高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 实验三 探究加速度与物体质量、物体受力的关系课件
高考复习 第三章 牛顿运动定律
第三章 牛顿运动定律知识网络：第1单元 牛顿运动三定律一、牛顿第一定律(内容)：（1）保持匀速直线运动或静止是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持（2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的原因1.牛顿第一定律导出了力的概念 力是改变物体运动状态的原因。
（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：t v a ∆∆=，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。
（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。
）2.牛顿第一定律导出了惯性的概念惯性：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
惯性应注意以下三点：（1）惯性是物体本身固有的属性，跟物体的运动状态无关，跟物体的受力无关，跟物体所处的地理位置无关（2）质量是物体惯性大小的量度，质量大则惯性大，其运动状态难以改变（3）外力作用于物体上能使物体的运动状态改变，但不能认为克服了物体的惯性3.牛顿第一定律描述的是理想化状态牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。
而不受外力的物体是不存在的。
物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F =0时的特例。
4、不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。
它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律。
5、牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
【例1】在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员做立定跳远，若向各个方向都用相同的力，则 （ ）A ．向北跳最远B ．向南跳最远C ．向东向西跳一样远，但没有向南跳远D ．无论向哪个方向都一样远【例2】某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（ ）A ．力是使物体产生运动的原因B ．力是维持物体运动速度的原因C ．力是使物体速度发生改变的原因D ．力是使物体惯性改变的原因【例3】如图中的甲图所示，重球系于线DC下端，重球下再系一根同样的线BA，下面说法中正确的是（）A．在线的A端慢慢增加拉力，结果CD线拉断B．在线的A端慢慢增加拉力，结果AB线拉断C．在线的A端突然猛力一拉，结果AB线拉断D．在线的A端突然猛力一拉，结果CD线拉断二、牛顿第三定律(12个字——等值、反向、共线同时、同性、两体、)1.区分一对作用力反作用力和一对平衡力一对作用力反作用力和一对平衡力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
2021年高考物理一轮温习第三章牛顿运动定律第2讲探讨加速度与力质量的关系学案
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作使劲成正比，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，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由大体单位和导出单位一路组成．(2)大体单位：大体物理量的单位．力学中的大体物理量有三个，别离是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由大体物理量按照物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是不是正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)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．(×)(4)物体的加速度大小不变必然受恒力作用．(×)二、动力学两类大体问题1．动力学两类大体问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类大体问题的方式以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的进程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)概念：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．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)概念：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．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)概念：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．(2)产生条件：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．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A ．物体受到恒定的力作历时，它的运动状态不发生改变B ．物体受到不为零的合力作历时，它的运动状态要发生改变C ．物体受到的合力为零时，它必然处于静止状态D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2cm ，若还测出小车的质量为500g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )A ．a ＝1.20.12m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2N ＝600ND ．F ＝0.5×1.2N ＝0.60N答案 BD3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．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B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．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D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生转变答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30kg 的手推车，在受到60N 的水平推力时做加速度为1.5m/s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15N若是撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处置交通事故时，有时会按照汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是不是超速．在限速为40km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2)答案超速解析选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③按照匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12m/s汽车刹车前速度为12m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解瞬时性a 与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力因果性F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a＝Fm中，F、m 、a对应同一物体或同一系统(3)a＝Fm中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即a x＝F xm，a y＝F ym2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技能在分析瞬时加速度时应注意两个大体模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就可以产生弹力的物体，剪断(或离开)后，其弹力当即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两头同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成维持不变．例1(多选)(2021·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向老是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能老是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向老是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速度的转变量老是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，以后质点做曲线运动，力与速度方向再也不垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向老是与其所受合外力方向相同，C正确；按照加速度的概念，相等时间内速度转变量相同，而速度转变量不必然相同，故D错．例2如图3，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)( )图3A．0 B．2.5NC．5N D．3.75N①B与A恰好接触但不挤压；②剪断后刹时A、B间的作使劲大小．答案 D解析当细线剪断刹时，细线的弹力突然变成零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20N，弹力为F＝m A g＝15N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m一、m2原来均静止，现若是均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索，它们的拉力将别离如何转变？(2)若是均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索的拉力又将如何转变呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4 图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变成0.(2)弹簧的弹力来不及转变，下段绳的拉力变成0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( )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、合外力三者老是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度必然加速D ．物体所受合外力为零时，必然处于静止状态答案 A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，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不必然在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度转变一定加速，而速度不一定加速，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．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的滑腻木板AB 托住，小球恰益处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的刹时，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下 D ．大小为33g ，方向水平向右 答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，按照平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos30°.当突然向下撤离滑腻木板时，F N 当即变成零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos30°，由此产生的加速度为a ＝g cos30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二 超重和失重问题例3广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图7所示．则下列相关说法正确的是( )图7A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升进程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解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．虽然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．4．虽然整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部份具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．3．2021年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是( )图8A ．她在空中上升进程中处于超重状态B ．