專題03 牛頓運動定律-備戰(zhàn)2025年高考物理真題題源解密（新高考）

第第頁考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點，探尋?？家c，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯(lián)解題必備知識，總結(jié)易錯易混點。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。牛頓運動定律命題解讀考向考查統(tǒng)計本類試題主要考查單位制、瞬態(tài)問題圖像問題、連接體問題以及超失重問題。要求認識到統(tǒng)一單位的重要性和必要性。要求了解超重和失重現(xiàn)象在各個領(lǐng)域中的應(yīng)用。考向一單位制2024·浙江1月，12022·浙江6月，1考向二瞬態(tài)問題2024·湖南卷，32022·全國甲卷，6考向三圖像問題2024·全國甲卷，22023·全國甲卷，62022·湖南卷，14（1）2021·全國乙卷，21考向四連接體問題2024·新課標卷，12（1）2023·湖南卷，102023·福建卷，52023·北京卷，62022·全國乙卷，22021·湖南卷，7考向五超失重問題2024·全國甲卷，92022·浙江6月，32019·浙江4月，12牛頓運動定律的應(yīng)用命題解讀考向考查統(tǒng)計本類試題主要考查兩類基本動力學(xué)問題、臨界問題、聯(lián)系實際問題以及常規(guī)實驗和創(chuàng)新實驗。要求領(lǐng)會實驗加推理的科學(xué)研究方法，體會探究過程的科學(xué)性和嚴謹性?？枷蛄Ｒ?guī)實驗2024·浙江1月，162022·浙江6月，172021·北京卷，15考向七創(chuàng)新實驗2024·江西卷，112022·山東卷，132021·全國甲卷，92021·湖南卷，11考向八兩類基本動力學(xué)問題2024·遼寧卷，102023·全國乙卷，12022·浙江1月，192022·浙江6月，192021·全國甲卷，12021·遼寧卷，132021·浙江卷，20考向九臨界問題2022·湖南卷，9考向十聯(lián)系實際問題2021·北京卷，13命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了牛頓運動定律，尤其是兩類基本動力學(xué)問題或者實驗問題。預(yù)測2025年高考牛頓運動定律依然是必考內(nèi)容，兩類基本動力學(xué)問題依然是考查的重點。試題精講考向一單位制1．（2024年1月浙江卷第1題）下列屬于國際單位制基本單位符號的是（）A.SB.N C.FD.T【答案】A【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；質(zhì)量的單位是千克，符號kg；時間的單位是秒，符號s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號mol；發(fā)光強度的單位是坎德拉，符號cd。故選A?？枷蚨矐B(tài)問題2．（2024年湖南卷第3題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）A.g， B.2g， C.2g， D.g，【答案】A【解析】剪斷前，對BCD分析對D剪斷后，對B解得方向豎直向上；對C解得方向豎直向下。故選A?？枷蛉龍D像問題3．（2024年全國甲卷第2題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動摩擦力為；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知當(dāng)砝碼的重力大于時，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無窮大時，加速度趨近等于。故選D?？枷蛩倪B接體問題4．（2024年新課標卷第12題第（1）問）如圖，一長度的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當(dāng)薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；【答案】（1）4m/s；【解析】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為薄板做加速運動的加速度對物塊對薄板解得考向五超失重問題5．（2024年全國甲卷第9題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi)，測力計下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?。?）電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為_____N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為，則此段時間內(nèi)物體處于_____（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為_____（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）5.0（2）①.失重②.1.0【解析】【小問1詳解】由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N?！拘?詳解】[1]電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為，小于物體的重力可知此段時間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；[2]根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小考向六常規(guī)實驗6．（2024年1月浙江卷第16題）如圖1所示是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置。（1）該實驗中同時研究三個物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們采用的研究方法是_____；A.放大法B.控制變量法C.補償法（2）該實驗過程中操作正確的是____；A.補償阻力時小車未連接紙帶B.先接通打點計時器電源，后釋放小車C.調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與水平桌面平行（3）在小車質(zhì)量___（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質(zhì)量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為___（選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是___；A.用氣墊導(dǎo)軌代替普通導(dǎo)軌，滑塊代替小車B.在小車上加裝遮光條，用光電計時系統(tǒng)代替打點計時器C.在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大?。?）經(jīng)正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數(shù)點0為坐標原點的x軸，各計數(shù)點的位置坐標分別為0、、、。已知打點計時器的打點周期為T，則打計數(shù)點5時小車速度的表達式___；小車加速度的表達式是___。A.B.C.【答案】①.B②.B③.遠大于④.系統(tǒng)誤差⑤.C⑥.⑦.A【解析】（1）[1]該實驗中同時研究三個物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們可以控制其中一個物理量不變，研究另外兩個物理量之間的關(guān)系，即采用了控制變量法。故選B。（2）[2]A．補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；B．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點，實驗時應(yīng)先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；C．為使小車所受拉力與速度同向，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。故選B。（3）[3]設(shè)小車質(zhì)量為M，槽碼質(zhì)量為m。對小車和槽碼根據(jù)牛頓第二定律分別有聯(lián)立解得由上式可知在小車質(zhì)量遠大于槽碼質(zhì)量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。