2025高考物理总复习第三章牛顿运动定律课件练习题

第1讲牛顿运动定律第三章牛顿运动定律1.理解惯性的本质及牛顿第一定律的内容。

2.理解牛顿第二定律的内容并会简单应用。

3.理解牛顿第三定律的内容，会区别作用力和反作用力与平衡力。

4.知道力学单位制。学习目标目

录CONTENTS夯实必备知识01研透核心考点02提升素养能力03夯实必备知识1匀速直线1.牛顿第一定律、惯性迫使惯性惯性维持加速度匀速直线大小无关正比2.牛顿第二定律力学单位制反比相同ma

静止匀速直线运动宏观低速基本导出长度质量时间米千克秒物理关系相互3.牛顿第三定律相反同一条直线上×√√××××2.关于惯性，正确的说法是(

)A.物体只有在加速或减速时才表现出它的惯性B.物体质量越小，惯性越小C.物体速度越大，惯性越大D.做自由落体运动的物体没有惯性B3.下列有关牛顿运动定律的说法正确的是(

)A.牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的特例B.向尾部喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第三定律解释C.我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律有矛盾D.根据牛顿第二定律，运动物体的速度方向必定与其所受合力的方向相同B研透核心考点2考点二牛顿第二定律考点一牛顿第一定律考点三牛顿第三定律1.惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。考点一牛顿第一定律2.对牛顿第一定律的两点说明(1)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。(2)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。C1.(2024·广东梅州一模)早在2300年前，墨子在《墨经》中就对力的概念提出了初步的论述：“力，刑之所以奋也。”这句话的意思是说，力是使物体开始运动或加快运动的原因。则下列关于力的说法正确的是(

)A.墨子的观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同B.物体受到变力作用，速度大小一定会改变C.力不是维持物体运动的原因D.当物体不受力时，物体将停止运动解析亚里士多德关于力和运动的观点是力是维持物体运动的原因，伽利略关于力和运动的观点是力是改变物体运动状态的原因，即墨子的观点与伽利略的观点基本相同，故A错误；物体受到变力作用，物体的运动状态一定发生改变，即物体的速度一定发生变化，但是速度的大小不一定会改变，例如物体做匀速圆周运动，故B错误；力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；当物体不受力时，物体保持静止或匀速直线运动状态不变，运动的物体不会停止运动，故D错误。2.某同学为了取出如图1所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着球筒的中部，另一手用力F击打羽毛球筒的上端，则(

)A.该同学是在利用羽毛球的惯性B.该同学无法取出羽毛球C.羽毛球会从筒的下端出来 D.羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来A图1解析用力F击打羽毛球筒的上端时，球筒会在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而保持静止，所以羽毛球会从筒的上端出来，故A正确，B、C错误；球筒向下运动，羽毛球相对于球筒向上运动，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D错误。例1

(多选)对牛顿第二定律的理解，下列说法正确的是(

)A.如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B.如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C.平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D.物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比考点二牛顿第二定律ABC角度对牛顿第二定律的理解解析根据力的作用效果的独立性可知，如果一个物体同时受到两个力的作用，那么这两个力都会使物体产生各自的加速度且互不影响，A正确；加速度是矢量，其合加速度满足矢量合成的法则平行四边形定则，即物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和，B正确；由分运动的独立性可知，平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动，C正确；质量是物质本身的固有属性，跟物体的运动状态和是否受力无关，D错误。规律总结

对牛顿第二定律的理解ABC例2

(多选)(2024·湖北十堰高三月考)如图2所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中正确的是(

)角度力与运动的关系图2A角度牛顿第二定律的应用图3解题思路和关键(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。

B3.(2022·江苏卷)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

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fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，书相对高铁静止，故高铁的最大加速度为4.0m/s2，B正确，A、C、D错误。4.(多选)(2024·广东揭阳高三校考)乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图4所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止。则下列说法正确的是(

)AD图41.作用力和反作用力的三个关系考点三牛顿第三定律2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较比较项作用力和反作用力

一对平衡力不同点受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生，同时消失不一定同时产生、同时消失叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定是同性质的力性质不一定相同相同点大小、方向大小相等，方向相反，作用在同一条直线上B例4

如图5所示是一种有趣好玩的感应飞行器的示意图，主要是通过手控感应飞行，它的底部设置了感应器装置。只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。下列说法正确的是(

