水平,P与传送带之间
的动摩擦因数为μ=0.2。已知重力加速度g=10 m/s2,不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的
摩擦,绳足够长。下列说法正确的是 ( )
　 BC　
A.物体Q刚开始的加速度大小为4 m/s2
B.P在传送带上运动的时间为0.2 s
C.P在传送带上留下的划痕长度为0.03 m
D.从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度为0.03 m
解题导引

解析　对P、Q整体分析,根据牛顿第二定律可得mg+μmg=2ma,解得Q物体刚开始的加
速度大小a=6 m/s2,A错误。P从滑上传送带至与传送带速度相同所用的时间t1= =
0.1 s;t1时间内P的位移xP= t1=0.13 m,当P与传送带共速后,对P、Q整体分析,根据牛
顿第二定律可得mg-μmg=2ma',解得a'=4 m/s2,根据v1t2- a' =L-xP,解得t2=0.1 s;P在传送带
上运动的时间t=t1+t2=0.2 s,B正确。0~0.1 s内,P在传送带上留下的划痕长度Δx1=xP-v1t1=
0.03 m;0.1~0.2 s内,P在传送带上反方向留下的划痕长度Δx2=v1t2-(L-xP)=0.02 m,故P在传
送带上留下的划痕长度为0.03 m,C正确。从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度h
=xP=0.13 m,D错误。
5.★★★(多选)(2025届海南部分中学模拟)如图所示,水平传送带以v0=6 m/s的恒定速率
顺时针匀速转动。现将一质量为m=1 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的
左端A点,同时给物块一个水平向右、大小为F=5 N的恒定拉力,物块经过t=2 s到达传送
带的右端B点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。
下列说法正确的是( )
A.从A点到B点,物块所受的摩擦力不变
B.从A点到B点,物块先加速后减速
　 CD　
C.物块运动的最大速度为10 m/s
D.传送带A点到B点之间的距离为11 m
解析　开始时物块受到的滑动摩擦力向右,加速度a1= =6 m/s2,达到共速时的时
间t1= =1 s,位移x1= t1=3 m;共速后物块所受滑动摩擦力向左,物块的加速度a2=
=4 m/s2,物块继续加速,A、B错误。到达B点时物块速度最大,最大速度vm=v0+a2
(t-t1)=10 m/s,C正确。传送带A点到B点之间的距离L=x1+v0(t-t1)+ a2(t-t1)2=11 m,D正确。
易错警示
当物块与传送带共速后,由于F大于物块与传送带间的最大静摩擦力,故物块并不会相
对传送带静止,而是以新的加速度继续加速。
1.★★(2024安徽,4,4分)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底
端无初速轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。
不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化
的关系图线可能正确的是 ( )

　　　
　 C　
题组2　倾斜传送带模型
解析 0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于
重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带
向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力,
物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。
2.★★★(多选)(2025届辽宁三模)如图,与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率v顺
时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧,质量为m的小
物块P随传送带一起向下匀速运动,P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为x1,P与传送带之
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。从P接触弹簧开始,到第一次将弹
簧压缩到最短的过程中 ( )

