1人大附中-（高一上）力学同步讲义（同步讲义）_8.❤北京人大附中内部资料_4.人大附中高中物理讲义合集（全）

高中物理同步讲义
（高一·上）
（教师参考用书）
2023年9月
人大附中物理教研组 编写
学科主编：刘永进
本册主编：李晓东
本册编者：·第一章：段宝维 李晓东
·第二章：夏红胜
·第三章：胡继超
本册校订：王芸
目录
第一章：运动的描述 匀变速直线运动
1
第1讲 运动的描述..............................................................................................................1
第2讲 匀变速直线运动的规律........................................................................................13
第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题....................................................24
第4讲 实验一 探究小车速度随时间变化的规律........................................................35
.................................................................
第二章：相互作用 49
第1讲 重力 弹力 摩擦力............................................................................................49第2讲 摩擦力的综合分析................................................................................................62
第3讲 力的合成与分解....................................................................................................74
第4讲 实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系............................................................87
第5讲 实验三 探究两个互成角度的力的合成规律..................................................100
..........................................................
第三章：牛顿运动定律 114
第1讲 牛顿运动三定律..................................................................................................114
第2讲 牛顿第二定律的基本应用..................................................................................127
第3讲 实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系......................................142第一章：运动的描述 匀变速直线运动
第 1 讲 运动的描述
目标要求 1.了解质点和位移的概念，知道把物体看成质点的条件.2.了解参考系的作用，
会在实例中选择合适的参考系.3.掌握速度、加速度，体会比值定义法和极限思想．
知识点一 质点、参考系和位移
1．质点
(1)质点是用来代替物体的具有质量的点，质点是一种理想化模型．
(2)把物体看作质点的条件：物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略不计．
2．参考系
在描述物体运动时，用来作为参考的物体，通常以地面为参考系．
3．路程和位移
(1)路程是物体运动轨迹的长度，它是标量．
(2)位移是由初位置指向末位置的有向线段，它是矢量．
(3)在单向直线运动中，位移的大小等于路程；其他情况下，位移的大小小于路程．
1．质点是一种理想化模型，实际并不存在．( √ )
2．体积很大的物体，一定不能视为质点．( × )
3．参考系必须选择静止不动的物体．( × )
4．做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程．( × )
例1 用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是( )
1第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C．研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
答案 A
解析 研究题图甲中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫视为质点，选
项A正确；研究题图乙中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球
不能视为质点，选项B错误；研究题图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能
忽略，不能将鸟儿视为质点，选项C错误；研究题图丁中马术运动员和马能否跨越障碍物
时，马的大小不能忽略不计，不能把马视为质点，选项D错误．
例2 2021年9月17日8：00整，第十四届全国运动会铁人三项比赛在陕西省汉中市正式
开赛．选手们依次进行了1.5 km游泳、40 km自行车和10 km跑步三项不间断比赛，李明旭
以01：52：24的成绩揽获男子个人冠军．下列说法正确的是( )
A．40 km是指位移
B．8：00整是指时间
C．01：52：24的成绩是指时刻
D．研究李明旭10 km跑步的时间时，可以将李明旭看作质点
答案 D
解析 40 km自行车的运动轨迹不是直线，40 km指路程，故A错误；8：00整对应某一瞬
间，即为时刻，故B错误；01：52：24对应一段时间，即为时间间隔，故C错误；研究李
明旭10 km跑步的时间时，由于李明旭的大小和形状可以忽略，所以可以将其看成质点，故
D正确．
知识点二 平均速度 瞬时速度
1．平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间之比，即＝，是矢量，其方向就是
对应位移的方向．
2．瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量，其方向是物体在这一
时刻的运动方向或运动轨迹的切线方向．
3．速率：瞬时速度的大小，是标量．
2第一章：运动的描述 匀变速直线运动
4．平均速率：物体运动的路程与通过这段路程所用时间的比值，不一定(填“一定”或“不
一定”)等于平均速度的大小．
1．瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向．( √ )
2．一个物体在一段时间内的平均速度为0，平均速率也一定为0.( × )
1．平均速度和瞬时速度的区别与联系
(1)区别：平均速度表示物体在某段时间或某段位移内运动的平均快慢程度，瞬时速度表示
物体在某一时刻或某一位置运动的快慢程度．
(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度，公式v＝中，当Δt→0时v是瞬时速度．
2.＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动，求平均速度要找准“位移”和发生这段位移
所需的“时间”；而＝只适用于匀变速直线运动．
考向1 平均速度和瞬时速度的理解
例3 如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66 km、全程限速100 km/h，一
辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为 95 km/h和90 km/h，通过测速区间的时间为 30
min.下列判断正确的是( )
A．全长66 km表示位移
B．通过起点的速度95 km/h表示瞬时速度
C．该汽车全程的平均速度是92.5 km/h
D．该汽车没有超速
答案 B
解析 全长66 km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故 B正确；
因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132 km/h，
大于全程限速100 km/h，该汽车超速，故D错误．
考向2 平均速度和瞬时速度的计算
例4 小李在网络上观看“神舟十一号”飞船发射视频，分别截取火箭发射后第6 s末和第
3第一章：运动的描述 匀变速直线运动
8 s末的图片，如图所示，他又上网查到运载“神舟十一号”的长征二号FY11运载火箭全长
58 m，则火箭发射后第6 s末至第8 s末的平均速度最接近( )
A．20 m/s B．10 m/s
C．5 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 由题图可知火箭在第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭的，则平均速度＝＝＝ m/s
＝23.2 m/s，最接近20 m/s，故选A.
例5 用气垫导轨和数字计时器更能精确地测量物体的瞬时速度．如图所示，滑块在牵引
力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为
Δt＝0.19 s，通过第二个光电门的时间Δt＝0.05 s，遮光板的宽度为2.0 cm.下列问题(2)、(3)
1 2
中计算结果均保留两位小数．
(1)滑块经过光电门的速度可用遮光板挡光时间内的________速度表示；
(2)滑块经过第一个光电门的速度大小为______ m/s；
(3)滑块经过第二个光电门的速度大小为______ m/s.
(4)若用宽度是1 cm的遮光板，对测量误差有何影响？
_______________________________________________________________________________.
答案 (1)平均 (2)0.11 (3)0.40 (4)见解析
解析 (1)由于滑块经过光电门时遮光板的挡光时间较短，所以滑块经过光电门的速度可用
遮光板挡光时间内的平均速度表示．
(2)经过第一个光电门的速度大小v＝＝ m/s≈0.11 m/s
1
(3)经过第二个光电门的速度大小v＝＝ m/s＝0.40 m/s
2
(4)遮光板宽度越小，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，误差越小．
用极限法求瞬时速度
由平均速度＝可知，当Δt→0时，平均速度就可以认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．
测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx，就可求出瞬时速度，这样瞬时速度的测量便
4第一章：运动的描述 匀变速直线运动
可转化为微小时间Δt和微小位移Δx的测量．
知识点三 加速度
1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量．
2．定义：物体速度的变化量和发生这一变化所用时间之比．
定义式：a＝，单位：m/s2.
3．方向：与 Δ v 的方向一致，由合力的方向决定，而与v 、v的方向无关(填“有关”或
0
“无关”)，是矢量．
1．物体的速度很大，加速度一定不为零．( × )
2．物体的速度为零，加速度可能很大．( √ )
3．甲的加速度a ＝2 m/s2，乙的加速度a ＝－3 m/s2，a >a ( × )
甲 乙 甲 乙．
4．物体的加速度增大，速度一定增大．( × )
1．速度、速度的变化量和加速度的对比
比较项目 速度 速度的变化量 加速度
物理意义 描述物体运动的快慢和方向 描述物体速度的改变 描述物体速度的变化快慢
公式 v＝ Δv＝v－v a＝＝
0
匀变速直线运动中，由 v＝
由 Δv＝aΔt 知 Δv 由 由 a＝知，a 由 F、m 决
决定因素 v＋at知v的大小由v、a、t
0 0
a与Δt决定 定，与v、Δv、Δt无关
决定
2．对加速度大小和方向的进一步理解
5第一章：运动的描述 匀变速直线运动
考向1 对加速度的理解
例6 在下列几种情景中，对情景的分析和判断正确的是( )
A．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很
快，所以加速度很大
C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零
答案 B
解析 点火后即将升空的火箭的速度为零，但是加速度不为零，故 A错误；轿车紧急刹车，
速度变化很快，即加速度很大，故B正确；磁悬浮列车高速行驶，速度很大，若做匀速直
线运动，加速度为零，故C错误；太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，有向心加速度，
其加速度不为零，故D错误．
考向2 加速度的计算
例7 在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网
作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0
s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2.0 m/s2，竖直向下
B．8.0 m/s2，竖直向上
C．10.0 m/s2，竖直向下
D．18 m/s2，竖直向上
答案 D
解析 规定竖直向下为正方向，v 方向与正方向相同，v 方向与正方向相反，根据加速度定
1 2
义式得a＝ m/s2＝－18 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上．故选D.
考向3 物体“加速”“减速”的判断
例8 (多选)一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可
能是( )
6第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动
B．速度不断减小，到加速度为零时，物体做匀减速直线运动，而后物体运动停止
C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动
D．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动
答案 ACD
解析 如图线①，如果物体的初速度与加速度方向相同，在加速度逐渐减小的过程中，物体
速度不断增大，当加速度为零时，速度达到最大，以后做匀速运动，选项 A正确；如图线
②，如果物体的初速度与加速度反向，在加速度逐渐减小的过程中，物体速度也逐渐减小，
当加速度为零时，物体的速度没减速至零，则以后以较小的速度匀速运动；如图线③，如果
速度减为零，而加速度没减为零，则物体将反向加速，加速度减为零后，做匀速直线运动．
综上所述，可知选项C、D正确，B错误．
课后巩固练习
1．2019年1月3日10：26，嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．嫦娥四号探测器在距
离月面100米处稍稍悬停，接着竖直缓缓降落，约10分钟后，嫦娥四号自主降落在月球背
面南极—艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内．下列说法正确的是( )
A．“2019年1月3日10：26”和“约10分钟”指的都是时间间隔
B．在降落过程中，以嫦娥四号探测器为参考系，月球静止不动
C．任何情况下都可以将嫦娥四号探测器看作质点
D．从悬停到着陆，探测器通过的位移大小和路程都是100米
答案 D
解析 “2019年1月3日10：26”对应时间轴上的点，为时刻；“约10分钟”指的是时间
间隔，A错误；在降落过程中，以嫦娥四号探测器为参考系，月球做直线运动，B错误；当
探究嫦娥四号探测器的姿态、转动等情况时，不能将嫦娥四号探测器看作质点，C错误；由
题知探测器的运动是相对于月球的，以月球为参考系，探测器竖直缓缓降落，做的是单向直
线运动，所以从悬停到着陆，探测器通过的位移大小和路程都是100米，D正确．
2．智能手机上装载的众多软件改变着我们的生活．如图所示为某地图软件显示的一张导航
截图，关于图中显示的三个信息：95 km/h,7.6公里，15分钟．下列说法正确的是( )
7第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．95 km/h表示此次行程的平均速率
B．15分钟表示到目的地还需要的时间
C．7.6公里表示剩余行程的位移大小
D．根据“7.6公里，15分钟”这两个数据，可以算出剩余行程的平均速度
答案 B
解析 95 km/h表示的是速率，A错误；15分钟表示到目的地还需要的时间，B正确；7.6公
里表示剩余行程的路程，C错误；根据“7.6公里，15分钟”这两个数据，可以算出剩余行
程的平均速率，D错误．
3.如图所示，一小球在光滑水平面上从A点开始向右运动，经过3 s与距离A点6 m的竖直
墙壁碰撞，碰撞时间很短，可忽略不计，碰后小球按原路以原速率返回．取小球在 A点时
为计时起点，并且取水平向右的方向为正方向，则小球在0～7 s内的位移和路程分别为(
)
A．2 m,6 m B．－2 m,14 m
C．0,3 m D．2 m,14 m
答案 B
解析 小球运动的速率不变，则v＝＝2 m/s，由题意可知，小球6 s末回到了出发点，第7
s内小球向左运动，位移x＝－2×1 m＝－2 m,0～7 s内的路程s＝vt＝2×7 m＝14 m，选项
B正确．
4．关于速度的描述，下列说法中正确的是( )
A．电动车限速20 km/h，指的是平均速度大小
B．子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s，指的是平均速度大小
C．苏炳添在东京奥运会百米半决赛的成绩是 9.83 s，则他冲刺时的速度大小一定为10.17
m/s
8第一章：运动的描述 匀变速直线运动
D．某列车在通沪铁路跑出的最高时速为220 km/h，指的是瞬时速度大小
答案 D
解析 A项指的是瞬时速度不超过20 km/h；B项500 m/s指的是子弹离开枪口时的瞬时速度
大小；C项苏炳添的平均速度大小为10.17 m/s；D项指的是瞬时速度大小为220 km/h，故D
正确．
5．关于加速度的理解，下列说法错误的是( )
A．高速行驶的赛车，加速度可能为零
B．汽车启动的一瞬间，加速度一定不为零
C．汽车启动得越快，加速度越大
D．汽车的加速度为－5 m/s2，表明汽车在做减速运动
答案 D
解析 由a＝可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，
加速度可能是零，也可能不是零，A正确，不符合题意；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开
始运动，汽车的速度一定产生变化，所以加速度一定不为零，B正确，不符合题意；汽车启
动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确，不符合题意；汽车的加速度为
－5 m/s2，加速度中的正、负号表示加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车
做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误，符合题意．
6．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 和v，v、v 在各个时
1 2 1 2
刻的大小如表所示．从表中数据可以看出( )
t/s 0 1 2 3 4
v/(m·s－1) 18.0 17.5 17.0 16.5 16.0
1
v/(m·s－1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6
2
A.火车的速度变化较慢 B．汽车的加速度较小
C．火车的位移在减小 D．汽车的位移在增加
答案 AD
解析 从表格中可得0～4 s内火车加速度a ＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2，汽车的加速度a ＝＝
火 汽
m/s2＝1.2 m/s2，故火车的加速度较小，速度变化比较慢，A正确，B错误；由于汽车和火车
的速度一直为正值，速度方向不变，则位移都在增加，C错误，D正确．
7．(多选)一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东；当t
＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东，则当物体的速度大小变为2 m/s时，t可能
为( )
A．3 s B．5 s C．7 s D．9 s
答案 BC
解析 取向东为正方向，物体做初速度 v ＝12 m/s的匀变速直线运动，加速度 a＝＝－2
0
9第一章：运动的描述 匀变速直线运动
m/s2；若速度大小为2 m/s、方向向东，则t ＝＝5 s；若速度大小为2 m/s、方向向西，则t
1 2
＝＝7 s，故选项B、C正确，A、D错误．
8.某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图，
TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝×10”，式中Δv为从静止
加速到100公里每小时的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间．则以下说法正确
的是( )
A．G值越大，车辆的速度变化量越大
B．G值越大，车辆的动力越强劲
C．100公里每小时是指车辆百公里加速的平均速度
D．标识为45TFSI的车辆百公里加速时间约为7.3 s
答案 B
解析 由题设所给的G值的公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，
由牛顿第二定律可知车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速
度，故C错误；100 km/h≈27.8 m/s，根据公式可得Δt≈×10 s≈6.2 s，故D错误．
9．(多选)一段高速公路上限速120 km/h，为监控车辆是否超速，设置了一些“电子警察”
系统，其工作原理如图所示：路面下，距离L埋设两个传感器线圈A和B，当有车辆经过线
圈正上方时，传感器能向数据采集器发出一个电信号；若有一辆汽车(在本题中可看作质点)
经过该路段，两传感器先后向数据采集器发送信号，时间间隔为 Δt，经微型计算机处理后
得出该车的速度，若超速，则计算机将控制架设在路面上方的照相机C对汽车拍照，留下
违章证据．根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．计算汽车速度的表达式v＝
B．计算汽车速度的表达式v＝
C．若L＝5 m，Δt＝0.2 s，照相机将会拍照
D．若L＝5 m，Δt＝0.2 s，照相机不会拍照
答案 AD
解析 计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达
式为v＝，A正确，B错误；若L＝5 m，Δt＝0.2 s，则汽车的速度为 v＝＝25 m/s＝90
km/h<120 km/h，未超速，故照相机不会拍照，C错误，D正确．
10.如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，通过AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹
所用的时间分别是1 s、2 s、3 s、4 s．图中小方格的边长为1 m，下列说法不正确的是(
10第一章：运动的描述 匀变速直线运动
)
A．物体在AB段的平均速度为1 m/s
B．物体在ABC段的平均速度为 m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体经过A点时的瞬时速度
D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度
答案 D
解析 由＝可得： ＝ m/s＝1 m/s， ＝ m/s，故A、B正确；所选取的过程离A点越近，其
AB AC
相应阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；由A经B到C的过程不是匀变速
直线运动过程，故B点虽然为中间时刻，但其速度不等于AC段的平均速度，D错误．
11．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 mm的遮光板，如图所
示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过
光电门1的时间为Δt ＝0.03 s，通过光电门2的时间为Δt ＝0.01 s，遮光板从开始遮住光电
1 2
门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.00 s，则滑块的加速度约为( )
A．0.067 m/s2 B．0.67 m/s2
C．6.7 m/s2 D．不能计算出
答案 A
解析 遮光板通过光电门1时的速度v＝＝ m/s＝0.10 m/s，遮光板通过光电门2时的速度v
1 2
＝＝ m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝≈0.067 m/s2，选项A正确．
12．(多选)如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P为发射超声波的固定小盒子，工作时
P向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被 P接收．从P发射超声
波开始计时，经过时间Δt再次发射超声波脉冲．图乙是两次发射的超声波的位移—时间图
像，则下列说法正确的是( )
11第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．物体到小盒子P的距离越来越远
B．在两次发射超声波脉冲的时间间隔Δt内，物体通过的位移为x－x
2 1
C．超声波的速度为
D．物体在t～t 时间内的平均速度为
1 2
答案 AD
解析 由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子 P
的距离越来越远，A正确；由题图乙可知，物体通过的位移为 x －x 时，所用时间为t －
2 1 2
t ，物体在t ～t 时间内的平均速度为，在Δt内物体通过的位移为Δt，B错误，D正确；由
1 1 2
题图乙可知，超声波的速度为，C错误．
第 2 讲 匀变速直线运动的规律
目标要求 1.掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练应用.2.灵活使用匀变速直线运动
的导出公式解决实际问题．
知识点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．
2．匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v ＋ a t.