)角度牛顿第三定律的理解A.手对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力B.空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力C.空气对飞行器的作用力和空气对手的作用力是一对作用力和反作用力D.因为空气会流动，所以螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小不相等图5解析手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，选项A错误，B正确；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，选项C错误；由牛顿第三定律可知，螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小相等，选项D错误。D例5

如图6所示，底座A上装有一根直立杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的圆环B，它与杆有摩擦。当圆环从底端以某一速度v向上飞起时，圆环的加速度大小为a，底座A不动，则圆环在升起和下落过程中，底座对水平面的压力分别为(

)A.Mg

MgB.(M＋m)g

(M＋m)gC.Mg－ma

Mg＋maD.(M＋m)g－ma

(M－m)g＋ma角度转换研究对象法的应用图6解析当圆环上升时，杆给环的摩擦力方向向下，大小设为f，则环给杆的摩擦力方向向上，大小为f，设水平面对底座的支持力大小为FN1，则对圆环由牛顿第二定律可得mg＋f＝ma，对底座，由平衡条件可得FN1＋f－Mg＝0，联立解得FN1＝(M＋m)g－ma；当圆环下落时，杆给环的摩擦力方向向上，大小设为f′，则环给杆的摩擦力方向向下，大小为f′，设水平面对底座的支持力大小为FN2，则对底座，由平衡条件可得Mg＋f′－FN2＝0，由题意可知f′＝f，联立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根据牛顿第三定律可知，圆环在升起和下落过程中，底座对水平面的压力大小分别为(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正确。在对物体进行受力分析时，如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时，可先求这个力的反作用力，再反过来求待求力。如求压力时，可先求支持力，在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，使我们分析问题的思路更灵活、更宽阔。

B5.(2023·海南卷，3)如图7所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(

)A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C.重物缓慢拉起的过程中，绳子拉力变小D.重物缓慢拉起的过程中，绳子拉力不变图7提升素养能力3A对点练1牛顿第一定律1.伽利略曾用如图1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A级基础对点练图1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。B2.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解析惯性只与质量有关，所以太空中处于失重状态的物体具有惯性，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。C3.(2023·广东深圳高三月考)“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图2所示，人笔直站在“电动平衡车”上，在某水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是(

)A.“电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力B.人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力C.地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡D.在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向右倾斜图2解析根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力大小等于人对“电动平衡车”的作用力，故A错误；人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，故B错误；地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，故C正确；在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜，故D错误。BA5.(2024·广东深圳检测)如图3所示，固定在钢梁两端的钢绳允许承担的拉力为30000N，钢绳之间的夹角为120°，竖直起吊质量为2×103kg的水平钢梁时，加速度的最大值可达到(g＝10m/s2)(

)图3解析已知钢绳最大拉力T＝30000N，钢绳拉力方向与竖直方向夹角为60°，钢梁受到绳拉力最大合力为F＝2Tcos60°，方向竖直向上。对钢梁，其合外力F合＝F－mg，根据牛顿第二定律有F合＝ma，联立并代入数据解得a＝5m/s2，故A正确。B6.(2023·全国乙卷，14)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球(

)A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动C7.(2024·浙江温州模拟)如图4为“H225”应急救援直升机在永嘉碧莲镇执行灭火任务时的情景。直升机沿水平方向匀速直线飞往水源地取水时，悬挂空水桶的悬索与竖直方向的夹角为37°；直升机取水后飞往火场灭火，沿水平方向以5m/s2的加速度匀加速直线飞行时，悬挂水桶的悬索与竖直方向的夹角也为37°。若空气阻力大小不变，空桶质量为400kg，忽略悬索的质量，则此时水桶中水的质量为(sin37°=0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)(

)A.260kg B.500kg C.800kg D.1000kg图4解析直升机悬挂空桶匀速飞往水源取水时，空桶受力平衡，有T1sin37°－f＝0，T1cos37°－mg＝0，解得f＝3000N，直升机加速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sin37°－f＝(m＋M)a，T2cos37°－(m＋M)g＝0，解得桶中水的质量为M＝800kg，故C正确。C对点练3牛顿第三定律8.(2024·广东佛山模拟)“神舟十六号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，如图5所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是(