[4]上述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統(tǒng)誤差。[5]該誤差是將細繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力（實驗中已經(jīng)補償了阻力）或是速度測量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小。故選C。（4）[6]相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為打計數(shù)點5時小車速度的表達式為[7]根據(jù)逐差法可得小車加速度的表達式是故選A?？枷蚱邉?chuàng)新實驗7．（2024年江西卷第11題）某小組探究物體加速度與其所受合外力的關(guān)系。實驗裝置如圖（a）所示，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定一遮光片，細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上鉤碼。（1）實驗前調(diào)節(jié)軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行，再適當(dāng)墊高軌道左端以平衡小車所受摩擦力。（2）小車的質(zhì)量為。利用光電門系統(tǒng)測出不同鉤碼質(zhì)量m時小車加速度a。鉤碼所受重力記為F，作出圖像，如圖（b）中圖線甲所示。（3）由圖線甲可知，F(xiàn)較小時，a與F成正比；F較大時，a與F不成正比。為了進一步探究，將小車質(zhì)量增加至，重復(fù)步驟（2）的測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線乙所示。（4）與圖線甲相比，圖線乙的線性區(qū)間____________，非線性區(qū)間____________。再將小車的質(zhì)量增加至，重復(fù)步驟（2）的測量過程，記錄鉤碼所受重力F與小車加速度a，如表所示（表中第組數(shù)據(jù)未列出）。序號12345鉤碼所受重力0.0200.0400.0600.0800.100小車加速度0260.550.821.081.36序號67815鉤碼所受重力0.1200.1400.160……0.300小車加速度1.671.952.20……3.92（5）請在圖（b）中補充描出第6至8三個數(shù)據(jù)點，并補充完成圖線丙_________。（6）根據(jù)以上實驗結(jié)果猜想和推斷：小車的質(zhì)量____________時，a與F成正比。結(jié)合所學(xué)知識對上述推斷進行解釋：______________________?！敬鸢浮竣?較大②.較小③.④.遠大于鉤碼質(zhì)量⑤.見解析【解析】【詳解】（4）[1][2]由題圖（b）分析可知，與圖線甲相比，圖線之的線性區(qū)間較大，非線性區(qū)間較??；（5）[3]在坐標系中進行描點，結(jié)合其他點用平滑的曲線擬合，使盡可能多的點在線上，不在線上的點均勻分布在線的兩側(cè)，如下圖所示（6）[4][5]設(shè)繩子拉力為，對鉤碼根據(jù)牛頓第二定律有對小車根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得變形得當(dāng)時，可認為則即a與F成正比。考向八兩類基本動力學(xué)問題8.（2024年遼寧卷第10題）（多選）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A.小物塊在時刻滑上木板 B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【解析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時刻，木板的速度為設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經(jīng)過時間與木板共速此時速度大小，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設(shè)之后小物塊和木板一起共速運動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確故選ABD?？枷蛞粏挝恢?．（2022年浙江6月卷第1題）下列屬于力的單位是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為故選A。考向二瞬態(tài)問題2.（2022年全國甲卷第6題）（多選）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）

A.P的加速度大小的最大值為B.Q的加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椋瑑苫瑝K與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時解得故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯誤；C．滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；D．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為解得撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。故選AD?？枷蛉龍D像問題3．（2023年全國甲卷第6題）（多選）用水平拉力使質(zhì)量分別為、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為和。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg則可知F—a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC。4.（2022年湖南卷第14題第（1）問）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍（為常數(shù)且），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

【答案】（1）；【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比5.(2021·全國乙卷·21)(多選)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大?。景宓募铀俣萢1隨時間t的變化關(guān)系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等答案BCD解析由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確．考向四連接體問題6．（2023年湖南卷第10題）（多選）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A.若B球受到的摩擦力為零，則B.若推力向左，且，則的最大值為C.若推力向左，且，則的最大值為D.若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【解析】A．設(shè)桿的彈力為，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當(dāng)小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。7．（2023年福建卷第5題）（多選）如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車廂質(zhì)量均相等（含乘客），在水平地面上運行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節(jié)車廂，車頭對第一節(jié)車廂的拉力為，第一節(jié)車廂對第二節(jié)車廂的拉力為，第二節(jié)車廂對第三節(jié)車廂的拉力為，則（??）A.當(dāng)火車勻速直線運動時，B.當(dāng)火車勻速直線運動時，C.當(dāng)火車勻加速直線運動時，D.當(dāng)火車勻加速直線運動時，【答案】BD【解析】AB．設(shè)每節(jié)車廂重G，當(dāng)火車勻速直線運動時得故A錯誤，B正確；CD．當(dāng)火車勻加速直線運動時得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C錯誤，D正確。故選BD。8．（2023年北京卷第6題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細線能承受最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為（）A.1N B.2N C.4N D.5N【答案】C【解析】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。9.（2022年全國乙卷第2題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】當(dāng)兩球運動至二者相距時，,如圖所示