0
(2)位移与时间的关系式：x＝vt＋at2.
0
3．位移的关系式及选用原则
(1)x＝t，不涉及加速度a；
(2)x＝vt＋at2，不涉及末速度v；
0
12第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(3)x＝，不涉及运动的时间t.
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( × )
2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( × )
3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √ )
1．基本思路
→→→→
2．正方向的选定
无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v 的方向为正方向；当v ＝0时，
0 0
一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时
取负．
3．解决匀变速运动的常用方法
(1)逆向思维法：
对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线
运动．
(2)图像法：借助v－t图像(斜率、面积)分析运动过程．
考向1 基本公式和速度位移关系式的应用
例1 在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交
车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确
的是( )
A．公交车运行的最大速度为4 m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2
C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 m
D．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s
答案 D
解析 根据x＝vt－at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大
0
速度就是刹车时车的速度，为16 m/s，刹车的加速度大小为2 m/s2，故A、B错误；已知刹
车时车的速度，以及加速度，由t＝＝8 s可知，刹车停止需要8 s时间，从刹车开始10 s内
的位移，其实就是8 s内的位移，t＝8 s时有x＝64 m，故C错误；t′＝1 s时，有x′＝15
m，由平均速度公式可得＝＝15 m/s，故D正确．
例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被
刹住；当以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的
13第一章：运动的描述 匀变速直线运动
反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：
(1)这位驾驶员的反应时间为多少；
(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少．
考向2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
例3 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度
为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟
龙号”在t(t<t)时刻距离海面的深度为( )
0 0
A．vt(1－) B.
0
14第一章：运动的描述 匀变速直线运动
C. D.
答案 B
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 时刻
0
距离海面的深度为：h＝a(t－t)2＝××(t－t)2＝，故选B.
0 0
考向3 两种匀减速直线运动的比较
1．刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失．
(2)求解时要注意确定实际运动时间．
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线
运动．
2．双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程
加速度大小、方向均不变．
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及
物理意义．
例4 若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它
着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
答案 B
解析 设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v ＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在
0
12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距
离为x＝vt＋＝60×10 m＋ m＝300 m.
0
例5 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物
体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法
正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案 ABC
解析 以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5
m，由运动学公式x＝vt＋at2，解得t ＝3 s或t ＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜
0 1 2
面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝vt＋at2解得：t ＝(2＋) s或t ＝(2－) s(舍去)，故C正
0 3 4
15第一章：运动的描述 匀变速直线运动
确．由速度公式v＝v＋at，解得v＝－5 m/s或v＝5 m/s、v＝－5 m/s，故D错误．
0 1 2 3
知识点二 匀变速直线运动的推论及应用
1．匀变速直线运动的常用推论
(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、
末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：＝＝ .此公式可以求某时刻
的瞬时速度．
(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．
即：Δx＝x－x＝x－x＝…＝x－x ＝aT2.
2 1 3 2 n n－1
不相邻相等的时间间隔T内的位移差x －x＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．
m n
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v∶v∶v∶…∶v＝1∶2∶3∶…∶n.
1 2 3 n
(2)前 T 内、前 2T 内、前 3T 内、…、前 nT 内的位移之比为 x∶x∶x∶…∶x ＝
1 2 3 n
1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为x ∶x ∶x ∶…
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
∶x ＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
N
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t∶t∶t∶…∶t ＝1∶(－1)∶(－)∶…
1 2 3 n
∶(－)．
考向1 平均速度公式
例6 做匀变速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度
大6 m/s，则质点的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案 C
解析 物体做匀变速直线运动时，第一个 3 s内中间时刻，即1.5 s时的速度为v ＝ ，第一
1 3
个7 s内中间时刻，即3.5 s时的速度为v ＝ ，由题意可知v －v ＝6 m/s，又v ＝v ＋aΔt，
2 7 2 1 2 1
其中Δt＝2 s，可得a＝3 m/s2.故选C.
考向2 位移差公式
例7 物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下
列说法错误的是( )
16第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
答案 C
解析 根据位移差公式x －x ＝2aT2，得a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第
Ⅳ Ⅱ
2 s内的位移为：x －x ＝at2－at2＝×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2秒
2 1 2 1
末速度为v＝at ＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度＝＝
2
＝ m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意．
考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运
动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之
比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v∶v∶v＝3∶2∶1
1 2 3
B．v∶v∶v＝∶∶1
1 2 3
C．t∶t∶t＝1∶∶
1 2 3
D．t∶t∶t＝(－)∶(－1)∶1
1 2 3
答案 BD
解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速
直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为
1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v2＝2ax
0
可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移时的速度之比为1∶∶，故所求的速
度之比为∶∶1，选项A错误，B正确．
课后巩固练习
1．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度
为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
17第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2－v2＝2ax知，x ＝，x ＝，所以AB∶AC
0 AB AC
＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
2．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员
急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
答案 C
解析 汽车速度减为零的时间为：t ＝＝ s＝4 s,2 s时位移：x ＝vt＋at2＝20×2 m－×5×4
0 1 0
m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x ＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽
2
车的位移之比为3∶4，故选项C正确．
3．做匀加速直线运动的质点，在第5 s内及第6 s内的平均速度之和是56 m/s，平均速度之
差是4 m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为( )
A．4 m/s2；4 m/s B．4 m/s2；8 m/s
C．26 m/s2；30 m/s D．8 m/s2；8 m/s
答案 B
解析 根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题
意，可得4.5 s末及5.5 s末的速度之和及速度之差为v ＋v ＝56 m/s，v －v ＝4 m/s，联
4.5 5.5 5.5 4.5
立求得v ＝26 m/s，v ＝30 m/s，即有26 m/s＝v ＋a×(4.5 s)，30 m/s＝v ＋a×(5.5 s)，联
4.5 5.5 0 0
立求得a＝4 m/s2，v＝8 m/s，故选B.
0
4．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，
已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是(
)
A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案 C
解析 采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x′＝at2得，汽车加速度大小a
＝＝ m/s2＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x ＝vt－at2，代入数据解得，初速度v ＝
1 0 0
18第一章：运动的描述 匀变速直线运动
15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v ＝v －at＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、
1 0
B、D错误．
5．如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加
速直线运动，通过ab段的时间为t，则( )
A．通过cd段的时间为t
B．通过ce段的时间为(2－)t
C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
答案 B
解析 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间
之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得出通过cd段的时间为(－) t，A错误；通过cd段的时间
为(－)t，通过de段的时间为(2－) t，则通过ce段的时间为(2－)t，选项B正确；通过ae段
的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段
的平均速度，选项C、D错误．
6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过 A、B、C三个
位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s.根据这些信
息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比
答案 AD
解析 设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为v 、v 、v ，根据AB段的平均速度
A B C
为30 m/s，可以得到 ＝＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到 ＝＝20
AB BC
m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为＝＝＝24 m/s，所以有 ＝＝24 m/s，联立解
AC
得v ＝34 m/s，v ＝26 m/s，v ＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动
A B C
时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；t ∶t ＝∶＝2∶3，选项D正确．
AB BC
7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2 (m)，则它在前3 s内的平均速
度为( )
A．8 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．14 m/s
答案 A
解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v ＝24 m/s，a＝－12 m/s2；则由v＝v ＋
0 0
19第一章：运动的描述 匀变速直线运动
at可知，汽车在2 s末停止运动，故前3 s内的位移等于前2 s内的位移，x＝24×2 m－6×4
m＝24 m，则汽车的平均速度＝＝ m/s＝8 m/s，故A正确．
8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员
减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，
由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6
s，制动后最大加速度大小为5 m/s2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是( )
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25 m/s
D．三角警示牌至少要放在车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
答案 AD
解析 设小轿车从刹车到停止所用时间为t ，则t ＝＝ s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距
2 2
离x＝＝ m＝90 m，故B错误；反应时间内小轿车通过的位移为 x ＝vt ＝30×0.6 m＝18
1 01
m，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为 x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌
的速度为v′，则－2ax′＝v′2－v2，解得v′＝2 m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为
0
x ＝(90＋18) m＝108 m，放置的位置至少为车后Δx＝(108－50) m＝58 m，故D正确.
总
9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L，通过一铁路桥
时的加速度大小为a，列车全身通过桥头的时间为t ，列车全身通过桥尾的时间为t ，则列
1 2
车车头通过铁路桥所需的时间为( )
A.· B.·－
C.·－ D.·＋
答案 C
解析 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t ，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全
0
身通过桥头时的平均速度等于时刻的瞬时速度v ，可得：v ＝，列车全身通过桥尾时的平均
1 1
速度等于t ＋时刻的瞬时速度v ，则v ＝，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v ＝
0 2 2 2
v－a(t＋－)，联立解得：t＝·－.故选C.
1 0 0
10.从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运
动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离x ＝
AB
4 cm，x ＝8 cm.已知O点与斜面底端的距离为l＝35 cm.由以上数据可以得出( )
BC
20第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．小球的加速度大小为12 m/s2
B．小球在A点的速度为0
C．斜面上最多有5个小球在滚动
D．该照片是距A点处小球释放后0.3 s拍摄的
答案 C
解析 根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，选项A错误； 小球在B
点时的速度v ＝＝ m/s＝0.6 m/s，小球在A点时的速度为v ＝v －aT＝0.6 m/s－4×0.1 m/s
B A B
＝0.2 m/s，选项B错误；t ＝＝ s＝0.05 s，即该照片是距A点小球释放后0.05 s拍摄的，选
A
项D错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x＝aT2＝×4×0.12 m＝0.02 m
1
＝2 cm，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为
1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2 cm,6 cm,10 cm,14 cm,
18 cm……，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面
上最多有5个球，选项C正确．
11． ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h
提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v ＝30 m/s的
0
速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀
减速至v ＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v 正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过
1 0
程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)如果汽车以v ＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费
2
站过程中比提速前节省的时间．
答案 (1)894 m (2)10.7 s
解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d，
1
由运动学公式得v2－v2＝－2ad
1 0 1
解得d＝442 m
1
根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
x＝2d＋d＝894 m
1 1
(2)如果汽车以v＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，
2
21第一章：运动的描述 匀变速直线运动
设汽车提速后匀减速过程位移大小为d，
2
由运动学公式得v2－v2＝－2ad
2 0 2
解得d＝400 m
2
提速前，汽车匀减速过程时间为t，
1
则d＝t
1 1
解得t＝26 s
1
通过匀速行驶区间的时间为t′，有d＝vt′
1 11
解得t′＝2.5 s
1
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T＝2t＋t′＝54.5 s
1 1 1
提速后，匀减速过程时间为t，
2
则d＝t
2 2
解得t＝20 s
2
通过匀速行驶区间的时间为t′，
2
则d＝vt′
22
解得t′＝1 s
2
匀速通过(d－d)位移时间Δt＝＝1.4 s
1 2
通过与提速前相同位移的总时间为T＝2t＋t′＋2Δt＝43.8 s
2 2 2
所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T－T＝10.7 s.
1 2
第 3 讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
目标要求 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性.2.能
灵活处理多过程问题．
知识点一 自由落体运动
自由落体运动
(1)运动特点：初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动．
(2)基本规律：
①速度与时间的关系式：v＝gt.
②位移与时间的关系式：x＝gt2.
③速度与位移的关系式：v2＝ 2 gx .
22第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(3)方法技巧：
①比例法等初速度为0的匀变速直线运动规律都适用．
②Δv＝gΔt.相同时间内，竖直方向速度变化量相同．
③位移差公式：Δh＝gT2.
1．重的物体总是比轻的物体下落得快．( × )
2．同一地点，轻重不同的物体的g值一样大．( √ )
3．自由落体加速度的方向垂直地面向下．( × )
4．做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s.( √ )
考向1 自由落体运动基本公式的应用
例1 如图所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻
力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t；
1
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t.
2
答案 (1)(2－) s (2)(－) s
解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，
设木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间为t
下A
h ＝gt 2
下A 下A
h ＝20 m－5 m＝15 m
下A
解得t ＝ s
下A
设木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间为t
上A
h ＝gt 2
上A 上A
解得t ＝2 s
上A
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t＝t －t ＝(2－) s
1 上A 下A
(2)设木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间为t
上B
h ＝gt 2
上B 上B
h ＝20 m＋5 m＝25 m
上B
解得t ＝ s
上B
23第一章：运动的描述 匀变速直线运动
则木杆通过圆筒所用的时间t＝t －t ＝(－) s.
2 上B 下A
考向2 自由落体运动中的“比例关系”问题
例2 一石块从楼房阳台边缘做自由落体运动，到达地面，若把它在空中运动的距离分为
相等的三段，如果它在第一段距离内所用的时间是1 s，则它在第三段距离内所用的时间是
(g取10 m/s2)( )
A．(－) s B. s C. s D．(－1) s
答案 A
解析 根据由自由落体运动规律，石块下落连续相等距离所用时间之比为：1∶(－
1)∶(－)，则它在第三段距离内所用的时间为(－) s，故选A.
考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
例3 从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，
g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是( )
A．b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s
B．a球接触地面瞬间，b球离地高度为45 m
C．在a球接触地面之前，两球保持相对静止
D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
答案 B
解析 b球下落高度为20 m时t ＝＝ s＝2 s，则A下降了3 s，A的速度为v＝30 m/s，故A
1
错误；A球下降的总时间为：t ＝ s＝5 s，此时B下降4 s，B的下降高度为：h′＝×10×42
2
m＝80 m，故B离地面的高度为h ＝(125－80) m＝45 m，故B正确；由自由落体的规律可
B
得，在a球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C、D错误．
知识点二 竖直上抛运动
竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由
落体运动．
(2)基本规律
①速度与时间的关系式： v ＝ v － g t；
0
24第一章：运动的描述 匀变速直线运动
②位移与时间的关系式：x＝vt－gt2.
0
1．物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值．( × )
2．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的．( √ )
1.重要特性(如图)
(1)对称性
①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间t 和下降过程中从C→A所用时间t 相等，
AC CA
同理t ＝t .
AB BA
②速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．
(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，
造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
2．研究方法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
分段法
下降阶段：自由落体运动
初速度v 向上，加速度为－g的匀变速直线运动，v＝v －gt，h＝vt－gt2(以竖
0 0 0
直向上为正方向)
全程法
若v＞0，物体上升；若v＜0，物体下落
若h＞0，物体在抛出点上方；若h＜0，物体在抛出点下方
考向1 竖直上抛运动的对称性
例4 一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点 A的时间间隔是5 s，两次经
过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．80 m B．40 m
C．20 m D．无法确定
答案 C
解析 物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到 A点的
时间为，从最高点自由下落到B点的时间为，A、B间距离为：h ＝g[()2－()2]＝×10
AB
25第一章：运动的描述 匀变速直线运动
×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.