)A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力B.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动C.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力大小D.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空图5解析火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，由于具有惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，B错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，C正确；火箭中的燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，不是外界空气的作用力，D错误。A9.(2024·湖南长沙预测)杂技是一种技能、体能、娱乐性很强的表演活动。如图6所示为杂技“顶竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人B以加速度a加速下滑时，竿对人A的压力大小为(已知重力加速度为g)(

)A.(M＋m)g－ma B.(M＋m)gC.(M＋m)g＋ma D.(M－m)g解析以B为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，再以竹竿为研究对象，由平衡条件有FN＝Mg＋f＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律可知竿对人A的压力大小为(M＋m)g－ma，故A正确。图6BB级综合提升练10.2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(

)A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力图7解析

打开降落伞前，着陆器受到大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前，着陆器做减速运动，加速度方向竖直向上，则合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，着陆器受到降落伞的拉力和气体阻力以及火星的引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于发动机还受到火星的引力，则发动机喷火的反作用力与气体阻力不是平衡力，选项D错误。D11.如图8所示，一艘宇宙飞船在太空中沿直线飞行，飞船内有一质量为2kg的物体通过力传感器与飞船后壁相连，开动推进器后，发现力传感器的读数为0.6N，若飞船的总质量为3000kg，下列说法正确的是(

)A.飞船获得的加速度为2×10－4m/s2B.飞船受到的推力为30900NC.飞船在4s末的速度大小为1.2m/sD.飞船速度的变化率为0.3m/s2图8ACD12.(多选)如图9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f＝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(

)图9C级培优加强练13.如图10，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)AB、BC中的张力大小；(2)当小车以a＝8m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。图10解析(1)根据平衡条件TABsinα＝TBCsinβ，TABcosα＋TBCcosβ＝mg解得TAB＝8N，TBC＝6N。(2)根据牛顿第二定律有TAB′sinα－TBC′sinβ＝ma，TAB′cosα＋TBC′cosβ＝mg解得TAB′＝12.8N，TBC′＝－0.4N由TBC′<0可知，小车以a＝8m/s2的加速度水平向右行驶时，小球飘起，TBC″＝0，设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有TAB″sinθ＝ma，TAB″cosθ＝mg第2讲牛顿第二定律的基本应用第三章牛顿运动定律1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。

2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。学习目标目

录CONTENTS夯实必备知识01研透核心考点02提升素养能力03夯实必备知识1速度1.零不能运动情况2.受力加速度牛顿第二定律大于3.向上小于向下等于0g无关4.不等于1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(

)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(

)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。(

)(4)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。(

)(5)加速上升的物体处于超重状态。(

)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(

)(7)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。(

)√×××√√×2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(

)A.从20.0s到30.0sB.从30.0s到40.0sC.从40.0s到50.0sD.从50.0s到60.0sA研透核心考点2考点二动力学的两类基本问题考点一瞬时问题的两类模型考点三超重与失重现象两类模型考点一瞬时问题的两类模型BC例1

(多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则(

)图1方法总结

求解瞬时加速度的思路D(2024·山东临沂模拟)如图2所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则(

)图21.解决动力学两类基本问题的思路考点二动力学的两类基本问题2.基本步骤答案

90km

(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。解析助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2代入数据解得a2＝8m/s2所以助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250s。答案

1200m/s

250s例3

(2022·浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图3所示，长12m水平直道AB与长20m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点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，取g＝10m/s2，求雪车(包括运动员)：图3(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；解析由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5s设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有vC＝vB＋a1t1代入数据解得a1＝2m/s2，vC＝12m/s。答案12m/s

(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。解析设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin15°－f＝ma1代入数据解得f＝66N。答案66N对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(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。(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。考点三超重与失重现象C例4

某教师用图4甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(

)角度超、失重现象的图像问题A.AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程C.AB阶段的加速度大小约为0.67m/s2，方向竖直向上D.CD阶段的加速度大小约为0.67m/s2，方向竖直向上图4例5

(2024·山东日照模拟)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图5所示。g取10m/s2，根据图中的数据，求：角度超、失重现象的分析和计算图5(1)电梯在减速阶段的加速度大小；解析由题图可知钩码的重力mg＝50N则钩码的质量m＝5kg电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54N由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得加速度大小a＝0.8m/s2。答案

0.8m/s2

(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；解析由题图可知，电梯在2～6s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44N根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′可得a′＝1.2m/s2最大速度v＝a′Δt1＝4.8m/s。答案

