2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第3章　运动和力的关系含答案1

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第3章运动和力的关系第三章运动和力的关系第1讲牛顿第一定律牛顿第二定律基础梳理1．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，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(2)意义：指出了力不是维持物体__运动状态__的原因，而是产生__加速度__的原因；指出了一切物体都具有惯性．(3)伽利略理想实验是牛顿第一定律的基础．2．惯性物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质．(1)惯性是物体的__固有__属性，与物体是否受力及运动状态__无关__.(2)质量是惯性大小的量度，质量大的物体惯性__大__，质量小的物体惯性__小__.(3)当物体不受力或受合外力为零时，惯性表现为保持原来的运动状态；当物体受合外力不为零时，惯性表现为改变物体运动状态的难易程度．3．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__.(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面__静止__或__匀速直线运动__的参考系．②牛顿第二定律只适用于__宏观__物体(相对于分子、原子等)、__低速__运动(远小于光速)的情况．4．力学单位制(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：基本物理量的单位．国际单位制中基本物理量共七个，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：由基本物理量根据__物理关系__推导出来的其他物理量的单位．易错辨析1．牛顿第一定律不能用实验验证．(√)2．牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态．(×)3．飞跑的运动员，由于遇到障碍物而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态．(√)4．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)5．一定质量的物体所受合外力越大，加速度越大．(√)6．物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)7．物体的加速度大小不变，一定受恒力作用．(×)8．千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位．(×)对牛顿第一定律的理解1．牛顿第一定律的意义(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性．(2)揭示力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因．2．牛顿第一定律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．(1)牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，力是如何改变物体运动状态的问题则由牛顿第二定律来回答．(2)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．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重要科学研究方法．图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程．对这两项研究，下列说法中正确的是(B) (a) (b)A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持解析：伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明，如果速度与时间成正比，那么位移与时间的二次方就成正比．由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，运动相同位移所用时间长得多，所以容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，得出了正确结论，故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是不存在的，故C错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持的结论，故D错误．在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列说法中正确的是(D)A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向右加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出．故D正确．对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的性质2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．(2)合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速．(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下列说法中正确的是(A)A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态解析：做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知，它所受合外力是恒定不变的，且加速度与合外力方向相同，与速度方向在同一直线上，不一定在同一方向上，故A正确，B错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D错误．(2023·泰州期末)一地铁在水平直轨道上运动，某同学为了研究该地铁的运行情况，他用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对竖直扶手偏东．该同学根据照片分析正确的是(D)A．地铁一定向西加速运动B．地铁可能向东加速运动C．细线中拉力大小与地铁加速度大小无关D．若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手的距离，可以估算此时地铁的加速度解析：根据题意，对笔受力分析，如图所示，竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝G，水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ＝ma，解得F＝eq\f(G,cosθ)，a＝gtanθ，加速度方向水平向西，则地铁可能做向西的加速运动或向东的减速运动，地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关，故A、B、C错误；若用刻度尺测量细线的长度为L和圆珠笔到竖直扶手的距离为d，则有tanθ＝eq\f(d,\r(L2－d2))，即可以估算此时地铁的加速度，故D正确．