考向2 竖直上抛运动的多解性
例5 (多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体
到抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．(2＋) s
答案 ACD
解析 取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为x＝
15 m，由竖直上抛运动的位移公式得x＝vt－gt2，解得t ＝1 s，t ＝3 s；当物体运动到抛出
0 1 2
点下方离抛出点15 m时，位移为x′＝－15 m，由x′＝vt－gt2，解得t＝(2＋) s或t＝(2－)
0
s(负值舍去)，选项A、C、D正确，B错误．
考向3 竖直上抛和自由落体运动相遇问题
例6 (多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上
抛乙球，初速度v ＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，甲、乙
0
两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇
答案 BCD
解析 设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2＋vt－gt2＝h，可得t＝，
0
而乙球的落地时间t ＝，两球在空中相遇的条件是t<t ，整理得h<20 m，A错误；若乙球恰
1 1
好在最高点与甲球相遇，满足的条件是t＝t ，代入数据整理得h＝10 m，B正确；由于10
1
m<h＝15 m<20 m，可得乙球能在下落过程中与甲球相遇，C正确；当h<10 m时，乙球还没
有上升到最高点就与甲球相遇，D正确．
26第一章：运动的描述 匀变速直线运动
知识点三 多过程问题
1．一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全
过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程．
2．解题关键
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是
解题的关键．
例7 在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自
由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．
为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.(g取10 m/s2)求：
(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少；
(2)以5 m/s着地时相当于从多高处自由落下；
(3)伞兵在空中的最短时间为多少．
答案 (1)99 m (2)1.25 m (3)8.6 s
解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v，
0
则有v2－v2＝－2ah
0
v2＝2g(H－h)
0
联立解得h＝99 m，v＝50 m/s
0
(2)以5 m/s的速度落地相当于从h 高处自由落下
1
h＝＝1.25 m
1
(3)落地时速度刚好为5 m/s时在空中的时间最短．
设加速时间为t，减速时间为t，
1 2
t＝＝5 s
1
t＝＝3.6 s
2
总时间为t＝t＋t＝8.6 s.
1 2
例8 一物体(可视为质点)以4 m/s的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2 m/s2的匀
减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C点速度恰好减为零，途经A、B两点，然后
又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点，已知BC＝25 cm，求：
27第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(1)物体第一次经过B点的速度；
(2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间．
答案 (1)1 m/s，方向沿斜面向上 (2)第一次滑到B点用时1.5 s，第二次滑到B点用时2.5 s
解析 (1)从B到C是匀减速直线运动，末速度为零，逆向思维，从 C到B是初速度为零的
匀加速直线运动，以沿斜面向下为正方向，
加速度a＝2 m/s2，位移大小为x ＝25 cm＝0.25 m
1 BC
根据位移—时间关系式，有x ＝at2
BC 11
解得t＝0.5 s
1
再根据速度－时间关系式，有v＝at
1 11
解得v＝1 m/s
1
故第一次经过B点时速度大小为1 m/s，方向沿斜面向上
(2)以沿斜面向上为正方向，对从D到B过程，由v＝v＋at
1 0
可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝＝ s＝1.5 s
由对称性可知：t ＝t ＝t＝0.5 s
BC CB 1
则t′＝t＋2t ＝1.5 s＋0.5×2 s＝2.5 s.
BC
课后巩固练习
1．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了
一种科学研究的方法．利用斜面实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的( )
A．速度 B．时间
C．路程 D．加速度
答案 B
2．(多选)物理图像能直观地反映物理量间的变化关系．关于自由落体运动的规律，下列各
物理量的图像正确的是(g取10 m/s2)( )
28第一章：运动的描述 匀变速直线运动
答案 AC
解析 根据速度与时间的关系式，有v＝gt＝10t∝t，故A正确，B错误；自由落体运动的
加速度始终等于重力加速度g，故C正确；根据位移与时间的关系式，有x＝gt2＝5t2，
x∝t2，故D错误．
3．一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为 2 kg的小球从一定的高度自
由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，球仍在空中运动，则( )
A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s末的速度大小是42 m/s
D．小球在0～4 s内的位移是80 m
答案 B
解析 设该星球的重力加速度为g，第4 s内的位移是42 m，有gt2－gt2＝42 m，t ＝4 s，t
4 3 4 3
＝3 s，解得g＝12 m/s2，所以小球在2 s末的速度大小为v ＝gt ＝24 m/s，故A错误，B正
2 2
确；小球在第4 s末的速度大小是v ＝gt ＝48 m/s，故C错误；小球在0～4 s内的位移是x
4 4 4
＝gt2＝96 m，故D错误．
4
4．(多选)物体以初速度v 竖直上抛，经3 s到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下
0
列说法正确的是( )
A．物体的初速度v 为60 m/s
0
B．物体上升的最大高度为45 m
C．物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为5∶3∶1
D．物体在前1 s内、前2 s内、前3 s内的平均速度之比为9∶4∶1
答案 BC
解析 物体做竖直上抛运动，有h＝vt－gt2①
0
v＝v－gt②
0
联立①②可得v ＝30 m/s，h＝45 m，故A错误，B正确；物体在第1 s内、第2 s内、第3 s
0
内的位移分别为25 m、15 m、5 m，已知＝，故在相等时间内的平均速度之比为 ∶
1
∶ ＝x ∶x ∶x ＝5∶3∶1，物体在前1 s内、前2 s内、前3 s内的平均速度之比为
2 3 1 2 3
′∶′∶′＝∶∶＝5∶4∶3，故C正确，D错误．
1 2 3
5．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H.上升第一
个所用的时间为t，第四个所用的时间为t.不计空气阻力，则满足( )
1 2
29第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
答案 C
解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C正
确．
6．两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间
为，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g)( )
A．gt2 B.gt2
C.gt2 D.gt2
答案 D
解析 根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为 gt2和，两物体未下落
时相距，第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度 h ＝g()2
1
＝，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝gt2－gt2＝gt2，故D正确，A、B、C错
误．
7．航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动．航天飞机
以水平速度v＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a＝4 m/s2的加速度做匀减
0 1
速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为 a ＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直
2
线运动直至停下．已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m．求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间．
答案 (1)40 m/s (2)31 s
解析 (1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为 v ，根据运动学公式有v2－v2＝
1 0 1
2ax，
1 1
v2＝2ax，
1 2 2
x＋x＝x，
1 2
联立以上各式并代入数据解得v＝40 m/s.
1
(2)由速度与时间的关系可得
v＝v＋at，v＝at，t＝t＋t，
0 1 11 1 22 1 2
30第一章：运动的描述 匀变速直线运动
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
8．实验者从某砖墙的高处使一个石子自由落下，并且拍摄石子在空中的照片．由于石子的
运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每块砖的平均厚度为 6 cm，使用的相机曝
光时间为0.02 s，重力加速度g取10 m/s2.则可以估算出石子落到A点的速度大约为( )
A．5.0 m/s B．6.0 m/s C．7.0 m/s D．8.0 m/s
答案 B
解析 石子的运动的位移x＝12 cm＝0.12 m，根据x＝v t＋gt2，解得v ≈6 m/s，故选B.
A A
9．屋檐离地面的高度为45 m，每隔相等时间滴下一滴水，当第7滴水刚滴下时，第一滴水
恰好落到地面上，则第3滴水与第5滴水的高度差为( )
A．5 m B．10 m C．15 m D．20 m
答案 C
解析 根据题意画出雨滴下落过程的示意图如图所示，根据自由落体运动的规律可知，在连
续相等的时间内位移之比为1∶3∶5…，所以第3滴水与第5滴水的高度差h＝H＝H＝15
m，故C正确，A、B、D错误．
10．(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板
松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取
重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案 BC
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，选项
31第一章：运动的描述 匀变速直线运动
A错误；取竖直向下为正方向，由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移 h ＝－vt＋
1 0
gt2＝30 m，升降机这段时间的位移h ＝vt＝15 m，故矿井的深度为h＝h ＋h ＝45 m，选项
2 0 1 2
B正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝－v＋gt＝25 m/s，选项C正确；螺钉松脱前运动的
0
位移为h＝vt′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，选项D错误．
1 0
11.在某星球表面，t＝0时刻小球以初速度v 开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，
0
以v 方向为正方向，则小球位移x随速度的平方v2变化的x－v2图像如图所示，下列说法正
0
确的是( )
A．小球的初速度为100 m/s
B．小球位移x＝5 m时对应的运动时间为2 s
C．小球加速度与初速度方向相反
D．图中m点坐标值为－7.2
答案 C
解析 t＝0时x＝0，由题图知v2＝100 (m/s)2，所以小球的初速度v ＝10 m/s，选项A错误；
0 0
由v2－v2＝2ax得x＝－，图线斜率k＝＝－，解得a＝－10 m/s2，小球位移x＝5 m时v＝
0
0，所以对应运动时间t＝＝1 s，选项B错误，C正确；由题图可知＝，解得m＝－2.2，选
项D错误．
12.某人从同一点P以相同的速度先后竖直向上抛出两小球A、B，两球的v－t图像分别如图
中A、B所示，不计空气阻力，不考虑两球相撞，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．B球上升0.15 m时和A球相遇
B．若抛出两球的时间差合适，A球可以在上升过程中和B相遇
C．t＝0.2 s和t＝0.3 s时，两球的间距相等
D．t＝0到t＝0.3 s，A球运动的平均速度大小为 m/s
答案 C
解析 由题图可知，小球初速度为v ＝2 m/s，上升时间为t ＝0.2 s，上升最大高度为H＝＝
0 0
0.2 m，B球比A球晚Δt＝0.1 s抛出．B球上升0.15 m时，有h ＝vt －gt 2，代入数据解得t
B 0B B B
＝0.1 s或t ＝0.3 s(舍去)，则可知A球抛出时间为t ＝t ＋Δt＝0.2 s，则可知此时A球上升到
B A B
最大高度0.2 m处，故两球没有相遇，故A错误；因两球初速度相同，故A球不可能在上升
过程中和B球相遇，故B错误；当t＝0.2 s时，两球间距为Δh ＝(×2×0.2－0.15) m＝0.05
1
32第一章：运动的描述 匀变速直线运动
m，当t＝0.3 s时，B球上升到最大高度，A球从最大高度下降h′＝×10×0.12 m＝
0.05 m，则两球间距为Δh ＝0.05 m，故C正确；t＝0到t＝0.3 s，A球的位移为h＝vt－gt2
2 0
＝0.15 m，则A球运动的平均速度大小为＝＝0.5 m/s，故D错误．
第 4 讲 实验一 探究小车速度随时间变化的规律
目标要求 1.会正确使用打点计时器，学会利用纸带上的点迹求物体的速度和加速度.2.掌
握判断物体是否做匀变速直线运动的方法．
实验技能储备
一、打点计时器
1．作用：计时仪器，当所用交变电源的频率f＝50 Hz时，每隔0.02 s打一次点．
2．结构
(1)电磁打点计时器(如图)
(2)电火花计时器(如图)
3．工作条件：
二、实验：探究小车速度随时间变化的规律
1．实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、槽码、刻
度尺、导线、交变电源．
2．实验过程
(1)按照实验装置，把打点计时器固定在长木板无滑轮的一端，接好电源；
(2)把一细绳系在小车上，细绳绕过滑轮，下端挂合适的槽码，纸带穿过打点计时器，固定
33第一章：运动的描述 匀变速直线运动
在小车后面；
(3)把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，后放开小车；
(4)小车运动一段时间后，断开电源，取下纸带；
(5)更换纸带重复实验三次，选择一条比较理想的纸带进行测量、分析．
3．数据处理
(1)求物体的速度与加速度
①利用平均速度求瞬时速度：v＝＝.
n
②利用逐差法求解平均加速度
a＝，a＝，a＝⇒a＝＝.
1 2 3
③利用速度—时间图像求加速度
a．作出速度—时间图像，通过图像的斜率求解物体的加速度；
b．剪下相邻计数点的纸带紧排在一起求解加速度．
(2)依据纸带判断物体是否做匀变速直线运动
①x、x、x…x 是相邻两计数点间的距离．
1 2 3 n
②Δx是两个连续相等的时间内的位移差：Δx＝x－x，Δx＝x－x，….
1 2 1 2 3 2
③若Δx等于恒量(aT2)，则说明小车做匀变速直线运动．
④Δx＝aT2，只要小车做匀变速直线运动，它在任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差
就一定相等．
4．注意事项
(1)平行：纸带、细绳要与长木板平行．
(2)两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取下纸带．
(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止槽码落地及小车与滑轮相撞．
(4)减小误差：小车的加速度应适当大些，可以减小长度测量的相对误差，加速度大小以能
在约50 cm的纸带上清楚地取出6～7个计数点为宜．
(5)小车从靠近打点计时器位置释放．
5．误差分析
(1)纸带运动时摩擦力不均匀，打点不稳定引起误差．
(2)计数点间距测量有偶然误差．
(3)作图有误差．
知识点一 教材原型实验
例1 某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖
动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸
34第一章：运动的描述 匀变速直线运动
带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A、B、C、D、E五个点中，打
点计时器最先打出的是_____点．在打出C点时物块的速度大小为_____ m/s(保留3位有效数
字)；物块下滑的加速度大小为________ m/s2(保留2位有效数字)．
答案 A 0.233 0.75
解析 根据题述，物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是
A点．根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为 1.20 cm，C点对应的刻度为 3.15
cm，D点对应的刻度为5.85 cm，E点对应的刻度为9.30 cm，AB＝1.20 cm，BC＝1.95 cm，
CD ＝
2.70 cm，DE＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间间隔T＝5× s＝0.10 s，根据做匀变速直
线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C点时物
块的速度大小为v ＝≈0.233 m/s.由逐差法可得a＝，解得a＝0.75 m/s2.
C
例2 用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．
主要实验步骤如下：
a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．
b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点 O(t＝0)，然后每隔相同的时间
间隔T选取一个计数点，如图乙中A、B、C、D、E、F……所示．
c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v 、v 、
1 2
v、v、v……
3 4 5
d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图丙所示．
35第一章：运动的描述 匀变速直线运动
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)．
A．电压合适的50 Hz交变电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平(含砝码)
(2)在图中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点C对应的坐标
点，并画出v－t图像．
(3)观察v－t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是________________．v－t图
像斜率的物理意义是__________________．
(4)描绘v－t图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度表示各计数点的瞬
时速度，从理论上讲，对Δt的要求是________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实
验的角度看，选取的Δx大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)．
答案 (1)A C (2)如图所示
(3)小车的速度随时间均匀变化 加速度 (4)越小越好 有关
解析 (1)打点计时器使用的是交变电源，故选A，不选B；相邻打点间的时间是已知的，故
不选D；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故选C；由于不需要知道小车和重物的质量，
故不需要天平(含砝码)，故不选E.
36第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(2)连线时要让尽量多的点在一条直线上，其他点均匀地分布在直线两侧．
(3)可以依据v－t图像是倾斜的直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车
做匀变速直线运动；v－t图像的斜率表示加速度．
(4)严格地讲，表示的是Δt内的平均速度，只有当Δt趋近于0时，才表示瞬时速度，因此若
用表示各计数点的瞬时速度，对Δt的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx越小，
用计算得到的平均速度越接近计数点的瞬时速度，但 Δx过小，测量误差增大，因此选取的
Δx大小与速度测量的误差有关．
知识点二 探索创新实验
对本实验的改进创新的方法
1．实验器材的改进及速度的测量方法(如图)
2．获得加速度方法的改进
靠重物的拉力获得加速度―→长木板倾斜靠重力获得加速度，如图甲、乙所示．
3．用频闪照相的方法、滴水法或光电计时器代替打点计时器．
通过以上装置的改进能最大限度地减少因长木板和打点计时器的限位孔的阻力而导致的小车
加速度不恒定，使小车尽可能做匀加速直线运动，以提高实验的精确度．
例3 某同学用如图(a)所示的装置测量重力加速度．
实验器材：有机玻璃条(白色是透光部分，黑色是宽度均为d＝1.00 cm的挡光片)，铁架台，
37第一章：运动的描述 匀变速直线运动
数字计时器(含光电门)，刻度尺．主要实验过程如下：
(1)将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；
(2)用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图(b)所示，读出两挡光片间的距离L
＝________ cm；
(3)手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分
通过；
(4)让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t＝10.003 ms和t＝5.000 ms；
1 2
(5)根据以上测量的数据计算出重力加速度g＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)．
答案 (2)15.40 (3)竖直 (5)9.74
解析 (2)两挡光片间的距离
L＝15.40 cm－0 cm＝15.40 cm
(3)手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过．
(5)玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
v＝＝ m/s≈1 m/s
1
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
v＝＝ m/s＝2 m/s
2
根据速度位移公式有v2－v2＝2gL
2 1
代入数据解得加速度g＝≈9.74 m/s2.
