2024年高考物理一轮复习讲义（新人教版）：第三章运动和力的关系

考情分析牛顿第二定律的应用2022·全国乙卷·T152022·江苏卷·T12022·河北卷·T92021·北京卷·T132020·全国卷Ⅰ·T162020·山东卷·T12020·海南卷·T122020·江苏卷·T52019·全国卷Ⅱ·T192019·全国卷Ⅲ·T20牛顿第二定律与直线运动2022·辽宁卷·T72022·浙江6月选考·T192021·全国甲卷·T142021·全国乙卷·T212021·辽宁卷·T13实验：探究加速度与力、质量的关系2021·北京卷·T152021·湖南卷·T112020·浙江7月选考·T17(1)牛顿第二定律相关拓展创新实验2021·全国甲卷·T22(测量动摩擦因数)2021·福建卷·T12(阻力与速度的关系)2020·山东卷·T13(测重力加速度)2019·全国卷Ⅱ·T22(测量动摩擦因数)试题情境生活实践类跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯内的超重及失重学习探究类传送带模型，板块模型，探究加速度与力、质量的关系，测量动摩擦因数第1讲牛顿第一定律牛顿第二定律目标要求1.理解惯性的本质和牛顿第一定律的内容.2.掌握牛顿第二定律的内容及公式.3.了解单位制，并知道七个基本单位．会用国际单位制检查结果表达式是否正确．考点一牛顿第一定律一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程．牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它不能由实际的实验来验证．3．物理意义(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律．(2)提出了一切物体都具有惯性，即物体维持其原有运动状态的特性．(3)揭示了力与运动的关系，说明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．强调：运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因．二、惯性1．定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性．2．惯性大小的量度质量是物体惯性大小的唯一量度．物体的质量越大，惯性越大；物体的质量越小，惯性越小．1．牛顿第一定律是实验定律．(×)2．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)3．物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态．(√)1．对惯性的理解(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．(2)物体的惯性总是以“保持原状”“反抗改变”两种形式表现出来．(3)物体惯性的大小取决于质量，质量越大，惯性越大．(4)惯性与物体的受力情况、运动状态及所处的位置无关．2．惯性的表现形式(1)物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态．(2)物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．例1(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法中符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向D．牛顿认为，物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案BCD解析亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；伽利略通过“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去，故B正确；笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，故C正确；牛顿认为物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故D正确．例2如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别用细绳悬挂和拴住一个铁球和一个乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右答案A解析当容器突然向右运动时，同等体积的铁球和水比较，铁球的质量大，铁球保持原来的运动状态，相对于水向左偏移，相对于小车向左运动，同等体积的乒乓球和水比较，水的质量大，水相对于乒乓球向左偏移，因此乒乓球相对于水向右偏移，相对于小车向右运动，故选A.考点二牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.1．物体加速度的方向一定与合外力方向相同．(√)2．由m＝eq\f(F,a)可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比．(×)3．可以利用牛顿第二定律确定高速电子的运动情况．(×)1．对牛顿第二定律的理解2．力和运动之间的关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体就有加速度．(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m).(3)合力与速度同向时，物体做加速直线运动；合力与速度反向时，物体做减速直线运动．考向1对牛顿第二定律的理解例3(多选)下列说法正确的是()A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小答案ACD解析由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，由此可知当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B错误；F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，选项D正确．例4某型号战斗机在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是()A．飞机所受合力不变，速度增加得越来越慢B．飞机所受合力减小，速度增加得越来越快C．速度方向与加速度方向相同，速度增加得越来越快D．速度方向与加速度方向相同，速度增加得越来越慢答案D解析根据牛顿第二定律可知，当合力逐渐减小至零时加速度a不断减小到零；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加得越来越慢，故A、B、C项错误，D项正确．考向2牛顿第二定律的简单应用例52021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入太空并进驻空间站．在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内速度变化量大小是2m/s.则待测物体Q的质量m2为()A．3.0kg B．4.0kgC．5.0kg D．6.0kg答案B解析对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B.例6(2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)答案A解析当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝eq\f(5,8)F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误．利用牛顿第二定律解题的思路(1)选取研究对象进行受力分析；(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.例7(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示．已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数．忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球的最大加速度为gB．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动D．小球的最大速度为eq\f(mg,6πηr)答案ACD解析当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，做变加速运动，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，为v0，此后小球做匀速运动，最大速度v0＝eq\f(mg,6πηr)，C、D正确．考点三单位制1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本量的单位．国际单位制中基本量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．3．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．4．