1．下列各物理单位中，属于国际单位制中的导出单位的是(D)A．kg B．mC．s D．N解析：三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，力的单位N是根据F＝ma推导出来的，属于导出单位，故D正确．2．(2023·伍佑中学期初考)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”．关于运动和力的关系，下列说法中正确的是(D)A．力是维持物体运动的原因B．力是改变物体惯性大小的原因C．力是改变物体位置的原因D．力是改变物体运动状态的原因解析：这句话的意思是放置在地上运动的圆物，用棒拨才会动，最后再停下来．说明力是改变物体运动状态的原因，A、B、C错误，D正确．3．我国高铁列车在运行过程中十分平稳．某高铁列车沿直线匀加速启动时，车厢内水平桌面上水杯内的水面形状可能是(B)解析：当高铁列车沿直线向右匀加速启动时，由于惯性，水保持原来的运动状态，水相对于水杯会向左偏移，故水面形状接近B图，故B正确．4．(2023·扬州中学)质量为m的翼装飞行者从高空跳下，通过调整身体实现飞行并控制方向，如图所示，当他斜向上以加速度g减速直线飞行时，所受空气作用力(A)A．大小等于mg B．大小等于eq\f(1,2)mgC．方向竖直向上 D．方向垂直于AB向上解析：翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律可知，F＝ma＝mg，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示．由图可得空气作用力大小F风＝mg，方向与AB成60°角，斜向左上方，A正确．配套精练1．汉代著作《尚书纬·考灵曜》中所论述的“地恒动不止，而人不知”，对应于现在物理学的观点是(B)A．物体具有惯性B．物体运动具有相对性C．任何物体都受到重力作用D．力是改变物体运动状态的原因2．飞机在迫降前应该把机载的燃油放空；消防车在跑道上喷出了一条泡沫带．下列说法中正确的是(B)A．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加了飞机的惯性B．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小了飞机的惯性C．喷出了一条泡沫带是为了减小飞机所受的合力D．喷出了一条泡沫带是为了减小飞机所受的阻力解析：惯性的大小只跟质量有关，质量越小，惯性越小，放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小了飞机的惯性，A错误，B正确；喷出泡沫带是为了给飞机降温阻燃，不是为了减小飞机所受的合力或阻力，C、D错误．3．在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示).以下为他的设想步骤：①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度．③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度．④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接的结论是(B)A．自然界的一切物体都具有惯性B．光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析：伽利略的理想斜面实验只能说明小球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，B正确；如果小球受到平衡力的作用，它的运动状态不发生改变，C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律的内容，D错误．4．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．下列说法中不符合历史事实的是(A)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：运动必具有一定的速度，如果它不受力，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，既不停下来，也不偏离原来的方向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，即运动必具有一定的速度，如果它不受力，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，既不停下来，也不偏离原来的方向，符合历史事实，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，符合事实，故D正确．5．橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F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(D)A．N B．mC．N/m D．Pa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D正确．6.(2023·灌南高级中学)我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的．“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁或玻璃上自由移动．如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点．在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直平面内的受力分析正确的是(C) A B C D解析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B，故C正确，A、B、D错误．7．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(C)A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，也就是说只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，故A、B、D错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，从而改变它的惯性，故C正确．8．如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动．当车停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球(B)A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向解析：两个小球放在光滑的小车表面上，又不考虑其他阻力，故水平方向不受外力，由牛顿第一定律可知两小球仍然以相同的速度做匀速直线运动，永远不相碰，只有B正确．9．一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，例如从解得物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．举例如下：声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度表达式中，k为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是(B)A．