例4 某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使
用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器．
实验步骤如下：
①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相
对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；
38第一章：运动的描述 匀变速直线运动
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间
内的平均速度大小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始
下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④；
⑥利用实验中得到的数据作出－Δt图，如图(c)所示．
完成下列填空：
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用v 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大
A
小，则与v 、a和Δt的关系式为 ＝________.
A
(2)由图(c)可求得v ＝______ cm/s，a＝______ cm/s2.(结果保留3位有效数字)
A
答案 (1)v ＋aΔt (2)52.1 16.6(16.4～16.8均可)
A
解析 (1)设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：v＝v ＋aΔt，且＝
A
联立解得：＝v ＋aΔt；
A
(2)由题图(c)可读出v ≈52.1 cm/s，图线的斜率
A
k＝a＝ cm/s2≈8.28 cm/s2，
即a≈16.6 cm/s2.
例5 某实验小组用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的
过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示，拍摄时频闪频率是10 Hz；通过
斜面上固定的刻度尺(最小分度为1 mm)读取的5个连续影像的读数依次为x 、x 、x 、x 、
O A B C
x .
D
x x x x x
O A B C D
5.1 cm 15.86 cm 30.91 cm 50.25 cm 73.90 cm
根据表中数据，完成下列填空：
(1)以上哪个数据不符合刻度尺读数要求________(选填x 、x ……)；
O A
(2)物块到达B点时的速度v 为________ m/s(保留3位有效数字)；
B
(3)请充分利用数据计算出物块的加速度a为________ m/s2(保留3位有效数字)．
答案 (1)x (2)1.72 (3)4.30
O
解析 (1)由于刻度尺的最小分度为0.1 cm，读数需要估读，则x 不符合刻度尺读数要求．
O
(2)由于B点是A、C两点的中间时刻，所以v ＝＝ m/s≈1.72 m/s
B
(3)由逐差法得物块的加速度大小为a＝＝×10－2 m/s2≈
39第一章：运动的描述 匀变速直线运动
4.30 m/s2.
课后巩固练习
1．用电火花计时器研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了如图所示的一条纸带．
(1)电火花计时器使用的是________ V的________(填“直流”或“交变”)电源；计时器打点
的时间间隔为0.02 s，每隔4个点取1个计数点，依次得到了O、A、B、C、D几个计数点．
(2)小车由静止开始运动，则纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连；
(3)用刻度尺量得OA＝1.20 cm，OB＝2.80 cm，OC＝5.80 cm，OD＝7.20 cm，打B点时纸带
的速度大小为________ m/s，纸带运动的加速度大小为________ m/s2；
(4)如果当时电网中交变电流的频率变大，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值
比实际值________(填“偏大”或“偏小”)；
(5)关于打点计时器的使用，下列说法正确的是________．
A．电磁打点计时器使用的是8 V的直流电源
B．在测量物体速度时，先接通打点计时器的电源，后让物体运动
C．使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小
D．电源的电压越高，打点的时间间隔就越小
答案 (1)220 交变 (2)左 (3)0.23 0.40 (4)偏小 (5)BC
解析 (1)电火花计时器使用220 V的交变电源；
(2)小车从静止开始做加速运动，相邻计数点间距变大，可知，小车与纸带的左端相连；
(3)打B点时纸带的速度
v ＝＝×10－2 m/s＝0.23 m/s
B
由逐差法得加速度大小为
a＝＝×10－2 m/s2＝0.40 m/s2
(4)如果在实验中，交流电的频率变大，那么实际打点周期变小，根据运动学公式 Δx＝aT2得，
测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小；
(5)电磁打点计时器使用的是8 V的交变电源，故A错误；为了充分利用纸带，在测量物体
速度时，先接通打点计时器的电源，后让物体运动，故B正确；由T＝可知，使用的电源频
率越高，打点的时间间隔就越小，故C正确；打点的时间间隔与电压无关，故D错误．
2．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵
引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(未到达滑轮处)．从纸带上选
取便于测量的部分，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．
40第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(1)实验中除了打点计时器外，下列还需要用到的测量器材是________．
A．游标卡尺 B．秒表
C．毫米刻度尺 D．托盘天平
(2)通过分析纸带上的数据，可判断物块开始减速的时刻位于________．
A．计数点5和6之间某时刻
B．计数点6和7之间某时刻
C．计数点7和8之间某时刻
(3)若打点计时器所接电源的频率为50 Hz，计数点5对应的速度大小为________ m/s，计数
点6对应的速度大小为________ m/s.(均保留三位有效数字)
答案 (1)C (2)B (3)1.00 1.20
解析 (1)本实验需要根据纸带上的数据计算物块的速度，故需要用到刻度尺测量点距，C
正确．
(2)从题图乙可以看出，物块从计数点1开始加速，相邻相等的时间间隔的位移差大约为 2
cm，而第6个到第7个计数点间的距离与第5个到第6个计数点间的距离相比增加了1.27
cm，故开始减速的时刻位于计数点6和7之间某时刻，B正确．
(3)相邻计数点的时间间隔T＝0.1 s，
则计数点5对应的速度v＝＝ m/s≈1.00 m/s
5
由逐差法可得匀加速阶段的加速度大小为
a＝＝
m/s2
≈2.00 m/s2
因而v＝v＋aT＝1.20 m/s.
6 5
3.疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究．用手机拍摄物体自由下落的
视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所
示．
41第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________．
(2)下列主要操作步骤的正确顺序是________．(填写各步骤前的序号)
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图乙所示．已知所截取的图
片相邻两帧之间的时间间隔为 s，刻度尺的分度值是1 mm，由此测得重力加速度为_____
m/s2.
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向．从
该视频中截取图片，________(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度．
答案 (1)小钢球 (2)①③④② (3)9.6(9.5～9.7均可) (4)仍能
解析 (2)安装好器材后，先打开手机摄像功能，再由静止释放小球．这类似于使用打点计
时器时先接通电源，再释放纸带，故顺序是①③④②.
(3)由题图乙读得x＝2.50 cm，x＝26.50 cm，x＝77.20 cm，
1 2 3
由(x－x)－(x－x)＝gT2，T＝ s，
3 2 2 1
解得g≈9.6 m/s2.
(4)释放时手抖动，导致小球的运动偏离了竖直方向，但在小球下落过程中，小球竖直分运
动仍然是加速度为重力加速度g的运动，故仍能用(3)问中的方法测出重力加速度．
4．如图甲，用电磁打点计时器测定物体做自由下落运动时的加速度，实验打出一条较长纸
带，一同学在该纸带上截取了不同位置的(a)(b)(c)(d)四段进行测量处理，每段纸带上有三个
计时点，按顺序依次编号为0～11，测量结果如图乙所示．所用电源频率为50 Hz.
42第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(1)5、6两点之间撕掉了________个计时点；
(2)通过对四段纸带的计算分析，下述判断比较接近事实的是________．
A．物体开始下落时的加速度最接近重力加速度
B．当地的重力加速度约为9.56 m/s2
C．随物体速度的增大当地重力加速度减小
D．实验中物体所受阻力不可忽略
答案 (1)1 (2)AD
解析 (1)由Δx＝x －x＝(m－n)aT2可估算
m n
(m－n)＝＝≈3
即5、7计时点之间有3个T时间段，两个计时点(包括6点)，如图所示，故5、6之间有1
个计时点．
(2)设四段对应加速度分别为g 、g 、g 、g ，则由Δx＝gT2得g ＝g ＝9.75 m/s2、g ＝9.5
1 2 3 4 1 2 3
m/s2、g ＝9.25 m/s2.由此可见，开始下落时物体的加速度最接近重力加速度，A正确；随物
4
体速度增大，加速度明显减小，说明所受阻力明显增大，因此当地重力加速度应大于且更
接近9.75 m/s2，B错误；当地重力加速度是不变的，C错误；由于加速度减小明显，阻力不
可忽略，D正确．
5.某物理小组利用图甲所示的装置测当地的重力加速度g，在铁架台上安装两个光电门，光
电门1固定，光电门2可上下移动．将电磁铁通电，小铁球静止在电磁铁下端，调整两光电
门的位置，让电磁铁断电后，小球沿竖直线通过两个光电门，光电计时器能记录小铁球从光
电门1运动至光电门2的时间t.
43第一章：运动的描述 匀变速直线运动
(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，测量结果如图乙所示，则小铁球的直径 D＝________
cm；
(2)使小铁球由静止下落，用铁架台上的固定刻度尺测出两个光电门之间的距离 h，及对应的
运动时间t.保证光电门1的位置不变，多次改变光电门2的高度，并测出多组h和t，以为纵
坐标，以t为横坐标，作出－t的关系图线如图丙，不考虑小铁球直径对实验的影响，则纵
截距的含义是________________________；当地重力加速度的测量值g＝________ m/s2(结
果保留两位有效数字)．
(3)如果考虑空气阻力对实验的影响，则重力加速度的测量值与真实值相比________(填“偏
小”“相等”或“偏大”)．
答案 (1)1.000 (2)小铁球经过光电门1时的速度 9.7 (3)偏小
解析 (1)游标卡尺的精确度为0.05 mm；游标卡尺的主尺读数为10 mm，
游标尺读数为0.05×0 mm＝0.00 mm，
则小铁球的直径D＝10 mm＋0.00 mm
＝10.00 mm＝1.000 cm；
(2)设小铁球经过光电门1的速度为v，
1
根据位移－时间公式则有h＝vt＋gt2，变形得＝v＋gt
1 1
由此可知纵截距的含义是小铁球经过光电门1时的速度，斜率为k＝g
结合图像可得g＝2k＝2× m/s2
≈9.7 m/s2
(3)如果考虑空气阻力对实验的影响，实际小铁球下落的加速度变小，则测得的重力加速度
偏小．
44第一章：运动的描述 匀变速直线运动
45第二章：相互作用
第 1 讲 重力 弹力 摩擦力
目标要求 1.掌握重力的大小、方向及重心的概念.2.掌握弹力的有无、方向的判断及弹力
大小的计算方法，理解并掌握胡克定律.3.会判断摩擦力的方向，会计算摩擦力的大小．
知识点一 重力和重心
1．力
(1)定义：力是一个物体对另一个物体的作用．
(2)作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)．
(3)性质：力具有物质性、相互性、矢量性、独立性等特征．
2．重力
(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．
注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力．
(2)大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量．同一物体G的变化是由在地球上不同位置处g的
变化引起的．
(3)方向：总是竖直向下．
(4)重心：物体的各部分都受重力作用，可认为重力集中作用于一点，即物体的重心．
①影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布．
②不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．
注意：重心的位置不一定在物体上．
46第二章：相互作用
1．重力就是地球对物体的吸引力．( × )
2．形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心．( × )
3．重力加速度g的大小与在地球表面的位置有关．( √ )
例1 下列关于重力的说法中正确的是( )
A．物体只有静止时才受重力作用
B．重力的方向总是指向地心
C．地面上的同一物体在赤道上所受重力最小
D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力
答案 C
解析 物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，
不一定指向地心，B错误；赤道上重力加速度最小，因此地面上的同一物体在赤道上所受重
力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的
重力，D错误．
例2 一质量分布均匀的物块用两根轻绳吊起处于静止状态，下列合理的是( )
答案 D
解析 质量分布均匀的物体的重心在其几何中心．物块在重力、两根轻绳的拉力作用下处于
静止状态，故三个力属于共点力，则三个力的作用线必交于一点，D选项符合要求，故选
D.
例3 如图所示，两辆车正以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你可
以得出的结论是( )
A．物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点
B．重力的方向总是垂直向下的
C．物体重心的位置与物体形状和质量分布无关
D．力是使物体运动的原因
答案 A
解析 物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是
物体的重心，重力的方向是竖直向下而不是垂直向下，所以选项A正确，B错误；从题图中
可以看出，车(包括货物)的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故选项
C错误；力不是使物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，所以选项D错误．
47第二章：相互作用
知识点二 弹力
1．弹力
(1)定义：发生形变的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用．
(2)产生条件：
①物体间直接接触；
②接触处发生形变．
(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反．
2．弹力有无的判断方法
(1)条件法：根据弹力产生条件——物体是否直接接触并发生弹性形变．
(2)假设法：假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，
则此处没有弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力．
(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．
3．接触面上的弹力方向判断
面与面 点与面 点与曲面 曲面与平面
垂直于接触面 垂直于接触面 垂直于切面 垂直于平面
4.弹力大小的计算
(1)应用胡克定律F＝kx计算弹簧的弹力．注意：x表示形变量．
(2)物体静止或做匀速直线运动时，用共点力平衡来计算弹力．
(3)物体不平衡时应用牛顿第二定律计算弹力．
1．只要物体发生形变就会产生弹力作用．( × )
2．轻绳产生的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向．( √ )
3．轻杆产生的弹力方向一定沿着杆的方向．( × )
轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较
轻绳 轻杆 弹性绳 轻弹簧
48第二章：相互作用
图示
受外力作用时形 拉伸形变、压缩 拉伸形变、压缩
拉伸形变 拉伸形变
变的种类 形变、弯曲形变 形变
受外力作用时形
微小，可忽略 微小，可忽略 较大，不可忽略 较大，不可忽略
变量大小
既能沿着杆，也 沿着弹簧，指向
沿着绳，指向绳 沿着绳，指向绳
弹力方向 可以跟杆成任意 弹簧恢复原长的
收缩的方向 收缩的方向
角度 方向
考向1 弹力的有无及方向判断
例4 下列图中各物体均处于静止状态．图中画出了小球 A所受弹力的情况，其中正确的
是( )
答案 C
解析 选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹
力方向应竖直向上，故A错误；选项B中，因为右边的绳竖直向上，如果左边的绳有拉力，
则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错误；球与面接触处的
弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即选项D中大半圆对小球
的支持力F 应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心，故D错误；球与球接触处
N2
的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，且指向受力物体，故C正确．
例5 如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接
一小球．当小车与小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A．细绳一定对小球有拉力
B．轻弹簧一定对小球有弹力
C．细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力，轻弹簧对小球也不一定有弹力
49第二章：相互作用
答案 D
解析 当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，细绳的拉力 F ＝0；当小车和
T
小球向右做匀加速直线运动时绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确．
考向2 杆的弹力方向及大小计算
例6 如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 θ，
在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g.现使小车以加速度a向右做匀加速直线
运动，下列说法正确的是( )
A．杆对小球的弹力一定竖直向上
B．杆对小球的弹力一定沿杆向上
C．杆对小球的弹力大小为mg
D．杆对小球的弹力大小为F＝
答案 D
解析 对小球受力分析如图，由图可知，当a大小不同时，杆上的弹力与竖直方向夹角也不
同，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F>mg，故选项A、B、C错误；由几何关系可
知，F＝，选项D正确．
考向3 胡克定律的理解及应用
例7 (多选)如图所示为一轻质弹簧的长度L和弹力F的关系图线，根据图线可以确定(
)
A．弹簧的原长为10 cm
B．弹簧的劲度系数为200 N/m
C．弹簧伸长15 cm时弹力大小为10 N
D．弹簧伸长15 cm时弹力大小为30 N
50第二章：相互作用
答案 ABD
解析 当弹力为零时，弹簧处于原长，则原长为 10 cm，故A正确；当弹簧的长度为5 cm
时，弹力为10 N，此时弹簧压缩量x＝10 cm－5 cm＝5 cm＝0.05 m，根据胡克定律F＝kx得，
k＝ N/m＝200 N/m，故B正确；当弹簧伸长量x′＝15 cm＝0.15 m时，根据胡克定律得，F
＝kx′＝200×0.15 N＝30 N，故C错误，D正确．
知识点三 摩擦力
1．定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或具有相对运动的趋势时，在接触面
上会产生阻碍相对运动或相对运动趋势的力．
2．产生条件
(1)接触面粗糙．
(2)接触处有压力．
(3)两物体间有相对运动或相对运动的趋势．
3．方向：与受力物体相对运动或相对运动趋势的方向相反．
4．大小
(1)滑动摩擦力：F＝μF ，μ为动摩擦因数；
f N
(2)静摩擦力：0<F≤F .
max
5．弹力与摩擦力的关系
若两物体间有摩擦力，则两物体间一定有弹力，若两物体间有弹力，但两物体间不一定有摩
擦力．(均选填“一定有”或“不一定有”)
1．滑动摩擦力的方向与物体的运动方向一定相反．( × )
2．静摩擦力可能是动力，滑动摩擦力一定是阻力．( × )
3．运动的物体不可能受到静摩擦力作用．( × )
4．受静摩擦力作用的物体一定处于静止状态．( × )
5．正压力越大，摩擦力可能越大，也可能不变．( √ )
6．滑动摩擦力与接触面积有关，相同材料的两物体接触面积越大，滑动摩擦力越大．( ×
)
1．计算摩擦力大小的“四点”注意
(1)首先分析物体的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力．
51第二章：相互作用
(2)滑动摩擦力的大小可以用公式F＝μF 计算，而静摩擦力没有公式可用，只能利用平衡条
f N
件或牛顿第二定律列方程计算．这是因为静摩擦力是被动力，其大小随状态而变，介于 0～
F 之间．
fmax
(3)“F＝μF ”中F 并不总是等于物体的重力．
f N N
(4)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小、接触面积的大小无关．
2．计算摩擦力大小的思维流程
考向1 摩擦力方向的判断
例8 (多选)中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一．在楷书笔画中，长横的写
法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带．某同学在水平
桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图所示．则在
向右行笔的过程中( )
A．镇纸受到向左的摩擦力
B．毛笔受到向左的摩擦力
C．白纸只受到向右的摩擦力
D．桌面受到向右的摩擦力
答案 BD
解析 白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向
受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故 A错误；在书
写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，故B正确；白纸与镇纸之间没有
摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面
对白纸向左的摩擦力，故C错误；根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，故D正
确．
52第二章：相互作用
考向2 摩擦力大小的计算
例9 一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即F 、F 和摩擦力的作用，木
1 2
块处于静止状态，如图所示，其中F＝10 N，F＝2 N，若撤去F，则木块受到的摩擦力为(
1 2 1
)
A．10 N，方向向左
B．6 N，方向向右
C．2 N，方向向右
D．0
答案 C
解析 当木块受F 、F 及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的摩
1 2
擦力的大小为8 N，可知最大静摩擦力F ≥8 N．当撤去力F 后，F ＝2 N<F ，木块仍
fmax 1 2 fmax
处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在木块
上的F 等大反向，故选C.
