第1講牛頓運動定律第三章牛頓運動定律1.理解慣性的本質及牛頓第一定律的內容。

2.理解牛頓第二定律的內容并會簡單應用。

3.理解牛頓第三定律的內容，會區(qū)別作用力和反作用力與平衡力。

4.知道力學單位制。學習目標目

錄CONTENTS夯實必備知識01研透核心考點02提升素養(yǎng)能力03夯實必備知識1勻速直線1.牛頓第一定律、慣性迫使慣性慣性維持加速度勻速直線大小無關正比2.牛頓第二定律力學單位制反比相同ma

靜止勻速直線運動宏觀低速基本導出長度質量時間米千克秒物理關系相互3.牛頓第三定律相反同一條直線上×√√××××2.關于慣性，正確的說法是(

)A.物體只有在加速或減速時才表現出它的慣性B.物體質量越小，慣性越小C.物體速度越大，慣性越大D.做自由落體運動的物體沒有慣性B3.下列有關牛頓運動定律的說法正確的是(

)A.牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零情況下的特例B.向尾部噴氣使火箭加速的過程，可用牛頓第二定律和牛頓第三定律解釋C.我們用力提一個很重的箱子，卻提不動它，這跟牛頓第二定律有矛盾D.根據牛頓第二定律，運動物體的速度方向必定與其所受合力的方向相同B研透核心考點2考點二牛頓第二定律考點一牛頓第一定律考點三牛頓第三定律1.慣性的兩種表現形式(1)物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)。(2)物體受到外力時，慣性表現為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難改變；慣性小，物體的運動狀態(tài)容易改變?？键c一牛頓第一定律2.對牛頓第一定律的兩點說明(1)理想化狀態(tài)：牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。在實際情況中，如果物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時的表現是相同的。(2)與牛頓第二定律的關系：牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。牛頓第一定律是經過科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。C1.(2024·廣東梅州一模)早在2300年前，墨子在《墨經》中就對力的概念提出了初步的論述：“力，刑之所以奮也?！边@句話的意思是說，力是使物體開始運動或加快運動的原因。則下列關于力的說法正確的是(

)A.墨子的觀點與亞里士多德關于力和運動的觀點基本相同B.物體受到變力作用，速度大小一定會改變C.力不是維持物體運動的原因D.當物體不受力時，物體將停止運動解析亞里士多德關于力和運動的觀點是力是維持物體運動的原因，伽利略關于力和運動的觀點是力是改變物體運動狀態(tài)的原因，即墨子的觀點與伽利略的觀點基本相同，故A錯誤；物體受到變力作用，物體的運動狀態(tài)一定發(fā)生改變，即物體的速度一定發(fā)生變化，但是速度的大小不一定會改變，例如物體做勻速圓周運動，故B錯誤；力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，故C正確；當物體不受力時，物體保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)不變，運動的物體不會停止運動，故D錯誤。2.某同學為了取出如圖1所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿著球筒的中部，另一手用力F擊打羽毛球筒的上端，則(

)A.該同學是在利用羽毛球的慣性B.該同學無法取出羽毛球C.羽毛球會從筒的下端出來 D.羽毛球筒向下運動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來A圖1解析用力F擊打羽毛球筒的上端時，球筒會在力的作用下向下運動，而羽毛球由于慣性而保持靜止，所以羽毛球會從筒的上端出來，故A正確，B、C錯誤；球筒向下運動，羽毛球相對于球筒向上運動，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D錯誤。例1

(多選)對牛頓第二定律的理解，下列說法正確的是(

)A.如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產生的加速度互不影響B(tài).如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產生加速度的矢量和C.平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動D.物體的質量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比考點二牛頓第二定律ABC角度對牛頓第二定律的理解解析根據力的作用效果的獨立性可知，如果一個物體同時受到兩個力的作用，那么這兩個力都會使物體產生各自的加速度且互不影響，A正確；加速度是矢量，其合加速度滿足矢量合成的法則平行四邊形定則，即物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產生加速度的矢量和，B正確；由分運動的獨立性可知，平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動，C正確；質量是物質本身的固有屬性，跟物體的運動狀態(tài)和是否受力無關，D錯誤。規(guī)律總結

對牛頓第二定律的理解ABC例2

(多選)(2024·湖北十堰高三月考)如圖2所示，處于自然狀態(tài)下的輕彈簧一端固定在水平地面上，質量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設小球和彈簧一直處于豎直方向，彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g。在小球將彈簧壓縮到最短的過程中，下列敘述中正確的是(

)角度力與運動的關系圖2A角度牛頓第二定律的應用圖3解題思路和關鍵(1)選取研究對象進行受力分析。(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力。(3)根據F合＝ma求物體的加速度a。

B3.(2022·江蘇卷)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(

)A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2

解析

書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度，即fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，書相對高鐵靜止，故高鐵的最大加速度為4.0m/s2，B正確，A、C、D錯誤。4.(多選)(2024·廣東揭陽高三?？?乘坐空中纜車飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖4所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止。則下列說法正確的是(

)AD圖41.作用力和反作用力的三個關系考點三牛頓第三定律2.作用力和反作用力與一對平衡力的比較比較項作用力和反作用力

一對平衡力不同點受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關系同時產生，同時消失不一定同時產生、同時消失疊加性兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零力的性質一定是同性質的力性質不一定相同相同點大小、方向大小相等，方向相反，作用在同一條直線上B例4

如圖5所示是一種有趣好玩的感應飛行器的示意圖，主要是通過手控感應飛行，它的底部設置了感應器裝置。只需要將手置于離飛行器底部一定距離處，就可以使飛行器靜止懸浮在空中，操作十分方便。下列說法正確的是(

)角度牛頓第三定律的理解A.手對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力B.空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力C.空氣對飛行器的作用力和空氣對手的作用力是一對作用力和反作用力D.因為空氣會流動，所以螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小不相等圖5解析手與飛行器沒有接觸，手對飛行器沒有作用力，空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力，選項A錯誤，B正確；空氣對飛行器的作用力和飛行器對空氣的作用力是一對作用力和反作用力，選項C錯誤；由牛頓第三定律可知，螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小相等，選項D錯誤。D例5