v＝eq\f(kp,ρ) B．v＝eq\r(\f(kp,ρ))C．v＝eq\r(\f(kρ,p)) D．v＝eq\r(kpρ)解析：速度的单位是m/s，密度的单位是kg/m3，压强的单位是kg/(m·s2)，所以eq\f(kp,ρ)的单位是m2/s2，eq\r(\f(kp,ρ))的单位是m/s，eq\r(\f(kρ,p))的单位是s/m，eq\r(kpρ)的单位是kg/(m2·s)，故B正确，A、C、D错误．10.(2023·清江中学)如图所示，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力(C)A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为ma，方向水平向右C．大小与小球的加速度大小有关D．方向与小球的加速度大小无关解析：对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))＝meq\r(a2＋g2)，与水平方向的夹角tanα＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(g,a)，即大小和方向都与小球的加速度大小有关，故选C.11.(2023·南京六校联考)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上．一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后再固定．仍将工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是(B)A．向右匀速运动B．向右加速运动C．可能静止不动D．条件不足，无法判定解析：对工件在截面图上受力分析，当两木棍距离减小时，导致支持力F1与F2夹角减小，而这两个力的合力却不变，如图所示，则这两个支持力的大小变小，所以工件P受到的滑动摩擦力大小f＝μFN也变小，则有F－f＝ma，因此一定向右做加速运动，故选B.补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。第2讲牛顿第二定律的基本应用基础梳理1．瞬时问题(1)当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的__速度__不能发生突变．(2)轻绳(或轻杆)和轻弹簧(或橡皮条)的区别如图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力立即变为0. 甲 乙①轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将__突变为0__.②轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)两端与其他物体连接时，轻弹簧(或橡皮条)的弹力__不能__发生突变．2．超重和失重(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__大于__物体所受重力的现象；物体具有__向上__的加速度．(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__小于__物体所受重力的现象；物体具有__向下__的加速度．(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)__等于0__的现象称为完全失重现象；物体的加速度a＝__g__，方向竖直向下．(4)实重和视重①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态__无关__.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__物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．3．动力学的两类基本问题(1)由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出__加速度__，再由运动学的有关公式求出速度或位移．(2)由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出__加速度__，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．(3)应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：易错辨析1．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．(√)2．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了．(×)3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.(×)4．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，此时物体不受重力作用．(×)5．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态．(×)6．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.(×)瞬时加速度问题分析1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．(2023·伍佑中学期初)如图所示，质量相等的小球m1、m2通过轻弹簧相连，处于静止状态．现突然将图中A处剪断，在剪断的瞬间m1、m2的加速度分别为(A)A．2g、0 B．2g、gC．g、g D．g、0解析：设两小球质量均为m，剪断轻绳前对下方小球m2受力分析可得弹簧弹力kx＝mg，剪断轻绳的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球m1所受合力为kx＋mg＝2mg，根据牛顿第二定律，则小球m1的加速度a1＝eq\f(2mg,m)＝2g，m2的受力情况没有变化，小球m2所受合力为零，小球m2的加速度为a2＝0，故A正确．(2024·江都中学期初)如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，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，则在突然撤去挡板的瞬间有(C) 甲 乙A．图甲中A球的加速度大小为gsinθB．图甲中B球的加速度大小为2gsinθC．图乙中A、B两球的加速度大小均为gsinθD．图乙中轻杆的作用力一定不为零解析：设B球质量为m，则A球的质量为3m.撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsinθ，加速度大小为4gsinθ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsinθ，A、B两球的加速度大小均为gsinθ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确．超重和失重现象1．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．2．