(共51张PPT)
第三章
运动和力的关系
●命题热点诠释
1．命题热度：本章属于基础热点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年16考，地方卷44考。
2．考查热点：(1)两类动力学问题。
(2)利用牛顿运动定律处理连接体问题。
(3)动力学图像问题。
(4)实验操作，数据处理和误差分析。
第14讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
基础梳理·易错辨析
一、牛顿第一定律 惯性
1．牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持________________状态或________状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律也叫________定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是________物体运动状态的原因，而是________物体运动状态的原因，即力是产生__________的原因。
注意：运动状态的改变指的是速度的改变。
匀速直线运动
静止
惯性
维持
改变
加速度
2．惯性
(1)定义：物体具有的保持原来________________状态或静止状态的性质。
(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性______，质量小的物体惯性______。
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况________。
匀速直线运动
大
小
无关
3．伽利略的理想实验
(1)特点：实践操作(实验)＋逻辑推理(数学演算)。
(2)作用：提出力不是维持物体运动的原因。
伽利略是物理理想实验的开拓者。理想实验是人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验，可以完美地解释物理学规律或理论。
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________，跟它的质量成________，加速度的方向跟作用力的方向________。
2．表达式
F＝_______。
正比
反比
相同
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________或________________的参考系。
(2)牛顿第二定律只适用于________物体(相对于分子、原子等)、________运动(远小于光速)的情况。
静止
匀速直线运动
宏观
低速
三、单位制
1．单位制
由________单位和________单位一起组成了单位制。
基本
导出
2．国际单位制中的基本单位
基本物理量 符号 单位名称 单位符号
质量 m 千克 kg
时间 t 秒 s
长度 l 米 m
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n 摩[尔] mol
发光强度 I(IV) 坎[德拉] cd
3．导出单位
由基本物理量根据____________推导出来的其他物理量的单位。
物理关系
1．牛顿第一定律是实验定律。( )
2．牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体将处于静止状态。( )
3．物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止。( )
4．力的单位是牛顿，1 N＝1 kg·m/s2。( )
5．物体的加速度方向一定与合力方向相同。( )
6．惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。( )
7．可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。( )
8．千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。( )
×
×
×
√
√
√
×
×
核心考点·重点突破
1
牛顿第一定律和惯性的理解及应用
(基础考点 自主探究)
1．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。
2．惯性的两种表现形式
(1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。
(2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。
【跟踪训练】
(对牛顿第一定律的理解)(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A．牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的运动规律
B．在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
1
[答案] ABD
[解析] 牛顿第一定律描述的是物体在不受外力作用时的运动规律，在不受外力作用时总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，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。在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦力的作用而改变了运动状态；奔跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确。
(惯性的理解和应用)大型油罐车内部设置了一些固定挡板，如图所示，油罐车在水平路面上行驶，下列说法正确的是( )
A．油罐车匀速前进时，油没有惯性
B．油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平
C．油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高
D．挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油的涌动
2
[答案] D
[解析] 惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动状态无关，故A错误；当油罐车加速前进时，由于惯性油向后涌动，所以油的液面应前低后高，故B错误；当油罐车减速前进时，油向前涌动，油的液面前高后低，故C错误；挡板间油的质量相对小，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确。
(伽利略的理想斜面实验)伽利略对“自由落体运动”和“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。图甲、乙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，下列说法正确的是( )
3
A．图甲中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．图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易
C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，通过实验能直接观察到小球到达等高位置
D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
[答案] D
[解析] 图甲中通过对斜面上小球运动的研究，合理外推得出小球的自由落体运动是匀变速运动，A错误；图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易，B错误；图乙中完全没有摩擦阻力的斜面实际上是不存在的，不能通过实验直接观察到小球到达等高位置，只能不断接近，C错误；图乙的实验为“理想实验”，是在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种方法，伽利略是在实验的基础上通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D正确。
2
牛顿第二定律的理解与应用
(能力考点 深度研析)
1．对牛顿第二定律的理解
2．合力、速度、运动情况的关系
(1)合力与速度方向相同时，物体做加速直线运动。
(2)合力与速度方向相反时，物体做减速直线运动。