如圖6所示，底座A上裝有一根直立桿，其總質量為M，桿上套有質量為m的圓環(huán)B，它與桿有摩擦。當圓環(huán)從底端以某一速度v向上飛起時，圓環(huán)的加速度大小為a，底座A不動，則圓環(huán)在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力分別為(

)A.Mg

MgB.(M＋m)g

(M＋m)gC.Mg－ma

Mg＋maD.(M＋m)g－ma

(M－m)g＋ma角度轉換研究對象法的應用圖6解析當圓環(huán)上升時，桿給環(huán)的摩擦力方向向下，大小設為f，則環(huán)給桿的摩擦力方向向上，大小為f，設水平面對底座的支持力大小為FN1，則對圓環(huán)由牛頓第二定律可得mg＋f＝ma，對底座，由平衡條件可得FN1＋f－Mg＝0，聯立解得FN1＝(M＋m)g－ma；當圓環(huán)下落時，桿給環(huán)的摩擦力方向向上，大小設為f′，則環(huán)給桿的摩擦力方向向下，大小為f′，設水平面對底座的支持力大小為FN2，則對底座，由平衡條件可得Mg＋f′－FN2＝0，由題意可知f′＝f，聯立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根據牛頓第三定律可知，圓環(huán)在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。在對物體進行受力分析時，如果不便于直接分析求出物體受到的某些力時，可先求這個力的反作用力，再反過來求待求力。如求壓力時，可先求支持力，在許多問題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉換研究對象，使我們分析問題的思路更靈活、更寬闊。

B5.(2023·海南卷，3)如圖7所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(

)A.工人受到的重力和支持力是一對平衡力 B.工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C.重物緩慢拉起的過程中，繩子拉力變小D.重物緩慢拉起的過程中，繩子拉力不變圖7提升素養(yǎng)能力3A對點練1牛頓第一定律1.伽利略曾用如圖1所示的“理想實驗”來研究力與運動的關系，則下列選項符合實驗事實的是(

)A.小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面B.沒有摩擦，小球上升到原來釋放時的高度C.減小斜面的傾角θ，小球仍然到達原來的高度D.繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去A級基礎對點練圖1解析小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面，這是事實，故A正確；因為生活中沒有無摩擦的軌道，所以小球上升到原來釋放時的高度為推理，故B錯誤；減小斜面的傾角θ，小球仍然到達原來的高度是在B項的基礎上進一步推理，故C錯誤；繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去，這是在C項的基礎上繼續(xù)推理得出的結論，故D錯誤。B2.對一些生活中的現象，某同學試圖從慣性角度加以分析。其中正確的是(

)A.太空中處于失重狀態(tài)的物體沒有慣性B.“安全帶，生命帶，前排后排都要系”。系好安全帶可以防止因人的慣性而造成的傷害C.“強弩之末，勢不能穿魯縞”，是因為“強弩”的慣性減小了D.戰(zhàn)斗機作戰(zhàn)前拋掉副油箱，是為了增大戰(zhàn)斗機的慣性解析慣性只與質量有關，所以太空中處于失重狀態(tài)的物體具有慣性，A錯誤；系好安全帶可以防止因人的慣性而造成的傷害，B正確；“強弩之末，勢不能穿魯縞”，是因為“強弩”的速度減小了，慣性不變，C錯誤；戰(zhàn)斗機作戰(zhàn)前拋掉副油箱，是為了減小戰(zhàn)斗機的慣性，增加靈活性，D錯誤。C3.(2023·廣東深圳高三月考)“電動平衡車”是時下熱門的一種代步工具。如圖2所示，人筆直站在“電動平衡車”上，在某水平地面上沿直線勻速前進，下列說法正確的是(

)A.“電動平衡車”對人的作用力大于人對“電動平衡車”的作用力B.人的重力與車對人的支持力是一對相互作用力C.地面對車的摩擦力與人(含車)所受空氣阻力平衡D.在行駛過程中突然向右轉彎時，人會因為慣性向右傾斜圖2解析根據牛頓第三定律，“電動平衡車”對人的作用力大小等于人對“電動平衡車”的作用力，故A錯誤；人的重力與車對人的支持力的受力物體都是人，不可能是相互作用力，故B錯誤；地面對車的摩擦力與人(含車)所受空氣阻力平衡，所以人與車能夠勻速運動，故C正確；在行駛過程中突然向右轉彎時，人會因為慣性向左傾斜，故D錯誤。BA5.(2024·廣東深圳檢測)如圖3所示，固定在鋼梁兩端的鋼繩允許承擔的拉力為30000N，鋼繩之間的夾角為120°，豎直起吊質量為2×103kg的水平鋼梁時，加速度的最大值可達到(g＝10m/s2)(

)圖3解析已知鋼繩最大拉力T＝30000N，鋼繩拉力方向與豎直方向夾角為60°，鋼梁受到繩拉力最大合力為F＝2Tcos60°，方向豎直向上。對鋼梁，其合外力F合＝F－mg，根據牛頓第二定律有F合＝ma，聯立并代入數據解得a＝5m/s2，故A正確。B6.(2023·全國乙卷，14)一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比，則該排球(

)A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動C7.(2024·浙江溫州模擬)如圖4為“H225”應急救援直升機在永嘉碧蓮鎮(zhèn)執(zhí)行滅火任務時的情景。直升機沿水平方向勻速直線飛往水源地取水時，懸掛空水桶的懸索與豎直方向的夾角為37°；直升機取水后飛往火場滅火，沿水平方向以5m/s2的加速度勻加速直線飛行時，懸掛水桶的懸索與豎直方向的夾角也為37°。若空氣阻力大小不變，空桶質量為400kg，忽略懸索的質量，則此時水桶中水的質量為(sin37°=0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)(