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物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重某人在地面上最多可举起50kg的物体，若他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，电梯加速度的大小和方向为(取g＝10m/s2)(D)A．2m/s2竖直向上 B．eq\f(5,3)m/s2竖直向上C．2m/s2竖直向下 D．eq\f(5,3)m/s2竖直向下解析：由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体有m′g－Fm＝m′a，可得a＝eq\f(600－500,60)m/s2＝eq\f(5,3)m/s2，D正确．图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取g＝10m/s2.根据图像分析可知(C) 甲 乙A．人的重力可由b点读出，约为300NB．b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度解析：开始时人处于平衡状态，由a点读出，人对传感器的压力约为900N，人的重力也约为900N，故A错误；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，则物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，则物体处于超重状态，此时有向上的加速度；b到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误．动力学两类基本问题1．两类动力学问题的解题步骤2．多运动过程的分析(1)基本思路①将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．②对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．③根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．④分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．⑤联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．(2)解题关键①注意应用v-t图像和情景示意图帮助分析运动过程．②抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析．(2024·盐城高三上期中)一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕．警察测出路面上磨痕长度为22.5m．根据对车轮与路面材料的分析可知，车轮在路面上滑动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小是5.0m/s2.取g＝10m/s2.求汽车：(1)刹车时速度的大小v.答案：15m/s解析：由题可得v2＝2ax解得v＝15m/s(2)与路面间的动摩擦因数μ.答案：0.5解析：由题可得F合＝ma则有F合＝f＝μmg解得μ＝0.5如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝1kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，由斜面底端A处从静止开始沿斜面向上做匀加速运动．当物块运动t1＝2s时撤去外力F，物块继续向上运动，一段时间后物块到达最高点B.物块运动的v-t图像如图乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：eq\o(\s\up7(),\s\do5(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do5(乙))(1)物块和斜面之间的动摩擦因数．答案：0.5解析：(1)由图像得第3s内的加速度大小为a1＝eq\f(Δv,t1)＝10m/s2第3s内mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得μ＝0.5(2)沿斜面向上的恒力F的大小．答案：15N解析：由图像得前2s内的加速度为a2＝eq\f(Δv,t2)＝5m/s2前2s内F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得F＝15N(3)物块从最高点B返回到斜面底端A点所用时间t.答案：eq\r(15)s解析：当物块从B点返回时mgsinθ－μmgcosθ＝ma3解得a3＝2m/s2即物块从B返回A时，一直做a3＝2m/s2的匀加速直线运动．v-t图像面积代表位移，A、B两点间的距离x＝eq\f(1,2)×3×10m＝15m由x＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,3)解得t3＝eq\r(\f(2x,a3))＝eq\r(\f(2×15,2))s＝eq\r(15)s“等时圆”模型及应用 甲 乙丙1．模型特征(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．2．思维模板如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则(A)A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2解析：设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得到a＝gsinθ，斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可见，小球下滑到Q点的时间与斜面的倾角无关，即t1＝t2＝t3，根据eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故A正确．类题固法1．(2024·淮安第一次调研)如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(A)A．tA＝tB＝tC B.tA<tB<tCC．tA>tB>tC D.tA＝tC>tB解析：设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有2Rcosθ＝eq\f(1,2)gcosθt2，解得运动时间为t＝2eq\r(\f(R,g))，与弦和竖直方向夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故选A.2．(2024·东台期初改编)如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外．从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(B)A．从A处释放的球B．从B处释放的球C．从C处释放的球D．从A、B、C三处释放的球同时到达解析：设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cosα，下滑时小球的加速度a＝gcosα，根据位移时间公式得s＝eq\f(1,2)at2，则t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(4(R＋r)cosα,gcosα))＝eq\r(\f(4(R＋r),g))，即当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到底端所用的时间相同．