她在空中下落进程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水进程中的最大速度D ．入水进程中，水对她的作使劲大小等于她对水的作使劲大小答案 D解析 起跳以后的上升进程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程当中，开始时水对她的作使劲大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升进程中加速度a 随时间t 转变的图线如图9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．t ＝2s 时最大B ．t ＝2s 时最小C ．t ＝8.5s 时最大D ．t ＝8.5s 时最小答案 AD命题点三 动力学的两类大体问题例4 水平面上有相距15m 的A 、B 两点，一质量为2kg 的物体在大小为16N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体抵达B 点时速度为0.答案 4s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，按照牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1①F f ＝μF N ②F N ＝mg －F sin α③x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦a 1t 1＝a 2t 2⑧按照v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速进程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速进程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m－μg ＝2.5m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3s ，t 2＝1s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4s.解决动力学问题的技能和方式1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．两种方式(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2021·全国Ⅱ卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr3＝g －3k4πρr2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确． 6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10m/s 2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2m(斜壁长>2m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40Nμ＝F f F N ＝F fmg ＋F 1sin θ＝0.5(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ； 在垂直斜面方向上有：F N ＝(F 2－mg )sin θ；则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1m/s 2x ＝12at 2解得t ＝2sv ＝at ＝2m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：内容轻绳(细线) 轻杆轻弹簧模型的建立 不计质量，只能产生拉力，劲度系数很大，可看成不可伸长不计质量，可提供拉力、压力或不沿杆的力，劲度系数很大，可看成不可伸长或压缩可以被拉伸或压缩，弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内) 模型的特点 各处张力大小相等，方各处弹力大小相等，但各处弹力大小相等，方向沿绳收缩方向，瞬时问题中其弹力发生突变 方向不一定沿杆方向，瞬时问题中其弹力发生突变向与形变方向相反，瞬时问题中其弹力大小不变典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数别离为k 一、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg 3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱刹时，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan30°，由牛顿第二定律得mg tan30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos30°，由牛顿第二定律得mg cos30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后刹时，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断刹时，弹簧形变量不会转变，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C 错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．大体单位和导出单位一路组成了单位制 B ．选用的大体单位不同，组成的单位制也不同C ．在物理计算中，若是所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就必然是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来讲，物理公式主要肯定各物理量间的数量关系，并非必然同时肯定单位关系 答案 ABC2．一个质量为m ＝1kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F1、F 2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3m/s 2D ．物块在t ＝4s 时速度最大 答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10N ＝2N ，物块在第1s 内，知足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1s 物块静止，第1s 末到第7s 末，按照牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．如图2所示，滑腻水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一路，A 、B 的质量别离为m 一、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 一起做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 答案 D解析 撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的刹时，滑块的速度为零，且弹簧正益处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一进程中，滑块的速度和加速度的转变情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一进程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等以后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的刹时，下列说法正确的是( )图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sinθB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sinθD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sinθ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sinθ＝3mg sinθ，细线被烧断的刹时，拉力会突变成零，弹簧的弹力不变，按照牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sinθ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sinθ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2 超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随起落机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )图5答案 B解析由v－t图象可知：进程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客搭车更为舒适，某探讨小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的转变而自动调整，使座椅始终维持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，按照牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．。
牛顿运动定律实验三加速度与物体质量物体受力的关系-高考物理一轮复习讲义
实验三 加速度与物体质量、物体受力的关系1．实验目的(1)学会用控制变量法研究物理规律． (2)验证牛顿第二定律．(3)掌握利用图象处理数据的方法． 2．实验原理 采用控制变量法：(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 图象和a －1m图象，确定其关系．3．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、薄木板、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺． 4．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m ′和小车的质量m .(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图1(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木板，使小车能匀速下滑． (4)操作步骤：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．②保持小车的质量m 不变，改变小盘和砝码的质量m ′，重复步骤①. ③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a . ④描点作图，作a －F 图象．⑤保持小盘和砝码的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤①和③，作a －1m图象．5．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动． (2)不重复平衡摩擦力． (3)实验条件：m ≫m ′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，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：本实验用小盘和砝码的总重力m ′g 代替小车所受的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差． 7．数据处理(1)利用Δx ＝aT 2及逐差法求a .(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．(3)以a 为纵坐标、1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与m 成反比．命题点一 教材原型实验例1 (2018·无锡市期中)在探究物体质量一定，加速度与所受合外力的关系时，采用如图2所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上打点计时器打出的点计算出：图2(1)实验中以下做法正确的是________．A ．平衡摩擦力时，小车应连上纸带，接通打点计时器电源B ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上C ．实验时，小车应在靠近滑轮处释放D ．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行(2)M 与m 的关系应满足m 远远小于M ，这样做的目的是__________________．(3)如图3所示为某次实验得到的纸带，实验中打点计时器接50Hz 交流电源．纸带中计数点间的距离已标出，由此可以得小车的加速度大小约为________m/s 2.(结果保留两位有效数字)图3图4(4)某实验小组得到的aF 图线如图4所示，图线未过坐标原点的原因可能是______________；图线末端弯曲的原因是______________________________．答案 (1)AD (2)使绳中的张力近似等于盘和盘中砝码的总重力 (3)3.2 (4)未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足 没有满足m 远小于M解析 (1)平衡摩擦力时，小车应连上纸带，接通打点计时器电源，故A 正确；平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，撤去盘及盘中的砝码，使小车在木板上做匀速直线运动，故B 错误；实验时，小车应在靠近打点计时器处释放，故C 错误；调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于小车所受合力，故D 正确. (2)根据牛顿第二定律可知：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mgM ＋m，F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg1＋mM，当m 远远小于M 时，F 近似等于mg ，故目的是使绳中的张力近似等于盘和盘中砝码的总重力． (3)根据Δx ＝aT 2得：a ＝0.0772＋0.0721－0.0670－0.06194×0.042m/s 2≈3.2m/s 2(4)图线不通过坐标原点O ，即开始施加拉力时，加速度为零，则知未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足．