国际单位制的基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克(公斤)kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n，(ν)摩[尔]mol发光强度I，(Iv)坎[德拉]cd例8汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f＝eq\f(1,2)cρSv2，其中c为空气阻力系数，ρ为空气密度，S为物体迎风面积，v为物体与空气的相对运动速度．则空气阻力系数c的国际单位是()A．常数，没有单位 B.eq\f(s,m)C.eq\f(s2,kg·m) D.eq\f(N·s2,kg2)答案A解析由f＝eq\f(1,2)cρSv2，可得c＝eq\f(2f,ρSv2)，右边式子代入单位可得eq\f(2kg·m/s2,kg/m3·m2·m/s2)＝2，即c为常数，没有单位，B、C、D错误，A正确．例9航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课．授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应．在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中．假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化(振动)，如图所示．已知液滴振动的频率表达式为f＝krαρβσγ，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数(其单位为N/m)，α、β、γ是相应的待定常数．对于这几个待定常数的大小，下列表达式中可能正确的是()A．α＝eq\f(3,2)，β＝eq\f(1,2)，γ＝－eq\f(1,2)B．α＝eq\f(3,2)，β＝－eq\f(1,2)，γ＝eq\f(1,2)C．α＝－3，β＝－1，γ＝1D．α＝－eq\f(3,2)，β＝－eq\f(1,2)，γ＝eq\f(1,2)答案D解析从物理单位的方面来考虑，则A选项单位为＝s，而频率的单位是Hz(s－1)，故A错误；B选项单位为＝eq\f(m3,s)，故B错误；C选项单位为m－3(eq\f(kg,m3))－1eq\f(N,m)＝s－2，故C错误；D选项单位为＝s－1，故D正确．课时精练1.伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列选项符合实验事实的是()A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面B．没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度C．减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去答案A解析小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面，这是事实，故A正确；因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，这是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误．2．(2023·上海市奉贤区模拟)下列每组三个单位均属于国际单位制中基本单位的是()A．g、s、N B．kg、A、NC．W、J、kg D．K、mol、s答案D解析国际单位制中基本单位有七个，分别为米(m)、秒(s)、千克(kg)、开尔文(K)、安培(A)、坎德拉(cd)、摩尔(mol)，故A、B、C错误，D正确．3．对一些生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以分析．其中正确的是()A．太空中处于失重状态的物体没有惯性B．“安全带，生命带，前排后排都要系”．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害C．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为“强弩”的惯性减小了D．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性答案B解析惯性只与质量有关，所以太空中处于失重状态的物体还是具有惯性，A错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为“强弩”的速度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加灵活性，D错误．4．(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2答案B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，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4m/s2，B正确，A、C、D错误．5.如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做加速运动．此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿()A．方向① B．方向②C．方向③ D．方向④答案C解析飞行器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成θ角，且速度在不断增大，说明飞船所受合外力的方向与速度同向，飞行器受重力和喷气推力的作用，即重力与推力的合力与速度方向相同，飞行器所受喷气的反冲力与喷气方向相反，由题图可知，只有推力在③的反方向时，合力才可能与速度同向，故C正确，A、B、D错误．6.(2023·河北衡水市冀州区第一中学高三检测)某人想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上．在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直．细绳偏离竖直方向约为30°角，此时地铁的加速度约为()A．6m/s2B．7.5m/s2C．10m/s2D．5m/s2答案A解析对圆珠笔进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有F合＝ma，由图可分析出eq\f(F合,mg)＝eq\f(a,g)＝tan30°，解得a≈6m/s2，故A正确，B、C、D错误．7.(2023·北京市第四十三中学月考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．30cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40cm刻度对应的加速度为gC．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的答案A解析在40cm刻度处，有mg＝F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可知，在30cm刻度处，有F弹－mg＝ma，有a＝－0.5g，A正确；由分析可知，在50cm刻度处，有F弹－mg＝ma，代入数据有a＝0.5g，C错误；设某刻度对应值为x，结合分析可知m)或a＝－5gx(m/s2)(x<0.2m)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．8．(2023·江苏省南师附中模拟)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F的大小成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明k＝Yeq\f(S,L)，其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量．在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是()A．NB．mC．N/mD．Pa答案D解析根据k＝Yeq\f(S,L)，可得Y＝eq\f(kL,S)，则Y的单位是eq\f(\f(N,m)·m,m2)＝eq\f(N,m2)＝Pa，故选D.9.(多选)如图，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦．现给容器施加一个水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动．下列说法正确的是()A．三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动B．物块a将相对于容器向左运动，最终与容器右侧壁相互挤压C．物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动D．物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压答案CD解析由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于c本身的质量，同理b排开水的质量等于b本身的质量，a排开水的质量小于a本身的质量；则当容器向右做匀加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动；物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压(可将c想象为一个小气泡)，故选C、D.10．