由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，从B处释放的球下滑的时间最短，B正确．1．(2023·伍佑中学期初考)如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧．当木块接触弹簧后，下列说法中正确的是(B)A．木块将立即做匀减速直线运动B．木块仍将加速运动一段时间C．当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块速度为零D．当弹簧处于最大压缩状态时，木块加速度为零解析：当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动，后做减速运动，随着弹簧弹力的增大，加速度先减小，后增大，故木块先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动．当弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，故A、C错误，B正确；在弹簧处于最大压缩量时，木块速度为零，此时弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零，故D错误．2．(2023·无锡期末)在电梯内放一个体重计，电梯静止时，小花站在体重计上示数为50kg.电梯运动过程中，某段时间内小花发现体重计示数如图所示．在这段时间内，下列说法中正确的是(D)A．电梯一定竖直向上运动B．电梯一定竖直向下运动C．小花所受的重力变小了D．电梯的加速度大小为eq\f(g,5)，方向竖直向下解析：由题意可知，小花这段时间是处于失重状态，故小花的加速度方向竖直向下，可能是加速向下运动，也有可能是减速向上运动，故A、B错误；小花所受的重力只与小花的质量和当地的重力加速度有关，而这两个物理量没有发生变化，故C错误；由牛顿第二定律F＝ma可知，对小花进行受力分析，代入mg－FN＝ma，可知a＝eq\f(g,5)，方向竖直向下，故D正确．3．(2024·泰州中学期初)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B.调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x.突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(C)A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5gC．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大解析：撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知aB＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误．4．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中最符合要求的是(C) A B C D解析：设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小s＝eq\f(1,2)at2，而s＝eq\f(L,cosθ)，联立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故C正确．配套精练1．如图所示，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(A)A．失重、失重 B．超重、超重C．失重、超重 D．超重、失重2．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落．在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(A)A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故A正确．3.(2024·徐州期中)某同学把一只弹簧测力计改装成“竖直加速度测量仪”，用来测量电梯竖直运行时的加速度，他将弹簧测力计上原本为1.0N的刻度改为0m/s2.测量电梯加速度时将重1.0N的钩码挂在弹簧测力计上，当指针指在0m/s2刻度线上方时(A)A．钩码处于失重状态B．钩码处于超重状态C．电梯可能在加速上行D．电梯可能在减速下行解析：当指针指在0m/s2刻度线上方时，可知拉力小于1N，对钩码有mg－F＝ma，即加速度向下，钩码处于失重状态，电梯加速上行或者减速下行时均为超重状态，故选A.4．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示(忽略一切阻力)，则(D) 甲 乙A．t1时刻小球速度最大B．t2时刻小球处于失重状态C．t2～t3这段时间内，小球的加速度先增大，后减小D．t2～t3这段时间内，小球的速度先增大，后减小解析：小球先自由下落，t1时刻与弹簧接触后做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后加速度变为向上且不断变大，小球做减速运动，t2时刻减速到0，处于超重状态，故A、B错误；t2～t3时间内，小球处于上升过程，先做加速运动，后做减速运动，加速度先减小，后增大，故C错误，D正确．5.(2024·常州期中)某同学用智能手机中加速度传感器研究运动．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，得到竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，取g＝10m/s2.由此可判断出手机(C)A．t1时刻运动到最高点B．t2时刻运动到最高点C．t3时刻对手掌的压力为零D．t1～t3时间内，受到的支持力先减小，再增大解析：t1时刻向上的加速度最大，此时手机将继续向上运动，此时刻没有运动到最高点，故A错误；t2时刻加速度为零，此时向上的速度最大，还没有运动到最高点，故B错误；t3时刻加速度为向下的g，此时手机完全失重，则对手掌的压力为零，故C正确；t1～t3时间内，加速度先向上，后向下，则手机先超重，后失重，则手机受到的支持力一直减小，故D错误．6．彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略．用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端自由下垂且离地面一定高度，然后由静止释放．设下落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度，则(A)A．刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度B．刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度C．刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长D．