aF 图线的斜率表示质量的倒数，开始mg 比较小，近似等于细绳的拉力，斜率为M 的倒数，斜率不变．当m 比较大，不再满足M 远大于m ，所以图线末端弯曲．变式1 (2018·苏州市期初调研)在“探究加速度与小车质量关系”实验中，实验小组采用如图5所示的装置．M 表示小车及砝码的总质量，m 表示沙桶及沙的总质量．图5(1)为使实验中小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是________；为使细线对小车拉力大小近似等于沙桶和沙的重力mg，应控制的实验条件是________．(2)在控制沙桶和沙的质量一定的情况下，该实验小组测得的实验数据如下表所示，为了直观反映加速度与小车及砝码总质量的关系，请在图6方格坐标纸中选取恰当的物理量建立坐标系，并作出相应的图，根据图象判断，实验产生误差的最主要原因是：________________________________________________________________________.图6答案(1)平衡摩擦力M≫m(2)如图所示小车及砝码的总质量变小时，不能满足小车及砝码的总质量远大于沙和沙桶的总质量解析 (1)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力沿木板向下的分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一端垫高，所以应采取的措施是平衡摩擦力；沙桶及沙加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，要使其对细线的拉力近似等于重力，应该使沙桶及沙的质量远小于小车及砝码的总质量，即m ≪M . (2)所作图象如图所示．根据描点作图法可得：沙和沙桶的总质量没有远小于小车及砝码的总质量，小车受到的拉力明显小于沙和沙桶重力，加速度与沙和沙桶重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图象发生弯曲，不再是直线．命题点二 实验拓展与创新1．实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图7)图7(2)利用光电门测速度(如图8)图8(3)利用位移传感器测位移(如图9)图9(4)利用力传感器测拉力(不用满足m ≪M ，如图10甲、乙)图102．数据测量的改进⎦⎥⎥⎤测定通过的时间：由a ＝12x [(d t 2)2－(d t 1)2]求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到――→替代通过打点纸带求加速度3．实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．例2 (2018·南京市、盐城市二模)在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图11甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力．图11(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________． A ．必须用天平测出砂和砂桶的质量B ．一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量C ．应当先释放小车，再接通电源D ．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带(2)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______m/s 2.(计算结果保留三位有效数字)(3)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F f ＝______N.(4)小明同学不断增加砂子质量重复实验，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________m/s 2(g 取10 m/s 2)． 答案 (1)D (2)2.40 (3)1.0 (4)5解析 (1)力传感器测量细线中的拉力F ，则小车受到拉力为2F ，即力是直接测量得到的，不用测出砂桶和砂的总质量，A 、B 错误；打点计时器的使用，应先接通电源，后释放小车，C 错误；实验需要得到多组数据，故需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，D 正确． (2)打点计时器打点周期为150 s ＝0.02 s ，由题可知相邻计数点间时间间隔为T ＝0.1 s ，小车的加速度为a ＝x BD －x OB 4T2≈2.40m/s 2； (3)由题图丙可知，产生加速度的拉力最小值为0.5 N ，所以滑动摩擦力F f ＝2F ＝1.0 N ； (4)对砂和砂桶根据牛顿第二定律有mg －F ＝ma ′，即a ′＝g －F m，小于重力加速度g ，由实验装置原理可知，小车的加速度为砂和砂桶的加速度的一半，a ＝12a ′＜12g ，即小车的加速度最后会趋近于5 m/s 2.变式2 (2018·苏锡常镇一调)如图12甲所示是小明同学“探究加速度与力的关系”的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B ，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块及遮光条都从位置A 处由静止释放．图12(1)小明用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，示数如图乙所示，则d ＝________mm.(2)实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量c 是________________(用文字表述)． (3)小亮同学认为：无需测出上述c 和d ，只要画出以F (力传感器示数)为横坐标、以________为纵坐标的图象就能直接反映加速度与力的关系．(4)下列实验操作和要求必要的是__________(请填写选项前对应的字母)． A ．应将气垫导轨调节水平 B ．应测出钩码和力传感器的总质量 C ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些 D ．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量答案 (1)2.30 (2)释放前遮光条到光电门的距离 (3)1t2 (4)AC解析 (1)由题图知游标尺上第6条刻度线与主尺对齐，d ＝2 mm ＋6×0.05 mm ＝2.30 mm ； (2)实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量c 是释放前遮光条到光电门的距离；(3)根据F ＝ma ，而v 2B ＝2ac ，v B ＝d t ，联立解得F ＝md 22c ·1t2，则无需测出c 和d ，只要画出以F (力传感器示数)为横坐标、以1t2为纵坐标的图象就能直接反映加速度与力的关系． (4)应将气垫导轨调节水平，这时拉力才等于合力，故A 正确；拉力的大小可从力传感器中读出，则没必要测出钩码和力传感器的总质量，选项B错误；应使A位置与光电门间的距离适当大些，可以增大测量长度，从而有利于减小误差，故C正确；拉力是直接通过力传感器测量的，故与滑块质量与钩码和力传感器的总质量大小关系无关，故D错误．拓展点 以“加速度与力、质量关系”为背景，测量动摩擦因数例3 (2018·南通市等六市一调)实验小组采用如图13甲所示实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20g 的钩码10个，打点计时器，电源，纸带，细线等．实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度．图13(1) 正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示．已知打点周期T ＝0.02s ，则木块的加速度a ＝________m/s 2.(2) 将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m ，测得相应的加速度a ，作出a －m 图象如图丙所示．已知当地重力加速度g ＝9.8m/s 2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是______________________________(写出一个即可)．(3)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．答案 (1)3.33 (2)0.34(0.32～0.36) 大于 滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等 (3)不需要解析 (1)已知打点周期T ＝0.02 s ，根据逐差法可得木块的加速度为：a ＝x 36－x 039T 2＝(8.20－3.50－3.50)9×0.022×10－2 m/s 2≈3.33 m/s 2. (2)设木块质量为M ，以M 、m 组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有，mg －F f ＝(M ＋0.2)a ，F f ＝μ(M ＋0.2－m )g ，联立可得加速度为：a ＝(1＋μ)gM ＋0.2m －μg ，由题图丙可知，当m＝0时，|a |＝μg ＝3.3 m/s 2，则木块与木板间动摩擦因数μ≈0.34，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值．(3)实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．变式3 (2018·常熟市期中)图14(a) 为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：图14①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m; 用游标卡尺测量遮光片的宽度d; 用米尺测量两光电门之间的距离s ； ②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ； ④多次重复步骤③，求a 的平均值a ； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm) 的示数如图(b) 所示，其读数为____cm. (2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝________________. (3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝________________.(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)．答案 (1)0.960 (2)(dΔt B )2－(dΔt A )22s (3)mg －(M ＋m )a Mg(4)系统误差解析 (1)由题图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9 cm ，游标尺示数为12×0.05 mm＝ 0.60 mm ＝0.060 cm ，则游标卡尺示数为0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm.(2)物块经过A 点时的速度为：v A ＝d Δt A ，物块经过B 点时的速度为：v B ＝dΔt B ，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B 2－v A 2＝2as ，加速度为：a ＝(dΔt B )2－(dΔt A)22s；(3)以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得：μ＝mg －(M ＋m )aMg；(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差.1．(2018·徐州三中模拟)如图15所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．图15(1)实验得到一条如图16所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s ，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是________m/s 2.(计算结果保留两位有效数字)图16(2)读出弹簧测力计的示数F ，处理纸带，得到滑块运动的加速度a ；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F 为纵坐标，以加速度a 为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b 的一条倾斜直线，如图17所示．已知滑块和动滑轮的总质量为m ，重力加速度为g ，忽略滑轮与轻绳之间的摩擦，则滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________.图17答案 (1)2.4 (2)2bmg解析 (1)加速度为a ＝x BD －x OB 4T 2＝0.288 1－0.096 1－0.096 14×0.01m/s 2≈2.4 m/s 2； (2)滑块受到的拉力F T 为弹簧测力计示数的两倍，即：F T ＝2F 滑块受到的摩擦力为：F f ＝μmg 由牛顿第二定律可得：F T －F f ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：F ＝m 2a ＋μmg2由题图图象所给信息可得图象纵截距为：b ＝μmg2解得：μ＝2bmg.2．(2018·南京市期中)某同学设计了一个“探究加速度与物体所受合力及质量的关系”的实验，图18甲为实验装置图，A 为小车，B 为打点计时器，C 为装有沙的沙桶，D 为一端带有定滑轮的长方形木板．实验中认为细绳对小车的拉力F 等于沙和沙桶的总重力，小车运动的加速度a 可由打点计时器在纸带上打出的点求得．(1)图乙为某次实验得到的纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为0.10s ，由图中数据求出小车加速度值为________m/s 2.