　 BC　
A.P一直做减速运动最终静止不动
B.P先做匀速运动后做减速运动
C.传送带对P做功的功率先减小后变大再变小
D.弹簧的最大弹性势能等于 mv2+mgx1 sin θ
解题导引 P接触弹簧后,受弹簧沿传送带向上的弹力,由受力分析可得Ff+F弹=mg sin θ,
随弹力变大,Ff减小,物块仍相对传送带静止,沿传送带向下做匀速运动;当弹力增加到等
于mg sin θ时Ff反向,继而P逐渐增大到F弹=Ffmax+mg sin θ时物块开始相对传送带向上滑
动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,此后F弹>Ffmax+mg sin θ,物块沿传送带向下做减速
运动最后速度减为零。
解析 P接触弹簧后,物块先相对传送带静止,做匀速运动,后相对传送带向上滑动,物块
沿传送带向下做减速运动到最后速度减为零,A错误,B正确。P接触弹簧后,匀速运动阶
段,物块所受静摩擦力先沿传送带向上减小后向下增大,可得传送带对P做功的功率先
减小后增大;减速阶段P受滑动摩擦力不变,速度减小,可得传送带对P做功的功率减小,
C正确。根据能量关系可得,弹簧最大弹性势能小于 mv2+mgx1 sin θ,D错误。
3.★★★(多选)(2026届新疆实验中学开学考)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,取g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
　 AD　
A.传送带的速率是2 m/s
B.传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.6
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(9+4 ) m
解析　根据题图乙可知,传送带的速率是2 m/s,A正确。0~1 s内的加速度大小a1= =
m/s2=10 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ+μmg cos θ=ma1;1~2 s内的加速度大
小a2= = m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2;联立解得θ=3
7°,μ=0.5,tan θ=0.75,B错误。【关键:v-t图线与时间轴所围面积表示位移】根据题图乙
可得,煤块沿传送带向上运动的位移大小x= m+ m=8 m;煤块从最高点
下滑到A端过程,可得x= a2t2,解得t=2 s,C错误。煤块开始相对于传送带向上运动,相
对位移大小x相1= t1-v1t1= t1= ×1 m=5 m;煤块相对于传送带向下运动,经历
时间t2=1 s+2 s=(1+2 ) s,相对位移大小x相2=v1t2- =(9+4 ) m>x相1,则煤块
在传送带上留下的痕迹长为(9+4 ) m,D正确。
4.★★★(2021辽宁,13,11分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所
示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。
工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。
小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.
8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
答案
(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)因为v1根据牛顿第二定律有
μmg cos α-mg sin α=ma,代入数据解得a=0.4 m/s2
(2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2
减速阶段有v1=v2-at1, - =2ax1
匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L
且t=t1+t2,联立解得t=4.5 s
微专题6 动力学中的滑块-木板模型
题组1　无动力的板块模型
1.★★(2026届河南郑州中牟一高月考)如图甲所示,水平地面上静止放置一质量为M的
木板,木板的左端有一个可视为质点的、质量m=1 kg的滑块。现给滑块一向右的初速
度v0=10 m/s,此后滑块和木板在水平地面上运动的速度-时间图像如图乙所示,滑块最终
刚好停在木板的右端,取g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )

　 D　
A.滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3
B.木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3
C.木板的长度L=4 m
D.木板的质量M=1.5 kg
解析　由题图乙知,滑块刚滑上木板时加速度大小a1= = m/s2=4 m/s2;根据牛顿
第二定律可得μ1mg=ma1,联立解得μ1=0.4,A错误。2 s后滑块与木板一起做匀减速直线
运动,加速度大小a共= = m/s2=1 m/s2;根据牛顿第二定律可得μ2(m+M)g=(m+M)a
共,联立解得μ2=0.1,B错误。木板的长度L= ×10×2 m=10 m,C错误。0~2 s内木板的加速
度大小a2= = m/s2=1 m/s2,对木板根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,解
得M=1.5 kg,D正确。
2.★★★(多选)(2026届湖南长沙一中月考)如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的
长木板以初速度v0=2 m/s向右做匀速直线运动,长木板质量为M=3 kg,在t=0时刻,在长木
板右端轻放上第一个小物块,经过1 s的时间长木板与小物块恰好共速,此时再在长木板
右端轻放上第二个小物块,经过一段时间,当长木板与第二个小物块恰好共速时,又在长
木板右端轻放上第三个小物块。已知所有小物块均相同,质量为m=1 kg,g取10 m/s2,小
物块大小忽略不计,则 ( )

　 AD　
A.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.15
B.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.25
C.当小物块与木板都相对静止时,第1个小物块与第3个小物块之间的距离为0.4 m
D.当小物块与木板都相对静止时,第1个小物块与第3个小物块之间的距离为0.6 m
解析　当放上第1个小物块后,分别对小物块和长木板,根据牛顿第二定律可得μmg=ma
0、μmg=Ma1;二者共速,可得v1=a0t1=v0-a1t1,t1=1 s,联立解得v1=1.5 m/s、μ=0.15,A正确,B错
误。当放上第2个小物块后,对长木板和第1个小物块整体,根据牛顿第二定律可得μmg=
(m+M)a2,三者达到共速,可得v2=a0t2=v1-a2t2,联立解得v2=1.2 m/s、a2=0.375 m/s2、t2=0.8 s;
当放上第3个小物块后,对长木板和第1、2个小物块整体,根据牛顿第二定律可得μmg=
(2m+M)a3,四者达到共速,可得v3=a0t3=v2-a3t3,联立解得v3=1.0 m/s,a3=0.3 m/s2,t3= s;此时
第1个小物块与第3个小物块的间距为x13= - =0.6 m,C错误,
D正确。
3.★★★★(2024海南,17,12分)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧
形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑
板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板的质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客从
a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C
的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板
及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L。