(3)合力与速度不在同一直线上时，物体做曲线运动。
考向1 对牛顿第二定律的理解
(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
考向2 合力、速度、加速度间的关系
(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( )
A．小球的最大加速度为g
B．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
[答案] ACD
反思提升
分析物体运动性质时的三点提醒
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
考向3 力的合成与牛顿第二定律的综合应用
[答案] B
考向4 力的分解与牛顿第二定律的综合应用
[答案] A
[解析] 飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示。
【跟踪训练】
(2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中( )
4
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g
D．加速度先增大后减小
[答案] A
某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm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。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．20 cm刻度对应的加速度为g
B．30 cm刻度对应的加速度为0.5g
C．80 cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的
[答案] C
5
如图所示，质量为m的物体静止在水平桌面上，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，当用方向与水平桌面夹角始终为θ＝30°，但大小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物体的加速度a的说法正确的是( )
A．大小不可能等于0
B．大小可能等于μg
C．方向一定沿水平方向
D．方向与水平桌面的夹角可能大于30°
[答案] B
6
3
单位制的应用
(基础考点 自主探究)
1．简化计算过程的单位表达
解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。
2．推导物理量的单位
3．判断比例系数的单位
4．检验表达式的正误
将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表达式一定错误。
【跟踪训练】
7
A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)
C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)
[答案] B
(检验表达式的正误)如图所示，运－20是我国自主研发的战略重型运输机，已知运输机的升力为L＝CLpS(其中p为飞行动压、S为机翼面积，CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动压p，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判断出下列飞行动压p的表达式合理的是( )
8
[答案] B(共56张PPT)
第三章
运动和力的关系
第15讲 牛顿第二定律的基本应用
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题：
第一类：已知受力情况求物体的____________；
第二类：已知运动情况求物体的____________。
运动情况
受力情况
2．解决两类基本问题的方法：以__________为“桥梁”，由运动学公式和________________列方程求解，具体逻辑关系如图：
加速度
牛顿运动定律
二、超重与失重
1．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________反映物体对弹簧的弹力或物体对台秤的压力。
示数
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象 物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力) ________物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)__________的现象
大于
小于
等于零
超重现象 失重现象 完全失重现象
产生 条件 物体的加速度方向____________ 物体的加速度方向____________ 物体的加速度方向______ ______，大小________
原理 方程 F－mg＝ma F＝____________ mg－F＝ma F＝____________ mg－F＝ma＝mg
F＝_____
运动 状态 ________上升或________下降 ________下降或________上升 以a＝g________下降或________上升
竖直向上
竖直向下
竖直
向下
a＝g
m(g＋a)
m(g－a)
0
加速
减速
加速
减速
加速
减速
1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( )
2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( )
3．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。( )
4．加速上升的物体处于超重状态。( )
5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )
6．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。( )
√
×
×
√
√
×
核心考点·重点突破
1
应用牛顿第二定律分析瞬时问题
(能力考点 深度研析)
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：
(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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
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
反思提升
“四步骤”巧解瞬时性问题
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
【跟踪训练】
(弹簧或轻杆问题)(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．乙图中A球加速度为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
1
[关键点拨] 突然撤去挡板的瞬间，甲图中弹簧弹力不变，A、B加速度不同；乙图中，轻杆弹力突变为0，此时A、B可当作整体分析。
[答案] AD
[解析] 对甲图，弹簧弹力F＝mgsin θ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B球进行受力分析，根据牛顿第二定律F＋mgsin θ＝maB，解得aB＝2gsin θ；对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律2mgsin θ＝2ma，得a＝gsin θ，即A、B的加速度都为gsin θ，综上分析可知，A、D正确，B、C错误。
(接触面和弹簧问题)如图所示，质量均为2 kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为( )
A．0
B．5 N
C．10 N
D．20
[答案] B
2
[解析] 初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹力F＝mgsin 30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为mgsin 30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有2mgsin 30°－F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；再隔离B分析有mgsin 30°－FN＝ma，解得FN＝5 N，故B正确。