(计算结果保留两位有效数字)图18(2)保持沙和沙桶的质量不变，改变小车质量m ，分别得到小车加速度a 与质量m 及对应的1m数据如表中所示，根据表中数据，为直观反映F 不变时，a 与m 的关系，请在图19中选择恰当的物理量和标度建立坐标系，并作出图线.图19(3)从图线中得到F 不变时小车加速度a 与质量m 间的定量关系是________．(4)保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合力F 图线如图20所示，该图线不通过原点，其可能的原因是________________________________．图20答案 (1)0.64 (2)如图所示(3)a ＝12m(4)没有平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)3．(2018·常州市一模)如图21甲所示是“研究小车加速度与力的关系”的实验装置．木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F ，改变桶中砂的质量多次实验．完成下列问题：图21(1)实验中需要________． A ．测量砂和砂桶的总质量 B ．保持细绳与长木板平行 C ．保持小车的质量不变D ．满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A 点的距离如图乙所示．电源的频率为50Hz ，则打B 点时小车速度大小为________m/s ，小车的加速度大小为________ m/s 2.(3)实验中描绘出a －F 图象如图丙所示，图象不过坐标原点的原因是________________． 答案 (1)BC (2)0.416 1.48 (3)平衡摩擦力过度解析 (1)细绳的拉力可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A 错误；为了使细绳对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细绳与长木板平行，故B 正确；本实验采用的是控制变量法，要研究小车加速度与力的关系，必须保持小车的质量不变，故C 正确；实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D 错误． (2)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T ＝5×0.02 s ＝0.1 s.B 点对应的速度为：v B ＝x AC 2T ＝8.320.2×10－2m/s ＝0.416 m/s.根据Δx ＝aT 2可得：小车运动的加速度为：a ＝x CE －x AC 4T 2＝22.56－8.32－8.324×0.12×10－2 m/s 2＝1.48 m/s 2 (3)由题图图象可知，a －F 图象在a 轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的．即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大，平衡摩擦力过度．。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第三章 牛顿运动定律 单元质检三
单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。
甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。
英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。
当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。
江苏高考物理复习第三章牛顿运动定律课时28实验：探究加速度与力、质量的关系
28 实验：探究加速度与力、质量的关系[方法点拨] (1)实验方法：控制变量法；(2)数据处理：图象法．1．(2017·广东广州测试一)为验证物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比，同学们设计了如图1中a 所示的装置来进行实验．在自制的双层架子上固定带有刻度标记的水平木板，架子放在水平桌面上．实验操作步骤如下：①适当调整装置，使装置不带滑轮的一端稍稍垫高一些．②在两个托盘中放入砝码，并使两托盘质量(含砝码)相同，且远小于小车的质量．连接小车的细线跨过定滑轮与托盘相连．③让两小车紧靠右边的挡板，小车前端在刻度尺上的读数如图a 所示，在甲车上放上砝码，同时释放两小车，当小车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照．结合照片和小车的初始刻度标记，得到甲、乙两车运动的距离分别为s 1、s 2.④在甲小车上逐渐增加砝码个数，重复步骤③.图1(1)本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车(含砝码)的质量成________关系，来验证合外力一定时加速度与质量成反比．(2)实验前将装置右端稍稍垫高一些的目的是____________________________________ ________________________________________________________________________.(3)某次拍到的照片如图b 所示，则小车通过的位移是________ cm.(4)如果以s 2s 1为横坐标，以甲车(含砝码)的质量为纵坐标，作出的图线如图c 所示，则该直线斜率代表的物理量是__________________________，其大小为________．2．为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图2甲所示的实验装置：图2(1)以下实验操作正确的是________A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．先接通电源后释放小车D．实验中小车的加速度越大越好(2)在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则小车的加速度a＝____ m/s2(结果保留两位有效数字)．(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图丙所示，图线________是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”)；小车及车中砝码的总质量m＝________ kg.3．(2018·辽宁沈阳九中月考)用图3甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”．请思考并完成相关内容：图3(1)实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是________．A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动B．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动(2)图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50 Hz，由此可求出小车的加速度a＝________ m/s2(计算结果保留三位有效数字)．(3)一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的a－F图线．则小车运动时受到的摩擦力F f＝______ N，小车质量M ＝________ kg.若该小组正确完成了步骤(1)，得到的a－F图线应该是图丙中的________(填“②”“③”或“④”)．4．某探究性学习小组利用如图4所示装置探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．图4(1)下列实验方法，可以采用________．A．等效法B．控制变量法C．放大法D．累积法(2)实验中，通过向小车放入钩码来改变小车质量，只要测出小车从长为L的斜面顶端从静止开始滑至底端的时间t，就可以由公式a＝________________求出加速度．(3)实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出长木板顶端到水平面的高度h ，求出倾角α的正弦值sin α＝h L.某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标系后描点作图如图5，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g ＝________ m/s 2.图55．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图6所示的实验装置，一端带有定滑轮的长木板水平放置，长木板上安装两个相距为d 的光电门；放在长木板上的滑块通过绕过定滑轮的细线与力传感器相连，力传感器下挂一重物．拉滑块的细线的拉力大小F 等于力传感器的示数．让滑块从光电门1处由静止释放，运动一段时间t 后，经过光电门2.改变重物质量，重复以上操作，得到下表中的5组数据．(取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图6(1)若测得两光电门之间距离d ＝0.5 m ，运动时间t ＝0.5 s ，则滑块的加速度a ＝________m/s 2.(2)依据表中数据在图7中画出a －F 图象．图7(3)根据图象可得滑块的质量m＝________kg，滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝________. 6．(2018·四川成都模拟)如图8甲所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有挡光片的小车，小车和挡光片的总质量为M，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有6个钩码，已知每个钩码的质量为m，且M＝4m.图8(1)用游标卡尺测出小车上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d＝________ cm.(2)实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在________(填“受”或“不受”)细线的拉力时能沿木板做________直线运动．(3)将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为t1，则小车通过光电门的速度为______(用题给字母表示)．(4)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到小车上，当细线挂有3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1________2F2(填“大于”“等于”或“小于”)．图9(5)若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设挡光片(宽度为d，且d≪L)与光电门的距离为L，细线所挂钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n－1t2图象如图9所示，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为______(用题给字母表示)．答案精析1．(1)反比 (2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响 (3)42.0(4)小车乙的质量m 乙 0.2 kg2．(1)BC (2)0.34 (3)① 0.5解析 (1)平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让小车重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不连砝码及砝码盘的情况下使小车恰好做匀速运动，故A 错误；为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B 正确； 使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，故C 正确；实验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于计算，故D 错误．(2)由匀变速直线运动的规律得：x 4－x 1＝3aT 2x 5－x 2＝3aT 2x 6－x 3＝3aT 2联立得：(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)＝9aT 2解得：a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2＝ 4.77＋4.44＋4.10－3.77－3.43－3.099×0.12×10－2 m/s 2≈0.34 m/s 2. (3)由题图丙可知，当F ＝0时，a ≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．根据F ＝ma 得a －F 图象的斜率k ＝1m，由题图a －F 图象得图象斜率k ＝2，所以m ＝0.5 kg.3．(1)B (2)1.60 (3)0.10 0.20 ②解析 (1)在平衡摩擦力时，应使小车所受重力沿木板斜面方向的分力等于小车所受摩擦力，所以应该取下砂桶，轻推小车后，小车能匀速下滑，B 项正确．(2)将所得纸带分为等时的两大段，由逐差公式Δx ＝aT 2可知，小车的加速度为： a ＝＋12.22＋－＋7.41＋9×0.12 cm/s 2≈1.60 m/s 2. (3)木板水平时，由牛顿第二定律F －F f ＝Ma 得a ＝1M F －F f M，结合题图图象可知，a ＝0时，F f ＝F ＝0.10 N ；当F ＝0时，－F f M＝ －0.50 m/s 2，所以M ＝0.20 kg.无论是否平衡摩擦力，a －F 图线的斜率都等于小车质量的倒数，故正确完成实验步骤(1)所得到的实验图线应过原点且与图线①平行，所以应是图线②.4．(1)B (2)2L t 2 (3)9.6 解析 (1)要探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系，由于有两个变量，可采用控制变量法，B 正确．(2)小车在光滑斜面上做初速度为零的匀加速运动，由L ＝12at 2可得a ＝2L t 2. (3)小车在光滑斜面上运动时，其加速度a ＝g sin α，a －sin α图象的斜率表示重力加速度，得g ＝9.6 m/s 2.5．(1)4.0 (2)见解析图 (3)0.25 0.2解析 (1)根据运动学公式d ＝12at 2得， a ＝2d t 2＝2×0.50.25m/s 2＝4.0 m/s 2. (2)如图所示(3)根据F －μmg ＝ma 得a ＝F m－μg ，所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象的斜率等于滑块质量的倒数．由图象得加速度a 和所受拉力F 的关系图象的斜率k ＝4，所以滑块的质量m ＝0.25 kg. 由图象得，当F ＝0.5 N 时，滑块刚要开始滑动，所以滑块与长木板间的最大静摩擦力等于0.5 N.而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即μmg ＝0.5 N ，解得μ＝0.2.6．(1)0.520 (2)不受 匀速 (3)d t 1 (4)小于 (5)5d 2kL解析 (1)游标卡尺的主尺读数为5 mm ，游标尺读数为0.05×4 mm＝0.20 mm ，则最终读数为5.20 mm ＝0.520 cm.(2)当小车不受细线的拉力时，重力沿木板向下的分力若与摩擦力平衡，小车做匀速直线运动．(3)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则小车通过光电门的速度为dt 1.(4)当细线挂有6个钩码时，对小车和钩码整体分析，a 1＝6mg M ＋6m＝0.6g ，对小车分析，根据牛顿第二定律得F 1＝Ma 1＝4m ×0.6g ＝2.4mg ，当细线挂有3个钩码时，对整体分析，a 2＝3mg 10m＝0.3g ，对小车分析，根据牛顿第二定律得F 2＝7ma 2＝2.1mg ，可知F 1＜2F 2.(5)小车通过光电门的速度v ＝d t ，根据v 2＝2aL ，得d 2t 2＝2aL ，因为a ＝nmg 10m ＝ng 10，代入解得n ＝5d 2gLt 2，图线的斜率k ＝5d 2gL ，解得g ＝5d 2kL .。