答案
(1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)游客从a点滑到b点,由动能定理有
mgh= m -0
游客在b点,有F-mg=m
联立解得F=1 000 N
由牛顿第三定律可知,游客滑到b点时对滑梯的压力的大小F'=F=1 000 N。
(2)解法一 动力学方法
游客在平台上滑行s=16 m后停下,由牛顿第二定律有
μmg=ma1
由运动学规律有0- =-2a1s
解得游客刚滑上平台时的速度大小为v1=8 m/s
游客滑上平台前在滑板上滑动时,对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2
对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3
游客在滑板上滑动的过程,由运动学规律有v1=vb-a2t
游客的位移为x1=vbt- a2t2
滑板的位移为x2= a3t2
滑板的长度L=x1-x2
联立解得L=7 m。
解法二 动量方法
游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,有mvb=mv1+Mv2
由能量守恒有 m = m + M +μmgL
对游客在平台上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0- m
联立解得L=7 m。
题组2　有动力的板块模型
1.★★★(多选)(2021全国乙,21,6分)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上
有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变
化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的
变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦
因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则
( )

　 BCD　
A.F1=μ1m1g
B.F2= (μ2-μ1)g
C.μ2> μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
解析　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~ t1这段时间内,木板
与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~ t2时间
内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正
确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,对木板有μ
2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2> μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对
物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g ,B正确。

2.★★★(多选)(2024黑吉辽,10,6分)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因
数为μ,t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木
板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变
化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块和木板的速度相同。
下列说法正确的是 ( )

　 ABD　
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
解析　设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与
木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结
合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的
速度v1=- μgt0,t=4t0时刻的速度v2= μgt0,则物块的加速度a2= =2μg,对小
物块由牛顿第二定律有μ'mg=ma2,联立解得μ'=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板
的加速度a1= = μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a'1= =-μg,0~3t0时间
内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F= μMg,3t0~4t0内,对木板由牛顿第二定
律有F-μ(M+m)g-μ'mg=Ma'1,可得 = ,C错误。t=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物
块和木板一起做匀速运动,D正确。
3.★★★(2026届山东日照多校联考)如图所示,一质量为2 kg的足够长木板c置于水平
地面上,质量均为1 kg的滑块a、b置于c上,b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为
0.2,b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1,若给c施加一水平向右的恒力F,从开
始施加恒力到a、b第一次相遇时间为t。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s
2。当F=10 N时,t=1 s。下列判断正确的是 ( )

A.初始时a、b之间的距离为0.5 m
B.若F=8 N,则t= s
　 C　
C.若F=11 N,则t= s
D.F越大,t越小
解题导引
a、b、c相对地面滑动的临界态 F=μ2(2m+M)g=4 N,整体恰好相对地面静止 0面滑动;8 N相对c滑动;F>11 N,a、b均相对c滑动
b相对c滑动的临界态 对b,a=μ2g=1 m/s2 对a、c整体,F=μ2mg+μ2(2m+M)g+(M
+m)a=8 N a、b均相对c滑动的临界态 对a,a'=μ1g=2 m/s2 对c,F=μ2mg+μ1mg+μ2(2m+M)g+Ma'=
11 N
解析　当F=10 N时,假设a、c相对静止,b、c相对滑动,对a、c整体,可得F-μ2(2m+M)g-μ2
mg=(M+m)a1,解得a1= m/s2<μ1g=2 m/s2;由于μ2g=1 m/s2立;对b,可得a2= =1 m/s2,根据位移关系可得xab= a1t2- a2t2= m,A错误。同理,当F=8
N时,a、c整体加速度大小为a'1=1 m/s2<μ1g=2 m/s2;由于a'1=μ2g=1 m/s2,说明三者保持相
对静止,a、b不能相遇,B错误。当F=11 N时,a、c整体加速度大小为a″1=2 m/s2=μ1g>μ2
g,可得a、c保持相对静止,b、c相对滑动;根据匀变速运动规律可得xab= a″1t'2- a2t'2,代
入数据解得t'= s,C正确。当a、c相对静止,b、c相对滑动时,力F越大,则a、c的加速
度越大,b的加速度不变,二者相遇的时间t越小;当a、b相对于c均滑动时,力F越大,c的加
速度越大,但a、b加速度均保持不变,所以二者相遇的时间不变,D错误。
4.★★★(多选)(2026届黑龙江大庆一模)如图所示,质量mB=2 kg,长度L=18 m的薄木板B
放在倾角θ=37°的光滑斜面上,斜面始终静止,A是质量mA=1 kg的滑块(可视为质点)。初
始状态时,薄木板下端Q到斜面底端的距离s=31 m,现将B由静止释放,同时滑块A以速度
v0=6 m/s从木板上端P点沿薄木板向下运动。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.25,最大静
摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。从开始运
动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是( )