2
超重与失重现象
(基础考点 自主探究)
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。
2．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。
(3)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。
【跟踪训练】
(从加速度角度判断)(2024·陕西西安调研)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
3
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
[答案] B
[解析] 运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。
(从力的角度判断)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F－t图像)如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
4
A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2
B．人在下蹲过程中，力传感器的示数先变大后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
[答案] A
(从速度变化的角度判断)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x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>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
[答案] D
5
[解析] 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内乘客的速度增大，乘客向下做加速运动，故加速度向下，乘客处于失重状态，可知FNmg，选项C错误，D正确。
(超重和失重问题的分析和计算)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所示。g取10 m/s2，根据图中的数据，求：
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
[答案] (1)0.8 m/s2 (2)4.8 m/s (3)76.8 m
6
[解析] (1)由题图可知钩码的重力mg＝50 N
则钩码的质量m＝5 kg
电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54 N
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得加速度大小a＝0.8 m/s2。
(2)由题图可知，电梯在2～6 s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44 N
根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′
可得a′＝1.2 m/s2
最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s。
(3)电梯在2～6 s的时间内加速的位移大小为
电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，
可得H＝76.8 m。
3
动力学两类基本问题
(能力考点 深度研析)
1．动力学两类基本问题的解题思路
2．解决动力学两类基本问题应把握的关键
(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；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
考向1 已知物体受力情况，分析运动情况
如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
[答案] D
考向2 已知物体运动情况，分析受力情况
a2＝2 m/s2
v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)mgsin θ－Ff＝ma2，Ff＝66 N。
【跟踪训练】
无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g＝10 m/s2，则此过程中( )
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
7
[答案] C
(2025·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
8
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
[答案] (1)35 m/s (2)2.7
[解析] (1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35 m/s。
名师讲坛·素养提升
两类斜面模型和三类等时圆模型
考向1 两类斜面模型
1．等高斜面
2．同底斜面
一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为2∶1，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为(已知sin 37°＝0.6)( )
[答案] B
考向2 三类等时圆模型
1．圆周内同顶端的斜面
2．圆周内同底端的斜面
如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。
3．双圆周内斜面
如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。
滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，如图所示。已知圆半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
(2)根据第(1)问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，
两圆相切时，时间最短，有
(R＋r)2＝(r－R)2＋(3R)2(共43张PPT)
第三章
运动和力的关系
第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题
核心考点·重点突破
1
动力学中的图像问题
(能力考点 深度研析)
常见图像
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。
(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t0忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是( )
[答案] B
[解析] 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小的加速运动，速度继续增大，所以y－t图像斜率继续增大，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以
y－t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y－t图像大致如图所示，故C、D错误。
反思提升
解题策略
【跟踪训练】
(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[答案] BC
1
[解析] 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。
如图甲所示，质量为m＝1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v－t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．小球受到阻力的大小为4 N
B．斜面倾角的正弦值为0.5