)A.260kg B.500kg C.800kg D.1000kg圖4解析直升機懸掛空桶勻速飛往水源取水時，空桶受力平衡，有T1sin37°－f＝0，T1cos37°－mg＝0，解得f＝3000N，直升機加速返回時，由牛頓第二定律，可得T2sin37°－f＝(m＋M)a，T2cos37°－(m＋M)g＝0，解得桶中水的質量為M＝800kg，故C正確。C對點練3牛頓第三定律8.(2024·廣東佛山模擬)“神舟十六號”在“長征二號”運載火箭的推動下順利進入太空，如圖5所示為“長征二號”運載火箭，下列關于它在豎直方向加速起飛過程的說法，正確的是(

)A.火箭加速上升時，航天員對座椅的壓力小于自身重力B.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后做自由落體運動C.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大小等于火箭對熱氣流的作用力大小D.燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭升空圖5解析火箭加速上升時，航天員處于超重狀態(tài)，對座椅的壓力大于自身重力，A錯誤；保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落時，由于具有慣性，有向上的速度，所以做豎直上拋運動，B錯誤；火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，C正確；火箭中的燃料燃燒向下噴氣，噴出的氣體的反作用力推動火箭升空，不是外界空氣的作用力，D錯誤。A9.(2024·湖南長沙預測)雜技是一種技能、體能、娛樂性很強的表演活動。如圖6所示為雜技“頂竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一質量為M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人B以加速度a加速下滑時，竿對人A的壓力大小為(已知重力加速度為g)(

)A.(M＋m)g－ma B.(M＋m)gC.(M＋m)g＋ma D.(M－m)g解析以B為研究對象，根據牛頓第二定律有mg－f＝ma，再以竹竿為研究對象，由平衡條件有FN＝Mg＋f＝(M＋m)g－ma，根據牛頓第三定律可知竿對人A的壓力大小為(M＋m)g－ma，故A正確。圖6BB級綜合提升練10.2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經大氣層290s的減速，速度從4.9×103m/s減為4.6×102m/s；打開降落傘后，經過90s速度進一步減為1.0×102m/s；與降落傘分離，打開發(fā)動機減速后處于懸停狀態(tài)；經過對著陸點的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運動可視為豎直向下運動，則著陸器(

)A.打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B.打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C.打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力圖7解析

打開降落傘前，著陸器受到大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項A錯誤；打開降落傘至分離前，著陸器做減速運動，加速度方向豎直向上，則合力方向豎直向上，選項B正確；打開降落傘至分離前，著陸器受到降落傘的拉力和氣體阻力以及火星的引力作用，選項C錯誤；懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機的作用力，由于發(fā)動機還受到火星的引力，則發(fā)動機噴火的反作用力與氣體阻力不是平衡力，選項D錯誤。D11.如圖8所示，一艘宇宙飛船在太空中沿直線飛行，飛船內有一質量為2kg的物體通過力傳感器與飛船后壁相連，開動推進器后，發(fā)現力傳感器的讀數為0.6N，若飛船的總質量為3000kg，下列說法正確的是(

)A.飛船獲得的加速度為2×10－4m/s2B.飛船受到的推力為30900NC.飛船在4s末的速度大小為1.2m/sD.飛船速度的變化率為0.3m/s2圖8ACD12.(多選)如圖9甲所示，一豎直放置的足夠長的固定玻璃管中裝滿某種液體，一半徑為r、質量為m的金屬小球，從t＝0時刻起，由液面靜止釋放，小球在液體中下落，其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖乙所示。已知小球在液體中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半徑，v是小球的速度，η是常數。忽略小球在液體中受到的浮力，重力加速度為g，下列說法正確的是(

)圖9C級培優(yōu)加強練13.如圖10，用AB、BC兩根細繩把質量為m＝1kg的小球懸掛于車內，當小車向右做水平勻速直線運動時，AB繩與豎直方向的夾角為α＝37°，BC繩與豎直方向的夾角為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中的張力大??；(2)當小車以a＝8m/s2的加速度水平向右行駛時，AB、BC中的張力大小。圖10解析(1)根據平衡條件TABsinα＝TBCsinβ，TABcosα＋TBCcosβ＝mg解得TAB＝8N，TBC＝6N。(2)根據牛頓第二定律有TAB′sinα－TBC′sinβ＝ma，TAB′cosα＋TBC′cosβ＝mg解得TAB′＝12.8N，TBC′＝－0.4N由TBC′<0可知，小車以a＝8m/s2的加速度水平向右行駛時，小球飄起，TBC″＝0，設小球飄起時AB繩與豎直方向的夾角為θ，根據牛頓第二定律有TAB″sinθ＝ma，TAB″cosθ＝mg第2講牛頓第二定律的基本應用第三章牛頓運動定律1.會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。

2.掌握動力學兩類基本問題的求解方法。

3.知道超重和失重現象，并會對相關的實際問題進行分析。學習目標目

錄CONTENTS夯實必備知識01研透核心考點02提升素養(yǎng)能力03夯實必備知識1速度1.零不能運動情況2.受力加速度牛頓第二定律大于3.向上小于向下等于0g無關4.不等于1.思考判斷(1)已知物體受力情況，求解運動學物理量時，應先根據牛頓第二定律求解加速度。(

)(2)運動物體的加速度可根據運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決定。(

)(3)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。(

)(4)減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。(

)(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(

)(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。(

)(7)根據物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。(

)√×××√√×2.(2023·江蘇卷，1)電梯上升過程中，某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。電梯加速上升的時段是(

)A.從20.0s到30.0sB.從30.0s到40.0sC.從40.0s到50.0sD.從50.0s到60.0sA研透核心考點2考點二動力學的兩類基本問題考點一瞬時問題的兩類模型考點三超重與失重現象兩類模型考點一瞬時問題的兩類模型BC例1

(多選)(2024·湖南邵陽模擬)如圖1所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊用輕繩C沿水平方向固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，則(