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块．计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2kg，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4C．弹簧的劲度系数为175N/mD．弹簧的劲度系数为150N/m答案C解析根据v－t图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度大小为a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma′，代入数据解得k＝175N/m，C正确，D错误．11.(多选)如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止状态，下列说法正确的是()A．若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大B．若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大C．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大D．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变答案BC解析箱子静止时，对小球，根据平衡条件得FOAsinθ＝mg，FOB＝FOAcosθ，若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有FOA′sinθ＝mg，FOB′－FOA′cosθ＝ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A错误，B正确；若使箱子竖直向上加速运动，则FOA″sinθ－mg＝ma′，FOB″＝FOA″cosθ，所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，选项C正确，D错误．12.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg答案D解析将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确．13.新疆长绒棉因质量美誉世界．长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化．如图为无人机为棉花喷洒农药的场景．无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25kg，无人机作业速度为7m/s，重力加速度取10m/s2.则在加速阶段空气对无人机的作用力约为()A．250N B．258NC．313N D．358N答案B解析根据加速度定义得a＝eq\f(Δv,t)＝2.5m/s2，则F＝eq\r(mg2＋ma2)≈258N，故选B.

第2讲牛顿第二定律的基本应用目标要求1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．考点一瞬时问题1．两种模型合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．2．解题思路eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬时变化前,物体的受力情况))→eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬时变化后,哪些力变化或消失))→eq\x(\a\al\vs4\co1(求出变化后物体所受合力,根据牛顿第二定律列方程))→eq\x(求瞬时加速度)例1如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度为g.则有()A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g答案C解析开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正确，A、B、D错误．例2(多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ答案BC解析设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝ma′，故加速度大小a′＝eq\f(g,cosθ)，C正确，D错误．例3(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°.现剪断细线P.弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是()A．剪断细线P前，弹簧形变量为eq\f(4mg,3k)B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为eq\f(5g,3)C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g答案ACD解析剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力．根据共点力平衡有FTsin37°＝mg，FTcos37°＝kx，联立解得x＝eq\f(4mg,3k)，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝eq\f(5,3)mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin37°＝man＝0，mgcos37°＝mat，解得FT′＝eq\f(3,5)mg<FT＝eq\f(5,3)mg，at＝eq\f(4,5)g，即剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为0.8g，故C、D正确．考点二超重和失重问题1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关(选填“无关”或“相关”)．(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．2．超重、失重和完全失重的对比名称超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体竖直向下的加速度等于g对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝01．加速上升的物体处于超重状态．(√)2．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力．(×)3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)4．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．(√)5．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．(×)1．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．2．对超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．考向1对超、失重现象的理解例4“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中()A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零答案C解析在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D错误．考向2超、失重现象的图像问题例5(多选)(2023·河南省模拟)在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．飞行员的质量为70kgB．飞行员在t1时刻的加速度方向向下C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6m/s2答案BD解析由题图可知，飞行员受到的重力大小为500N，则质量为50kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6m/s2，D正确．考向3超、失重现象的分析和计算例6跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示)．现让升降机将座舱送到距地面H＝78m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h＝30m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m＝10kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力，g取10m/s2)．(1)当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等．(2)当座舱落到距地面h1＝50m的位置时，求小明对书包的作用力大小F1；(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；(4)当座舱落到距地面h2＝15m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2.