由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯誤。故選A。10.（2021年湖南卷第7題）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎狿、Q兩物塊的質(zhì)量分別為、，P與桌面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。則推力F的大小為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，即故Q物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律解得故選A。考向五超失重問題11.（2022年浙江6月卷第3題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣過程中，下列說法正確的是（）A.魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡B.魚兒擺尾出水時浮力大于重力C.魚兒擺尾擊水時受到水的作用力D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點【答案】C【解析】A．魚兒吞食花瓣時處于失重狀態(tài)，A錯誤；BC．魚兒擺尾出水時排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時水對魚向上的作用力大于重力，B錯誤、C正確；D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點，否則就無動作可言，D錯誤。故選C。12.(2019·浙江4月選考·12)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球．A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)．若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木<ρ水<ρ鐵)()A．A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B．A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C．A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D．A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動答案D解析開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時水對球的浮力為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛏线\動，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛳逻\動，由于細線的拉力可以突變?yōu)榱?，所以C球相對于杯底不動，故選D.考向六常規(guī)實驗13．（2022年浙江6月卷第17題）（1）①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)點B時小車位移大小為______cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，求得加速度為______m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，需調(diào)整的是______。A．換成質(zhì)量更小的小車B．調(diào)整長木板的傾斜程度C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D．改變連接小車的細繩與長木板的夾角（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，①下列說法正確的是______；A．拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應(yīng)相同B．在已記錄結(jié)點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要______（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結(jié)點拉到O點?！敬鸢浮竣?6.15~6.25②.1.7~2.1③.BC##CB④.D⑤.3【解析】（1）[1]依題意，打計數(shù)點B時小車位移大小為6.20cm，考慮到偶然誤差，6.15cm~6.25cm也可；[2]由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，有考慮到偶然誤差，1.7m/s2~2.1m/s2也可；[3]A．利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時，需要滿足小車質(zhì)量遠遠大于鉤碼質(zhì)量，所以不需要換質(zhì)量更小的車，故A錯誤；B．利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板安打點計時器一端較滑輪一端適當(dāng)?shù)母咭恍?，故B正確；C．以系統(tǒng)為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗時有考慮到實際情況，即，有則可知而利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗時要保證所懸掛質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，即；可知目前實驗條件不滿足，所以利用當(dāng)前裝置在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”時，需將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質(zhì)量遠遠大于所懸掛物體的質(zhì)量，故C正確；D．實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的細繩應(yīng)跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤。故選BC。（2）[4]A．在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當(dāng)大些，不必使兩只測力計的示數(shù)相同，故A錯誤；B．在已記錄結(jié)點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；C．實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(guān)，故C錯誤；D．為了減小實驗中摩擦對測量結(jié)果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板，故D正確。故選D[5]若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈簧稱拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結(jié)點達到某一點O，記下位置O和彈簧稱示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧稱和手所拉細繩的位置，再次將結(jié)點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向相同，并記下此時彈簧稱的示數(shù)F2；只有一個彈簧稱將結(jié)點拉至O點，并記下此時彈簧稱的示數(shù)F的大小及方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結(jié)點拉到O。14.（2021年北京卷第15題）物理實驗一般都涉及實驗?zāi)康摹嶒炘?、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數(shù)據(jù)分析等。例如：（1）實驗儀器。用游標卡尺測某金屬管的內(nèi)徑，示數(shù)如圖1所示。