)圖1方法總結

求解瞬時加速度的思路D(2024·山東臨沂模擬)如圖2所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A連接，物體A上方疊放物體B、C，三個物體的質量均為m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧處于彈性限度內，重力加速度大小為g。某時刻突然取走物體C，則(

)圖21.解決動力學兩類基本問題的思路考點二動力學的兩類基本問題2.基本步驟答案

90km

(2)助推器落回地面的速度大小和助推器從脫離到落地經歷的時間。解析助推器從最高點開始下落過程中，由牛頓第二定律得mg－f＝ma2代入數據解得a2＝8m/s2所以助推器從脫離到落地經歷的時間t＝t1＋t2＝250s。答案

1200m/s

250s例3

(2022·浙江1月選考，19)第24屆冬奧會在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖3所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(如圖所示)，到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°＝0.26，取g＝10m/s2，求雪車(包括運動員)：圖3(1)在直道AB上的加速度大??；(2)過C點的速度大小；解析由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5s設雪車從B→C的加速度大小為a1、運動時間為t1，故t1＝t0－t，根據勻變速直線運動的規(guī)律有vC＝vB＋a1t1代入數據解得a1＝2m/s2，vC＝12m/s。答案12m/s

(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。解析設雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mgsin15°－f＝ma1代入數據解得f＝66N。答案66N對超重和失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失。(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)?？键c三超重與失重現象C例4

某教師用圖4甲所示裝置研究電梯的運動。安裝拉力傳感器的鐵架臺置于電梯中，裝有水的礦泉水瓶豎直懸掛在拉力傳感器上。電梯運行時，電腦記錄了礦泉水瓶所受拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，下列說法正確的是(

)角度超、失重現象的圖像問題A.AB階段電梯處于失重狀態(tài)，CD階段電梯處于超重狀態(tài)B.電梯先后經歷了上行、靜止、下行三個過程C.AB階段的加速度大小約為0.67m/s2，方向豎直向上D.CD階段的加速度大小約為0.67m/s2，方向豎直向上圖4例5

(2024·山東日照模擬)物理興趣小組為了研究電梯下降過程的運動規(guī)律，帶著鉤碼和便攜式DIS實驗系統(tǒng)進入電梯并到達最高層，把鉤碼掛在力傳感器上進行實驗。電梯從最高層開始運動，中間不停頓，一直運動到第一層停下。從掛上鉤碼到最后取下鉤碼的過程中，DIS實驗系統(tǒng)的顯示器上顯示出拉力隨時間變化的關系圖像如圖5所示。g取10m/s2，根據圖中的數據，求：角度超、失重現象的分析和計算圖5(1)電梯在減速階段的加速度大小；解析由題圖可知鉤碼的重力mg＝50N則鉤碼的質量m＝5kg電梯在減速階段，鉤碼處于超重狀態(tài)，拉力大小F＝54N由牛頓第二定律得F－mg＝ma解得加速度大小a＝0.8m/s2。答案

0.8m/s2

(2)電梯在整個運動過程中的最大速度；解析由題圖可知，電梯在2～6s的時間內向下加速，加速過程鉤碼受到的拉力大小F′＝44N根據牛頓第二定律得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)電梯在整個運動過程中下降的高度。解析電梯在2～6s的時間內加速的位移大小為在6～17s的時間內勻速的位移大小為h2＝vΔt2電梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，可得H＝76.8m。答案

76.8m方法總結

判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重②物體向下加速或向上減速時，失重提升素養(yǎng)能力3D對點練1瞬時問題的兩類模型1.如圖1所示，質量為m＝4kg的木塊在輕彈簧和輕繩的作用下處于靜止狀態(tài)，此時木塊與光滑斜面剛好接觸但無壓力，輕繩水平，輕彈簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，則剪斷輕繩瞬間木塊的加速度大小為(

)A.10m/s2 B.11m/s2C.14m/s2 D.15m/s2A級基礎對點練圖1D2.如圖2所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(

)圖2A3.如圖3所示，質量為2kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質量為3kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，取重力加速度g＝10m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間(

)A.B對A的壓力大小為12NB.彈簧彈力大小為50NC.B的加速度大小為10m/s2D.A的加速度為零圖3解析原來A處于平衡狀態(tài)，有F彈＝mAg＝20N，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發(fā)生突變，故B錯誤；細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來A平衡，則整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6m/s2，故C、D錯誤；對B由牛頓第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力為FN＝12N，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小為12N，故A正確。B對點練2動力學的兩類基本問題4.(2022·遼寧卷，7)如圖4所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(

)A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25圖4ACD5.(多選)一種能垂直起降的小型遙控無人機如圖5所示，螺旋槳工作時能產生恒定的升力。在一次試飛中，無人機在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛，上升36m時無人機突然出現故障而失去升力。已知無人機的質量為5kg，運動過程中所受空氣阻力大小恒為10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列說法正確的是(

)A.無人機失去升力時的速度大小為12m/sB.螺旋槳工作時產生的升力大小為60NC.無人機向上減速時的加速度大小為12m/s2D.無人機上升的最大高度為42m圖5D對點練3超重和失重現象6.一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖6所示。其中t1～t2段為直線，乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是(

)A.0～t1時間內，v增大，FN>mgB.t1～t2時間內，v減小，FN<mgC.t2～t3時間內，v增大，FN<mgD.t2～t3時間內，v減小，FN>mg圖6解析根據位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN<mg，選項A錯誤；t1～t2時間內，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項B錯誤；t2～t3時間內，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN>mg，選項C錯誤，D正確。BC7.(多選)(2024·廣東珠海聯考)如圖7甲所示的救生緩降器由掛鉤、吊帶、繩索及速度控制裝置等組成，是一種可使人沿繩緩慢下降的安全營救裝置。如圖乙所示，高層建筑工人在一次險情中，將安全帶系于腰部，從離地面某高度處通過救生緩降器著陸時速度恰好為零，圖丙是工人下落全過程中繩索拉力隨時間變化的F－t圖像。已知工人的質量m＝60kg，g＝10m/s2，則工人(