4.8m/s

(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。解析电梯在2～6s的时间内加速的位移大小为在6～17s的时间内匀速的位移大小为h2＝vΔt2电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，可得H＝76.8m。答案

76.8m方法总结

判断超重和失重的方法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从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重提升素养能力3D对点练1瞬时问题的两类模型1.如图1所示，质量为m＝4kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块与光滑斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(

)A.10m/s2 B.11m/s2C.14m/s2 D.15m/s2A级基础对点练图1D2.如图2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两球的加速度分别为(

)图2A3.如图3所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(

)A.B对A的压力大小为12NB.弹簧弹力大小为50NC.B的加速度大小为10m/s2D.A的加速度为零图3解析原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A正确。B对点练2动力学的两类基本问题4.(2022·辽宁卷，7)如图4所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(

)A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25图4ACD5.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图5所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是(

)A.无人机失去升力时的速度大小为12m/sB.螺旋桨工作时产生的升力大小为60NC.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2D.无人机上升的最大高度为42m图5D对点练3超重和失重现象6.一质量为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6所示。其中t1～t2段为直线，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图6解析根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确。BC7.(多选)(2024·广东珠海联考)如图7甲所示的救生缓降器由挂钩、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过救生缓降器着陆时速度恰好为零，图丙是工人下落全过程中绳索拉力随时间变化的F－t图像。已知工人的质量m＝60kg，g＝10m/s2，则工人(

)A.下落过程处于失重状态B.下落最大速度为12m/sC.下落的总高度为30mD.下落的总高度为36m图7C8.(2024·北京昌平高三期末)很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图8所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10m/s2，由此可判断出(

)A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态B.手机在t2时刻运动到最高点C.手机在t3时刻改变运动方向D.手机可能离开过手掌图8解析由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。ACA.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0m/s2B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20m/sC.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104ND.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的B级综合提升练图9AD10.(多选)如图10为某中学“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速度10m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5N，g取10m/s2，则下列说法正确的是(

)图10B11.(2024·福建莆田高三月考)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10m/s2，则(

)A.运动员起跳过程属于失重状态B.起跳过程中加速度大小为16m/s2C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4sD.起跳过程中运动员对地面的压力为960NC级培优加强练12.(2024·江苏镇江模拟)探测器“天问一号”成功着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图11为探测器在火星表面最后100m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求探测器：图11(1)全程的平均速度大小；(2)减速下落过程中的加速度大小；(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(保留3位有效数字)。解析

(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火解得a1＝3.2m/s2探测器5s末的速度为v＝a1t1＝16m/s代入数据得h1＝40m则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60m(3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋f－mg火＝ma2代入数据解得F＝2.67×104N。实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系第三章牛顿运动定律目

录CONTENTS夯实必备知识01研透核心考点02提升素养能力03夯实必备知识1方案一用气垫导轨探究加速度与力、质量之间的关系原理装置图操作要求1.控制变量法(1)保持小车质量不变，探究加速度与合力的关系。(2)保持小车所受合力不变，探究加速度与质量的关系。2.使小桶与橡皮泥的质量远小于滑块与砝码的质量。1.探究加速度与力的定量关系：保持滑块质量不变，通过增减橡皮泥的数量来改变拉力F的大小。2.探究加速度与质量的定量关系：保持橡皮泥及小桶的质量不变，即滑块所受拉力不变，通过在滑块上增加或减少砝码来改变滑块的质量。方案二用打点计时器探究加速度与力、质量之间的关系原理装置图操作要求注意事项1.控制变量法(1)保持小车质量不变，探究加速度与合力的关系。(2)保持小车所受合力不变，探究加速度与质量的关系。2.改变小车质量M或槽码质量m时，无需重新补偿阻力。3.使用力传感器或弹簧测力计可测出细绳拉力时，无需满足M≫m。1.用天平测量槽码的质量m和小车的质量M。2.根据设计要求安装实验装置，只是不把悬挂槽码的细绳系在小车上。3.在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑。4.槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上，接通电源后放开小车，断开电源取下纸带，编写号码，保持小车质量M不变，改变槽码质量m，重复实验得到纸带；保持槽码的质量m不变，改变小车的质量M，重复实验得到纸带。1.补偿阻力：补偿阻力时，不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，让小车连着纸带匀速运动2.质量：槽码质量m远小于小车质量M3.平行：使细绳与长木板平行4.靠近：小车从靠近打点计时器的位置释放5.先后：实验时先接通电源后释放小车研透核心考点2考点二教材创新实验考点一教材原型实验考点三教材实验拓展——测动摩擦因数例1