C．v0＝3 m/s
2
[答案] D
3
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
[答案] C
2
动力学中的连接体问题
(能力考点 深度研析)
考向1 共速连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
(2025·浙江宁波质检)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为mA和mB，中间用轻绳水平相连。现给B物块水平向右的力F，
(1)求轻绳传递给A的力T。
(2)如果地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？
(3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，轻绳传递给A的力T是多少？
(4)如图丙所示，将整个系统置于固定光滑的斜面上，求轻绳传递给A的力T是多少？如果斜面粗糙且物块与斜面间的动摩擦因数为μ，轻绳传递给A的力T是多少？
反思提升
【跟踪训练】
(多选)(2025·山东乐陵月考)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g
C．F＝(M＋m)gtan θ
D．物块和小球的加速度为gtan θ
4
[答案] ACD
考向2 关联速度连接体
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g，在下列a－m图像中，可能正确的是( )
[答案] D
反思提升
整体法与隔离法的选取原则
(1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。
【跟踪训练】
(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
5
[答案] ACD
3
动力学中的临界极值问题
(能力考点 深度研析)
1．临界、极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
2．四种典型的临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。
3．动力学临界极值问题的三种解法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
考向1 接触与脱离的临界问题
[答案] BD
[解析] 2 s后F为恒力，说明此刻为分离瞬间，此后人仅受自重以及恒力F的作用就可以做加速度不变的运动，设初始状态弹簧压缩量为x1，分离瞬间压缩量为x2，那么在静止时对人和地台整体分析有
kx1＝(M＋m)g ①
绳子提供拉力后二者开始一起做匀加速直线运动，对整体有kx1＋F－(m＋M)g＝(m＋M)a ②
分离瞬间对地台有kx2－mg＝ma ③
从弹簧压缩量为x1到压缩量为x2的过程满足运动学方程
解得a＝2 m/s2，故A错误，B正确；从②中分析可知，在分离前等号右边为定值，随着kx的变小，F必须增大，所以对应的最大压缩量x1对应的即为F的最小值，解得F＝120 N，故C错误，D正确。故选BD。
考向2 摩擦力作用下的临界问题
[答案] AB
考向3 动力学中的极值问题
如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为( )
A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
[答案] C(共47张PPT)
第三章
运动和力的关系
第17讲 专题强化四 传送带模型和“滑块—木板”模型
核心考点·重点突破
1
传送带模型
(能力考点 深度研析)
解答传送带问题，应注意两点
1．共速时摩擦力可能突变
(1)滑动摩擦力突变为零。
(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。
(3)摩擦力方向突变。
2．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则
划痕长度等于较长的相对位移大
小Δx2(图乙)。
考向1 水平传送带模型
水平传送带问题的常见情形及运动分析
情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
一直加速(加速度a＝μg) 先加速后匀速
情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
v0v0>v时，一直减速(加速度a＝μg) v0>v时，先减速再匀速
情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
滑块一直减速到右端(加速度a＝μg) 物块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v
传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
[答案] (1)3 s (2)2.5 m (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处
[解析] (1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a1t1
解得t1＝2 s
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2，
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2＝2.5 m。
(3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v＝v0＋at有
v＝a2t3，解得t3＝1 s。
物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为
v1＝a2t4＝5 m/s，
物块沿水平传送带向左减速运动，
物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。
物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。
因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s，
所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。
反思提升
要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
【跟踪训练】
(多选)如图所示，水平传送带长L＝5.3 m，运行速率v＝1 m/s，在其左端以初速度v0＝2 m/s水平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则物块从左到右的运动过程中( )
A．刚放上时，物块受到向左的滑动摩擦力
B．物块一直做匀减速直线运动
C．物块在传送带上的运动时间为5.2 s
D．物块在传送带上留下的划痕长度为0.3 m
[答案] AC
1
考向2 倾斜传送带模型
倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
一直加速(一定满足μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ)
情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
一直加速(加速度为a1＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
v0v0>v时，若μtan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ情景 物块的运动情况 传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
(摩擦力方向 一定沿传送 带向上) μtan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v
[答案] 7.825 s
[规范答题] 物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得
要写出物体在哪一阶段的运动并说明公式的来源哟！
μmgcos α－mgsin α＝ma1，
应写用字母表达的公式哟！
解得a1＝0.4 m/s2，
物体运动到与传送带速度相等时所需的时间
要说明下面未知字母t1的意义哟！