2
例10 如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为 θ，AC
与AB的夹角也为θ.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动．物
块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，则拉力大小为( )
A．2mgsin θcos B．2mgsin θ
C．2mgsin D．mgsin θcos
答案 A
解析 对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，支持力F ＝
N
mgcos θ，滑动摩擦力F＝μF ＝mgsin θ，则拉力F＝2mgsin θcos ，故A正确．
f N
53第二章：相互作用
课后巩固练习
1．关于重力及重心，下列说法中正确的是( )
A．一个物体放在水中称量时弹簧测力计的示数小于物体在空气中称量时弹簧测力计的示数，
因此物体在水中受到的重力小于在空气中受到的重力
B．据G＝mg可知，两个物体相比较，质量较大的物体的重力一定较大
C．物体放在水平面上时，重力方向垂直于水平面向下，当物体静止于斜面上时，其重力方
向垂直于斜面向下
D．物体的形状改变后，其重心位置往往改变
答案 D
解析 由于物体放在水中时，受到向上的浮力，从而减小了弹簧的拉伸形变，弹簧测力计的
示数减小了，但物体的重力并不改变，选项A错误；当两物体所处的地理位置相同时，g值
相同，质量大的物体的重力必定大，但当两物体所处的地理位置不同时，如质量较小的物体
放在地球上，质量较大的物体放在月球上，由于月球上g值较小，导致质量大的物体的重力
不一定大，选项B错误；重力的方向是竖直向下的，选项C错误；物体的重心位置由物体
的形状和质量分布情况共同决定，物体的形状改变后，其重心位置往往发生改变，选项D
正确．
2．(多选)下列各实例中力的方向描述正确的是( )
A．图甲中，半圆面对杆有弹力F ，地面对杆有弹力F
N1 N2
B．图乙中，篮球与地面作用时，地面对篮球有弹力F
N
C．图丙中，物体A与传送带一起匀速向右运动，传送带对A有摩擦力F
f
D．图丁中，物体A匀速下滑时，固定斜面对A有摩擦力F′
f
答案 BD
3.某运动员以如图所示的姿势蹲在水平地面上，则该运动员( )
54第二章：相互作用
A．受到水平向前的摩擦力
B．受到水平向后的摩擦力
C．受到竖直向上的支持力
D．所受支持力由脚底形变产生
答案 C
解析 运动员以题图所示的姿势蹲在水平地面上，运动员在水平方向无运动的趋势，则地面
对人无摩擦力，选项A、B错误；运动员竖直方向受力平衡，受到地面竖直向上的支持力和
竖直向下的重力，选项C正确；人所受支持力由地面的形变产生，选项D错误．
4.如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A、B两点离
墙壁的距离分别为x 、x ，物块在A、B两点均能恰好静止，物块与地面间的最大静摩擦力
1 2
为F，则弹簧的劲度系数为( )
1
A. B.
C. D.
答案 C
解析 物块在A点和B点所受弹簧弹力与静摩擦力大小相等、方向相反，设弹簧原长为l ，
0
由平衡条件，在A点处有k(l－x)＝F，在B点处有k(x－l)＝F，联立解得k＝，故C正确．
0 1 1 2 0 1
5．如图所示的装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不
计，平衡时各弹簧的弹力大小分别为F、F、F，其大小关系是( )
1 2 3
A．F＝F＝F B．F＝F＜F
1 2 3 1 2 3
C．F＝F＞F D．F＞F＞F
1 3 2 3 1 2
答案 A
6.(多选)《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个
重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域．如图所示，一智能机械臂铁夹夹起一个
金属小球后静止在空中，铁夹与球接触面保持竖直，则( )
A．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
B．小球受到的摩擦力与重力大小相等
55第二章：相互作用
C．铁夹受到的摩擦力方向竖直向下
D．若铁夹水平匀速移动，小球受到的摩擦力变大
答案 BC
解析 对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件
可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，若增大铁夹对小球的压
力，小球受到的摩擦力不变，A错误，B正确；根据牛顿第三定律可知，铁夹受到小球的摩
擦力方向竖直向下，C正确；若水平匀速移动铁夹，由于小球受力始终平衡，故摩擦力大小
不变，D错误．
7.如图所示为研究物块与木板之间摩擦力大小的实验装置．将一物块和木板叠放于水平桌面
上．轻质弹簧测力计一端固定，另一端用细线与物块水平相连．现在用轻绳与木板连接，用
手向右水平拉轻绳，使木板在桌面上滑动．弹簧测力计示数稳定后，下列说法正确的是(
)
A．物块与木板之间的摩擦力是静摩擦力
B．木板必须在桌面上做匀速直线运动
C．弹簧测力计示数一定等于物块受到的摩擦力
D．弹簧测力计示数一定等于木板受到的摩擦力
答案 C
解析 物块与木板间发生相对运动，是滑动摩擦力，只要两者间发生相对运动即可，木板不
必一定在桌面上做匀速直线运动，A、B错误；物块受力平衡，弹簧测力计示数等于物块受
到的摩擦力，C正确，D错误．
8.固定水平板的两端分别装有光滑轻质定滑轮A、B，物块P放在平板上，两段细线分别绕
过定滑轮连接在物块P点，两细线的另一端连接在质量为m的小球Q上，P、Q均静止，
BQ段的细线竖直，重力加速度为g，则物块P受到平板的摩擦力( )
A．为0 B．等于mg
C．小于mg D．大于mg
答案 B
解析 BQ段的细线竖直，所以AQ段绳子没有拉力，即BQ段的细线的拉力等于mg，根据
56第二章：相互作用
平衡条件，物块P受到平板的摩擦力等于mg.故选B.
9.如图所示，两木块的质量分别为m 和m ，两竖直轻质弹簧的劲度系数分别为k 和k ，上
1 2 1 2
面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，
直到它刚离开上面弹簧，在此过程中下面木块移动的距离为(重力加速度为g)( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 初始状态时，下面弹簧压缩量为x ＝，当上面的木块离开后，下面弹簧压缩量为x
1 2
＝，下面的木块移动距离s＝x－x＝，故选C.
1 2
10．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也
为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两
端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(
)
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
答案 B
解析 设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量ΔL＝100 cm
－80 cm＝20 cm，两段绳的弹力F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示．由题意可知sin α
＝，cos α＝.根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcos α.将弹性绳的两端缓慢
移至天花板上的同一点时，受力如图乙所示．设弹性绳伸长量为 ΔL′，弹力为F′＝
kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝ΔL＝12 cm.弹性绳的总长度变为L ＋
0
ΔL′ ＝
92 cm，故B正确，A、C、D错误.
11．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，
而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(
)
A．2－ B. C. D.
57第二章：相互作用
答案 C
解析 当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成
60°角时，由平衡条件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得，μ＝，故选项C正确．
12.如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100 g，某人用
手在这叠木板的两侧分别加一大小为F的水平压力，使木板在空中水平静止．若手与木板
之间的动摩擦因数为μ ＝0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为μ ＝0.2，最大静摩擦力等于
1 2
滑动摩擦力，g取10 m/s2.则水平压力F至少为( )
A．8 N B．15 N C．16 N D．30 N
答案 B
解析 先把所有木板看成整体，由平衡条件知：2μF≥8mg，得F≥8 N，以中间6块木板
1 1 1
为研究对象，要使木板不滑下去，由平衡条件知：2μF≥6mg，解得F≥15 N，故F≥15
2 2 2
N，故选B.
第 2 讲 摩擦力的综合分析
目标要求 1.会判断摩擦力的有无及方向，会计算摩擦力的大小.2.知道摩擦力的突变，会
分析突变后摩擦力的方向及大小．
知识点一 摩擦力的综合分析与计算
1．静摩擦力有无及方向的判断“三法”
(1)状态法
根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向．
(2)牛顿第三定律法
先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静
摩擦力方向．
(3)假设法
58第二章：相互作用
2．静摩擦力大小的分析与计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时，利用力的平衡条件来计算静摩擦力的大小．
(2)物体有加速度时，若只有静摩擦力提供加速度，则F＝ma.若除受静摩擦力外，物体还受
f
其他力，则F ＝ma，先求合力再求静摩擦力．
合
3．滑动摩擦力大小的分析与计算
滑动摩擦力的大小用公式F＝μF 来计算，应用此公式时要注意以下两点：
f N
(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关；F 为两接触面间的正
N
压力，其大小不一定等于物体的重力．
(2)滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，一般情况下，可认为滑动摩擦力与最大静摩擦力近似相
等．
考向1 静摩擦力的有无及方向判断
例1 (多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同．
三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是( )
A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．B、C受到的摩擦力方向相同
C．B、C受到的摩擦力方向相反
D．若传送带向右加速，A物体受到的摩擦力向右
答案 BD
解析 A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作
用，A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力
为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；若传送
带向右加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力，故D正确．
例2 (多选)如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置物块m，
M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )
59第二章：相互作用
A．图甲中物块m受到摩擦力
B．图乙中物块m受到摩擦力
C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力
D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力
答案 BD
解析 对题图甲：设物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力与支持力平衡，若受到摩
擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块 m受力将不平衡，与题中条件矛盾，
故假设不成立，A、C错误；对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力
平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平
衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确．
考向2 摩擦力的综合分析和计算
例3 长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，木板
由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，如图甲所示，摩擦力
传感器记录了木块受到的摩擦力F 随角度θ的变化图像如图乙所示．重力加速度为g，下列
f
判断正确的是( )
A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ
1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．木板与地面的夹角为θ 时，木块做自由落体运动
2
D．木板由θ 转到θ 的过程中，木块的速度变化越来越快
1 2
答案 D
解析 由题图可知，当木板与地面的夹角为θ 时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向下
1
的分力等于F ，则F ＝mgsin θ，刚滑动时有F ＝μmgcos θ，则μ＝，由题图知F <F ，即
f2 f2 1 f1 1 f1 f2
μmgcos θ<mgsin θ ，解得μ<tan θ ，故选项A、B错误；当木板与地面的夹角为θ 时，木块
1 1 1 2
受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做
初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；对木块，根据牛顿第二定律有：
60第二章：相互作用
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ，则木板由θ 转到θ 的过程中，随着θ的增
1 2
大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确．
例4 如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用
一跨过光滑轻质动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉 A物体的
绳子与水平面的夹角为53°，拉B物体的绳子与水平面的夹角为37°，此时A、B两物体刚好
处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 设绳中张力为F，对A由平衡条件可得Fcos 53°＝μ(m g－Fsin 53°)，对B由平衡条件
A
可得Fcos 37°＝μ(m g－Fsin 37°)，联立解得＝，选项A正确．
B
知识点二 摩擦力的突变问题
分析摩擦力突变问题的方法
(1)分析临界状态，物体由相对静止变为相对运动，或者由相对运动变为相对静止，或者受
力情况发生突变，往往是摩擦力突变问题的临界状态．
(2)确定各阶段摩擦力的性质和受力情况，做好各阶段摩擦力的分析．
考向1 “静—静”突变
物体在静摩擦力和其他力的共同作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生
变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小和方向将发生突变．
例5 如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5
N时，物体A与小车均处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度向右运动，则(g＝10 m/s2)(
)
A．物体A相对小车向右运动 B．物体A受到的摩擦力减小
C．物体A受到的摩擦力大小不变 D．物体A受到的弹簧的拉力增大
答案 C
解析 由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力F ≥5 N，小车加速运动时，假
fm
设物体A与小车仍然相对静止，则物体A所受合力F ＝ma＝10 N，可知此时小车对物体A
合
61第二章：相互作用
的摩擦力为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，
故选项A、B错误，C正确；弹簧长度不变，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误．
考向2 “静—动”突变
物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持相
对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力．
例6 (多选)在探究静摩擦力变化规律及滑动摩擦力变化规律的实验中，设计了如图甲所示
的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在
光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度可使细绳水平)，滑块放
在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻质定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮
可使桌面上部轻绳水平)，整个装置处于静止状态．实验开始时打开力传感器同时缓慢向沙
桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图像如图乙，则结
合该图像，下列说法正确的是( )
A．可求出空沙桶的重力
B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小
C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小
D．可判断第50 s后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)
答案 ABC
解析 t＝0时刻，力传感器显示拉力为 2 N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为 2
N，由小车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2 N，A选项正确；t＝50 s时静摩擦
力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5 N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5
N，此时摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3 N，B、C选项正确；此后由于沙子
和沙桶总重力3.5 N大于滑动摩擦力3 N，故50 s后小车将做匀加速运动，D选项错误．
考向3 “动—静”突变
在滑动摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不再受滑动摩擦
力作用，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力．
例7 如图所示，斜面体固定在地面上，倾角为 θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．质量
为1 kg的滑块以初速度v 从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩
0
擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力F 随时间变化的图像是下图中的(取初速度v 的方向为
f 0
62第二章：相互作用
正方向，g＝10 m/s2)( )
答案 B
解析 滑块上滑过程中受滑动摩擦力，F＝μF ，F ＝mgcos θ，联立得F＝6.4 N，方向沿斜
f N N f
面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑块静止，滑块受
到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F′＝mgsin θ，代入数据可得F′＝6 N，方向沿斜
f f
面向上，故选项B正确．
考向4 “动—动”突变
在滑动摩擦力作用下运动直到达到共同速度后，如果在静摩擦力作用下不能保持相对静止，
则物体将受滑动摩擦力作用，且其方向发生反向．
例8 (多选)如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v 逆时针匀速转动．
0
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan
θ，选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是(
)
答案 BD
解析 当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动
摩擦力沿传送带向下，加速度a＝gsin θ＋μgcos θ；当小木块速度达到传送带速度时，由于
63第二章：相互作用
μ<tan θ，即μmgcos θ<mgsin θ，所以速度能够继续增大，此时滑动摩擦力的大小不变，而方
向突变为向上，a＝gsin θ－μgcos θ，加速度变小，则v－t图像的斜率变小，所以B、D正确．
摩擦力突变问题注意事项
1．静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦
力存在最大值．存在静摩擦力的连接系统，相对滑动与相对静止的临界状态是静摩擦力达到
最大值．
2．研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动
性质的分界点．
课后巩固练习
1.如图，手握一个水瓶，处于倾斜静止状态，以下说法正确的是( )
A．松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间动摩擦因数变小
B．增大手的握力，瓶更难下滑，是因为瓶受的摩擦力增大
C．保持瓶静止时的倾斜程度不变，增大握力，手对瓶的摩擦力不变
D．手握瓶竖直静止时与倾斜静止时，瓶受到的摩擦力大小相等
答案 C
解析 松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减小，接触面的粗糙程度没有
变化，动摩擦因数不变化，A错误；倾斜静止时，如图甲，增大手的握力，只要瓶子不下滑，
则F＝mgcos θ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力并没有变化，B错
f
误，C正确；手握瓶竖直静止时，如图乙，则F′＝mg，倾斜静止时F＝mgcos θ，D错误．
f f
2.如图所示，一同学站在木板上用力向右推木箱，该同学的脚与木板之间没有相对运动．若
地面与木板、木箱之间均是粗糙的，下列说法正确的是( )
64第二章：相互作用
A．若木箱静止，木板向左运动，则地面对木板的摩擦力方向向右，对木箱没有摩擦力
B.若木板静止，木箱向右运动，则地面对木板的摩擦力方向向右，对木箱的摩擦力方向向左
C．若木板、木箱均静止，地面对木箱和木板均没有摩擦力
D．若木箱向右运动，木板向左运动，则地面对木板的摩擦力方向向左，对木箱的摩擦力方
向向右
答案 B
解析 若木箱静止，木板向左运动，则地面对木板的滑动摩擦力方向向右，对木箱有向左的
静摩擦力，选项A错误；若木板静止，木箱向右运动，则地面对木板的静摩擦力方向向右，
对木箱的滑动摩擦力方向向左，选项B正确；若木板、木箱均静止，地面对木箱有向左的
静摩擦力，地面对木板有向右的静摩擦力，选项C错误；若木箱向右运动，木板向左运动，
则地面对木板的滑动摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，选项D错误．
3.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直
线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )
A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
答案 A
解析 对A、B整体受力分析如图所示，滑动摩擦力F 使整体产生加速度a，a＝μg不变(μ
f
为A与水平面间的动摩擦因数)，对B受力分析知，B所受静摩擦力F ＝m a＝μm g，大小
f静 B B
不变，方向向左，故A对，B、C、D错．
4.如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的
大小恰好相同，则物块与木板间的动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意可以判断，木板的倾角α为30°时物块静止，所受摩擦力为静摩擦力，由沿斜
65第二章：相互作用
面方向二力平衡可知其大小为mgsin 30°；木板的倾角α为45°时物块滑动，所受摩擦力为滑
动摩擦力，大小为μmgcos 45°，由二者相等可得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝，故选C.