)A.下落過程處于失重狀態(tài)B.下落最大速度為12m/sC.下落的總高度為30mD.下落的總高度為36m圖7C8.(2024·北京昌平高三期末)很多智能手機都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖8所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。取重力加速度g＝10m/s2，由此可判斷出(

)A.在t1～t2時間內手機處于超重狀態(tài)，在t2～t3時間內手機處于失重狀態(tài)B.手機在t2時刻運動到最高點C.手機在t3時刻改變運動方向D.手機可能離開過手掌圖8解析由圖可知，在t1～t3時間內手機的加速度方向豎直向上，手機處于超重狀態(tài)，故A錯誤；在t2～t3時間內手機有向上的加速度，速度方向與加速度方向相同，可知手機在t2時刻未運動到最高點，故B錯誤；手機在t3時刻有豎直向上的速度，不為零，故沒有改變運動方向，故C錯誤；由圖可知，在t4時刻之后有一段時間內手機的加速度等于重力加速度，則手機與手掌沒有力的作用，手機可能離開過手掌，故D正確。ACA.飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度大小a1＝5.0m/s2B.飛機在電磁彈射區(qū)的末速度大小v1＝20m/sC.電磁彈射器對飛機的牽引力F牽的大小為2×104ND.電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的B級綜合提升練圖9AD10.(多選)如圖10為某中學“水火箭”比賽現場，假設水火箭從地面以初速度10m/s豎直向上飛出，在空中只受重力與空氣阻力，水火箭質量為1kg，空氣阻力方向始終與運動方向相反，大小恒為2.5N，g取10m/s2，則下列說法正確的是(

)圖10B11.(2024·福建莆田高三月考)當女排運動員進行原地起跳攔網訓練時，某質量為60kg的運動員原地靜止站立(不起跳)雙手攔網高度為2.10m，在訓練中，該運動員先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳(從開始上升到腳剛離地的過程)，最后腳離地上升到最高點時雙手攔網高度為2.90m。若運動員起跳過程視為勻加速直線運動，忽略空氣阻力影響，取g＝10m/s2，則(

)A.運動員起跳過程屬于失重狀態(tài)B.起跳過程中加速度大小為16m/s2C.從開始起跳到離地上升到最高點需要0.4sD.起跳過程中運動員對地面的壓力為960NC級培優(yōu)加強練12.(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)探測器“天問一號”成功著陸火星的最后階段，探測器到達距火星表面100m的時候，進入懸停階段，這個時候可能會進行一些平移，選擇安全的著陸區(qū)進行著陸。如圖11為探測器在火星表面最后100m著陸的模擬示意圖。某時刻從懸停開始關閉探測器發(fā)動機，探測器開始沿豎直方向勻加速下落，5s后開啟發(fā)動機，探測器開始沿豎直方向勻減速下落，到達火星表面時，探測器速度恰好為零，假設探測器下落過程中受到火星大氣的阻力恒為探測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，探測器總質量為5噸(不計燃料燃燒引起的質量變化)。求探測器：圖11(1)全程的平均速度大小；(2)減速下落過程中的加速度大小；(3)減速下落過程中發(fā)動機產生的推力大小(保留3位有效數字)。解析

(1)探測器勻加速下落過程中，由牛頓第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火解得a1＝3.2m/s2探測器5s末的速度為v＝a1t1＝16m/s代入數據得h1＝40m則減速下落過程中通過的位移為h2＝H－h(huán)1＝60m(3)設探測器減速下落過程中發(fā)動機產生的推力大小為F，有F＋f－mg火＝ma2代入數據解得F＝2.67×104N。實驗四探究加速度與物體受力、物體質量的關系第三章牛頓運動定律目

錄CONTENTS夯實必備知識01研透核心考點02提升素養(yǎng)能力03夯實必備知識1方案一用氣墊導軌探究加速度與力、質量之間的關系原理裝置圖操作要求1.控制變量法(1)保持小車質量不變，探究加速度與合力的關系。(2)保持小車所受合力不變，探究加速度與質量的關系。2.使小桶與橡皮泥的質量遠小于滑塊與砝碼的質量。1.探究加速度與力的定量關系：保持滑塊質量不變，通過增減橡皮泥的數量來改變拉力F的大小。2.探究加速度與質量的定量關系：保持橡皮泥及小桶的質量不變，即滑塊所受拉力不變，通過在滑塊上增加或減少砝碼來改變滑塊的質量。方案二用打點計時器探究加速度與力、質量之間的關系原理裝置圖操作要求注意事項1.控制變量法(1)保持小車質量不變，探究加速度與合力的關系。(2)保持小車所受合力不變，探究加速度與質量的關系。2.改變小車質量M或槽碼質量m時，無需重新補償阻力。3.使用力傳感器或彈簧測力計可測出細繩拉力時，無需滿足M?m。1.用天平測量槽碼的質量m和小車的質量M。2.根據設計要求安裝實驗裝置，只是不把懸掛槽碼的細繩系在小車上。3.在長木板不帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊，使小車能勻速下滑。4.槽碼通過細繩繞過定滑輪系于小車上，接通電源后放開小車，斷開電源取下紙帶，編寫號碼，保持小車質量M不變，改變槽碼質量m，重復實驗得到紙帶；保持槽碼的質量m不變，改變小車的質量M，重復實驗得到紙帶。1.補償阻力：補償阻力時，不要把懸掛槽碼的細繩系在小車上，讓小車連著紙帶勻速運動2.質量：槽碼質量m遠小于小車質量M3.平行：使細繩與長木板平行4.靠近：小車從靠近打點計時器的位置釋放5.先后：實驗時先接通電源后釋放小車研透核心考點2考點二教材創(chuàng)新實驗考點一教材原型實驗考點三教材實驗拓展——測動摩擦因數例1