由于mgsin β>μmgcos β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c点，
应把物体的运动情况做简要的分析哟！
由牛顿第二定律得
ma2＝mgsin β－μmgcos β
解得加速度a2＝gsin β－μgcos β＝3.2 m/s2，
设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得
代入数据解得t3＝1.875 s。
物体A从a处被传送到c处所用的时间
要紧扣题目要求的问题，并说明未知字母t的意义。
t＝t1＋t2＋t3＝7.825 s。
【跟踪训练】
(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是( )
2
[答案] C
[解析] 物块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma(物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力)，解得a＝g(μcos θ－sin θ)，物块与传送带共速后，因为μmgcos θ>mgsin θ，所以物块与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误。
机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
3
[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
2
“滑块—木板”模型
(能力考点 深度研析)
1．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．板块模型的两种类型
类型图示 规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3．分析板块模型的关键点
考向1 水平面上的板块问题
(多选)(2024·黑吉辽卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
[答案] ABD
反思提升
解决板块模型问题的思维模板
考向2 倾斜面的板块模型
(2025·江苏扬州模拟)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是( )
A．10 NB．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动
[答案] D
【跟踪训练】
如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
4
[答案] (1)5 m (2)1.5 m
[解析] (1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
t时间内，由运动学公式得A、B的位移分别为
因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。
(2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的( )
5
[答案] A
[解析] 放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。(共53张PPT)
第三章
运动和力的关系
第18讲 实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
实验知识·自主回顾
核心考点·重点突破
实验知识 · 自主回顾
实验方案1 探究加速度与力、质量的关系
1．实验目的
(1)学会用控制变量法研究物理规律。
(2)学会灵活运用图像法处理物理问题。
(3)探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律。
2．实验原理
(1)保持小车质量不变，探究小车加速度跟__________的关系。
(2)保持合外力不变，探究小车加速度与________的关系。
合外力
质量
3．实验器材
小车、槽码、钩码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、薄木块、__________________、低压交流电源、导线、纸带、复写纸、托盘天平(含有一套砝码)、米尺。
电磁打点计时器
4．实验步骤
(1)称量质量
用____________测小车的质量M0。
(2)安装器材
按如图所示的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(即小车无牵引力)。
托盘天平
(3)平衡阻力
在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至小车在不挂槽码的情况下能沿木板做________________为止。
匀速直线运动
(4)测量加速度
①保持小车的质量不变，让小车靠近打点计时器，挂上槽码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。计算槽码的重力，由纸带计算出小车的加速度，并记录数据。改变槽码的个数，并多做几次。
②保持______________不变，在小车上放上钩码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。计算钩码和小车的总质量M，并由纸带计算出小车对应的加速度，记录数据。改变小车上钩码的个数，多做几次。
槽码的个数
5．数据处理
(1)利用Δx＝aT2即逐差法求加速度。
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比。
6．注意事项
(1)平衡阻力：在平衡阻力时，不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，且要让小车拖着纸带匀速运动。
(2)不重复平衡阻力：平衡阻力后，不管以后是改变槽码的质量还是改变小车和小车上钩码的总质量，都不需要重新平衡阻力。
(3)实验条件：每条纸带都必须在满足小车和小车上钩码的总质量远大于槽码总质量的条件下打出。只有如此，槽码总重力才可视为小车受到的拉力。
(4)一先一后一按住：改变拉力或小车质量后，每次实验开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车。
(5)作图：作图时，两坐标轴单位长度的比例要适当，要使尽可能多的点落在所作直线上，不在直线上的点应尽可能均匀地分布在所作直线两侧。
7．误差分析
(1)系统误差：用槽码的总重力代替小车受到的拉力，实际上小车受到的拉力小于槽码的总重力。
(2)偶然误差：阻力平衡不准确，质量测量不准确，细绳不严格与木板平行等都会引起误差。
实验方案2 通过位移之比测量加速度之比
将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高，参考方案1的方法平衡阻力的影响。
两小车后端各系一条细线，用一个物体，例如黑板擦，把两条细线同时按压在木板上(如图所示)。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同，从它们的位移之比就可以得出加速度之比。
在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量。
核心考点·重点突破
1
教材原型实验
【跟踪训练】
(2024·甘肃卷)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
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(1)以下操作正确的是________(单选，填正确答案标号)。
A．使小车质量远小于槽码质量
B．调整垫块位置以平衡阻力
C．平衡阻力时移去打点计时器和纸带
D．释放小车后立即打开打点计时器
(2)保持槽码质量不变，改变小车上钩码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为s1，s2，…，s8，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是________ (单选，填正确答案标号)。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成_______(填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(填“小车”“钩码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