答案(1)见解析(2)0(3)16m/s2(4)260N解析(1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F.(2)座舱自由下落到距地面h＝30m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0.(3)座舱自由下落高度为H－h＝78m－30m＝48m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16m/s2.(4)由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260N，故当座舱落到距地面h2＝15m的位置时，小明对书包的作用力大小为260N．考点三动力学两类基本问题1．动力学问题的解题思路2．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁．例7(2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝80m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连．一个质量m＝75kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0m/s的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0s到达斜坡底端B点．滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点)．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a；(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ；(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0s内滑行的距离x.答案(1)5.6m/s2(2)0.05(3)59m解析(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝5.6m/s2(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsinθ－Ff＝ma，y方向上有FN－mgcosθ＝0，Ff＝μFN，联立解得μ＝0.05.(3)运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30m/s在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋eq\f(1,2)a′t′2，联立解得x＝59m.例8(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3答案BCD解析设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确．等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．课时精练1.(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确．2．水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动.2s后撤去该推力，则下列说法正确的是()A．小车2s末的速度大小是4m/sB．小车受到的阻力大小是15NC．撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2D．小车运动的总时间为6s答案B解析根据运动学公式，小车2s末的速度大小v＝at1＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15N，撤去推力后，加速度大小为a′＝eq\f(Ff,m)＝0.5m/s2，减速时间为t2＝eq\f(v,a′)＝eq\f(3,0.5)s＝6s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2s＋6s＝8s，故B正确，C、D错误．3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大 D．t＝8.5s时最小答案AD解析人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是()A．物体沿CA下滑，加速度最大B．物体沿EA下滑，加速度最大C．物体沿CA滑到底端所需时间最短D．物体沿DA滑到底端所需时间最短答案AD解析设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinα＝ma，解得a＝gsinα，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得eq\f(x,cosα)＝eq\f(1,2)at2，联立可求得t＝2eq\r(\f(x,gsin2α))，当α＝45°时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确．5.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平细线被剪断前分别对A、B进行受力分析如图所示：静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB，联立解得FT＝2eq\r(3)mAg；水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，D正确．6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF答案B解析如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确．7.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为eq\r(2)R，AC长为2eq\r(2)R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A．1∶3B．1∶2C．1∶eq\r(3)D．1∶eq\r(2)答案D解析如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2Rcosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根据s＝eq\f(1,2)at2得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝eq\f(1,2)gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝eq\f(1,2)gt22，联立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，选项D正确．8．(多选)(2023·安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小取g＝10m/s2，则()A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5N答案AD解析跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可得t＝2s，即全红婵在空中运动的时间为2s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝eq\f(0－v1,t)＝7.5m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正确．9．(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m.10．某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10m/s2.求：(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.答案(1)40m/s(2)8.5s解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，F阻＝0.2mg，v12＝2a1L1，联立以上三式并代入数据解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间t1＝eq\f(v1,a1)＝8s，在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有F－F阻－mgeq\f(h,L2)＝ma2，代入数据解得a2＝4m/s2，由v22－v12＝2a2L2，代入数据解得v2＝42m/s，飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s，则t＝t1＋t2＝8.5s.11.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)()A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案D解析开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.