則該金屬管的內(nèi)徑為_______mm。（2）數(shù)據(jù)分析。打點計時器在隨物體做勻變速直線運動的紙帶上打點，其中一部分如圖2所示，B、C、D為紙帶上標出的連續(xù)3個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點沒有標出。打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上。則打C點時，紙帶運動的速度vC=________m/s（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）。（3）實驗原理。圖3為“探究加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置示意圖。認為桶和砂所受的重力等于使小車做勻加速直線運動的合力。實驗中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多。請分析說明這個要求的理由。（）【答案】①.31.4②.0.44③.見解析【解析】（1）[1]根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則有（2）[2]每隔4個點取一個點作為計數(shù)點，故兩計數(shù)點間有5個間隔；故兩點間的時間間隔為勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，則有（3）[3]設(shè)繩的拉力為T，小車運動的加速度為a。對桶和砂，有對小車，有得小車受到細繩的拉力T等于小車受到的合力F，即可見，只有桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多時，才能認為桶和砂所受的重力mg等于使小車做勻加速直線運動的合力F?？枷蚱邉?chuàng)新實驗15.（2022年山東卷第13題）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(zhì)量的實驗。受此啟發(fā)。某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)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(shè)計了測量物體質(zhì)量的實驗，如圖甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)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(diào)平氣墊導(dǎo)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(shù)據(jù)，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。

回答以下問題（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）：（1）彈簧的勁度系數(shù)為_____N/m。（2）該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，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(zhì)量為________kg。（3）該同學(xué)在滑塊上增加待測物體，重復(fù)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(zhì)量為________kg?！敬鸢浮竣?12②.0.20③.0.13【解析】（1）[1]由題知，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。結(jié)合圖乙的F—t圖有x=5.00cm，F(xiàn)=0.610N根據(jù)胡克定律計算出k≈12N/m（2）[2]根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I，則有則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m=0.20kg（3）[3]滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)圖丙中II，則有則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m′=0.33kg則待測物體的質(zhì)量為m=m′-m=0.13kg16.（2021年全國甲卷第9題）為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為的斜面（已知sin=0.34，cos=0.94），小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學(xué)用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個連續(xù)相等時間間隔（每個時間間隔?T=0.20s）內(nèi)小銅塊沿斜面下滑的距離si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為___________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)為___________。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】①.0.43②.0.32【解析】[1]根據(jù)逐差法有[2]對小銅塊受力分析根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得17.（2021年湖南卷第11題）某實驗小組利用圖（a）所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關(guān)系。主要實驗步驟如下：

（1）用游標卡尺測量墊塊厚度，示數(shù)如圖（b）所示，___________；（2）接通氣泵，將滑塊輕放在氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌至水平；（3）在右支點下放一墊塊，改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度；（4）在氣墊導(dǎo)軌合適位置釋放滑塊，記錄墊塊個數(shù)和滑塊對應(yīng)的加速度；（5）在右支點下增加墊塊個數(shù)（墊塊完全相同），重復(fù)步驟（4），記錄數(shù)據(jù)如下表：1234560.0870.1800.2600.4250.519根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點，繪制圖線___________。

如果表中缺少的第4組數(shù)據(jù)是正確的，其應(yīng)該是___________（保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?1.02②.③.0.342【解析】（1）[1]墊塊的厚度為h=1cm+2×0.1mm=1.02cm（5）[2]繪制圖線如圖；

[3]根據(jù)可知a與n成正比關(guān)系，則根據(jù)圖像可知，斜率解得a=0.342m/s2考向八兩類基本動力學(xué)問題18．（2023年全國乙卷第1題）一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設(shè)排球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【答案】B【解析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；B．上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負功，小球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；C．達到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤。故選B。19．（2022年浙江1月卷第19題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽一段賽道如圖1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（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運動員）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）過C點的速度大??；（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。