[答案] (1)B (2)D (3)反比 槽码
[解析] (1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的重力，应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合力，需要调整垫块位置以平衡阻力，还要保持细绳和长木板平行，故B正确；平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。
(实验操作和误差分析)某物理兴趣小组用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
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(1)下面是实验操作步骤，请你整理出正确的操作顺序，从先到后依次是________。
A．抬高长木板一端平衡阻力，让小车做匀速直线运动；
B．接通电源后释放小车，使小车在细线的拉动下运动，测出槽码的重力mg作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；
C．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；
D．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与槽码相连；
E．更换纸带，通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力，重复步骤B的操作。
(2)实验中打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，纸带上只测出了两组数据，图中长度单位为cm，由此可以算出小车运动的加速度大小a＝________m/s2。
(3)实验得到的理想a－F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的三种情况，图线①产生的原因是不满足槽码的总质量远________(填“小于”或“大于”)小车的质量的条件；图线②产生的原因是平衡阻力时长木板的倾角过________(填“小”或“大”)；图线③产生的原因是平衡阻力时长木板的倾角过________(填“小”或“大”)。
[答案] (1)CADBE (2)2 (3)小于 大 小
[解析](1)按照实验原理，题中五个步骤的先后顺序应该为CADBE。
(2)由Δx＝aT2
得(7.1－1.1)×10－2 m＝3aT2
解得a＝2 m/s2。
(3)实验中认为槽码的总重力等于绳的拉力F，
当m M时，图线是直线，所以图线①的上部弯曲的原因是当小车受拉力F较大时，不满足槽码的总质量远小于小车的质量的条件；
图线②在a轴的截距大于0，产生原因是平衡阻力时长木板的倾角过大，拉力F＝0(即不挂槽码)时小车就具有了加速度；
图线③在F轴的截距大于0，产生原因是平衡阻力时长木板的倾角过小，只有当拉力F增加到一定值时，小车才获得加速度。
(通过位移之比测量加速度之比)用图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，图乙是其俯视图。两个相同的小车放在平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘。实验中可以通过增减车中砝码改变小车质量，通过增减盘中砝码改变小车所受拉力。两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和盘中砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止。
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(1)实验中，若两小车通过的位移比为1∶2，则两小车加速度之比为________。
(2)为使小车所受的拉力大小近似等于小盘和盘中砝码的总重力，应使小盘和盘中砝码的总质量________(选填“远大于”或“远小于”)小车的质量。
(3)探究加速度与质量之间的关系时，应在小盘中放质量________ (选填“相同”或“不相同”)的砝码。
(4)探究加速度与力之间的关系时，事实上小车和平板间存在摩擦力，下列说法中正确的是( )
A．若平板保持水平，选用更光滑的平板有利于减小误差
B．平板右端适当垫高以平衡摩擦力有利于减小误差
C．因为两小车质量相同时与桌面间的摩擦力相同，所以摩擦力不影响实验结果
[答案] (1)1∶2 (2)远小于 (3)相同 (4)AB
(2)为使小车所受的拉力大小近似等于小盘和盘中砝码的总重力，应使小盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量。
(3)探究加速度与质量之间的关系时，采用控制变量法，实验时要保证小车所受拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码。
(4)探究加速度与力之间的关系时，若平板保持水平，则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力，小车所受合力更接近绳的拉力，可以减小实验误差，A正确；平板右端适当垫高来平衡摩擦力，使细绳拉力大小等于小车所受合外力，有利于减小误差，B正确；若未平衡摩擦力，小盘和盘中砝码的重力大小不等于小车所受合力，故摩擦力影响实验结果，C错误。
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创新实验提升
(能力考点 深度研析)
1．实验器材的改进
(1)气垫导轨：不用平衡阻力。
(2)力传感器或弹簧测力计：可直接测绳的拉力，不必保证小车质量远大于钩码的总质量。
(3)速度传感器、位移传感器、光电门：可以更加精确测出小车的位移和瞬时速度。
2．实验方法的迁移应用
以牛顿第二定律为实验原理，测量动摩擦因数、重力加速度、质量等。
考向1 实验器材的改进
某实验小组在探究加速度与物体的受力、物体质量的关系时，用如图甲所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，遮光条通过光电门A、B的时间t1、t2可通过计时器(图中未标出)分别读出，滑块的质量(含遮光条)为M，钩码的质量为m。重力加速度为g，回答下列问题：
(1)实验时________(选填“需要”或“不需要”)满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)滑块的加速度a＝________(用L、t1、t2、d来表示)；图乙遮光条的宽度在游标卡尺上对应的读数为d＝________mm；
(3)改变钩码质量得到一系列的滑块加速度a和传感器示数F，通过得到的实验数据，描绘了a－F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的a－F图像如图丙所示，图线的斜率为k，纵截距为b，滑块与导轨之间的动摩擦因数μ＝________；滑块的质量M＝________。(用F0、b、g表示)
[解析] (1)对滑块由牛顿第二定律得T＝Ma
T可直接由传感器读出，故不需要满足钩码的质量远小于小车的质量。
(2)由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
图乙遮光条的宽度在游标卡尺上对应的读数为
d＝9 mm＋16×0.05 mm＝9.80 mm。
(3)未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知F－μMg＝Ma
考向2 实验方案的改进
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：
(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
考向3 实验方法的迁移应用
(2025·贵州毕节统考模拟)某同学受“探究加速度与力、质量的关系”的启示，设计了如图甲的实验装置，利用动力学方法测量砂桶中砂的质量。
主要实验步骤如下：
(1)平衡好阻力后，在砂桶中加入质量为m0的砂；
(2)接通传感器电源，释放小车，利用传感器测出对应的位移与时间(x－t)图像；
(3)在砂桶和砂质量不变的情况下，改变小车的质量，测量出不同的加速度。
①图乙是当小车质量为M＝0.2 kg时，运动过程中传感器记录下的x－t图像，由图可知，小车的加速度a＝________m/s2。
[答案] (3)①2 ②0.04
解得a＝2 m/s2。
②根据牛顿第二定律有T＝Ma
(m＋m0)g－T＝(m＋m0)a
解得m＝0.04 kg。