(2024·广东深圳模拟)在探究加速度a与所受合力F的关系时，某实验小组采用图1甲所示的实验装置进行实验探究，控制小车质量M不变，寻找其加速度a与所受合力F的关系。考点一教材原型实验图1(1)该实验必须要补偿阻力。在补偿阻力的这步操作中，该同学________(选填“需要”或“不需要”)通过细绳把砂桶挂在小车上。解析在补偿阻力这步操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上。答案不需要(2)在实验中，该同学得到的一条如图乙所示的纸带，他每隔4个点取一计数点，在纸带上做好1，2，3，4，5的标记，用毫米刻度尺测量出从起点1到各计数点的距离，在图中已经标出。已知电火花计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为________m/s2(计算结果保留2位有效数字)。解析相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则T＝0.02×5s＝0.1s根据Δs＝aT2可得该小车运动的加速度大小为答案0.39

解析图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量。答案小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量(3)在数据处理环节，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，采用图像法处理数据，画出如图丙所示a－F图像，发现图线上端弯曲，并不是直线，出现这一问题的可能原因是________________________________________________________________________________。(4)关于本实验存在的误差，以下说法正确的是________。A.在用刻度尺测量出从起点到各计数点的距离时，存在偶然误差，可以减小B.把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，可以消除C.实验中用图像法处理数据不仅可以减小系统误差，还能直观的得出a与F的关系解析在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，通过多次测量的方式可以减小，A正确；因砂和砂桶加速下降，处于失重状态，则细绳的拉力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，可以将砂和砂桶以及小车看成一个整体研究，这样可以避免该系统误差，B正确；实验中用图像法处理数据可以减小偶然误差，C错误。答案AB例2

某同学利用气垫导轨、光电门和力传感器等器材，做“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验，装置如图2甲所示。(1)实验前先用螺旋测微器测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________mm。图2解析螺旋测微器的示数为d＝1mm＋20.0×0.01mm＝1.200mm。答案1.200

(2)关于实验，下列说法正确的是________。A.调整旋钮P、Q，使气垫导轨水平B.调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行C.每次实验，保证钩码的质量远小于滑块的质量D.每次实验，将钩码的重力作为滑块受到的合外力解析实验中细线的拉力大小等于滑块所受的合外力，所以需要细线与导轨均水平，故A、B正确；由于实验中有力传感器直接测出细线上的拉力，因此不需要满足每次实验钩码的质量远小于滑块的质量，同时也不需要将钩码的重力作为滑块受到的合外力，故C、D错误。答案AB

(3)调节好装置，接通气源，从图甲所示位置由静止释放滑块，滑块通过光电门1、2时遮光条遮光时间分别为t1、t2，测出两光电门间距离为s，则滑块运动的加速度大小a＝________(用所测物理量的符号表示)。(4)改变悬挂钩码的质量，进行多次实验，测出多组滑块运动的加速度a及力传感器的示数F，若作出的图像如图丙所示，则图像不过原点的原因可能是____________________________________________(写出一条即可)。解析若作出的图像如图丙所示，说明气垫导轨不水平，左端偏高(或右端偏低)。答案气垫导轨不水平，左端偏高(或右端偏低)考点二教材创新实验例3

图3甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为M，重物的质量为m，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数F。图3(1)实验过程中，_______(填“需要”或“不需要”)满足M≫m。解析实验中，细线对动滑轮和小车的作用力通过弹簧测力计测量，不需要满足M≫m。答案不需要(2)实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为50Hz。其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为________m/s2(计算结果保留3位有效数字)。答案0.638

(3)当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为F0。更换重物，用a表示小车的加速度，F表示弹簧测力计的示数，下列描绘的a－F关系图像合理的为________。解析小车匀速运动时有2F0＝f当更换重物后，由牛顿第二定律有2F－f＝Ma可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与横轴交于一点，故D正确。答案D例4