【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N【解析】（1）AB段解得（2）AB段解得BC段過C點的速度大?。?）在BC段有牛頓第二定律解得20．（2022年浙江6月卷第19題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為，貨物可視為質(zhì)點（取，，重力加速度）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得（2）根據(jù)運動學(xué)公式解得（3）根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)運動學(xué)公式代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得21.（2021年全國甲卷第1題）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將（）A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】設(shè)PQ的水平距離為L，由運動學(xué)公式可知可得可知時，t有最小值，故當(dāng)從由30°逐漸增大至60°時下滑時間t先減小后增大。故選D。22.（2021年遼寧卷第13題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角，轉(zhuǎn)軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需時間t。【答案】（1）；（2）【解析】（1）小包裹的速度大于傳動帶的速度，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可知解得（2）根據(jù)（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時在傳動帶上滑動的距離為因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為所以小包裹通過傳送帶的時間為23.（2021年浙江卷第20題）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量的汽車以的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。唬?）若路面寬，小朋友行走的速度，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；（3）假設(shè)駕駛員以超速行駛，在距離斑馬線處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。

【答案】（1），；（2）20s；（3）【解析】（1）根據(jù)平均速度解得剎車時間剎車加速度根據(jù)牛頓第二定律解得（2）小朋友過時間等待時間（3）根據(jù)解得考向九臨界問題24.（2022年湖南卷第9題）（多選）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即，為常量）。當(dāng)發(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為；當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為。重力加速度大小為，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）A.發(fā)動機最大推力為B.當(dāng)飛行器以勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為D.當(dāng)飛行器以的速率飛行時，其加速度大小可以達到【答案】BC【解析】A．飛行器關(guān)閉發(fā)動機，以v1=勻速下落時，有飛行器以v2=向上勻速時，設(shè)最大推力為Fm聯(lián)立可得，A錯誤；B．飛行器以v3=勻速水平飛行時B正確；C．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時解得C正確；D．當(dāng)飛行器最大推力向下，以v5=的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值解得am=2.5gD錯誤。故選BC?？枷蚴?lián)系實際問題25.（2021年北京卷第13題）某同學(xué)使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A.30cm刻度對應(yīng)的加速度為-0.5g B.40cm刻度對應(yīng)的加速度為gC.50cm刻度對應(yīng)的加速度為2g D.各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的【答案】A【解析】由題知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長l0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有mg=k(l-l0)可計算出k=【詳解】A．由分析可知，在30cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=-0.5gA正確；B．由分析可知，在40cm刻度時，有mg=F彈則40cm刻度對應(yīng)的加速度為0，B錯誤；C．由分析可知，在50cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=0.5gC錯誤；D．設(shè)刻度對應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知，x=（取豎直向上為正方向）經(jīng)過計算有a=(x>0.2)或a=(x<0.2)根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對應(yīng)值為x成線性關(guān)系，則各刻度對應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯誤。故選A。一、牛頓第一定律1．牛頓第一定律是通過理想斜面實驗得出的，它不能由實際的實驗來驗證．2．物理意義(1)揭示了物體在不受外力或所受合外力為零時的運動規(guī)律．(2)提出了一切物體都具有慣性，即物體維持其原有運動狀態(tài)的特性．(3)揭示了力與運動的關(guān)系，說明力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因．強調(diào)：運動狀態(tài)的改變指速度的改變，速度改變則必有加速度，故力是物體產(chǎn)生加速度的原因．3．慣性大小的量度質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度．物體的質(zhì)量越大，慣性越大；物體的質(zhì)量越小，慣性越?。?．慣性的表現(xiàn)形式(1)物體不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現(xiàn)為物體保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)．(2)物體受到外力且合外力不為零時，慣性表現(xiàn)為物體運動狀態(tài)改變的難易程度．慣性越大，物體的運動狀態(tài)越難改變．二、牛頓第二定律1．對牛頓第二定律的理解2．力和運動之間的關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度．(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m).(3)合力與速度同向時，物體做加速直線運動；合力與速度反向時，物體做減速直線運動．三、單位制國際單位制的基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質(zhì)量m千克(公斤)kg時間t秒s電流I安[培]A熱力學(xué)溫度T開[爾文]K物質(zhì)的量n，(ν)摩[爾]mol發(fā)光強度I，(Iv)坎[德拉]cd四、瞬時問題1．兩種模型合外力與加速度具有因果關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運動的速度不能發(fā)生突變．2．解題思路eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬時變化前,物體的受力情況))→eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬時變化后,哪些力變化或消失))→eq\x(\a\al\vs4\co1(求出變化后物體所受合力,根據(jù)牛頓第二定律列方程))→eq\x(求瞬時加速度)五、超重和失重問題1．