实验四探究加速度与力、质量的关系目标要求1.理解实验的原理，明确实验过程并能进行数据处理.2.了解实验的注意事项，会对实验进行误差分析.3.能用创新改进后的方案进行实验．实验技能储备1．实验目的(1)学会用控制变量法研究物理量之间的关系．(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．2．实验器材小车、槽码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、学生电源、导线、纸带、天平、刻度尺、坐标纸等．3．实验原理(1)保持质量不变，探究加速度与合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图像和a－eq\f(1,m)图像，确定a与F、m的关系．4．实验过程(1)测量：用天平测量槽码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂槽码的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．(3)补偿阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，使小车能匀速下滑．(4)操作：①槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带，编号码．②保持小车的质量m不变，改变槽码的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，计算加速度a.④描点作图，作a－F的图像．⑤保持槽码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－eq\f(1,m)图像．5．数据处理(1)利用逐差法或v－t图像法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，eq\f(1,m)为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比．6．注意事项(1)开始实验前首先补偿阻力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好补偿小车和纸带受到的阻力．在补偿阻力时，不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)实验过程中不用重复补偿阻力．(3)实验必须保证的条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．7．误差分析(1)实验原理不完善：本实验用槽码的总重力代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总重力．(2)补偿阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．考点一教材原型实验例1用如图所示的装置验证牛顿第二定律．(1)除了图中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________(选填正确选项的字母)．A．秒表 B．天平(含砝码)C．弹簧测力计 D．刻度尺(2)实验前补偿阻力的做法是：把实验器材安装好，先不挂砂桶，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做________运动．(3)为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶及砂的总质量________小车的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(4)实验中打出的一条纸带的一部分如图所示．纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．则打点计时器打B点时，小车的速度vB＝________m/s.多测几个点的速度作出v－t图像，就可以算出小车的加速度．(5)为研究加速度和力的关系，要保证________________的总质量不变，改变砂桶内砂的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系．(6)在研究加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变．若砂和砂桶的质量m与小车的总质量M间的关系不满足第(3)问中的条件，由实验数据作出a和eq\f(1,M＋m)的图线，则图线应如图中的________所示(选填正确选项的字母)．答案(1)BD(2)匀速直线(3)远小于(4)0.44(5)小车(6)C解析(1)利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速度，所以需要天平和刻度尺，A、C错误，B、D正确．(2)补偿阻力是使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动．(3)为了使砂桶及砂的重力在数值上近似等于拉力，需要砂桶及砂的总质量远小于小车的总质量．(4)由某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间运动过程的平均速度，可得vB＝eq\f(AC,2T)＝eq\f(13.30－4.50×10－2,0.2)m/s＝0.44m/s.(5)探究加速度a与外力F的关系时，需要保持小车的总质量不变．(6)在研究加速度与质量的关系时，由于补偿了阻力，所以图像过原点，且分别对小车和砂桶及砂受力分析，由牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，FT＝Ma，联立解得mg＝(M＋m)a，整理解得a＝eq\f(mg,M＋m)，因为保证了砂和砂桶的质量不变，所以由实验数据作出a－eq\f(1,M＋m)的图线，不会发生弯曲，故选C.例2(2023·宁夏平罗中学高三检测)某同学准备做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验．实验中，他将悬挂物的重力大小视为小车受到的细线拉力大小．(1)在补偿小车所受的阻力时，以下操作错误的是图________(选填“甲”或“乙”)；(2)已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz.该同学某次实验得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是5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，其中有一组数据读取不当，这组数据是________(选填A、B、C、D或E)．