(2023·湖北卷，11)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。

如图4(a)所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。

调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的

轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个

砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0g)，向左拉

动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。考点三教材实验拓展——测动摩擦因数图4(1)实验中，拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速。解析木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度的大小无关，则实验中拉动木板时不必保持匀速。答案不必(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝________________。解析对木块、砝码以及重物B分析可知μ(mA＋nm0)g＋mg＝mBg解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。答案mB－μ(mA＋nm0)

(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m－n图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。解析根据m＝mB－μmA－μm0·n则μ＝0.40。答案0.40例5

(2022·山东卷，13)在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图5甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源，放上滑块。调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。图5回答以下问题(结果均保留2位有效数字)：(1)弹簧的劲度系数为________N/m。解析

由题意及图乙的F－t图像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N可得k≈12N/m。答案

12

(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a－F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg。答案

0.20

(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a－F图像Ⅱ，则待测物体的质量为______kg。解析

滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中Ⅱ，则有则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm=m′-m=0.13kg。答案

0.13提升素养能力31.(2024·广东汕尾市调研)如图1甲所示为探究牛顿第二定律的实验装置示意图，图中打点计时器使用的电源为50Hz的交流电源，在小车质量未知的情况下，通过改变桶中沙的多少来探究在小车质量一定的条件下，小车的加速度与合外力的关系。(1)平衡小车所受的摩擦力：取下装沙的桶，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距________的点。(2)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，每5个点标记一个计数点，标记结果如图所示，A、B、C、D为连续选择的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝________s；读出纸带上A、B计数点间距s1＝_______cm，C、D计数点间距s2＝______cm；利用字母T、s1、s2表达出小车的加速度的计算式a＝________________。(3)以沙和桶的总重力F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，作出a－F图像如图丙所示，则小车的质量为M＝________kg。图1解析(1)平衡摩擦力成功的标准是小车可以做匀速运动，即打点计时器在纸带上打出的相邻两点的间距相等。(2)因为所用交流电的频率是50Hz，所以相邻两计数点之间的时间间隔为es由题图乙可读出A、B计数点间距s1＝(2.40－1.00)cm＝1.40cmC、D计数点间距s2＝(6.70－4.30)cm＝2.40cm2.在“用DIS研究加速度和力的关系”实验中：某同学采用光电门测量加速度，实验装置如图2。将小车放置在轨道上，使挡光片的左端与小车的左端A点对齐，光电门放在B处，测出A到B的距离L和挡光片的宽度d。由静止开始释放小车，光电门自动测出小车上挡光片通过光电门的时间Δt。图2(1)根据题中已知物理量，小车的加速度a＝________(用题中字母表示)。(2)在上述实验中，下列操作步骤中必须做到的是________。A.要用天平称量小车质量B.钩码的质量应该远小于小车质量C.通过增减配重片来改变小车的质量D.不论轨道光滑与否，轨道一定要保持水平(3)上述实验用光电门来测量小车运动的瞬时速度，若考虑挡光片的宽度，得到的速度测量值和真实值相比________。A.偏大 B.偏小

C.一样大 D.都有可能(4)为了研究加速度和力的关系，某同学选择画小车的加速度与钩码质量的关系图线，如图3所示。分析发现图线在横轴上有截距，这是因为____________________________________________________________________________。图3(3)小车做匀加速直线运动，用光电门测出的是挡光过程的平均速度，其等于挡光过程的中间时刻的速度，小于小车实际的末速度，故选B。(4)由图知，当钩码质量大于某值时，小车才有加速度，说明小车与轨道间存在摩擦力，当绳子拉力大于摩擦力时小车才动起来。3.(2024·湖南长沙模拟)学校物理兴趣小组用如图4甲所示的阿特伍德机验证牛顿第二定律，并测量当地的重力加速度。绕过定滑轮的轻绳两端分别悬挂质量相等的重物A(由多个相同的小物块叠放组成)和重物B。主要实验步骤如下： ①用天平分别测量一个小物块的质量和B的质量m；②将A中的小物块取下一个放在B上，接通打点计时器的电源后，由静止释放B，取下纸带，算出加速度大小，并记下放在B上的小物块的质量；③重复步骤②，获得B上面的小物块的总质量Δm和对应加速度大小a的多组数据。图4(1)某次实验打出的纸带如图乙所示，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则本次实验中A的加速度大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)。(2)利用本装置验证牛顿第二定律。若在误差允许的范围内，满足重物A的加速度大小a＝________(用m、Δm和当地的重力加速度大小g表示)，则牛顿第二定律得到验证。(3)利用本装置测量当地的重力加速度。根据放在B上面的小物块的总质量Δm和对应加速度大小a的多组数据，以Δm为横坐标，a为纵坐标作出a－Δm图像。若图线的斜率为k，则当地的重力加速度大小可表示为g＝________(用k、m表示)。4.某实验小组利用图5(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：(a) (b)图5(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)0.0870.1800.260