　 BCD　
A.刚开始运动时,滑块A的加速度大小为2 m/s2
B.刚开始运动时,薄木板B的加速度大小为7 m/s2
C.滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12 J
D.薄木板B运动的总时间为3 s
解析 开始运动时,对滑块A,根据牛顿第二定律可得mAg sin θ-μmAg cos θ=mAaA,解得aA=
4 m/s2,A错误;对薄木板B,根据牛顿第二定律可得mBg sin θ+μmAg cos θ=mBaB,解得aB=7 m
/s2,B正确;假设滑块不脱离木板,当两者达到共速时,可得v1=v0+aAt1=aBt1,解得t1=2 s,v1=14
m/s,从开始到共速的过程中木板下滑位移xB= aB =14 m,滑块下滑位移xA=v0t1+ aA =2
0 m,二者相对位移Δx=6 m起沿斜面向下运动,加速度大小a=g sin θ=6 m/s2,当薄木板下端到达底端时,可得s-xB=v1t2
+ a ,解得t2=1 s,可得从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时
间t=t1+t2=3 s,D正确;滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量Q=μmAg cos θ·Δx=12 J,C正确。
5.★★★(多选)(2025届东北三省名校联盟模拟)如图甲所示,滑块A放在静止于水平地
面上的木板B右端,已知滑块A与木板B的质量均为m=1 kg,t=0时刻滑块A以v0=3 m/s的初
速度向左运动,同时在木板右端施加一个水平向右的外力F=9 N,作用1 s后撤去外力F,
前1 s内滑块和木板的v-t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块
始终没有离开木板,取重力加速度g=10 m/s2。则 ( )

　 ACD　

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
B.木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C.木板长度至少为8.1 m滑块才能不滑离木板
D.整个过程中系统因摩擦产生的热量为22.5 J
解析 0~1 s,对滑块A,可得μ1mg=ma1;由题图乙可得a1=1 m/s2,解得滑块和木板间的动摩
擦因数μ1=0.1,A正确。0~1 s,对木板B,可得F-μ1mg-μ2×2mg=ma2,根据题图乙可得a2=4 m/
s2,解得木板和地面间的动摩擦因数μ2=0.2,B错误。1 s后撤去外力F,对木板B,可得μ1mg+
μ2×2mg=ma3,解得a3=5 m/s2,木板B以a3向右做匀减速运动,速度减为零用时t= =0.8 s;由
于μ1mg<2μ2mg,故之后木板保持静止,滑块向左减速到停止,滑块的位移x1= =4.5 m,木
板的总位移x2= vB(t1+t)= ×4×(1+0.8) m=3.6 m,所以木板板长至少为L=x1+x2=8.1 m,C正
确。系统因摩擦产生的热量Q=μ1mgL+2μ2mgx2=22.5 J,D正确。
实验4 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
1.(2025安徽,11,6分)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是:调整轨道的倾
斜度,使小车___________。(选填正确答案标号)

a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
　 c　
c.不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器,将物体
置于力传感器上,箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体
的加速度a,并将数据实时传送到计算机。

①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为
正方向。t=4 s时,物体处于_________(选填“超重”或“失重”)状态;以FN为横
轴、a为纵轴,根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
　　失重　
②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其a-FN图像为图丁中的图线___________。(选
填“b”“c”或“d”)
　 d　
解析 (1)平衡阻力时,把轨道的一侧垫高,以平衡小车受到的阻力。调节轨道的倾斜
度,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿轨道做匀速直线运动,此时,小车重力沿轨道向
下的分力与小车所受阻力大小相等。
(2)①当加速度为0时,物体受力平衡,物体所受的支持力大小等于物体所受的重力大小,
则结合题图丙可知物体重力大小为10 N,当t=4 s时,支持力FN约为2 N,根据牛顿第二定
律,物体的加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态。
②对物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律,得FN-mg=ma
整理得a= FN-g,可知a-FN图线的斜率k= ,即斜率与质量有关,a-FN图线在纵轴上的截
距b=-g,是定值。当质量增大一倍时,图线斜率减小为原来的一半,在纵轴上的截距不
变。则题图丁中图线d正确。
课本溯源
该试题以探究小车加速度与力、质量的关系为载体,考查学生的实验操作及对超重失
重概念的理解和牛顿第二定律的应用。试题的(1)问源自人教版教材必修一中参考案
例1的原文,(2)问①中超重失重概念来自教材,考查对概念的简单理解并通过概念做出
判断,(2)问则体现了图像法在处理实验数据时的重要作用。因此,学生在学习时应重视
教材的使用,要特别关注对基本实验、基本定律的理解。
2.(2025山东,13,6分)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如
下:

(1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,
用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=______________cm(填“5.00”
　 1.00　
或“1.00”)的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电
门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电
门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=______________m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据
拟合出a-F图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应_________(填
“增大”或“减小”)轨道的倾角。
　　增大　
　 0.41　

(4)图乙中直线斜率的单位为______________(填“kg”或“kg-1”)。
　 kg-1　
解析 (1)用遮光片经过光电门的平均速度 = 来代替遮光片到达光电门时的瞬时速
度,d越小,Δt越短,则此平均速度越接近遮光片运动到光电门时的瞬时速度,故选1.00 cm
的遮光片。
(2)根据加速度定义式得a= = =0.41 m/s2。
(3)由题图乙可知,当小车受到的拉力超过0.05 N后才有加速度,原因是未完全平衡摩擦
力,故应增大轨道倾角。
(4)a-F图线的斜率k= ,表示质量的倒数,对应的单位为kg-1。
3.(2025广西,12,9分)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时,需保持小车(含加速度传感器,下同)质量
不变,这种实验方法是____________。
　　控制变量法　
(2)实验时,调节定滑轮高度,使连接小车的细绳与轨道平面保持_________。
(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系,获得a-F图像如图乙,通过
图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要,说明如何操作;如果不需要,
说明理由。
_________　理由:________________________________________________________
______________________________。
(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n∶1,两车均未到达轨
道末端,则两车加速度之比aM∶aN=______________。
　 1∶n2　
当高度,使小车能沿轨道匀速下滑　
　　撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端用垫块垫起适
　　需要　
　　平行　
解析 (1)在研究两个物理量间的关系时,保持其他量不变,该方法为控制变量法。
(2)为了使细绳拉力等于小车所受的合力,需要让连接小车的细绳与轨道平面保持平
行。
(3)力传感器上显示的示数为细绳的拉力,要以该拉力作为小车所受的合力,需要平衡小
车所受的阻力,具体操作:撤去细绳连接的力传感器和重物,将木板左端垫起适当的高
度,使小车能沿轨道匀速下滑。
(4)根据初速度为零的匀加速直线运动的位移与时间关系式x= at2可知,aM =aN ,又
tM∶tN=n∶1,解得aM∶aN=1∶n2。
4.(2025陕晋青宁,11,6分)图(a)为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。

(1)实验中应将木板____________(填“保持水平”或“一端垫高”)。
(2)为探究加速度a与质量m的关系,某小组依据实验数据绘制的a-m图像如图(b)所示,很
难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系,以下选项
可以直观判断的有____________。(多选,填正确答案标号)
　 AC　
　　一端垫高 　
m/kg a/(m·s-2)
0.25 0.618
0.33 0.482
0.40 0.403
0.50 0.317
1.00 0.152

图(b)
A.a- 图像　　　 B.a-m2图像
C.am-m图像　　　 D.a2-m图像
(3)为探究加速度与力的关系,在改变作用力时,甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放
在槽码盘上;乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上。在其他实验操作
相同的情况下,________(填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。
　　乙　
解析 (1)实验中应将木板远离定滑轮的一端垫高,平衡摩擦力,确保小车的合力等于细
线的拉力。
(2)a和m的关系满足a= ,其中F为细线的拉力,m为小车的质量;当F恒定时,a- 的图线
为过原点的倾斜直线,可得a与m成反比,此图像可直观判断,A正确。随着小车的质量m
变化,小车受到的合力ma不变,am-m图线为平行于横轴的直线,可得a与m成反比,此图像
可直观判断,C正确。a-m2与a2-m图线均为曲线,无法直观判断a与m成反比关系。
(3)甲同学的实验中,增大了槽码和槽码盘的总质量m',可能无法满足m'远小于小车的质
量m,故实验误差较大;乙同学的实验中,(m'+m)不变,系统加速度a= ,可得a与m'g成
正比,故误差较小。

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