彩虹圈的下端接触地面前，彩虹圈的长度不变解析：由于彩虹圈重力的作用，刚释放瞬间彩虹圈上端会受到其下面向下的拉力，则其合力大于重力，所以刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度，故A正确；彩虹圈下端会受到上面彩虹圈的向上的拉力，其合力小于重力，则刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度小于当地的重力加速度，故B错误；由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，则刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变短，故C错误；彩虹圈下端接触地面前，彩虹圈内部弹力使得彩虹圈的长度不断变化，故D错误．7．一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v0＝10m/s沿固定斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，则物块在时间t＝1.5s时运动的距离为(B)A．3.75m B．5mC．6.25m D．15m解析：小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，物块运动到最高点所需时间t＝eq\f(v0,a)＝1s<1.5s，由于mgsinα＝μmgcosα，小物块运动到最高点速度为零后，将静止在斜面上不再运动，故此时小物块运动的距离为x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝5m，B正确．8．(2024·泰州中学期初)如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板上，轻弹簧A下端固定在容器底部，轻弹簧B上端固定在容器顶部．甲、乙、丙是三个不同材质的实心球，甲连在A的上端，乙连在B的下端，丙悬浮在液体中．已知甲、乙、丙和液体的密度关系为ρ乙<ρ丙＝ρ液＜ρ甲，则剪断绳的瞬间相对于容器(不计空气阻力)(C)A．甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动B．甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动C．甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球不动D．甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球不动解析：依题意，由于ρ乙<ρ丙＝ρ液＜ρ甲，根据浮力公式F浮＝ρ液gV排可知，轻弹簧A、B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小于g，乙的加速度大于g，丙的加速度等于g，所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持不动，故选C.9．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，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)A．1∶eq\r(2) B．1∶2C．1∶eq\r(3) D．1∶3解析：设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcosθ，由牛顿第二定律得小球沿AB下滑的加速度为a＝gcosθ，解得在AB上运动的时间为t1＝eq\r(\f(2\x\to(AB),a))＝2eq\r(\f(R,g))，同理设AC与竖直方向的夹角为α，则AC＝4Rcosα，由牛顿第二定律得小球沿AC下滑的加速度为a′＝gcosα，可知小球在AC上运动的时间为t2＝eq\r(\f(2\x\to(AC),a′))＝2eq\r(\f(2R,g)).则eq\f(t1,t2)＝1∶eq\r(2)，故A正确．10．(2023·南京十二中)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，现在有三条光滑轨道AB、CD、EF，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为α<β<θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(A)A．tAB>tCD>tEF B.tAB＝tCD＝tEFC．tAB<tCD<tEF D.tAB＝tCD<tEF解析：假设上圆半径为R1，下圆半径为R2，则以AB轨道为例进行分析有lAB＝2R1cosθ＋R2，aAB＝gsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝gcosθ，由lAB＝eq\f(1,2)aABt2，可得2R1cosθ＋R2＝eq\f(1,2)gcosθ·teq\o\al(2,AB)，解得tAB＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosθ))，同理可得tCD＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosβ))，tEF＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosα))，因为α<β<θ，所以cosθ＜cosβ＜cosα，所以tAB>tCD>tEF，A正确．11.(2024·无锡高三上期中)如图甲所示，将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点．物块A的v-t图像如图乙所示．已知B的质量为0.3kg，取g＝10m/s2.求： 甲 乙(1)物块A与桌面间的动摩擦因数．答案：0.1解析：由v-t图可知，物块A在0～1s其加速度大小a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝2m/s21～3s其加速度大小a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝－1m/s21～3s内，对A物块有μmAg＝mAa2所以μ＝eq\f(a2,g)＝0.1(2)物块A的质量．答案：0.8kg解析：0～1s内，对A物块有T－μmAg＝mAa1对B有mBg－T＝mBa1解得mA＝0.8kg补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系基础梳理1．实验原理(1)保持质量不变，探究加速度跟__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．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．3．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，注意不要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一块薄木块，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__释放小车__，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．4．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．5．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．6．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)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．