(2024·廣東深圳模擬)在探究加速度a與所受合力F的關系時，某實驗小組采用圖1甲所示的實驗裝置進行實驗探究，控制小車質量M不變，尋找其加速度a與所受合力F的關系?？键c一教材原型實驗圖1(1)該實驗必須要補償阻力。在補償阻力的這步操作中，該同學________(選填“需要”或“不需要”)通過細繩把砂桶掛在小車上。解析在補償阻力這步操作中，不需要通過細繩把砂桶掛在小車上。答案不需要(2)在實驗中，該同學得到的一條如圖乙所示的紙帶，他每隔4個點取一計數點，在紙帶上做好1，2，3，4，5的標記，用毫米刻度尺測量出從起點1到各計數點的距離，在圖中已經標出。已知電火花計時器的打點周期為0.02s，則該小車運動的加速度大小為________m/s2(計算結果保留2位有效數字)。解析相鄰的兩計數點之間還有4個點未畫出，則T＝0.02×5s＝0.1s根據Δs＝aT2可得該小車運動的加速度大小為答案0.39

解析圖線上端彎曲，其原因可能是小車質量沒有遠遠大于砂和砂桶的總質量。答案小車質量沒有遠遠大于砂和砂桶的總質量(3)在數據處理環(huán)節(jié)，把砂和砂桶的總重力當成小車的合力F，采用圖像法處理數據，畫出如圖丙所示a－F圖像，發(fā)現圖線上端彎曲，并不是直線，出現這一問題的可能原因是________________________________________________________________________________。(4)關于本實驗存在的誤差，以下說法正確的是________。A.在用刻度尺測量出從起點到各計數點的距離時，存在偶然誤差，可以減小B.把砂和砂桶的總重力當成小車的合力導致實驗中存在系統(tǒng)誤差，可以消除C.實驗中用圖像法處理數據不僅可以減小系統(tǒng)誤差，還能直觀的得出a與F的關系解析在題圖乙中，每個測量數據均存在偶然誤差，通過多次測量的方式可以減小，A正確；因砂和砂桶加速下降，處于失重狀態(tài)，則細繩的拉力小于砂和砂桶的總重力，即把砂和砂桶的總重力當成小車的合力導致實驗中存在系統(tǒng)誤差，可以將砂和砂桶以及小車看成一個整體研究，這樣可以避免該系統(tǒng)誤差，B正確；實驗中用圖像法處理數據可以減小偶然誤差，C錯誤。答案AB例2

某同學利用氣墊導軌、光電門和力傳感器等器材，做“探究加速度與物體所受合外力關系”的實驗，裝置如圖2甲所示。(1)實驗前先用螺旋測微器測出遮光條的寬度，示數如圖乙所示，則遮光條的寬度d＝________mm。圖2解析螺旋測微器的示數為d＝1mm＋20.0×0.01mm＝1.200mm。答案1.200

(2)關于實驗，下列說法正確的是________。A.調整旋鈕P、Q，使氣墊導軌水平B.調節(jié)定滑輪，使連接滑塊的細線與氣墊導軌平行C.每次實驗，保證鉤碼的質量遠小于滑塊的質量D.每次實驗，將鉤碼的重力作為滑塊受到的合外力解析實驗中細線的拉力大小等于滑塊所受的合外力，所以需要細線與導軌均水平，故A、B正確；由于實驗中有力傳感器直接測出細線上的拉力，因此不需要滿足每次實驗鉤碼的質量遠小于滑塊的質量，同時也不需要將鉤碼的重力作為滑塊受到的合外力，故C、D錯誤。答案AB

(3)調節(jié)好裝置，接通氣源，從圖甲所示位置由靜止釋放滑塊，滑塊通過光電門1、2時遮光條遮光時間分別為t1、t2，測出兩光電門間距離為s，則滑塊運動的加速度大小a＝________(用所測物理量的符號表示)。(4)改變懸掛鉤碼的質量，進行多次實驗，測出多組滑塊運動的加速度a及力傳感器的示數F，若作出的圖像如圖丙所示，則圖像不過原點的原因可能是____________________________________________(寫出一條即可)。解析若作出的圖像如圖丙所示，說明氣墊導軌不水平，左端偏高(或右端偏低)。答案氣墊導軌不水平，左端偏高(或右端偏低)考點二教材創(chuàng)新實驗例3

圖3甲為“探究加速度與物體所受合外力關系”的實驗裝置，實驗中所用小車的質量為M，重物的質量為m，實驗時改變重物的質量，記下測力計對應的讀數F。圖3(1)實驗過程中，_______(填“需要”或“不需要”)滿足M?m。解析實驗中，細線對動滑輪和小車的作用力通過彈簧測力計測量，不需要滿足M?m。答案不需要(2)實驗過程中得到如圖乙所示的紙帶，已知所用交流電的頻率為50Hz。其中A、B、C、D、E為五個計數點，相鄰兩個計數點之間還有4個點沒有標出，根據紙帶提供的數據，可求出小車加速度的大小為________m/s2(計算結果保留3位有效數字)。答案0.638

(3)當重物質量合適時，小車做勻速運動，此時測力計的讀數為F0。更換重物，用a表示小車的加速度，F表示彈簧測力計的示數，下列描繪的a－F關系圖像合理的為________。解析小車勻速運動時有2F0＝f當更換重物后，由牛頓第二定律有2F－f＝Ma可知上式為一次函數，圖像為一條傾斜直線，與橫軸交于一點，故D正確。答案D例4

(2023·湖北卷，11)某同學利用測質量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦因數μ的實驗。

如圖4(a)所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。

調節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的

輕繩豎直。在木塊A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)個

砝碼(電子秤稱得每個砝碼的質量m0為20.0g)，向左拉

動木板的同時，記錄電子秤的對應示數m。考點三教材實驗拓展——測動摩擦因數圖4(1)實驗中，拉動木板時________(填“必須”或“不必”)保持勻速。解析木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度的大小無關，則實驗中拉動木板時不必保持勻速。答案不必(2)用mA和mB分別表示木塊A和重物B的質量，則m和mA、mB、m0、μ、n所滿足的關系式為m＝________________。解析對木塊、砝碼以及重物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)根據測量數據在坐標紙上繪制出m－n圖像，如圖(b)所示，可得木塊A和木板間的動摩擦因數μ＝________(保留2位有效數字)。解析根據m＝mB－μmA－μm0·n則μ＝0.40。答案0.40例5