高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律 考点3 连接体问题教案-人教版高三全册物理教案
考点三连接体问题基础点知识点1 连接体1．定义：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。
连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
如以下图所示：2．处理连接体问题的方法：整体法与隔离法，要么先整体后隔离，要么先隔离后整体。
(1)整体法是指系统内(即连接体内)物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解的方法。
整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力。
(2)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便出发，把某个物体从系统中隔离出来，作为研究对象，分析其受力情况，再列方程求解的方法。
隔离法适合求系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度。
3．整体法、隔离法的选取原那么(1)整体法的选取原那么假设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)隔离法的选取原那么假设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、隔离法的交替运用假设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，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。
即“先整体求加速度，后隔离求内力〞。
知识点2 临界与极值1．临界问题物体由某种物理状态转变为另一种物理状态时，所要经历的一种特殊的转折状态，称为临界状态。
这种从一种状态变成另一种状态的分界点就是临界点，此时的条件就是临界条件。
在应用牛顿运动定律解决动力学的问题中，当物体的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大〞“最小〞“刚好〞“恰好出现〞或“恰好不出现〞等词语时，常常会涉及临界问题。
2023年高考物理一轮复习提升核心素养3
3.1牛顿运动三定律一、牛顿第一定律的理解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，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：一切物体都具有惯性，因此牛顿第一定律又被叫作惯性定律；②揭示了运动和力的关系：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，即力是产生加速度的原因．2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动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，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(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无关．二、牛顿第二定律的理解1．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.2．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．三、牛顿第三定律的理解1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力．2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．3．表达式：F＝－F′.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，惯性表现为抗拒运动状态的改变，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态较易改变．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．例题1.下列说法符合史实的是()A．伽利略提出力是维持物体运动的原因B．亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．笛卡儿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D．牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论，故B错误；伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。
高三物理一轮复习 必考部分 第3章 牛顿运动定律 实验3 探究加速度与物体质量、物体受力的关系教师用书
实验三 探究加速度与物体质量、物体受力的关系● 实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律． 2．探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 3．掌握灵活运用图象处理问题的方法． ● 实验原理保持作用力不变，确定加速度与质量的大小关系；保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系；作出a F 图象和a 1M 图象，确定其关系．● 实验器材小车，砝码，小盘，细线，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，复写纸，托盘天平，米尺．● 实验过程 一、实验步骤1．称量质量——用天平测量小盘的质量m 0和小车的质量M 0.2．安装器材——按照如图实31所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图实313．平衡摩擦力——在长木板的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，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态．4．让小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，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．计算小盘和砝码的重力，即为小车所受的合外力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表1中．5．改变小盘内砝码的个数，重复步骤4，并多做几次．6．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带．计算砝码和小车的总质量M ，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所对应的质量和加速度填入表2中．7．改变小车上砝码的个数，重复步骤6，并多做几次． 表1表2二、数据处理1．计算加速度——先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度．2．作图象找关系——根据记录的各组对应的加速度a 与小车所受牵引力F ，建立直角坐标系，描点画a F 图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比．再根据记录的各组对应的加速度a 与小车和砝码总质量M ，建立直角坐标系，描点画a 1M 图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比．● 误差来源 1．测量误差 (1)质量的测量． (2)打点间隔距离的测量． 2．操作误差(1)拉线或纸带与木板不平行． (2)倾斜角度不当，平衡摩擦力不准． 3．原理误差本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力)，存在系统误差．● 注意事项1．平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，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．不重复平衡摩擦力：整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．3．实验条件：每条纸带都必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．4．一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，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对称地分布在所作直线两侧．● 实验改进本实验中可以用气垫导轨来代替长木板，这样就省去了平衡摩擦力的麻烦，小车的加速度也可以利用传感器来测量，借助于计算机来处理.●考向1 实验原理与操作某实验小组利用图实32所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图实32(1)下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系，分别得到图实33中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m 甲、m 乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m 甲________m 乙，μ甲________μ乙．(填“大于”“小于”或“等于”)图实33【规范解答】 (1)探究加速度与力、质量的关系时，牵引木块的细绳应与长木板平行；平衡摩擦力时应不挂砝码桶；对于打点计时器，应先接通电源，再放开木块；平衡摩擦力后，改变木块上砝码的质量，不需要重新平衡摩擦力．选项A 、D 正确，选项B 、C 错误．(2)对于系统，根据牛顿第二定律，有a ＝mg M ＋m ，牵引小车的拉力F ＝Ma ＝MmgM ＋m .要使F＝mg ，则M ≈M ＋m ，即要求m ≪M .(3)对于木块，根据牛顿第二定律，得a ＝F －μMg M ＝FM －μg ，故a F 图象的斜率反映了木块质量的倒数．有1m 甲>1m 乙，所以m 甲<m 乙．当F ＝0时，a ＝－μg ，即a F 图在a 轴上的截距为－μg ，所以－μ甲g <－μ乙g ，即μ甲>μ乙．【答案】 (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于 ●考向2 数据处理与误差分析用图实34(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)某同学通过实验得到如图(b)所示的a F 图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)．图实34(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足________的条件．(3)某同学得到如图实35所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A 、B 、C 、D 、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δx＝x DG－x AD＝________ cm.由此可算出小车的加速度a ＝________m/s2.(保留两位有效数字)图实35【规范解答】(1)根据所给的Fa图象可知，当F＝0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的．(2)根据牛顿定律，对小车F＝Ma，对砝码和盘mg－F＝ma，解得F＝MmgM＋m<mg，只有当M≫m时，小车受到的拉力才近似等于mg，从而减少误差．(3)由图读出x AD＝2.10 cm，x DG＝3.90 cm，所以Δx＝x DG－x AD＝1.80 cm，根据Δx＝aΔt2，解得a＝5.0 m/s2.【答案】(1)偏大(2)小于M≫m(3)1.80 5.0●考向3 实验创新设计(2015·全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．(a) (b)图实36完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图实36(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示．(4)________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字)【规范解答】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905 kg ＝1.81 kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F － m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s.【答案】 (2)1.40 (4)7.9 1.4。