教材原型实验(2023·南京六校联考)小华用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系． 甲 乙(1)电火花计时器工作时应使用__220_V__(填“8V”或“220V”)交流电源．解析：电火花计时器工作时应使用220V交流电源．(2)用垫块将木板左端垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力．在不挂托盘的情况下，打出如图乙所示的纸带(从左向右打点)，则应该将垫块向__左__(填“左”或“右”)移动．解析：根据纸带可知小车做加速运动，则重力沿斜面的分量大于摩擦阻力，所以要减小倾角，则垫木应向左移动．(3)如图丙所示是实验中打出的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F为连续选取的7个计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车在E点的瞬时速度大小为__1.1__m/s，运动的加速度大小为__2.0__m/s2(计算结果均保留两位有效数字，所用电源频率f＝50Hz).丙解析：相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点之间时间间隔T＝0.1sE点的瞬时速度大小等于DF之间的平均速度为vE＝eq\f(xDF,2T)＝eq\f((11.99＋10.01)×10-2,0.2)m/s＝1.1m/s根据逐差法可得加速度为a＝eq\f(xCF－xOC,9T2)＝eq\f((11.99＋10.01＋7.98－6.02－3.96－2.00)×10-2,9×0.12)m/s2＝2.0m/s2.(4)小车质量一定，研究加速度与力的关系时，小华根据测得的数据作出a-F图像，如图所示．发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是__C__.A．没有补偿阻力，且小车质量较大B．补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，且托盘和砝码的质量较大C．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且托盘和砝码的质量较大D．补偿阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大解析：图像不过原点的可能原因是：未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；图像末端发生弯曲的可能原因是：托盘和砝码的质量过大，未保证小车质量远大于所挂托盘和砝码的总质量，故选C.创新拓展实验实验装置图创新/改进点(1)实验方案的改进：系统总质量不变化，改变拉力得到若干组数据(2)用传感器记录小车的时间t与位移x，直接绘制xt图像(3)利用牛顿第二定律求解实验中的某些参量，确定某些规律(1)用传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度(2)图像法处理数据时，用钩码的质量m代替合力F，即用am图像代替aF图像(1)用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测得物块的初速度和末速度，由运动学公式求出加速度(2)结合牛顿第二定律，该装置可以测出动摩擦因数弹簧测力计测量小车所受的拉力，钩码的质量不需要远小于小车质量，更无须测钩码的质量(1)气垫导轨代替长木板，无须平衡摩擦力(2)力传感器测量滑块所受的拉力，钩码的质量不需要远小于滑块质量，更无须测钩码的质量(3)用光电门代替打点计时器，遮光条结合光电门测得滑块的末速度，由刻度尺读出遮光条中心初始位置与光电门之间的距离，由运动学公式求出加速度(2024·高邮期初学情调研)在“探究加速度与力的关系”的实验中，某同学设计了如图甲所示的实验装置．在调节桌面水平后，利用力传感器来测量细线拉力．甲(1)为探究加速度与力的关系，下列实验操作中正确的是__AB__.A．选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小B．实验过程中，沙和沙桶的质量可以约等于小车的质量C．力传感器的示数即小车所受合外力的大小D．先用手将小车按在图示位置，然后先接通电源，再释放小车解析：电火花计时器对纸带的阻力较小，实验误差较小，A正确；传感器可测出小车所受拉力，对沙和沙桶的质量没有要求，B正确；传感器示数的2倍减去摩擦阻力等于小车所受合力，C错误；小车应该在靠近打点计时器的位置释放，D错误．(2)该同学在实验中得到一条纸带如图乙所示，相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，小车的加速度大小为__2.4__m/s2(结果保留两位有效数字).乙解析：相邻计数点的时间间隔为T＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s小车的加速度为a＝eq\f(28.81－9.61－9.61,4×0.12)×10-2m/s2≈2.4m/s2.(3)该同学在小车内放置一质量为m0的砝码，多次改变沙的质量，通过实验得到多组a、F数据，并利用测量数据画出a-F图像，已知图线的斜率大小为k，则小车的质量为__eq\f(2,k)－m0__(用k、m0表示).解析：根据2F－f＝(m＋m0)a得a＝eq\f(2F,m＋m0)－eq\f(f,m＋m0)则k＝eq\f(2,m＋m0)小车质量为m＝eq\f(2,k)－m0.(4)该同学用图丙所示装置完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验，可通过位移的测量来代替加速度的测量，即eq\f(a1,a2)＝eq\f(x1,x2)，使用这种方法需要满足两小车__B__.丙A．所受拉力相同B．运动时间相同C．小车质量相等解析：根据x＝eq\f(1,2)at2，由题意可知，需满足运动时间相同，故选B.(5)在利用图甲装置进行实验时，是否需要进行阻力补偿？如果需要，请说明如何操作？如果不需要，请说明理由？__需要．不挂沙和沙桶的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，若打出纸带的点迹间距几乎相等，说明阻力补偿到位．解析：需要补偿摩擦力．不挂沙和沙桶的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，若打出纸带的点迹间距几乎相等，说明阻力补偿到位．(2023·无锡常镇调研一)某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ.甲实验操作步骤如下：①取若干个完全相同的钩码，将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块凹槽中，记录悬挂钩码的个数n.②保持长木板水平，释放木块后打点计时器打出纸带．③将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，重复多次打出纸带．(1)如图乙所示，用刻度尺测量纸带上点的位置，其第4点读数为__10.30__cm.乙解析：刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，第4点读数为10.30cm.(2)已知打点周期T＝0.02s，第5点的瞬时速度为__0.85__m/s.(结果保留两位有效数字)解析：根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(13.70－10.30,2×0.02)×10-2m/s＝0.85m/s.