5.(多选)为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：用一根弹簧
将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F 作用，使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木
2
块一起向下运动)，如图所示．现分别测出了弹簧的弹力F 、拉力F 和木块的重力G，则以
1 2
下结论正确的是( )
A．木块受到竖直向下的滑动摩擦力
B．木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑
C．木块与墙壁之间的动摩擦因数为
D．木块与墙壁之间的动摩擦因数为
答案 BD
解析 木块相对于竖直墙壁下滑，受到竖直向上的滑动摩擦力，阻碍木块下滑，A错误，B
正确；分析木块受力如图所示，由平衡条件可得：F ＝F，F＝G＋F，又F＝μF ，以上三
N 1 f 2 f N
式联立可解得：μ＝，故C错误，D正确．
6.如图所示，A、B两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于
原长．若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B，直到A即将移动，此过程中，
地面对B的摩擦力F 和对A的摩擦力F 的变化情况是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
1 2
A．F 先变小后变大再不变
1
B．F 先不变后变大再变小
1
C．F 先变大后不变
2
D．F 一直在变大
2
答案 A
解析 因在施加拉力F前，弹簧处于伸长状态，此时地面对A的摩擦力水平向左，地面对B
的摩擦力水平向右，对B施加水平向右的拉力后，随着F的增大，物体B受的摩擦力先水
平向右逐渐减小，再水平向左逐渐增大，当B相对地面向右运动后，物体B受地面的摩擦
66第二章：相互作用
力不再变化，而在物体B运动之前，物体A受地面的摩擦力水平向左，大小不变，当B向
右运动后，随弹簧弹力的增大，物体 A受到的摩擦力逐渐增大，综上所述，选项 A正确，
B、C、D错误．
7.(多选)如图所示，用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t＝0时刻起水
平力F的大小随时间均匀减小，到t 时刻，F减小为零．物体所受的摩擦力F 随时间t变化
1 f
的图像可能是( )
答案 AD
解析 由题意可知，开始物体做匀速运动，从t＝0时刻，拉力F开始均匀减小，t 时刻拉力
1
减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一种是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直
是滑动摩擦力，即大小一直不变，A正确；另一种是当拉力为零前，物体已静止，则物体先
受到滑动摩擦力，后受到静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，
摩擦力变为静摩擦力时拉力大小小于滑动摩擦力大小，D正确，B、C错误．
8.(多选)如图所示，斜面体固定在水平地面上，一物块静止在斜面上，物块上端连接一轻弹
簧，现用沿斜面向上、大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F′、物块受到
的摩擦力F 随时间变化的图像正确的是(时间足够长，斜面足够长，设沿斜面向上为正方向，
f
物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
答案 AD
解析 弹簧的弹力始终等于拉力F，即F′＝kt，故A正确，B错误；物块开始受到的是静
67第二章：相互作用
摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足
F＋F＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大
f
到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，故C错
误，D正确．
9.如图，位于水平桌面上的物块P，通过跨过轻质定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P
和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都为μ，两物
块的质量都是m，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g，若用一水平向右的力F拉P使其做匀
速运动，则在Q未离开P上表面时，F的大小为( )
A．4μmg B．3μmg
C．2μmg D．μmg
答案 A
解析 对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为F ，木块Q与P间的滑动摩擦力F＝μmg，
T f
根据共点力平衡条件有F ＝F ，则得：F ＝μmg；对木块P受力分析，P水平方向受到拉力
T f T
F，轻绳的拉力F ，Q对P向左的摩擦力F，地面对P向左的摩擦力F′，根据共点力平衡
T f f
条件，有F＝F＋F′＋F ，地面对P物体向左的摩擦力：F′＝μ·2mg，联立解得：F＝
f f T f
4μmg，故选A.
10.如图所示，完全相同的A、B两物体放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数均为μ
＝0.2，每个物体重G＝10 N，设物体A、B与水平地面间的最大静摩擦力均为F ＝2.5 N．
max
若对A施加一个向右的由0均匀增大到6 N的水平推力F，有四位同学将A物体所受到的摩
擦力F 随水平推力F的变化情况在图中表示出来．其中表示正确的是( )
fA
答案 D
解析 推力F由0均匀增大到2.5 N，A、B均未动，由平衡条件知F 由0均匀增大到2.5
fA
N；推力F由2.5 N增大到5 N，F ＝2.5 N；推力F由5 N增大到6 N，A处于运动状态，F
fA fA
68第二章：相互作用
＝μG＝2 N，故D项正确．
11．现代的激光打印机都是自动进纸的，有一种进纸原理如图所示．进纸槽里叠放有一叠白
纸，进纸时滚轮以竖直向下的力压在第一张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动，确保第一张
纸与第二张纸发生相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．滚轮与白纸之间的动摩擦
因数为μ ，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ.不考虑静电力的影响，下
1 2
列说法正确的是( )
A．滚轮对第一张白纸的摩擦力方向向左
B．若μ<μ 则打印机不能实现自动进纸
1 2
C．除最上面第一、二张白纸外越向下白纸之间的摩擦力越大
D．进纸过程中除最上面第一、二张白纸外其他纸之间均没有摩擦力
答案 B
解析 第一张纸受到滚轮的静摩擦力与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右，故
A错误；若要自动进纸，则滚轮与白纸之间的最大静摩擦力要大于第一张纸与第二张纸间的
滑动摩擦力，则有μ>μ，若μ<μ 则打印机不能实现自动进纸，故B正确；设每张纸的质量
1 2 1 2
为m，第二张纸对第三张纸的压力等于上面两张纸的重力及滚轮的压力，第三张纸与第二张
纸之间的最大静摩擦力为F ＝μ·(2mg＋F)，而第二张纸受到的第一张纸的滑动摩擦力为F
fm 2 f
＝μ(mg＋F)<F ，则第一张纸与第二张纸之间存在滑动摩擦力，第二张纸以下的纸张均受
2 fm
到静摩擦力，大小均等于F＝μ(mg＋F)，故C、D错误．
f 2
12.一长方形木板放置在水平地面上，在长方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端
固定于水平地面上，挡板与木板不接触．现有一个方形物块在木板上沿挡板以速度 v运动，
同时长方形木板以大小相等的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟
竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ 和μ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块
1 2
的质量为m，重力加速度为g，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为( )
A．0 B.μμmg
1 2
C.μμmg D.μμmg
1 2 1 2
答案 B
解析 物块沿运动方向受挡板的摩擦力F ＝μF ，因物块沿挡板运动的速度的大小等于木
f1 1 N
板的运动速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为
F ＝μ mg，其方向与挡板成45°角，如图，则物块与挡板之间的正压力F ＝μ mgcos 45°＝
f2 2 N 2
69第二章：相互作用
μ mg，故挡板对物块的摩擦力大小为F ＝μF ＝μμmg，故B正确．
2 f1 1 N 1 2
第 3 讲 力的合成与分解
目标要求 1.会应用平行四边形定则及三角形定则求合力.2.能利用效果分解法和正交分解
法计算分力.3.知道“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”的区别．
知识点一 共点力的合成
1．合力与分力
(1)定义：如果一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力叫作那几个
力的合力，那几个力叫作这个力的分力．
(2)关系：合力与分力是等效替代关系．
2．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程．
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，可以用表示这两个力的有向线段为邻边
作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．如图甲所示，F、F 为
1 2
分力，F为合力．
②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的
有向线段为合矢量．如图乙，F、F 为分力，F为合力．
1 2
1．合力和分力可以同时作用在一个物体上．( × )
2．两个力的合力一定比其分力大．( × )
3．当一个分力增大时，合力一定增大．( × )
70第二章：相互作用
1．求合力的方法
(1)作图法：作出力的图示，结合平行四边形定则，用刻度尺量出表示合力的线段的长度，
再结合标度算出合力大小．
(2)计算法：根据平行四边形定则作出力的示意图，然后利用勾股定理、三角函数、正弦定
理等求出合力．
2．合力范围的确定
(1)两个共点力的合力大小的范围：|F－F|≤F≤F＋F.
1 2 1 2
①两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小．
②合力的大小不变时，两分力随夹角的增大而增大．
③当两个力反向时，合力最小，为|F－F|；当两个力同向时，合力最大，为F＋F.
1 2 1 2
(2)三个共点力的合力大小的范围
①最大值：三个力同向时，其合力最大，为F ＝F＋F＋F.
max 1 2 3
②最小值：如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内，则其合力的最小值为零，
即F ＝0；如果不处于，则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和，
min
即F ＝F－(F＋F)(F 为三个力中最大的力)．
min 1 2 3 1
考向1 合力大小的范围
例1 (多选)一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5 N，现将水平面内三
个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2 N、2 N、3 N．下列关于物体的受力
情况和运动情况判断正确的是( )
A．物体所受静摩擦力可能为2 N
B．物体所受静摩擦力可能为4 N
C．物体可能仍保持静止
D．物体一定被拉动
答案 ABC
解析 两个2 N的力的合力范围为0～4 N，然后与3 N的力合成，则三力的合力范围为0～
7 N，由于最大静摩擦力为5 N，因此可判定选项A、B、C正确，D错误．
考向2 作图法求合力
例2 一物体受到三个共面共点力F 、F 、F 的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边
1 2 3
长相等)，则下列说法正确的是( )
71第二章：相互作用
A．三力的合力有最大值F＋F＋F，方向不确定
1 2 3
B．三力的合力有唯一值3F，方向与F 同向
3 3
C．三力的合力有唯一值2F，方向与F 同向
3 3
D．由题给条件无法求合力大小
答案 B
解析 先以力F 和F 为邻边作平行四边形，其合力与F 共线，大小F ＝2F ，如图所示，
1 2 3 12 3
F 再与第三个力F 合成求合力F ，可得F ＝3F，故选B.
12 3 合 合 3
考向3 解析法求合力
例3 射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目，中国队有较强的实力．如图甲所示，
射箭时，刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100 N，对箭产生的作用力为120 N，其弓弦的拉力
如图乙中F 和F 所示，对箭产生的作用力如图中 F所示，则弓弦的夹角α应为(cos 53°＝
1 2
0.6)( )
A．53° B．127° C．143° D．106°
答案 D
解析 弓弦拉力的合成如图所示，由于F ＝F ，由几何关系得2Fcos ＝F，有cos ＝＝＝
1 2 1
0.6，所以＝53°，即α＝106°，故D正确．
72第二章：相互作用
知识点二 力的分解的两种常用方法
1．力的分解是力的合成的逆运算，遵循的法则：平行四边形定则或三角形定则．
2．分解方法
(1)按力产生的效果分解；
(2)正交分解
如图，将结点O的受力进行分解．
1．合力与它的分力的作用对象为同一个物体．( √ )
2．在进行力的合成与分解时，都能应用平行四边形定则或三角形定则．( √ )
3．2 N的力能够分解成6 N和3 N的两个分力．( × )
1．力的效果分解法
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向．
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形．
(3)最后由几何知识求出两个分力的大小和方向．
2.力的正交分解法
(1)建立坐标轴的原则：在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在
坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．
73第二章：相互作用
(2)多个力求合力的方法：把各力向相互垂直的x轴、y轴分解．
x轴上的合力F＝F ＋F ＋F ＋…
x x1 x2 x3
y轴上的合力F＝F ＋F ＋F ＋…
y y1 y2 y3
合力大小F＝
若合力方向与x轴夹角为θ，则tan θ＝.