根据上述信息可得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)；计数点ABCDE位置坐标(cm)4.505.507.309.9013.3(3)在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据作出的a－F图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是________．A．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力不足B．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力过度C．图线BC段弯曲可能是悬挂物总质量未满足远小于小车质量的条件答案(1)乙(2)E0.80(3)AC解析(1)补偿阻力的方法是取下重物，让小车拖着纸带在倾斜的木板上恰好能做匀速直线运动，从题目所给的图可以看出，题图乙还挂着悬挂物，所以题图乙错误；(2)从所给的表格数据可以看出，E点的数据没有估读，所以读取不当．由题意可知，相邻计数点的时间间隔为T＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s，由逐差法Δx＝aT2，代入数据解得加速度大小为a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(13.30－7.30－7.30－4.50,4×0.12)×10－2m/s2＝0.80m/s2；(3)从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F为某一值时，但加速度却为零，所以是未补偿阻力或补偿阻力不足，故A正确，B错误；随着拉力F增大(即悬挂物的重力增大)，已经不满足悬挂物总质量远小于小车质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确．考点二探索创新实验考向1实验器材的创新例3(2023·山东潍坊市模拟)如图甲所示，某实验小组利用验证牛顿第二定律的实验装置测定物块与木板之间的动摩擦因数，实验装置固定连接完毕后，调节木板及物块右侧两段细绳水平，初步试用各个器件工作正常．实验开始时在砂桶中放入适量的细砂，系统开始工作，物块做加速运动，打出的纸带如图乙所示，已知所用交流电源的频率为50Hz，重力加速度大小为g.(1)除图中所给的实验器材外，以下器材还必需选用的有________；A．天平 B．刻度尺C．秒表 D．干电池(2)已读出弹簧测力计的示数为F，为进一步测量动摩擦因数，下列物理量中还需测量的有________；A．木板的长度L B．物块的质量mC．砂和砂桶的质量M D．物块的运动时间t(3)图乙中给出了实验中获取的纸带的一部分数据，0、1、2、3、4、5是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示．则打下计数点2时物块对应的速度大小v＝________m/s；本次实验物块对应的加速度大小a＝________m/s2；(结果均保留三位有效数字)(4)改变砂桶内细砂的质量，测量出对应的加速度a和弹簧测力计的示数F.若用图像法处理数据，得到了如图丙所示的一条倾斜的直线，如果该图线的横轴截距等于b，斜率为k.则动摩擦因数μ＝________(用题目中给的b、k、g表示)．答案(1)AB(2)B(3)0.2640.495(4)eq\f(kb,g)解析(1)除题图中所给的实验器材外，还必需选用的有刻度尺，用来测量纸带长度；打点计时器本身就是计时仪器，则不需要秒表，也不需要干电池；根据2F－μmg＝ma，可知要测量动摩擦因数，需要天平测量物块质量，故选A、B.(2)设物块的加速度为a，对物块有2F－μmg＝ma，解得μ＝eq\f(2F－ma,mg)，加速度可以由打点纸带求出，为进一步测量动摩擦因数，则还需要测量物块的质量m，故选B.(3)由题可知，T＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s，打下计数点2时物块对应的速度大小v＝eq\f(2.40＋2.88×10－2,0.2)m/s＝0.264m/s，本次实验物块对应的加速度大小a＝eq\f(x24－x02,4T2)＝eq\f(3.39＋2.88－2.40－1.89×10－2,4×0.12)m/s2＝0.495m/s2.(4)由牛顿第二定律可得2F－μmg＝ma，即a＝eq\f(2,m)F－μg，由题意可知eq\f(2,m)b－μg＝0，eq\f(2,m)＝k，解得μ＝eq\f(kb,g).例4(2021·湖南卷·11)某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系．主要实验步骤如下：(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线．如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)．答案(1)1.02(5)见解析图0.343(0.341～0.345均可)解析(1)垫块的厚度为h＝1cm＋2×0.1mm＝1.02cm(5)绘制图线如图；根据mg·eq\f(nh,l)＝ma可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率k＝eq\f(0.6,7)＝eq\f(a4,4)解得a4≈0.343m/s2.考向2实验方案的创新例5(2020·浙江7月选考·17(1))做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：(ⅰ)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；(ⅱ)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；(ⅲ)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系．(1)实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝________m/s(保留两位有效数字)；(2)需要满足条件M≫m的方案是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a－F图像时，把mg作为F值的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)．答案(1)0.19(0.18～0.19均可)(2)甲甲和乙解析(1)由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝eq\f(xce,2T)，将xce＝(36.10－32.40)cm＝3.70cm，T＝0.1s，代入得vd≈0.19m/s；(2)甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma，则F＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，只有m≪M时，F才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表示小车的合外力，需满足m≪M.