實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)(選填“無關(guān)”或“相關(guān)”)．(2)視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重．2．超重、失重和完全失重的對比名稱超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于實重視重小于實重視重等于0產(chǎn)生條件物體的加速度向上物體的加速度向下物體豎直向下的加速度等于g對應(yīng)運動情境加速上升或減速下降加速下降或減速上升自由落體運動、豎直上拋運動、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝03．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)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)．(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)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)．六、動力學(xué)中的連接體問題1．連接體多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．2．整體法與隔離法在連接體中的應(yīng)用整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”.七、動力學(xué)圖像問題1．常見圖像(1)v－t圖像：根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據(jù)牛頓第二定律求解．(2)a－t圖像：注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結(jié)合物體的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解．(3)F－t圖像：結(jié)合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況．(4)F－a圖像：首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量．2．解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點．(2)注意圖線中的一些特殊點：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等．(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷．八、動力學(xué)兩類基本問題1．動力學(xué)問題的解題思路2．解題關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯(lián)系各物理過程的橋梁．九、等時圓模型1．質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示；2．質(zhì)點從豎直圓環(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，質(zhì)點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．十、探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系1．實驗?zāi)康?1)學(xué)會用控制變量法研究物理量之間的關(guān)系．(2)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．(3)掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法．2．實驗器材小車、槽碼、細繩、一端附有定滑輪的長木板、墊木、打點計時器、學(xué)生電源、導(dǎo)線、紙帶、天平、刻度尺、坐標紙等．3．實驗原理(1)保持質(zhì)量不變，探究加速度與合外力的關(guān)系．(2)保持合外力不變，探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系．(3)作出a－F圖像和a－eq\f(1,m)圖像，確定a與F、m的關(guān)系．4．實驗過程(1)測量：用天平測量槽碼的質(zhì)量m′和小車的質(zhì)量m.(2)安裝：按照如圖所示裝置把實驗器材安裝好，只是不把懸掛槽碼的細繩系在小車上(即不給小車牽引力)．(3)補償阻力：在長木板不帶定滑輪的一端下面墊上墊木，使小車能勻速下滑．(4)操作：①槽碼通過細繩繞過定滑輪系于小車上，先接通電源后放開小車，斷開電源，取下紙帶，編號碼．②保持小車的質(zhì)量m不變，改變槽碼的質(zhì)量m′，重復(fù)步驟①.③在每條紙帶上選取一段比較理想的部分，計算加速度a.④描點作圖，作a－F的圖像．⑤保持槽碼的質(zhì)量m′不變，改變小車質(zhì)量m，重復(fù)步驟①和③，作a－eq\f(1,m)圖像．5．?dāng)?shù)據(jù)處理(1)利用逐差法或v－t圖像法求a.(2)以a為縱坐標，F(xiàn)為橫坐標，描點、畫線，如果該線為過原點的直線，說明a與F成正比．(3)以a為縱坐標，eq\f(1,m)為橫坐標，描點、畫線，如果該線為過原點的直線，就能判定a與m成反比．6．注意事項(1)開始實驗前首先補償阻力：適當(dāng)墊高木板不帶定滑輪的一端，使小車的重力沿斜面方向的分力正好補償小車和紙帶受到的阻力．在補償阻力時，不要把懸掛槽碼的細繩系在小車上，讓小車拉著穿過打點計時器的紙帶勻速運動．(2)實驗過程中不用重復(fù)補償阻力．(3)實驗必須保證的條件：m?m′.(4)一先一后一按：改變拉力或小車質(zhì)量后，每次開始時小車應(yīng)盡量靠近打點計時器，并應(yīng)先接通電源，后釋放小車，且應(yīng)在小車到達滑輪前按住小車．7．誤差分析(1)實驗原理不完善：本實驗用槽碼的總重力代替小車的拉力，而實際上小車所受的拉力要小于槽碼的總重力．(2)補償阻力不準確、質(zhì)量測量不準確、計數(shù)點間距離測量不準確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行都會引起誤差．十一、傳送帶模型1．水平傳送帶2.傾斜傳送帶十二、“滑塊—木板”模型1．模型特點：滑塊(視為質(zhì)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(guān)系：如圖所示，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Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解題關(guān)鍵點(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．(2)當(dāng)滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．1．（2024·北京市海淀區(qū)·一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運動。在此過程中人與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是（）A扶梯加速運動階段，人處于超重狀態(tài)B.扶梯加速運動階段，人受到的摩擦力水平向左C.扶梯勻速運動階段，人受到重力、支持力和摩擦力D.扶梯勻速運動階段，人受到的支持力大于重力【答案】A【解析】AB．依題意可知在加速運動過程中，人的加速度向右上方，加速度在豎直向上的方向上有分量和在水平向右方向有分量，可知人處于超重狀態(tài)，人受到的摩擦力水平向右，故A正確，B錯誤；CD．扶梯勻速運動階段，由平衡條件可知人受到自身重力，扶梯對它豎直向上的支持力，共計兩個力的作用，且扶梯對人的支持力大小等于重力大小，故C、D錯誤。故A。2．（2024·河北·三模）某游泳運動員在時間內(nèi)運動的圖像如圖所示。關(guān)于該運動員，下列說法正確的是（）A.在內(nèi)所受的合力一直不為0B.在內(nèi)的位移大小為C.在內(nèi)一定處于超重狀態(tài)D.在內(nèi)的位移大小為【答案】D【解析】A．圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在該運動員的有加速度，由牛頓第二定律可知在與運動員并無加速度，即此時合力為零，綜上所述，運動員在與所受合力為零，在，所受合力不為零，故A項錯誤；B．由于圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以在內(nèi)的位移為故B項錯誤；C．