2022届高考物理一轮总复习检测：第三章 第1课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律 Word版含答案
1.牛顿运动定律及其应用Ⅱ2．超重和失重Ⅰ试验四：验证牛顿运动定律1．应用牛顿运动定律和运动学规律解决两类动力学问题．2．运用失重和超重学问定性或定量分析问题．3．运用整体法和隔离法求解简洁的连接体问题．一、牛顿第肯定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它转变这种状态．2．意义．(1)指出力不是维持物体运动状态的缘由，而是转变物体运动状态的缘由，即力是产生加速度的缘由．(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第肯定律又称为惯性定律．3．惯性．(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动状况和受力状况无关．二、牛顿第三定律1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体肯定同时对这个物体施加了力．力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力．2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．1．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)2．做匀速直线运动的物体和静止的物体均没有惯性．(×)3．作用力与反作用力肯定是同种性质的力．(√)4．作用力与反作用力的作用效果可以相互抵消．(×)5．人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×) 6．物体所受合外力变小，物体的速度肯定变小．(×)7．物体所受合外力大，其加速度就肯定大．(√)1．(多选)(2022·枣庄模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发觉碗中的水洒出，水洒出的状况如图所示，则关于小车的运动状况，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速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，相对碗向右洒出，故B、D正确．答案：BD2．下列关于力和运动关系的说法中正确的是()A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第肯定律的体现B．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第肯定律的C．物体所受合外力为零，则速度肯定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也肯定不为零D．物体所受的合外力最大时，速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，速度却可以最大解析：由牛顿第肯定律可知，力是转变物体运动状态的缘由，而不是维持物体运动状态的缘由，故正确选项为D.答案：D3．(多选)(2022·郑州模拟)用计算机帮助试验系统做验证牛顿第三定律的试验，点击试验菜单中“力的相互作用”．把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，显示器屏幕上消灭的结果如图所示．观看分析两个力传感器间的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下试验结论()A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反解析：由题图可知：两个力传感器间的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在，大小相等，方向相反，作用在两个物体上，故A、C、D正确．答案：ACD4．粗糙的水平地面上有一只木箱，现用一水平拉力拉木箱匀速前进，则() A．拉力与地面对木箱的摩擦力是一对作用力与反作用力B．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对平衡力C．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力D．木箱对地面的压力与木箱受到的重力是一对平衡力解析：拉力与地面对木箱的摩擦力作用在同一个物体上，是一对平衡力，A 错；木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力分别作用在地面和木箱上，作用在两个物体上，不是一对平衡力，应是一对作用力与反作用力，B错，C对；木箱对地面的压力与木箱受到的重力方向相同，作用在两个物体上，不是一对平衡力，D错．答案：C5．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽视绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)()A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N解析：设人对绳子的拉力大小为F，对建筑材料m应用牛顿其次定律得F－mg＝ma.由牛顿第三定律可知，绳子对人向上的拉力F′与人对绳子的拉力F等大反向，设地面对人的支持力为F N，对人应用平衡条件可得：F′＋F N＝Mg，可解得F N＝Mg－mg－ma＝490 N．由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小与地面对人的支持力大小相等，故人对地面的压力大小为490 N，B正确．答案：B一、单项选择题1．(2021·沈阳模拟)科学思维和科学方法是我们生疏世界的基本手段．在争辩和解决问题过程中，不仅需要相应的学问，还需要运用科学的方法．抱负试验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个抱负试验，如图所示，其中有一个是阅历事实，其余是推论．①减小其次个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍旧要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③假如没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；④连续减小其次个斜面的倾角，最终使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动．在上述的设想步骤中，有的属于牢靠的事实，有的则是抱负化的推论，下列有关事实和推论的分类正确的是()A．①是事实，②③④是推论B．②是事实，①③④是推论C．③是事实，①②④是推论D．④是事实，①②③是推论解析：本题再现了伽利略抱负试验法，即在牢靠的物理事实的基础上进行科学合理外推，将试验抱负化，并符合物理规律，得到正确结论，其中②是事实，①③④是推论，故选项B正确．答案：B2．(2022·孝感模拟)如图所示，某同学面对行车方向坐在沿平直轨道匀速行驶的列车车厢里．这位同学发觉面前的水平桌面上一个原来静止的小球突然向他滚来，则可推断()A．列车正在刹车B．列车突然加速C．列车突然减速D．列车仍在做匀速直线运动解析：原来小球相对列车静止，现在这位同学发觉面前的小球相对列车突然向他滚来，说明列车转变了原来的运动状态，速度增加了，因此B正确．答案：B3．我们都难以遗忘刘翔那美丽的跨栏姿势．在他跨越栏架的过程中() A．支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力大于脚对地面的压力B．支撑脚蹬地的瞬间，地面受到向后的摩擦力C．支撑脚离地后，他还受到向前冲的力，以至于能很快地通过栏架D．运动到最高处时，速度达到最大值，方向沿水平方向向前解析：刘翔在跨越栏架的过程中，支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的支持力等于脚对地面的压力，脚受到向前的摩擦力，地面受到向后的摩擦力，脚离地后，他只受到重力作用，B正确．答案：B4．下列说法正确的是()A．力是维持物体运动的缘由，同一物体所受的力越大，它的速度越大B．以卵击石，鸡蛋“粉身碎骨”，但石头却“平稳无恙”，是由于鸡蛋对石头的作用力小，而石头对鸡蛋的作用力大C．吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力D．两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细线悬于天花板上，则弹簧对A 的力和弹簧对B的力是一对作用力和反作用力解析：力不是维持物体运动状态的缘由，而是转变物体运动状态的缘由，依据牛顿其次定律，同一物体所受的力越大，加速度越大，但速度不肯定越大，选项A错误；以卵击石，鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，选项B错误；选项D中弹簧对A的力和A对弹簧的力才是一对作用力和反作用力，选项D错误，只有选项C正确．答案：C5．如图所示是一种汽车平安带把握装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，刹车摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，平安带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摇摆，使得锁棒锁定棘轮的转动，平安带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的运动方向和运动状态可能是()A．向左行驶、突然刹车B．向右行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动解析：由题意简化分析如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动状况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错误，B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摇摆，C、D 错误．答案：B6．如图所示，将两弹簧测力计a、b连接在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发觉不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个试验说明()A．这是两只完全相同的弹簧测力计B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是转变物体运动状态的缘由解析：试验中两弹簧测力计的拉力互为作用力与反作用力，它们肯定大小相等、方向相反，选项C正确．答案：C二、多项选择题7．(2022·潍坊模拟)抖空竹是人们宠爱的一项体育活动．最早的空竹是两个犹如车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的进展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在大多是塑料制成的，也有自然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不行忽视的状况下，下列说法中正确的是()A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而连续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要连续牵拉绳子使其加速转动解析：空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒，从绳子上落下，选项A正确；空竹的转动是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而连续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生转变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要连续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．答案：AD8．(2022·秦皇岛模拟)如图所示，用质量不计的轻细绳L1和L2将M、N两重物悬挂起来，则下列说法正确的是()A．L1对M的拉力和L2对M的拉力是一对平衡力B．L2对M的拉力和L2对N的拉力是一对作用力与反作用力C．L1对M的拉力和M对L1的拉力是一对作用力和反作用力D．L2对N的拉力和N对L2的拉力是一对作用力和反作用力解析：L1对M的拉力和L2对M的拉力既不是一对平衡力，也不是一对作用力和反作用力，选项A错误；L2对M的拉力和L2对N的拉力不是一对作用力和反作用力，故选项B错误；作用力和反作用力肯定是两物体之间的相互作用力，作用在两个不同的物体上，故选项C、D正确．答案：CD9．下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍旧存在一对作用力和反作用力解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的推力，此推力并不是由四周的空气对火箭的反作用力供应的，因而与是否飞出大气层、是否在空气中飞行无关，故选项B、C错误，A正确；当飞船进入轨道后，飞船与地球之间仍旧存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引地球，这是一对作用力和反作用力，故选项D正确．答案：AD三、非选择题10．(2022·新乡模拟)如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小(g取10 m/s2)．解析：对A受力分析如图甲所示，由平衡条件得k(L－L0)－mg－F＝0，解得F＝－4 N.故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N，方向竖直向下．对B受力分析如图乙所示，由平衡条件得：F N －mg －F ′＝0， 解得F N ＝9 N.由牛顿第三定律得B 对地面的压力大小为9 N. 答案：9 N11．(2022·唐山模拟)如图所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A ，A 与地面的摩擦不计．(1)当卡车以a 1＝12g 的加速度运动时，绳的拉力为56mg ，则A 对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a 2＝g 时，绳的拉力为多大？解析：(1)卡车和A 的加速度全都．由图知绳的拉力的分力使A 产生了加速度， 故有：56mg cos α＝m·12g ，解得：cos α＝35，sin α＝45.设地面对A 的支持力为F N ，则有： F N ＝mg －56mg sin α＝13mg ，由牛顿第三定律得：A 对地面的压力为13mg.(2)设地面对A 弹力为零时，物体的临界加速度为a 0，则a 0＝g cot θ＝34g ，故当a 2＝g>a 0时，物体已飘起．此时物体所受合力为ma 2＝mg ，则由三角形学问可知，拉力F 2＝（mg ）2＋（mg ）2＝2mg.答案：(1)13mg (2)2mg。