0.4250.519根据表中数据在图6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3位有效数字)。图6答案(1)1.02

(5)见解析图0.345解析(1)根据游标卡尺读数规则可知h＝10mm＋2×0.1mm＝1.02cm。(5)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345m/s2。5.某同学用如图7甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为F1，测力端通过不可伸长的轻绳与一滑块相连(调节力传感器高度使轻绳水平)，滑块起初放在较长的木板的最右端(滑块可视为质点)，木板的左、右两端连接有光电门(图中未画出)，光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。已知木板长为L，木板一端连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻

质定滑轮连接一测力计和一只空砂桶(调节滑轮高度使桌面上部轻绳水平)，测力计的读数记为F2，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空砂桶中缓慢倒入砂子。(重力加速度g取10m/s2)图76.(2024·四川成都模拟)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图8甲所示的实验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)该同学从打出的纸带中选择一条点迹清晰的纸带，将纸带沿计数点剪断得到6段纸带，由短到长并排贴在坐标中，各段紧靠但不重叠，如图乙所示。最后将各纸带上端中心点连起来可得到一条直线，如图丙所示。若用横轴表示时间t，纸带宽度表示相邻计数点时间间隔T，纵轴表示相邻计数点间距离sn(n＝1、2、3、4、5、6)，则所连直线的斜率表示________(填序号)。A.各计数周期内的位移

B.各计数点的瞬时速度C.相邻计数点的瞬时速度的变化

D.纸带运动的加速度图8(2)该同学根据测量数据作出如图丁所示的a－F图像，该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车的质量为________；小车与桌面间的动摩擦因数为________。增分微点4等时圆模型第三章牛顿运动定律2.模型的三种情况(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体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，物体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。BCD例题

(多选)如图1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>t3

C.t1<t2 D.t1＝t3图1C1.如图2所示，OC为竖直圆的直径，OA、OB为圆的两条弦，现同时在A、B两点释放两小滑块，分别沿光滑的弦轨道滑到O点(O点为最低点)，滑块滑下的先后顺序是(

)A.沿AO的小滑块最先到达B.沿BO的小滑块最先到达C.同时到达D.条件不足，无法判断图2B2.如图3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图3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。B3.(2024·山东临沂高三期末)如图4所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(

)A.tB>tC>tD B.tB＝tC<tDC.tB<tC<tD D.tB<tC＝tD图4A4.如图5所示，在竖直墙面上有A、B两点，地面上有M点，A、M连线与水平面成45°角，B点在A点上方，C点位于M点正上方且与A等高。现在AM、BM之间架设光滑轨道，让三个小球a、b、c分别由静止从A、B、C三点分别沿轨道AM、BM运动和自由下落，不计空气阻力，则a、b、c运动到地面所需的时间ta、tb、tc关系是(

)A.tb>ta>tc B.tb>ta＝tcC.ta＝tb＝tc D.ta＝tb<tc图5解析以C为圆心，AC为半径作圆，如图所示，根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的时间相等，则从圆上A、E、D到达M点的时间相等，c球在圆内C点释放，则c球最先到达M点，b球在圆外释放，b球最后到达，所以tb＞ta＞tc，故A正确。专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型第三章牛顿运动定律1.理解什么是“滑块—木板”模型。

2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。学习目标目

录CONTENTS研透核心考点01提升素养能力02研透核心考点11.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。2.位移关系：如图1所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和s2＋s1＝L。图13.解题关键例1

如图2所示，一质量M＝2kg的木板长度为L＝50m，静止放在水平面上，另一质量m＝2kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端，已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。现给铁块施加一个水平向右的力F，求：角度水平面上的板块模型图2(1)若F为变力，且从零开始不断增大，当F增大到多少时，铁块与木板即将开始相对滑动？解析二者即将相对滑动时，对整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma联立解得F＝12N。答案12N

(2)若F恒定为20N，试通过计算说明，在此情况下，m与M是否分离，若不