由之前的分析，在結(jié)合圖像可知，其加速度為由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內(nèi)運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，而超重則加速度方向為豎直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項錯誤；D．結(jié)合之前的分析，在的位移為故D項正確。故選D。3．（2024·河南省信陽市·二模）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的物塊在水平拉力F作用下由靜止開始運動，拉力F隨時間t變化的圖像如圖所示，則物塊的v-t圖像正確的是（）。A. B. C. D.【答案】A【解析】AB．根據(jù)F-t圖像可以看出，0~1s時間內(nèi)，F(xiàn)=0，物體原來靜止，這段時間繼續(xù)保持靜止；1~2s時間內(nèi)，F(xiàn)逐漸增大，由牛頓第二定律物體加速度也逐漸增大，做加速度增大的加速運動，v-t圖像的斜率（表示加速度）逐漸增大，2~3s時間內(nèi)，F(xiàn)恒定，物體做勻加速運動；3~5s時間內(nèi)，F(xiàn)逐漸減小，加速度也減小，但方向和速度仍然同向，物體做加速度減小的加速運動，所以A正確，B錯誤；CD．1~2s時間內(nèi)，做加速度增大的加速運動，v-t圖像的斜率（表示加速度）應(yīng)逐漸增大，故C、D錯誤。故選A。4．（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）某物體在豎直方向做直線運動的圖像如圖所示。若選向上為正方向，則下列說法正確的是（）A.0~1s內(nèi)，物體處于超重狀態(tài)B.0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為3m/sC.時，物體的速度、加速度均等于零D.時，物體離出發(fā)點最遠【答案】A【解析】A．由圖可知，0~1s內(nèi)，物體向上做加速運動，則物體的加速度方向向上，則物體處于超重狀態(tài)，故A正確；B．0~2s內(nèi)，如果物體沿正方向先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，最大速度為6m/s，圖像如圖所示則0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為但物體先做加速度減小的加速運動后做加速度增大的減速運動，可知0~2s內(nèi)，物體的平均速度大于3m/s，故B錯誤；C．由圖可知，時，物體的速度為零，但速度時間圖像的斜率表示加速度，而此時圖線的斜率最大，即加速度最大，故C錯誤；D．速度時間圖像與時間軸圍成的面積表示位移，圖像在時間軸上方表示位移為正，在時間軸下方表示位移為負，0~2s內(nèi)，物體沿正方向運動，圖像在時間軸上方，2~4s內(nèi)，物體沿負方向運動，圖像在時間軸下方，根據(jù)對稱性可知，4s時，物體回到出發(fā)點，故D錯誤。故選A。5．（2024·湖北省十一校聯(lián)考·二模）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，時對物塊P施加水平向右的恒力F，時撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中以下說法正確的是（）A.時，物塊Q的速度大小為0.4m/sB.恒力F大小為1.6NC.物塊Q的質(zhì)量為0.5kgD.后，物塊P、Q一起做勻加速直線運動【答案】C【解析】A．圖象與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t=1s時Q的速度大小等于m/s=0.4m/s由圖可得實際Q的圖象與坐標軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時圖象與坐標軸圍成的面積，故t=1s時Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯誤；B．t=0時，對物塊P有N=2N故恒力大小為2N，故B錯誤；CD．時，對物塊P、Q整體有解得kg撤去推力后，兩物塊受彈簧彈力作用，不會一起做勻加速直線運動，故C正確，D錯誤。故選C。6．（2024·湖南師大附中·二模）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列圖中不可能描述小物塊在傳送帶上運動的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下（），且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，若傳送帶足夠長，則會出現(xiàn)小物塊達到傳送帶速度時，滿足可知二者將共速。故AB正確，與題意不符；CD．同理，可知當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上（），對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊先沿傳送帶向上勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現(xiàn)與傳送帶共速的情況（）或者繼續(xù)勻加速（）此時加速度滿足故C正確，與題意不符；D錯誤，與題意相符。本題選不正確的故選D。7．（2024·山東百師聯(lián)盟二輪聯(lián)考）2023年11月，我國“福建號”航空母艦成功進行電磁彈射測試。小李同學(xué)將這個過程進行如圖所示的簡化：ABC為水平軌道，其中AB段為有動力彈射段、長LAB＝80m，BC段為無動力滑行段、足夠長。將質(zhì)量M＝20kg的物塊（可視為質(zhì)點）置于A處，在第一次彈射模擬中，物塊在AB段的運動時間為2s、BC段的運動時間為16s；在第二次彈射模擬中，該同學(xué)在物塊兩側(cè)各固定了一個相同配重塊用以模擬導(dǎo)彈，每個配重塊質(zhì)量m＝5kg。已知物塊與水平軌道ABC間的動摩擦因數(shù)處處相同，兩次彈射的動力大小相等且恒定不變，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）AB段動力的大?。唬?）第二次彈射過程中，AB段和BC段物塊對每個配重塊作用力的大小。（結(jié)果可用根式表示）【答案】（1）900N；（2）N，N【解析】（1）第一次彈射模擬，AB段有BC段有解得F＝900N（2）根據(jù)上述分析，可求得μ＝0.5第二次彈射模擬，AB段有作用力解得FAB＝2529NBC段有解得FBC＝255N8．（2024·陜西省商洛市·二模）對一些實際生活中的現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.蹦極愛好者第一次下落至繩子剛好伸直時速度最大B.跳高運動員在從起跳至到達最高點的過程中一直處于超重狀態(tài)C.人在沿直線勻速前進的車廂內(nèi)豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方D.貨運火車運行到不同的車站時，經(jīng)常要摘下或加掛一些車廂，這都會改變它的慣性【答案】D【解析】A．蹦極愛好者第一次下落至繩子伸直時，繩子開始產(chǎn)生拉力，但一開始拉力小于重力，愛好者繼續(xù)向下加速運動，當(dāng)繩子拉力等于重力時，加速度為0，愛好者速度到達最大，故A錯誤；B．跳高運動員跳起后，在空中運動到最高點的過程中處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．人在沿直線勻速前進的車廂內(nèi)豎直向上跳起后，由于慣性，將落在起跳點，故C錯誤；D．貨運火車運行到不同的車站時，經(jīng)常要摘下或加掛一些車廂，改變了火車的質(zhì)量，所以火車的慣性會改變，故D正確。故選D。9．（2024·四川省成都市第二次聯(lián)考）如圖，一水平輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對物塊施加一個水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運動。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，不計空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律有即物塊做勻加速運動，則與的關(guān)系的一次函數(shù)的關(guān)系，截距為正。故選A。10．（2024·四川省綿陽市·二模）如圖甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物體沿斜面向上做勻加速運動，其加速度a隨恒力F的變化關(guān)系如圖乙所示。