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、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：已知加速度或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：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(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F N＝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F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤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”的模型特点选择合理的物理规律列方程．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．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方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【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。
高考物理第一轮复习教案 第三章 牛顿运动定律
考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；
二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的
能力。
§1 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律 1．牛顿第一定律（惯性定律）的内容 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。
看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理
解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容
单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、
磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分
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高考物理第一轮复习教案
第三章 牛顿运动定律
张建设编写
这个定律有两层含义： （1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。 （2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的 原因，是使物体产生加速度的原因。 2．牛顿第一定律的几点说明 （1）物体不受外力是该定律的条件。 （2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果。 （3）惯性：一切物体都有保持原有运动状态的性质。 惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关。 惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。 质量是物体惯性大小的惟一量度。 （4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态，而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力 和物体所受合外力为零是有区别的。 （5）牛顿第一定律成立的参考系是惯性参考系。 （6）应注意： ①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之高度的抽象思维， 概括总结出来的，不可能由实际的实验来验证； ②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态。 例 1．下列说法正确的是 A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的冲力 D．物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物 体都有惯性。答案：D 例 2． 火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处（空气阻力不 计），这是因为 A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动 B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而 已。 D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同 解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用，由于惯性，所以水平方向与车速 度相同，因而人落回原处。 答案：D 例 3． 下面说法正确的是 A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用 B．物体的速度为零时一定处于平衡状态 C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用 D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致 解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以 A 错； 物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如竖直上抛物体到达最高点时速度
第三章：牛顿运动定律(3.2_牛顿第二定律、两类动力学问题)讲解
2012年物理一轮精品复习学案：第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题【考纲知识梳理】一、牛顿第二定律1、内容：牛顿通过大量定量实验研究总结出：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向和合外力的方向相同。
这就是牛顿第二定律。
2、其数学表达式为：m Fa =ma F =牛顿第二定律分量式：⎩⎨⎧==yy x x ma F ma F用动量表述：t PF ∆=合3、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题； 二、两类动力学问题1.由受力情况判断物体的运动状态；2.由运动情况判断的受力情况 三、单位制1、单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
（1）基本单位：所选定的基本物理量的(所有)单位都叫做基本单位，如在力学中，选定长度、质量和时间这三个基本物理量的单位作为基本单位： 长度一cm 、m 、km 等； 质量一g 、kg 等； 时间—s 、min 、h 等。
（2）导出单位：根据物理公式和基本单位，推导出其它物理量的单位叫导出单位。
2、由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
选定基本物理量的不同单位作为基本单位，可以组成不同的单位制，如历史上力学中出现了厘米·克·秒制和米·千克·秒制两种不同的单位制，工程技术领域还有英尺·秒·磅制等。
【要点名师精解】一、对牛顿第二定律的理解1、牛顿第二定律的“四性”（1）瞬时性：对于一个质量一定的物体来说，它在某一时刻加速度的大小和方向，只由它在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定．当它受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，这便是牛顿第二定律的瞬时性的含义．例如，物体在力F1和力F2的共同作用下保持静止，这说明物体受到的合外力为零．若突然撤去力F2，而力F1保持不变，则物体将沿力F1的方向加速运动．这说明，在撤去力F2后的瞬时，物体获得了沿力F1方向的加速度a1．撤去力F2的作用是使物体所受的合外力由零变为F1，而同时发生的是物体的加速度由零变为a1．所以，物体运动的加速度和合外力是瞬时对应的．（2）矢量性(加速度的方向与合外力方向相同)；合外力F是使物体产生加速度a的原因，反之，a是F产生的结果，故物体加速度方向总是与其受到的合外力方向一致，反之亦然。
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题13牛顿运动定律的运用(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第三章牛顿运动定律专题13 牛顿第二定律的应用第一部分知识点精讲1. 瞬时加速度问题（1）两类模型（2）. 在求解瞬时加速度时应注意的问题(i)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。
(ii)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。
（3）求解瞬时加速度的步骤2．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
不管是哪一类动力学问题，受力分析和运动状态分析都是关键环节。
（1）解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：作为“桥梁”的加速度，既可能需要根据已知受力求解，也可能需要根据已知运动求解。
（2）动力学两类基本问题的解题步骤（3）掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。
（i ）把握“两个分析”“一个桥梁”(ii)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
3.物体在五类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝h sin θ可得t ＝1sin θ 2h g， 可知倾角越小，时间越长，图1中t 1＞t 2＞t 3。
第二类：同底斜面(如图2所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝d cos θ可得t ＝ 4d g sin 2θ， 可见θ＝45°时时间最短，图2中t 1＝t 3＞t 2。
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。
由2R ·sin θ＝12·g sin θ·t 2，可推得t 1＝t 2＝t 3。
第三章专题三应用牛顿运动定律解决三类常见问题-2025年高考物理一轮复习PPT课件
解析
高考一轮总复习•物理
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2．[竖直方向的连接体模型]如图所示，轻质定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相 连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的 A、B 两物体相连．用挡板托住物体 B 使 A、 B 保持静止，此时拉力传感器的示数为 10 N；撤去挡板，物体 A 上升、B 下降，此时拉力 传感器的示数为 15 N．重力加速度取 g＝10 m/s2，则物体 B 的质量为( )
高考一轮总复习•物理
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典例 3 (2024·湖北部分重点中学联考)如图所示，质量为 m＝1.5 kg 的托盘放在竖直放 置的轻质弹簧上方，质量为 M＝10.5 kg 的物块放在托盘里处于静止状态，已知弹簧劲度系 数 k＝800 N/m.现对物块施加一向上的力 F 作用，使它向上做匀加速直线运动，已知 F 的最 大值为 168 N(取 g＝10 m/s2)，求：
答案
高考一轮总复习•物理
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解析：由 a-t 图像中图线与 t 轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化 量大小约为 Δv＝2×1 m/s＋12×(1.5＋2)×2 m/s＋12×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以 0 时刻的速 度约为 v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故 0～6 s 内的位移满足 x<12v0t＝23.25 m，故 A 错误，B 正确；由题图可知 4 s 时公共汽车的加速度 约为 1.0 m/s2，故 C 错误；由牛顿第二定律可知 4 s 时公共汽车受到外力的合力约为 F＝ma ＝5 000 N，故 D 错误．
高考一轮总复习•物理
第8页
1．[根据物理情境选择图像]在地面将一小球竖直向上抛出，经时间 t0 到达最高点，然 后又落回原处，若空气阻力大小恒定，则如图所示的图像能正确反映小球的速度 v、加速 度 a、位移 x、速率 u 随时间 t 变化关系的是(竖直向上为正方向)( )
2022年高考一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3课时 动力学的两类基本问题