(2022·山東卷，13)在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗。受此啟發(fā)。某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量的實驗，如圖5甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源，放上滑塊。調平氣墊導軌；③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點。A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；④計算機采集獲取數據，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。圖5回答以下問題(結果均保留2位有效數字)：(1)彈簧的勁度系數為________N/m。解析

由題意及圖乙的F－t圖像有Δx＝5.00cm，F＝0.610N可得k≈12N/m。答案

12

(2)該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數據，畫出a－F圖像如圖丙中Ⅰ所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為________kg。則滑塊與加速度傳感器的總質量為m＝0.20kg。答案

0.20

(3)該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a－F圖像Ⅱ，則待測物體的質量為______kg。解析

滑塊上增加待測物體，同理，根據題圖丙中Ⅱ，則有則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為m′≈0.33kg則待測物體的質量為Δm=m′-m=0.13kg。答案

0.13提升素養(yǎng)能力31.(2024·廣東汕尾市調研)如圖1甲所示為探究牛頓第二定律的實驗裝置示意圖，圖中打點計時器使用的電源為50Hz的交流電源，在小車質量未知的情況下，通過改變桶中沙的多少來探究在小車質量一定的條件下，小車的加速度與合外力的關系。(1)平衡小車所受的摩擦力：取下裝沙的桶，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距________的點。(2)實驗中打出的其中一條紙帶如圖乙所示，每5個點標記一個計數點，標記結果如圖所示，A、B、C、D為連續(xù)選擇的計數點，相鄰計數點間的時間間隔T＝________s；讀出紙帶上A、B計數點間距s1＝_______cm，C、D計數點間距s2＝______cm；利用字母T、s1、s2表達出小車的加速度的計算式a＝________________。(3)以沙和桶的總重力F為橫坐標，小車的加速度a為縱坐標，作出a－F圖像如圖丙所示，則小車的質量為M＝________kg。圖1解析(1)平衡摩擦力成功的標準是小車可以做勻速運動，即打點計時器在紙帶上打出的相鄰兩點的間距相等。(2)因為所用交流電的頻率是50Hz，所以相鄰兩計數點之間的時間間隔為es由題圖乙可讀出A、B計數點間距s1＝(2.40－1.00)cm＝1.40cmC、D計數點間距s2＝(6.70－4.30)cm＝2.40cm2.在“用DIS研究加速度和力的關系”實驗中：某同學采用光電門測量加速度，實驗裝置如圖2。將小車放置在軌道上，使擋光片的左端與小車的左端A點對齊，光電門放在B處，測出A到B的距離L和擋光片的寬度d。由靜止開始釋放小車，光電門自動測出小車上擋光片通過光電門的時間Δt。圖2(1)根據題中已知物理量，小車的加速度a＝________(用題中字母表示)。(2)在上述實驗中，下列操作步驟中必須做到的是________。A.要用天平稱量小車質量B.鉤碼的質量應該遠小于小車質量C.通過增減配重片來改變小車的質量D.不論軌道光滑與否，軌道一定要保持水平(3)上述實驗用光電門來測量小車運動的瞬時速度，若考慮擋光片的寬度，得到的速度測量值和真實值相比________。A.偏大 B.偏小

C.一樣大 D.都有可能(4)為了研究加速度和力的關系，某同學選擇畫小車的加速度與鉤碼質量的關系圖線，如圖3所示。分析發(fā)現圖線在橫軸上有截距，這是因為____________________________________________________________________________。圖3(3)小車做勻加速直線運動，用光電門測出的是擋光過程的平均速度，其等于擋光過程的中間時刻的速度，小于小車實際的末速度，故選B。(4)由圖知，當鉤碼質量大于某值時，小車才有加速度，說明小車與軌道間存在摩擦力，當繩子拉力大于摩擦力時小車才動起來。3.(2024·湖南長沙模擬)學校物理興趣小組用如圖4甲所示的阿特伍德機驗證牛頓第二定律，并測量當地的重力加速度。繞過定滑輪的輕繩兩端分別懸掛質量相等的重物A(由多個相同的小物塊疊放組成)和重物B。主要實驗步驟如下： ①用天平分別測量一個小物塊的質量和B的質量m；②將A中的小物塊取下一個放在B上，接通打點計時器的電源后，由靜止釋放B，取下紙帶，算出加速度大小，并記下放在B上的小物塊的質量；③重復步驟②，獲得B上面的小物塊的總質量Δm和對應加速度大小a的多組數據。圖4(1)某次實驗打出的紙帶如圖乙所示，相鄰兩計數點間還有四個計時點未畫出，已知打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz，則本次實驗中A的加速度大小為________m/s2(結果保留3位有效數字)。(2)利用本裝置驗證牛頓第二定律。若在誤差允許的范圍內，滿足重物A的加速度大小a＝________(用m、Δm和當地的重力加速度大小g表示)，則牛頓第二定律得到驗證。(3)利用本裝置測量當地的重力加速度。根據放在B上面的小物塊的總質量Δm和對應加速度大小a的多組數據，以Δm為橫坐標，a為縱坐標作出a－Δm圖像。若圖線的斜率為k，則當地的重力加速度大小可表示為g＝________(用k、m表示)。4.某實驗小組利用圖5(a)所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關系。主要實驗步驟如下：(a) (b)圖5(1)用游標卡尺測量墊塊厚度h，示數如圖(b)所示，h＝________cm。(2)接通氣泵，將滑塊輕放在氣墊導軌上，調節(jié)導軌至水平。(3)在右支點下放一墊塊，改變氣墊導軌的傾斜角度。(4)在氣墊導軌合適位置釋放滑塊，記錄墊塊個數n和滑塊對應的加速度a。(5)在右支點下增加墊塊個數(墊塊完全相同)，重復步驟(4)，記錄數據如下表：n123456a/(m·s－2)0.0870.1800.260