考向1 按照力的效果分解力
例4 (多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗
不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进
去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为 θ，现在木楔背上加
一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F ，则( )
N
A．若F一定，θ大时F 大 B．若F一定，θ小时F 大
N N
C．若θ一定，F大时F 大 D．若θ一定，F小时F 大
N N
答案 BC
解析 根据力F的作用效果将F分解为垂直于木楔两侧的力F ，如图所示
N
则＝sin
故F ＝，
N
所以当F一定时，θ越小，F 越大；当θ一定时，F越大，F 越大，故选项B、C正确，
N N
A、D错误．
考向2 力的正交分解法
例5 科学地佩戴口罩，对于新冠肺炎、流感等呼吸道传染病具有预防作用，既保护自己，
又有利于公众健康．如图所示为一侧耳朵佩戴口罩的示意图，一侧的口罩带是由直线AB、
弧线BCD和直线DE组成的．假若口罩带可认为是一段劲度系数为k的弹性轻绳，在佩戴好
口罩后弹性轻绳被拉长了x，此时AB段与水平方向的夹角为37°，DE段与水平方向的夹角
为53°，弹性绳涉及到的受力均在同一平面内，不计摩擦，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
求耳朵受到口罩带的作用力．
74第二章：相互作用
答案 见解析
解析 耳朵分别受到AB、ED段口罩带的拉力F 、F ，且F ＝F ＝kx
AB ED AB ED
将两力正交分解如图所示，F ＝F ·cos 37°
ABx AB
F ＝F ·sin 37°
ABy AB
F ＝F ·cos 53°
EDx ED
F ＝F ·sin 53°
EDy ED
水平方向合力F＝F ＋F
x ABx EDx
竖直方向合力F＝F ＋F
y ABy EDy
解得F＝kx，F＝kx
x y
耳朵受到口罩带的作用力F ，
合
F ＝＝kx，方向与x轴负方向成45°角．
合
知识点三 “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”
1．活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向，不
改变力的大小，如图甲，滑轮B两侧绳的拉力相等．
2．死结：若结点不是滑轮，而是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定
相等，如图乙，结点B两侧绳的拉力不相等．
3．动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，
否则杆会转动．如图乙所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方
向．
75第二章：相互作用
4．定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图甲所
示．
考向1 细绳上“死结”与“活结”模型
例6 如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂
一个沙桶Q.现有另一个沙桶P通过光滑轻质挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，
∠ACB＝120°，下列说法正确的是( )
A．若只增加Q桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
答案 C
解析 对沙桶Q受力分析有F ＝G ，设两绳的夹角为θ，对C点受力分析可知，C点受三
T Q
力而平衡，而C点为活结绳上的点，两侧绳的张力相等，有 2F cos ＝G ，联立可得2G cos
T P Q
＝G ，故只增大Q的重力，夹角θ变大，C点上升；只增大P的重力时，夹角θ变小，C点
P
下降，故A、B错误；当θ＝120°时，G ＝G ，故两沙桶增加相同的质量，P和Q的重力仍
P Q
相等，C点的位置不变，故C正确，D错误．
例7 如图所示，用两根承受的最大拉力相等、长度不等的细绳AO、BO(AO>BO)悬挂一
个中空铁球，当在球内不断注入铁砂时，则( )
A．绳AO先被拉断
B．绳BO先被拉断
C．绳AO、BO同时被拉断
D．条件不足，无法判断
76第二章：相互作用
答案 B
解析 依据力的作用效果将铁球对结点O的拉力分解如图所示．据图可知：F >F，又因为
B A
两绳承受的最大拉力相同，故当在球内不断注入铁砂时，BO绳先断，选项B正确．
考向2 “动杆”与“定杆”模型
例8 如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为
m 的物体，∠ACB＝30°；图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过
1
细绳EG拉住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m 的物体，
2
重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．图甲中BC对滑轮的作用力为
B．图乙中HG杆受到绳的作用力为mg
2
C．细绳AC段的拉力F 与细绳EG段的拉力F 之比为1∶1
AC EG
D．细绳AC段的拉力F 与细绳EG段的拉力F 之比为m∶2m
AC EG 1 2
答案 D
解析 题图甲中，是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力大小相等，两段绳的拉力都是
mg，互成120°角，则合力的大小是mg，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC对滑
1 1
轮的作用力大小也是mg，方向与竖直方向成60°角斜向右上方，A选项错误；题图乙中HG
1
杆受到绳的作用力为mg，B选项错误；题图乙中F sin 30°＝mg，得F ＝2mg，则＝，C
2 EG 2 EG 2
选项错误，D选项正确．
课后巩固练习
1．三个共点力大小分别是F、F、F，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是( )
1 2 3
A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F＋F＋F
1 2 3
B．F至少比F、F、F 中的某一个力大
1 2 3
C．若F∶F∶F＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
1 2 3
D．若F∶F∶F＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
1 2 3
77第二章：相互作用
答案 C
解析 三个大小分别是F、F、F 的共点力合成后的最大值一定等于F＋F＋F，但最小值
1 2 3 1 2 3
不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可
能为零，合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，合力能够为零的条件是三个力的矢
量箭头能组成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于第三个力，选项 A、B、D错误，
C正确．
2．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格
边长表示1 N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是( )
A．甲图中物体所受的合外力大小等于4 N
B．乙图中物体所受的合外力大小等于2 N
C．丙图中物体所受的合外力大小等于0
D．丁图中物体所受的合外力大小等于0
答案 D
3. 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单
面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是(
)
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
答案 C
解析 增加钢索的数量不能减小索塔受到的向下的压力，A错误；当索塔受到的力F一定时，
降低索塔的高度，钢索与水平方向的夹角α减小，则钢索受到的拉力将增大，B错误；如果
索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同，则两侧拉力在水平方向的合力为零，钢索的合力一定
竖直向下，C正确；索塔受到钢索的拉力合力竖直向下，当两侧钢索的拉力大小不等时，由
图可知，两侧的钢索不一定对称，D错误．
78第二章：相互作用
4.(多选)如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而
将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为 1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹
角为120°，则下列判断正确的是( )
A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B．此时千斤顶对汽车的支持力大小为1.0×105 N
C．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大
D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小
答案 BD
解析 设两臂受到的压力大小均为F ，汽车对千斤顶的压力大小为F，两臂间夹角为θ，则
1
有F＝2Fcos ，由此可知，当F＝1.0×105 N，θ＝120°时，F ＝1.0×105 N，A错误；由牛顿
1 1
第三定律知，B正确；若继续摇动把手，F不变，θ减小，则F 将减小，C错误，D正确．
1
5.如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图，结构对称．当向上拉动手刹拉杆时，
手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车
的目的．则以下说法正确的是( )
A．当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D．若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
答案 D
解析 当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，选项A错误；拉动
手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何
一个拉力小，选项B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两
79第二章：相互作用
拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，选项C错误；若保持OD、OC两拉索拉力不变，
OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，选项D正确．
6.如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向
的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( )
A. B. C.Gcos θ D.Gsin θ
答案 A
解析 对吊灯，由平衡条件可知：3F cos θ＝G，解得F ＝，故选A.
T T
7.如图所示，静止在水平地面上的木块受到两个拉力F、F 的作用．开始时，两拉力沿同一
1 2
水平线，方向相反，且F ＞F ；现保持F 不变，让F 的大小不变、F 的方向在竖直面内缓
1 2 1 2 2
慢顺时针转过180°，在此过程中木块始终静止．下列说法正确的是( )
A．木块受到所有外力的合力逐渐变大
B．木块对地面的压力可能为零
C．木块受到的摩擦力先变小后变大
D．木块受到的摩擦力逐渐变大
答案 D
解析 由于木块始终处于平衡状态，受到所有外力的合力始终为零，故 A错误；水平方向，
木块受F 、F 和摩擦力而平衡，根据摩擦力产生的条件可知，木块在整个过程中必定一直
1 2
受到地面的支持力，由牛顿第三定律可知，木块对地面的压力不可能为零，故 B错误；F
1
不变、F 大小不变，在F 的方向缓慢顺时针转过180°的过程中，两力的夹角从180°逐渐减
2 2
小到零，F 和F 的水平分力的合力逐渐增大，木块受到的摩擦力逐渐变大，故 C错误，D
1 2
正确．
8.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端
各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰
好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
A. B.m C．m D．2m
答案 C
解析 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角
80第二章：相互作用
形，同一条细线上的拉力相等，F ＝mg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系
T
知，∠acb＝120°，故线的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条细线上的拉力F ＝G＝
T
mg，所以小物块质量为m，故C对．
9.(多选)如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个
弹簧测力计，分别用力F 和F 拉两个弹簧测力计，将结点拉至O点．现让F 大小不变，方
1 2 1
向在纸面内沿顺时针方向转动某一角度，且F 始终处于PO左侧，要使结点仍位于O点，
1
则关于F 的大小和图中的θ角，下列说法中正确的是( )
2
A．增大F 的同时增大θ角
2
B．增大F 的同时减小θ角
2
C．增大F 而保持θ角不变
2
D．减小F 的同时增大θ角
2
答案 ABC
解析 对O点受力分析，受到两个弹簧测力计的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，
因此橡皮条长度不变，其拉力大小、方向不变，F 的大小不变，根据力的平行四边形定则
1
作出F 的可能情况：如图甲所示，可以增大F 的同时增大θ角，故A正确；如图乙所示，
2 2
可以增大F 的同时减小θ角，故B正确；如图丙所示，可以增大F 而保持θ角不变，故C
2 2
正确；根据平行四边形定则可知，减小F 的同时增大θ角是不能组成平行四边形的，故D
2
错误．
10．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因
数为μ，先用平行于斜面的推力F 作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力
1
81第二章：相互作用
F 作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为( )
2
A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
答案 B
解析 物体在力F 作用下和力F 作用下匀速运动时的受力如图所示．
1 2
将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：
F ＝mgsin θ＋F ，F ＝mgcos θ，F ＝μF ；Fcos θ＝mgsin θ＋F ，F ＝mgcos θ＋Fsin
1 f1 N1 f1 N1 2 f2 N2 2
θ，F ＝μF ，解得：F＝mgsin θ＋μmgcos θ，F＝，故＝cos θ－μsin θ，B正确．
f2 N2 1 2
11．一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角
相同，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则：
(1)要沿圆柱体的轴线方向(如图甲所示)水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉
力？
(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证圆柱体对
V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体能自动沿槽下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大
小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 (1)0.5G (2)0.4G
解析 (1)分析圆柱体工件的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体工件的滑
动摩擦力
由题给条件知F＝F，将工件的重力进行分解，如图所示，
f
82第二章：相互作用
由平衡条件可得G＝F＝F，
1 2
由F＝μF＋μF 得F＝0.5G.
f 1 2
(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F′＝F′＝Gcos 37°＝0.8G，
1 2
此时工件所受槽的摩擦力大小F′＝2μF′＝0.4G.
f 1
第 4 讲 实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系
目标要求 1.会通过实验探究弹簧弹力与形变量的关系.2.进一步理解胡克定律，掌握以胡
克定律为原理的拓展实验的分析方法．
实验技能储备
1．实验原理
(1)如图所示，弹簧下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相
等．
(2)用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立直角坐标系，以纵坐标表示弹力大
小F，以横坐标表示弹簧的 伸长量 x，在坐标系中描出实验所测得的各组(x，F)对应的点，
用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹力大小与形变量间的关系．
2．实验器材
铁架台、弹簧、毫米刻度尺、钩码若干、三角板、坐标纸、重垂线．
3．实验步骤
(1)将弹簧的一端挂在铁架台上，让其自然下垂，用刻度尺测出弹簧自然伸长状态时的长度
l，即原长．
0
(2)如图所示，在弹簧下端挂质量为m 的钩码，测出此时弹簧的长度l ，记录m 和l ，得出
1 1 1 1
弹簧的伸长量x，将这些数据填入自己设计的表格中．
1
83第二章：相互作用
(3)改变所挂钩码的质量，测出对应的弹簧长度，记录 m 、m 、m 、m 和相应的弹簧长度
2 3 4 5
l、l、l、l，并得出每次弹簧的伸长量x、x、x、x.
2 3 4 5 2 3 4 5
钩码个数 长度 伸长量x 钩码质量m 弹力F
0 l
0
1 l x＝l－l m F
1 1 1 0 1 1
2 l x＝l－l m F
2 2 2 0 2 2
3 l x＝l－l m F
3 3 3 0 3 3
… … … … …
4.数据处理
(1)以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作
图．用平滑的曲线连接各点，得出弹力F随弹簧伸长量x变化的图线．
(2)以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式．首先尝试一次函数，如果不
行则考虑二次函数．
(3)得出弹力和弹簧形变量之间的定量关系，解释函数表达式中常数的物理意义．
5．注意事项
(1)不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免弹簧被过度拉伸，超过弹
簧的弹性限度．
(2)尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据．
(3)观察所描点的走向：本实验是探究型实验，实验前并不知道其规律，所以描点以后所作
的曲线是试探性的，只是在分析了点的分布和走向以后才决定用直线来连接这些点．
(4)统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位．
知识点一 教材原型实验
例1 如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为 m的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹
力与形变量的关系．
84第二章：相互作用
(1)为完成实验，还需要的实验器材有：______________________________________.
(2)实验中需要测量的物理量有：____________________________________________.
(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧形变量x的F－x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为______
N/m.图线不过原点是由于__________________________．
(4)为完成该实验，设计实验步骤如下：
A．以弹簧形变量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线
连接起来
B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l
0
C．将铁架台固定在桌子上，并将弹簧的一端系在横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端
所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码
E．以弹簧形变量为自变量，写出弹力与形变量的关系式，首先尝试写成一次函数，如果不
行，则考虑二次函数
F．解释表达式中常数的物理意义
G．整理仪器
请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：______________________________.
答案 (1)刻度尺 (2)弹簧原长、弹簧所受外力与弹簧对应的长度 (3)200 弹簧自身重力的
影响 (4)CBDAEFG
解析 (1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和挂上钩码后的长度．
(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与弹簧对应的长
度．
(3)取题图乙中(0.5 cm,0)和(3.5 cm,6 N)两个点，代入ΔF＝kΔx，解得k＝200 N/m，由于弹簧
自身的重力，使得实验中弹簧不加外力时就有形变量．
(4)根据实验操作的合理性可知，实验步骤的先后顺序为CBDAEFG.
例2 某同学欲做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，有铁架台、弹簧和多个已知
质量且质量相等的钩码．
(1)实验中还需要的测量工具是________；
(2)用纵轴表示钩码质量m，横轴表示弹簧的形变量x，根据实验数据绘制出图线如图所示，
由图可知弹簧的劲度系数k＝________ N/m(重力加速度g取9.8 m/s2)；
85第二章：相互作用
(3)若某同学先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L ，再把弹簧竖
0
直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度 L，把L－L 作为弹簧的伸长量x，这样操
0
作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下列选项中的________．
答案 (1)刻度尺 (2)4.9 (3)C
解析 (1)实验中还需要的测量工具是刻度尺；
(2)根据mg＝kx可得m＝x
则由图像可知＝
解得k＝4.9 N/m
(3)由于弹簧自重的影响，在未挂钩码时弹簧伸长量x不为零，故选C.
知识点二 探索创新实验
创新角度：实验装置的改进
1．将弹簧水平放置或穿过一根水平光滑的直杆，在水平方向做实验．消除了弹簧自重的影
响．
2．利用计算机及传感器技术，将弹簧水平放置，且一端固定在传感器上，传感器与计算机
相连，对弹簧施加变化的作用力(拉力或推力)时，计算机上得到弹簧弹力和弹簧形变量的关
系图像(如图所示)，分析图像得出结论．
86第二章：相互作用
考向1 实验装置的改进
例3 某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面
上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端．实验过程如下：先
沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为 200 g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐
个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻
度尺示数L ，数据如表所示．实验过程中弹簧始终处于弹性限度内．采用逐差法计算弹簧
n
压缩量，进而计算其劲度系数．
n 1 2 3 4 5 6
L/cm 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
n
(1)利用ΔL＝L －L(i＝1,2,3)计算弹簧的压缩量：ΔL ＝6.03 cm，ΔL ＝6.08 cm，ΔL ＝
i i＋3 i 1 2 3
_______ cm，压缩量的平均值＝＝________ cm；
(2)上述是管中增加________个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80 m/s2，该弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留3位
有效数字)．
答案 (1)6.04 6.05 (2)3 (3)48.6
解析 (1)ΔL＝L－L＝(18.09－12.05) cm＝6.04 cm
3 6 3
压缩量的平均值为＝＝ cm＝6.05 cm
(2)因三个ΔL是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹
簧平均压缩量；
(3)根据钢球的平衡条件有3mgsin θ＝k·，解得
k＝＝ N/m≈48.6 N/m.
考向2 实验器材的创新
87第二章：相互作用
例4 如图为一同学利用压力传感器探究弹力与弹簧伸长量关系的装置示意图，水平放置
的压力传感器上叠放着连接轻弹簧的重物，左侧固定有竖直刻度尺．静止时弹簧上端的指针
指示如图所示，表格中记录此时压力传感器的示数为6.00 N；竖直向上缓慢地拉动弹簧，分
别记录指针示数和对应的传感器示数如表中所示．
传感器示数
6.00 4.00 3.00 1.00 0
F (N)
N
指针示数
14.60 15.81 18.19 19.40
x(cm)
(1)补充完整表格中直尺的读数；
(2)在以传感器示数F 为纵轴、指针示数x为横轴的坐标系中，描点画出F －x图像，并根
N N
据图像求得弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留3位有效数字)．
答案 (1)12.20 (2)见解析图 83.3(83.1～83.5都算正确)
解析 (1)刻度尺的最小刻度为1 mm，根据刻度尺的读数规则可知，估读到最小刻度的下一
位，故读数为12.20 cm.
(2)根据表格数据作出图像，如图所示
由题意可知F ＋F＝mg，则F ＝mg－kΔx，
N N
88第二章：相互作用
即F ＝mg－k(x－x)，
N 0
得 图 像 的 斜 率 绝 对 值 为 弹 簧 的 劲 度 系 数 ， 由 图 像 可 知 k ＝ ＝ N/m≈
83.3 N/m.
考向3 实验目的的创新
例5 某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图所示．一
均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 、P 、P 、P 、P 、P 、P 分别固定在弹簧上距悬点0、
0 1 2 3 4 5 6
10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 指
0
向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x ；挂有质量为0.100 kg的砝码时，
0
各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为
9.80 m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.
P P P P P P
1 2 3 4 5 6
x(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
0
x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
(m/N) 0.006 1 ② 0.017 9 0.022 9 0.029 6 0.034 7
(1)将表中数据补充完整：①________，②________.
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图给出的坐标纸上画出－n图像．
89第二章：相互作用
(3)图中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，
该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系表达式为k＝________ N/m，该弹簧的劲度系数k与
其自由长度l(单位为m)的关系表达式为k＝________ N/m.