(3)测得悬挂钩码数n与相应的加速度a如下表，请根据表中数据在图丙中作出a-n图像．已知当地重力加速度g取9.8m/s2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ＝__0.35__.(结果保留两位有效数字)a/(m·s-2)0.601.301.962.623.30n/个678910丙解析：根据表中数据作出a-n图像如图所示设每个钩码的质量为m，所有钩码质量的之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma，对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a，联立解得a＝eq\f(mg(1＋μ),M＋m0)n－μg，根据图像可得－μg＝－3.4，解得μ≈0.35.(4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，考虑到此因素的影响，μ的测量值__小于__(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．解析：实验中发现木板未调节水平，右端偏高，设木板与水平面夹角为θ，根据(3)分析，纵轴截距为μgcosθ＝b，则μ＝eq\f(b,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)计算，则μ的测量值小于真实值．

1．(2024·常州高三上期中)某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的倾角θ可调．甲(1)通过纸带打点的实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取下纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块C．把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔D．将木块靠近打点计时器上述实验步骤的正确顺序是：__CDBA__(填字母).解析：实验时首先要把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔；将木块靠近打点计时器，接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块，测量完毕，关闭电源，取下纸带．因此实验步骤的正确顺序是CDBA.(2)打点计时器的工作频率为50Hz，如图乙所示的是用学生尺量出的纸带上计数点之间的间距．根据纸带求出木块的加速度a＝__1.6__m/s2.(保留两位有效数字)乙解析：根据图中纸带可知，相邻计数点的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s根据Δx＝aT2可得木块的加速度为a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f((15.70－9.00)－(9.00－3.90),0.12)×10-2m/s2＝1.6m/s2.(3)若重力加速度g＝9.8m/s2，测出斜面的倾角θ，查表知sinθ＝0.60，cosθ＝0.80，若木块的质量为m，则木块与平板间的动摩擦因数μ＝__0.55__.(保留两位有效数字)解析：根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)＝eq\f(9.8×0.6－1.6,9.8×0.8)≈0.55.(4)设想利用图甲装置验证牛顿第二定律，实验时可通过改变__平板的倾角θ__，验证质量一定时加速度与力的关系；验证力一定时加速度与质量的关系，实验时应保持__m(g_sin_θ－μg_cos_θ)__不变．(请填字母表达式)解析：探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改变平板的倾角θ来改变合外力．验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使m(gsinθ－μgcosθ)不变．配套精练1．(2024·泰州中学期初)在探究物体质量一定时加速度与力的关系的实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线的拉力．甲(1)若用10分度的游标卡尺测量某物体的宽度d，如图所示，则宽度为__4.7__mm.解析：由题图可知第7条刻度线与主尺刻度线对齐，游标卡尺读数为11.0mm－7×0.9mm＝4.7mm.(2)关于该实验的操作，下列说法中正确的是__B__.A．必须用天平测出沙和沙桶的质量B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数C．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小D．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量解析：小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，故A错误；为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；使用电火花计时器时由于摩擦力较小，故实验误差较小，故C错误；小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量，故D错误．(3)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是__2.40__m/s2(计算结果保留三位有效数字).乙解析：根据题意可知，纸带上相邻计数点时间间隔T＝5×0.02s＝0.1s，根据Δx＝a0T2，可得a0＝eq\f(xBD－xOB,4T2)≈2.40m/s2.(4)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车与轨道的滑动摩擦力Ff＝__1.0__N.丙解析：根据牛顿第二定律可知2F－Ff＝ma，结合题图丙解得Ff＝1.0N．(5)小明同学不断增加沙子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为__4.9__m/s2(取g＝9.8m/s2).解析：根据实验原理可知小车的加速度是沙和沙桶加速度的eq\f(1,2)，而沙和沙桶的加速度最大为重力加速度，即可判断小车的最大加速度为a′＝eq\f(1,2)g＝4.9m/s2.2．(2023·淮阴中学)某实验小组设计了如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系．将装有力传感器的小车放置在水平长木板上．沙和沙桶的总质量为m1，小车和小车中砝码的总质量为m2，重力加速度为g.甲乙(1)本实验主要应用的方法是__D__.A．类比法 B．假设法C．理想实验法 D．控制变量法解析：探究加速度与力、质量的关系时，采用了控制变量法，故D正确，A、B、C错误．(2)关于实验，下列说法中正确的是__C__.A．实验时使用打点计时器应先释放小车，后接通电源B．本实验牵引小车的细绳与长木板可以不平行C．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a-eq\f(1,m2)图像D．该实验必须用天平测出细沙和小桶的总质量解析：实验时使用打点计时器应先接通电源，再释放小车，故A错误；牵引小车的细绳与长木板不平行，在小车运动过程，对小车的拉力会发生变化，加速度会发