时间。下列关系正确的是
()
A．t1＝t2
B．t2>t3
C．t1<t2
D．t1＝t3
[解析] 设想还有一根光滑固定细杆 ca，则 ca、Oa、da 三 细杆交于圆的最低点 a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型 可知，由 c、O、d 无初速度释放的小滑环到达 a 点的时间相等， 即 tca＝t1＝t3；而由 c→a 和由 O→b 滑动的小滑环相比较，滑行 位移大小相同，初速度均为零，但加速度 aca>aOb，由 x＝12at2 可 知，t2>tca，故选项 A 错误，B、C、D 均正确。
[典例] 新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测 试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器 传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第 25 s 以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为 1 500 kg，若测试平 台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定。求：
考点二 动力学的图像问题 1．常见的动力学图像及问题类型
2．解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像 斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确 “图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问 题作出准确判断。
[解析] (1)由题图所示 v-t 图像可知， 加速度：a＝ΔΔvt ＝84 m/s2＝2 m/s2； 加速时间：t1＝4 s， 加速位移：x1＝v2t1＝82×4 m＝16 m， 匀速位移：x2＝x－x1＝100 m－16 m＝84 m， 匀速时间：t2＝xv2＝884 s＝10.5 s， 跑完 100 m 时间 t＝t1＋t2＝14.5 s。
(1)运动员加速过程中的加速度大小 a 及跑完 100 m 所用的时间 t； (2)在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小 T 及运动员与地面间的摩 擦力大小 f 人。
2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律实验三加速度与物体质量、物
①如图 1 所示，先将砂和砂桶通过滑轮悬挂于小车一端，调 节平板的倾角 θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出 砂和砂桶的总质量 m； ②保持平板倾角 θ 不变，去掉砂和砂桶，小车即在平板上沿 斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度 a；
③保持小车质量 M 不变，多次改变砂和砂桶的总质量 m，每 次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系； ④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度 和质量的关系。 (1)在上述实验操作过程中，以下说法正确的是________； A．可以用电池盒给打点计时器供电 B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源 C．要保持细绳与平板平行 D．应让小车从靠近定滑轮处开始运动
实 验 三 加速度与物体质量、物体受力的关系
一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律。 2．探究加速度与力、质量的关系。 3．掌握利用图像处理数据的方法。 二、实验器材 小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、 垫木 、 打点计时器、低压交流电源、导线、纸带、 天平 、米尺。
突破点(一) 实验原理与操作
解析：(1)小车运动时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力， 要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力， 故可以将长木板的一端垫高， 所以应采取的措施是平衡摩擦力； 砂桶和砂加速下滑， 处于失重状态， 其对细线的拉力小于重力， 要使其对细线的拉力近似等于重力，应该使加速度减小，所以 砂桶和砂的质量应该远小于小车的质量，即 m≪M。
(2)在操作①中若打了一条如图 2 所示的纸带，已知纸带左端 为连接小车处，则应将平板的倾角适当 ________( 选填“增 大”或“减小”)些； (3)在操作②中，小车所受的合力大小等于________(用题中所 给定的字母以及重力加速度 g 表示)； (4) 在本实验中 ________( 选填“需要”或“不需要”) 满足砂 和砂桶的质量远小于小车的总质量；在操作④中，每次改变 小车质量后，________(选填“需要”或“不需要”)重新调节 平板的倾角。
高三物理一轮复习 必考部分 第3章 牛顿运动定律 实验3 探究加速度与物体质量、物体受力的关系重应用
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实验3 探究加速度与物体质量、物体受力的关系A级基础训练1．关于“验证牛顿第二定律"实验中验证“作用力一定时，加速度与质量成反比”的实验过程,以下做法中正确的是（）【导学号：96622052】A．平衡摩擦力时，应将装沙的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通电源D．可以利用天平测出沙桶和沙的质量m和小车的质量M，直接用公式a＝错误!求出加速度B 平衡摩擦力时，使小车的重力沿斜面向下的分力与小车运动所受摩擦力平衡,所以不能将小桶系在小车上，A错误；平衡摩擦力后，小车和板间的动摩擦因数μ＝tan α,与小车的质量无关,所以改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力，B正确;实验时,应先接通电源，待打点稳定后,再放开小车,C错误;本实验是探究作用力一定时，加速度与质量成反比,不能直接用公式a＝错误!求加速度，D错误．2．图实。
37为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图实37（1)平衡小车所受阻力的操作：取下________，把木板不带滑轮的一端垫高；接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图实。
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车，C 正确；小车运动的加速度必须由纸带上的测量数据计算得
到，D 错误。
答案
mg (1)1＋m/M
M≫m
(2)C
热点二 数据处理及误差分析 【例2】 一小组的同学用如图3所示装置做“探究物体质量一定
时，加速度与力的关系”的实验。
图3
(1)下列说法正确的有________。 A.平衡摩擦力时，用细线一端挂空砝码盘，另一端与小车相连， 将木板适当倾斜，使小车在木板上近似做匀速直线运动 B.每次改变砝码及砝码盘总质量之后，应重新平衡摩擦力 C.应让砝码及砝码盘总质量远大于小车及里面钩码的总质量 D.砝码及砝码盘总质量远小于小车及里面钩码总质量时，可以近 似认为小车受到的拉力等于砝码及砝码盘的重力 (2)图4甲为实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分。从比较 清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、 E，相邻两计数点之间都有4个计时点没有标出，用刻度尺分别 测量出A点到B、C、D、E的距离如图4所示，已知打点计时器接 在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中小车运动加速度的 测量值a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字)
1所示的装置图进行实验：
图1 (1)实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是 __________________。
(2)实验中，已经测出小车的质量为 M，砝码(包括砝码盘)的总质 量为 m，若要将砝码(包括砝码盘)的总重力大小作为小车所受拉 力 F 的大小，这样做的前提条件是_______________________。 (3)在实验操作中，下列说法正确的是________(填序号)。 A.求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量 M′ 和 m′，以及小车质量 M，直接用公式 a＝M′＋ M m′g 求出 B.实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车 C.每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度 D.先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受 力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质 量的关系
(2)某同学在保持砂和砂桶质量 m 一定的条件下，探究小车加 速度 a 与质量 M 的关系，其具体操作步骤如下，则做法合理 的有( ) A.平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车 后面的纸带也必须连好 B.每次改变小车质量 M 时，都需要重新平衡摩擦力 C.实验时，先接通计时器的电源，再放开小车 D.用天平测出 m 及 M，直接用公式 a＝mMg求出小车运动的加 速度
图4 (3)某同学平衡摩擦力后，改变砝码盘中砝码的质量，分别测量 出小车的加速度a。以砝码盘及砝码的重力F为横坐标，以小车 的加速度a为纵坐标，得到如图乙所示的a－F图线，则图线不通 过坐标原点的主要原因是______________________________ _____________________________________________________。
(3)本实验的目的是：探究加速度和力、质量的关系，所以不能 把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计 时器时，都应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦 力后μ＝tan θ，与重物的质量无关，所以不用再次平衡摩擦力， 故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确。 答案 (1)平衡摩擦力 (2)m≪M (3)BD
【变式训练】 1.在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图2所示的实验装置，
小车及车中砝码质量为M，砂桶及砂的质量为m。
图2 (1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳的 张力大小FT＝________，当M与m的大小满足________时， 才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力。
误差分析 1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力
mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和 砝码的总重力。 2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、 纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
热点一 实验原理与基本操作 【例1】 在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图
解析 (1)本实验木板表面不可能光滑，摩擦力会影响实验结果， 所以要平衡摩擦力。 (2)根据牛顿第二定律得，mg＝(M＋m)a，解得 a＝Mm＋gm，则绳 子的拉力 F＝Ma＝MM＋mmg ＝1＋mgMm，可知当砝码(包括砝码盘)的总 质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包括砝码盘) 的总重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的总质量远小 于小车的质量。
解析 (1)平衡摩擦力时，应将细线从小车上取下，轻轻推动小车， 使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否
匀速运动，A错误；每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要 重新平衡摩擦力，B错误；应让砝码及砝码盘总质量远小于小车及
实验三 探究加速度与物体质量、 物体受力的关系
注意事项 1.实验方法：控制变量法。 2.平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要悬挂小盘，但小车应连着
纸带且接通电源。用手给小车一个初速度，如果在纸带上打出 的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面 向下的分力平衡。 3.实验条件：只有满足M≫m，小盘和砝码的总重力才可视为小车 受到的拉力。 4.一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应 尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在 小车到达滑轮前按住小车。 5.作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位，这 样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。
解析 (1)由牛顿第二定律知：对小车有 FT＝Ma，对砂和砂桶有
mg－FT＝ma，所以 FT＝MM＋mmg ＝1＋mmg/M，可见当 M≫m 时，
FT≈mg。
(2)平衡摩擦力时，应在不挂砂桶的情况下让小车带着变小车质量 M 时，不需要重新
平衡摩擦力，B 错误；实验时，先接通计时器的电源，再放开小