乙实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力mg，不需要满足m≪M.两个实验方案都可把mg作为F值．考向3实验目的的创新例6(2019·全国卷Ⅱ·22)如图(a)，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源、纸带等．回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)．(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°.接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.80m/s2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)．答案(1)eq\f(gsinθ－a,gcosθ)(2)0.35解析(1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ).(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T＝5×eq\f(1,50)s＝0.10s，由逐差法和Δx＝aT2可得a＝eq\f(x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3,12T2)≈1.97m/s2，代入μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，解得μ≈0.35.课时精练1．(2023·云南省模拟)如图甲所示，在“探究加速度与物体受力关系”的实验中，垫高长木板的一端，调节斜面倾角大小，小车前端不挂砂桶，没有拉力作用时，小车匀速下滑．(1)小车补偿阻力后，为使砂和砂桶的总重力约等于小车所受的合外力，应该满足的条件是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)保持小车质量一定，细线的一端系在小车上，另一端系一砂桶，细线跨过滑轮，小车在拉力作用下做匀加速运动，分别测得不同拉力时小车加速度a的数据如表所示．其中F＝0.15N时得到如图乙所示的纸带，测量A、B、C三点的坐标分别为xA＝0、xB＝5.09cm、xC＝10.78cm；已知相邻计数点之间的时间间隔是0.1s，则小车加速度大小为________m/s2(结果保留2位有效数字)．F/N0.100.150.180.220.25a/(m·s－2)0.390.720.880.98(3)请根据多次实验的数据描点，在图中规范作出a－F图像．(4)通过观察和分析a－F图像，可以得出小车的质量为________kg(结果保留2位有效数字)．答案(1)砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)0.60(3)见解析图(4)0.25解析(1)以小车(质量M)、砂和砂桶(质量m)整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg＝(M＋m)a，以小车为研究对象可得F＝Ma，求得F＝eq\f(M,m＋M)mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg<mg.可以看出，当m≪M时，F≈mg.故应使砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样就可以用砂和砂桶的重力近似表示细线的拉力，即近似表示小车所受的合外力．(2)由Δx＝aT2代入数据可得a＝eq\f(10.78－5.09－5.09×10－2,0.12)m/s2＝0.60m/s2(3)如图所示(4)图线斜率的倒数表示小车质量，则M＝eq\f(1,k)＝eq\f(0.20,0.80)kg＝0.25kg.2．(2023·湖北十堰市高三检测)小明利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系，滑块放在长木板上，长木板置于水平桌面上，砂桶通过滑轮用细线拉滑块，在细线上接有一个微型力传感器，通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F.保持滑块质量不变，在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数F，利用打点计时器打出的纸带求出不同拉力F时对应的加速度a，从而得到如图乙所示的F－a图像．(1)关于该实验，下列说法正确的是________；A．需要略微垫起长木板左端来补偿阻力B．砂桶和砂的总质量应远小于滑块的质量C．需要让细线与长木板保持平行(2)实验中打出的一条纸带如图丙所示，打点计时器打点的周期T＝0.02s，在纸带上依次标上1、2、3、4、5、6、7计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来，测得x1＝7.35cm、x2＝9.44cm、x3＝11.56cm、x4＝13.65cm、x5＝15.86cm、x6＝17.97cm.利用以上数据可知，打该纸带时滑块的加速度大小a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)；(3)图乙中直线的延长线没有经过原点的原因是____________________________________________________________________________________________________________(任写一条即可)，由图乙可知滑块的质量m＝________kg(结果保留两位有效数字)．答案(1)AC(2)2.13(3)未补偿阻力或未完全补偿阻力1.0解析(1)该实验中需要略微垫起长木板左端来补偿阻力，还需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力作为滑块所受的合外力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故A、C正确，B错误；(2)由题意知相邻两计数点间的时间t＝5T＝0.1s，打该纸带时滑块的加速度大小a＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,3t2)≈2.13m/s2；(3)由题图乙可知，当F＝2N时，a＝0，说明未补偿阻力或未完全补偿阻力．设未完全补偿的阻力大小为Ff余，F－Ff余＝ma，则F＝ma＋Ff余，斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量m＝eq\f(5－2,3)kg＝1