0.4250.519根據表中數據在圖6上描點，繪制圖線。如果表中缺少的第4組數據是正確的，其應該是________m/s2(保留3位有效數字)。圖6答案(1)1.02

(5)見解析圖0.345解析(1)根據游標卡尺讀數規(guī)則可知h＝10mm＋2×0.1mm＝1.02cm。(5)根據題表中數據描點連線，繪制圖線如圖所示，由圖可知第4組數據中的加速度a為0.345m/s2。5.某同學用如圖7甲所示的裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數及木板的質量。將力傳感器A固定在光滑水平桌面上，并與計算機連接，傳感器A的讀數記為F1，測力端通過不可伸長的輕繩與一滑塊相連(調節(jié)力傳感器高度使輕繩水平)，滑塊起初放在較長的木板的最右端(滑塊可視為質點)，木板的左、右兩端連接有光電門(圖中未畫出)，光電門連接的計時器可記錄滑塊在兩光電門之間的運動時間。已知木板長為L，木板一端連接一根不可伸長的輕繩，并跨過光滑的輕

質定滑輪連接一測力計和一只空砂桶(調節(jié)滑輪高度使桌面上部輕繩水平)，測力計的讀數記為F2，初始時整個裝置處于靜止狀態(tài)。實驗開始后向空砂桶中緩慢倒入砂子。(重力加速度g取10m/s2)圖76.(2024·四川成都模擬)為了探究質量一定時加速度與力的關系，一同學設計了如圖8甲所示的實驗裝置，其中M為帶滑輪的小車的質量，m為砂和砂桶的質量。(滑輪質量不計)(1)該同學從打出的紙帶中選擇一條點跡清晰的紙帶，將紙帶沿計數點剪斷得到6段紙帶，由短到長并排貼在坐標中，各段緊靠但不重疊，如圖乙所示。最后將各紙帶上端中心點連起來可得到一條直線，如圖丙所示。若用橫軸表示時間t，紙帶寬度表示相鄰計數點時間間隔T，縱軸表示相鄰計數點間距離sn(n＝1、2、3、4、5、6)，則所連直線的斜率表示________(填序號)。A.各計數周期內的位移

B.各計數點的瞬時速度C.相鄰計數點的瞬時速度的變化

D.紙帶運動的加速度圖8(2)該同學根據測量數據作出如圖丁所示的a－F圖像，該圖像的斜率為k，在縱軸上的截距為b，重力加速度為g，則小車的質量為________；小車與桌面間的動摩擦因數為________。增分微點4等時圓模型第三章牛頓運動定律2.模型的三種情況(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。BCD例題

(多選)如圖1所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間。下列關系正確的是(

) A.t1＝t2 B.t2>t3

C.t1<t2 D.t1＝t3圖1C1.如圖2所示，OC為豎直圓的直徑，OA、OB為圓的兩條弦，現同時在A、B兩點釋放兩小滑塊，分別沿光滑的弦軌道滑到O點(O點為最低點)，滑塊滑下的先后順序是(

)A.沿AO的小滑塊最先到達B.沿BO的小滑塊最先到達C.同時到達D.條件不足，無法判斷圖2B2.如圖3所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內。現有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α＞β＞θ?，F讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(

)A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB＞tCD＞tEFC.tAB＜tCD＜tEF D.tAB＝tCD＜tEF圖3解析如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以OG為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內，而B點在輔助圓外，由等時圓結論可知，tAB＞tCD＞tEF，B項正確。B3.(2024·山東臨沂高三期末)如圖4所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點伸出三根光滑輕質細桿至斜面上B、C、D三點，其中AC與斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，現有三個質量均為m的小圓環(huán)(看作質點)分別套在三根細桿上，依次從A點由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點所用時間分別為tB、tC、tD，下列說法正確的是(

)A.tB>tC>tD B.tB＝tC<tDC.tB<tC<tD D.tB<tC＝tD圖4A4.如圖5所示，在豎直墻面上有A、B兩點，地面上有M點，A、M連線與水平面成45°角，B點在A點上方，C點位于M點正上方且與A等高?，F在AM、BM之間架設光滑軌道，讓三個小球a、b、c分別由靜止從A、B、C三點分別沿軌道AM、BM運動和自由下落，不計空氣阻力，則a、b、c運動到地面所需的時間ta、tb、tc關系是(

)A.tb>ta>tc B.tb>ta＝tcC.ta＝tb＝tc D.ta＝tb<tc圖5解析以C為圓心，AC為半徑作圓，如圖所示，根據“等時圓”原理可知，從圓上各點向最低點引弦，從該點達到最低點經過的時間相等，則從圓上A、E、D到達M點的時間相等，c球在圓內C點釋放，則c球最先到達M點，b球在圓外釋放，b球最后到達，所以tb＞ta＞tc，故A正確。專題強化六動力學中的“滑塊—木板”模型第三章牛頓運動定律1.理解什么是“滑塊—木板”模型。

2.會用動力學的觀點處理“滑塊—木板”模型問題。學習目標目

錄CONTENTS研透核心考點01提升素養(yǎng)能力02研透核心考點11.模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。2.位移關系：如圖1所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δs＝s1－s2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和s2＋s1＝L。圖13.解題關鍵例1

如圖2所示，一質量M＝2kg的木板長度為L＝50m，靜止放在水平面上，另一質量m＝2kg、大小可以忽略的鐵塊靜止放在木板的左端，已知鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ1＝0.5，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2?，F給鐵塊施加一個水平向右的力F，求：角度水平面上的板塊模型圖2(1)若F為變力，且從零開始不斷增大，當F增大到多少時，鐵塊與木板即將開始相對滑動？解析二者即將相對滑動時，對整體有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a對木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma聯立解得F＝12N。答案12N

(2)若F恒定為20N，試通過計算說明，在此情況下，m與M是否分離，若不