則根據(jù)圖線斜率和截距可求得的物理量是（）A.物體質(zhì)量 B.斜面傾斜角C.當(dāng)?shù)刂亓铀俣?D.物體與斜面動摩擦因數(shù)【答案】A【解析】設(shè)a-F圖像斜率為k，與縱軸截距為b。若斜面光滑，對物體受力分析如圖：有解得則，若斜面粗糙，受力如圖：有解得則，綜上可知根據(jù)a-F圖像中圖線斜率和截距可求得的物理量是物體質(zhì)量m。故選A。11．（2024·北京市海淀區(qū)·三模）如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為m，其推進器工作時飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為，測出飛船和空間站的速度變化為。下列說法正確的是（）A.空間站的質(zhì)量為 B.空間站的質(zhì)量為C.飛船對空間站的作用力大小為F D.飛船對空間站的作用力大小一定為【答案】B【解析】AB．由題知，在飛船與空間站對接后，推進器工作?t時間內(nèi)，飛船和空間站速度變化為?v，則飛船與空間站的加速度，聯(lián)立解得故A錯誤，B正確；CD．設(shè)飛船與空間站間的作用力大小為，對飛船由牛頓第二定律有解得故CD錯誤。故選B。12．（2024·安徽合肥·三模）某同學(xué)用如圖甲所示裝置，測滑塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)。重力加速度g取。（1）在砂桶中放入適量細砂，接通電源，由靜止釋放滑塊，打出的一條紙帶如圖乙所示，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點跡沒有標出，測出各計數(shù)點到A點之間的距離，如圖乙所示。打點計時器接的交流電頻率為50Hz，則滑塊運動的加速度___________。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）多次改變砂桶中砂的質(zhì)量重復(fù)實驗，測得多組滑塊運動的加速度a及對應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F，以a為縱坐標F為橫坐標，描點得到如圖丙所示的a—F圖像。由圖中的數(shù)據(jù)可知，滑塊和動滑輪的總質(zhì)量為___________kg，滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)___________?！敬鸢浮浚?）1.0（2）①.0.8②.0.05【解析】【小問1詳解】根據(jù)逐差法，可得加速度為【小問2詳解】由牛頓第二定律得得由圖像可知圖線的斜率故小車的質(zhì)量由縱截距得則滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)13．（2024·北京首都師大附中·三模）小明和小紅同學(xué)分別通過實驗“探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系”和“加速度與力的關(guān)系”。（1）小明同學(xué)在探究小車加速度與質(zhì)量的關(guān)系時，采用了如圖所示方案。①保持砝碼盤中砝碼質(zhì)量不變，通過增減小車中的砝碼個數(shù)改變小車中砝碼和小車的總質(zhì)量M，與此相對應(yīng)，利用紙帶上打出的點來測量小車的加速度。對此實驗方案，下列做法中合理的是______；A在平衡阻力時，需要把木板的一側(cè)墊高，并將砝碼盤及盤中砝碼用細線通過定滑輪系在小車上B實驗前，先接通打點計時器電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后再釋放小車C調(diào)節(jié)滑輪，使細線與木板平行②實驗中打出一條紙帶的部分實驗數(shù)據(jù)如圖所示，相鄰兩個計數(shù)點間還有四個點未畫出。所用交變頻率為50Hz，由該紙帶可求小車的加速度a=______m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；③小明記錄的6組實驗數(shù)據(jù)如下表所示，其中5組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點已經(jīng)標在圖的坐標紙上，請用“+”標出余下的一組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點，并作出a—圖像。由a—圖像可得出的實驗結(jié)論為______。（2）小紅同學(xué)在探究小車的加速度a與所受合外力的關(guān)系時，設(shè)計并采用了如圖所示的方案。其實驗操作步驟如下：a．掛上砝碼盤和砝碼，調(diào)節(jié)木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；b．取下砝碼盤和砝碼，測出其總質(zhì)量為m，并讓小車沿木板下滑，測出加速度a；c．砝碼盤中砝碼的個數(shù)，重復(fù)步驟a和b，多次測量，作出a—F圖像______。①該實驗方案______滿足條件M>>m（選填“需要“或”不需要“）；②若小紅同學(xué)實驗操作規(guī)范，隨砝碼盤中砝碼個數(shù)的增加，作出的a—F圖像最接近圖中的______?！敬鸢浮竣?BC②.0.475③.見解析④.在合力力不變的情況下，加速度與質(zhì)量成反比⑤.不需要⑥.A【解析】（1）①[1]在平衡阻力時，不需要細線對小車有力的作用，故不用將砝碼盤及盤中的砝碼用細線通過定滑輪系在小車上，選項A錯誤；實驗時，需要先接通打點計時器的電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后再釋放小車，選項B正確；調(diào)節(jié)滑輪，使細線與木板平行，選項C正確。故選BC。②[2]因為交流電的頻率是50Hz，相鄰還有四個點未畫出，所以相鄰計數(shù)點的時間間隔是T=0.1s；根據(jù)結(jié)合逐差法，故紙帶的加速度a==0.475m/s2③[3]第五組數(shù)據(jù)沒有標在圖上，找出當(dāng)加速度為0.81m/s2時的=2.78kg-1對應(yīng)點，用“+”號表示即可；這些點可以用直線連接起來，并且過原點，說明在合力力不變的情況下，加速度與質(zhì)量的倒數(shù)成正比，與質(zhì)量成反比；（2）[4]當(dāng)盤及砝碼勻速下滑時，對小車受力分析可知mg+f=Mgsinθ其中f是小車下滑時受到的摩擦力，θ是斜面與水平面的夾角；當(dāng)去掉盤與砝碼時，小車加速向下運動，再對小車進行受力分析可得Mgsinθ-f=Ma聯(lián)立兩式可得mg=Ma①[5]我們?nèi)”P與砝碼的重力為F，則F=Ma；故該方案不需要滿足條件M>>m；②[6]由表達式F=Ma可知，加速度a與合外力F之間在關(guān)系成正比例，即選項A正確。14．（2024·海南省四校聯(lián)考）如圖所示，將一可視為質(zhì)點的小物塊A放置在足夠長的長木板B最右側(cè)，用跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩將木板右側(cè)與重物C相連并保持靜止，三者的質(zhì)量分別為、、，重物C距離地面高度。已知物塊A與長木板B間的動摩擦因數(shù)，木板與桌面間的動摩擦因數(shù)。初始時刻從靜止開始釋放重物，長木板全程未與定滑輪發(fā)生碰撞，不計滑輪摩擦，。求：（1）釋放重物瞬間長木板和物塊的加速度；（2）物塊距離長木板右端的最遠距離。【答案】（1）；;（2）【解析】（1）對物塊A和長木板B和重物C受力分析，由牛頓第二定律可得：代入數(shù)據(jù)可得（2）重物下落高度h后落地，所用時間重物落地前物塊和長木板做勻加速運動，由運動學(xué)表達式可得該階段兩者的位移為重物落地后，物塊加速度保持不變，繼續(xù)加速，木板做勻減速直線運動。對木板受力分析，由牛頓第二定律可得：經(jīng)過后兩者達到共速，可得代入數(shù)據(jù)可得該階段兩者的位移為此時物塊距離木板右端最遠，則最終物塊到長木板左端的距離為15．（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）某同學(xué)用如圖甲所示的裝置“驗證牛頓第二定律”，打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，紙帶每打5個點選一個計數(shù)點。已知重物的質(zhì)量為m，重力加速度為g，滑輪重力不計。（1）為了能完成該實驗，下列操作正確的是（）A.保證小車的質(zhì)量遠大于重物的質(zhì)量B.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細線與長木板平行C.實驗開始時應(yīng)先釋放小車，后接通電源D.將長木板左端墊高適當(dāng)角度，以平衡長木板對小車摩擦力（2）由如圖乙所示紙帶，可求得小車的加速度大小為______m/s2。（保留兩位有效