0
答案 (1)①81.7 ②0.012 2 (2)见解析图
(3)(～均可) (～均可)
解析 (1)①k＝＝ N/m≈81.7 N/m；
②＝ m/N≈0.012 2 m/N；
(2)描点法，画一条直线，让大部分的点都落在直线上，不在线上的点均匀分布在直线两侧，
如图所示．
(3)设直线的斜率为a，则有＝an，即k＝·，通过计算可得k≈；弹簧共60圈，则有n＝，把
其代入k＝·中可得k≈.
课后巩固练习
1．某实验小组在“探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，操作过程如下：
(1)将弹簧水平放置并处于自然状态，将标尺的零刻度与弹簧一端对齐，弹簧的另一端所指
的标尺刻度如图甲所示，则该读数为________ cm.
(2)接着，将弹簧竖直悬挂，由于________的影响，不挂钩码时，弹簧也有一定的伸长，其
下端所指的标尺刻度如图乙所示；图丙是在弹簧下端悬挂钩码后所指的标尺刻度，则弹簧因
挂钩码引起的伸长量为________ cm.
(3)逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后弹簧下端所指的标尺刻度和对应的钩码总重力．
该实验小组的同学在处理数据时，将钩码总重力F作为横坐标，弹簧伸长量Δl作为纵坐标，
作出了如图丁所示的a、b两条Δl－F图像，其中直线b中的Δl是用挂钩码后的长度减去
________(选填“图甲”或“图乙”)所示长度得到的．
90第二章：相互作用
答案 (1)7.0 (2)弹簧自身重力 6.9 (3)图甲
解析 (1)该读数为7.0 cm；
(2)由于弹簧自身重力的影响，不挂钩码时，弹簧也有一定的伸长，其下端所指的标尺刻度
为7.4 cm；在弹簧下端悬挂钩码后所指的标尺刻度 14.3 cm，则弹簧因挂钩码引起的伸长量
为
14.3 cm－7.4 cm＝6.9 cm；
(3)由图线b的位置可知，当外力F＝0时，弹簧有伸长量，则可知直线b中的Δl是用挂钩码
后的长度减去图甲所示长度得到的．
2．(1)某同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图所示，则可
知原长较大的是________(填“a”或“b”)，劲度系数较大的是________(填“a”或
“b”)．
(2)为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的钩码．
实验测出了钩码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出并连线．由图可求
得弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留3位有效数字，g＝10 m/s2)．
(3)若悬挂的钩码的质量比所标数值偏小些，则实验测得的弹簧的劲度系数比实际劲度系数
偏________．
答案 (1)b a (2)0.263(0.260～0.270均正确) (3)大
解析 (1)图像与横轴交点的横坐标值为弹簧原长，由题图可知原长较大的是 b；图像的斜率
等于劲度系数，则劲度系数较大的是a.
(2)由胡克定律F＝kx，解得k＝＝＝g·k ＝ N/m≈0.263 N/m
斜
(3)若悬挂的钩码的质量比所标数值偏小些，则弹簧拉力偏小，实际计算时弹力偏大，则实
验测得的弹簧的劲度系数比实际劲度系数偏大．
3．在“探究弹力和弹簧形变量的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图
所示，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码
时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．
91第二章：相互作用
(1)有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F－L图线．
(2)由此图线可得出该弹簧的原长L＝______ cm，劲度系数k＝________ N/m.
0
(3)图线上端出现弯曲的原因是________________________________________．
(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，
优点在于：__________________________________________.
缺点在于：__________________________________________.
答案 (1)见解析图 (2)5 20 (3)弹簧的形变量超出其弹性限度 (4)避免弹簧自身所受重
力对实验的影响 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差
解析 (1)描点作图，F－L图线如图所示
(2)当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，可知弹簧的原长
L＝5 cm.根据胡克定律知k＝，可知图线的斜率表示劲度系数，则k＝＝ N/m＝20 N/m.
0
(3)图线上端出现弯曲的原因是弹簧的形变量超出其弹性限度．
(4)优点在于消除了弹簧悬挂时弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点在于水平放置时弹簧
与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验误差．
4．某同学探究如图甲中台秤的工作原理．他将台秤拆解后发现内部简易结构如图乙所示，
托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完
全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳
I上．他想根据指针偏转角度测量弹簧的劲度系数，经过调校，托盘中不放物品时，指针 E
恰好指在竖直向上的位置．若放上质量为m的物体指针偏转了θ弧度(θ<2π)，齿轮D的直径
为d，重力加速度为g，则
92第二章：相互作用
(1)指针偏转了θ弧度的过程，弹簧变长了________(用题干中所给的参量表示)．
(2)每根弹簧的劲度系数表达式为________(用题干所给的参量表示)．
(3)该同学进一步改进实验，引入了角度传感器测量指针偏转角度，先后做了六次实验，得
到数据并在坐标纸上作出图丙，可得到每根弹簧的劲度系数为________ N/m(d＝5.00 cm，g
＝9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)．
答案 (1)d (2) (3)154(151～159)
解析 (1)由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，
所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得：s＝θ·
即弹簧的变长Δx＝s＝θ·
(2)对托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物整体研究，根据平衡条件得mg＝2F
弹簧弹力的胡克定律公式，F＝kΔx，
联立解得k＝
(3)根据k＝，所以θ＝·m
所以θ－m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝
由题图丙可得k′＝＝ rad/kg≈1.27 rad/kg
将d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2代入k′，
解得k≈154 N/m.
5．某同学为研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系，做了如下实验：
①如图所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在 O点，另一端A系一小段轻绳(带
绳结)，将制图板竖直固定在铁架台上．
93第二章：相互作用
②将质量为m＝100 g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A ；用水平力拉
0
A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋下端点的位置A ；逐渐增大水平力，重复5
1
次……
③取下制图板，量出A 、A……各点到O的距离l 、l……量出各次橡皮筋与OA 之间的夹
1 2 1 2 0
角α、α……
1 2
④在坐标纸上作出－l的图像如图所示．
完成下列填空：
(1)已知重力加速度为 g，当橡皮筋与 OA 间的夹角为 α 时，橡皮筋所受的拉力大小为
0
________(用g、m、α表示)．
(2)取g＝10 m/s2，由图像可得橡皮筋的劲度系数k＝_____ N/m，橡皮筋的原长l ＝____ m．
0
(结果均保留两位有效数字)
答案 (1) (2)1.0×102 0.21
解析 (1)对结点及钩码，由平衡条件得，橡皮筋所受的拉力F ＝.
T
(2)橡皮筋所受的拉力F ＝＝k(l－l)，
T 0
则＝·l－·l，
0
图像的斜率＝，
则橡皮筋的劲度系数k＝1.0×102 N/m，
图像在横轴上的截距即为橡皮筋的原长，
则原长l＝0.21 m.
0
94第二章：相互作用
第 5 讲 实验三 探究两个互成角度的力的合成规律
目标要求 1.掌握实验原理、器材、步骤及注意事项.2.理解教材基本实验的数据处理方法，
并会进行误差分析.3.理解创新和拓展实验原理并会处理数据，进行误差分析．
实验技能储备
1．实验原理
(1)等效法：一个力F′的作用效果和两个力F 、F 的作用效果都是让同一条一端固定的橡
1 2
皮条伸长到同一点，所以一个力F′就是这两个力F 和F 的合力，作出力F′的图示，如
1 2
图所示．
(2)平行四边形定则：根据平行四边形定则作出力F 和F 的合力F的图示．
1 2
(3)验证：比较F和F′的大小和方向，若在误差允许的范围内相等，则验证了力的平行四边
形定则．
2．实验器材
木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计(2只)、三角板、刻度尺等．
3．实验步骤
(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上，如图所示．
(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达
某一点O.
(3)用铅笔描下 结点 O 的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数F 、F ，利用
1 2
刻度尺和三角板作平行四边形，画出对角线所代表的力F.
(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面实验中的相同 位置 O ，记
下弹簧测力计的读数F′和细绳的方向，以同样的标度作出F′的图示．
(5)比较F和F′，观察它们在实验误差允许的范围内是否相等．
4．数据处理
95第二章：相互作用
(1)用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两只弹簧测力计
的拉力F 和F 的图示，并以F 和F 为邻边作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，
1 2 1 2
此对角线即为合力F的图示．
(2)用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出拉力F′的图示．
(3)比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则．
5．注意事项
(1)弹簧相同：使用弹簧测力计前，要先观察指针是否指在零刻度处，若指针不在零刻度处，
要设法调整指针，使之指在零刻度处，再将两个弹簧测力计的挂钩钩在一起，向相反方向拉，
两个示数相同方可使用．
(2)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同．
(3)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也
不宜太大，以60°～120°之间为宜．
(4)尽量减少误差：在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些；细绳套应
适当长一些，便于确定力的方向．
(5)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使
力的图示稍大一些．
知识点一 教材原型实验
例1 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，
量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．
(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有________．
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的
标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如图所示．其中对于提高实验精度最有利
的是________．
96第二章：相互作用
答案 (1)BC (2)B
解析 (1)两绳套拉力的合力不一定沿角平分线，选项A错误；
同一次实验，用一绳套拉橡皮条和用两绳套拉橡皮条结点 O的位置相同，不同次实验结点
O的位置可以不同，选项B正确；
为了减小摩擦和误差，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度，选项C
正确；
合力可以比分力大，也可以比分力小，选项D错误．
(2)为了提高实验精度，测力计读数应尽可能大一些，标注细绳方向的两点离结点应尽可能
远一些，标度应尽可能小一些，故选B.
例2 某学生学习小组在课外做“验证力的平行四边形定则”的实验．
(1)该实验需要用到如图甲所示的弹簧测力计，并用对拉的方法来选择两个弹簧测力计．有
两种选择方案，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉，方案二：两弹簧测力计置
于尽量光滑的水平桌面对拉，下列说法正确的是________．
A．弹簧测力计使用前必须进行调零
B．对拉的两个弹簧测力计的量程需一致
C．若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
(2)该学习小组使用的弹簧测力计量程为5.00 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计
将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点、紧靠细绳标记A、B两点及记录弹簧测力计读
数；然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，紧靠细绳标记C点及记录弹簧测力计读数，该
小组完成的某次实验数据记录在图乙中．
①为“验证力的平行四边形定则”，请按实验要求在图乙中完成作图；
②结合图乙，分析实验过程与结果，请至少给出一个方案以减少该实验的实验误差：
________________________________________________________________________.
答案 (1)AD (2)①见解析图 ②适当增大两细绳间的夹角或增大A、B两点到O点的距离
97第二章：相互作用
解析 (1)对拉弹簧测力计是为了校准两弹簧测力计，但是在校准前必须要调零，然后在水
平面上对拉两弹簧测力计，若其读数相等，则可正常使用，竖直方向上对拉时应考虑弹簧测
力计自身重力的影响，并且与弹簧测力计的量程无关，所以A、D正确，B、C错误．
(2)①如图所示
②适当增大两细绳间的夹角或增大A、B两点到O点的距离．
知识点二 探索创新实验
常见创新实验方案
合力的改进：橡皮筋伸长到同一位置→钩码(重物)的重力不变
分力的改进：弹簧测力计示数→
力的大小创新：弹簧测力计的示数→橡皮筋长度的变化
考向1 实验原理的改进
例3 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂
于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向
左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的
白纸上记录O点的位置和细线的方向．
98第二章：相互作用
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________ N.
(2)下列不必要的实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前调零
C．细线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，在保证现有器材不变的情
况下怎样调整水平拉力B.___________________ ________________.
答案 (1)3.6 (2)D (3)减小弹簧测力计B的拉力大小、减小OB与OA间的夹角(二者答一
即可)
解析 (1)弹簧测力计的最小分度为0.2 N，故读数为3.6 N；
(2)本实验是利用共点力的平衡验证力的平行四边形定则，实验中必须知道O点所受的各个
力的大小和方向，A是必须的；对于弹簧测力计的使用来讲，B、C是必需的；实验中只要
三力平衡即可，O点的位置没有特定要求，D不必要．故选D.
(3)只要使测力计A的示数减小就行，说法合理即可．
例4 有同学利用如图所示的装置来探究两个互成角度的力的合成规律：在竖直木板上铺
有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统
达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F、F 和F，回答下列问题：
1 2 3
(1)改变钩码个数，实验可能完成的是________(填正确答案标号)．
A．钩码的个数N ＝N ＝2，N ＝5
1 2 3
B．钩码的个数N ＝N ＝3，N ＝4
1 3 2
C．钩码的个数N ＝N ＝N ＝4
1 2 3
D．钩码的个数N ＝3，N ＝4，N ＝5
1 2 3
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________(填选项前字母)．
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
99第二章：相互作用
D．用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为________(填“甲”或“乙”)是正确的．
答案 (1)BCD (2)A (3)甲
解析 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F －F|≤F≤F ＋F(等号在反向或同向时
1 2 3 1 2
取得)，因此B、C、D三项都是可以的．
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三
段绳子的方向．
(3)F 的方向一定竖直向下，由于测量误差F 和F 的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是
3 1 2
正确的．
考向2 测量物理量的创新
例5 某实验小组欲验证力的平行四边形定则．实验步骤如下：
①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向；
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，
直到弹簧测力计的示数为某一设定值，将橡皮筋两端的位置标记为O 、O ，记录弹簧测力
1 2
计的示数F，测量并记录O 、O 间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧测力计的示数改
1 2
变1.00 N，测出对应的l，部分数据如下表所示：
F/N 0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00
l/cm l 11.00 12.00 13.00 14.00 15.00 16.00 17.00
0
③找出步骤②中F＝7.00 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′(橡皮筋上端为O，下
端为O′)，此时橡皮筋的拉力记为F ；
OO′
④在挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示，用两圆珠笔尖成适当角度
同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端到达O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA
100第二章：相互作用
段的拉力记为F ，OB段的拉力记为F ；
OA OB
⑤根据给出的标度，作出F 和F 的合力F′，如图丙所示．
OA OB
(1)利用表中数据可得l＝________ cm；
0
(2)若测得OA＝7.50 cm，OB＝7.50 cm，则F 的大小为________ N；
OA
(3)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．
答案 (1)10.00 (2)5.00 (3)F
OO′
解析 (1)根据胡克定律，有ΔF＝kΔx
代入表格中第二组和第三组数据，有(2.00－1.00) N＝k(12.00－11.00)×10－2 m
解得k＝100 N/m
同理，再代入第一组和第二组数据，得
(1.00－0) N＝100 N/m×(11.00－l)×10－2 m
0
可得l＝10.00 cm.
0
(2)根据OA、OB的长度可求橡皮筋的弹力大小为
F ＝kΔl＝100×(7.50＋7.50－10.00)×10－2 N＝5.00 N
OA
(3)在两个力的作用效果和一个力的作用效果相同的情况下，由平行四边形求得的力F′和一
个力F 作用时比较，即可验证力的平行四边形定则．
OO′
考向3 实验器材的创新
例6 如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解，A、B为两个
相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接
质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长为0.3 m
的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ
②对两个传感器进行调零
③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数
④取下钩码，移动传感器A改变θ角
重复上述实验步骤，得到表格．
F/N 1.001 0.580 … 1.002 …
1
F/N －0.868 －0.291 … 0.865 …
2
θ 30° 60° … 150° …
101第二章：相互作用
(1)根据表格，A传感器对应的是表中力______(选填“F”或“F”)．钩码质量为______
1 2
kg(g取10 m/s2，结果保留1位有效数字)．
(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．
A．因为事先忘记调零
B．何时调零对实验结果没有影响
C．为了消除横杆自身重力对结果的影响
D．可以完全消除实验的误差
(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他形状)轨道移动的主要目的是______．
A．方便改变A传感器的读数
B．方便改变B传感器的读数
C．保持轻杆右端O的位置不变
D．方便改变细绳与杆的夹角θ
答案 (1)F 0.05 (2)C (3)C
1
解析 (1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F ，平衡时，mg
1
＝Fsin θ
1
当θ＝30°时，F＝1.001 N，可求得m≈0.05 kg
1
(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除横杆自身重力对结果的影响，故C正确．
(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即
O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确．
课后巩固练习
1．某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验情况如图甲所示，其中A为固定
橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结
果画出的图．
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．
(2)本实验采用的科学方法是________．
A．理想实验法
B．等效替代法
102第二章：相互作用
C．控制变量法
D．建立物理模型法
(3)实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另
一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一
位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力 F 和F 的图示，并用平行
1 2
四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细
绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是________和________；
改正办法分别是___________________________和______________________________．
答案 (1)F (2)B
(3)C E “记下两条细绳的方向” “把橡皮条的结点拉到同一位置O”
解析 (1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定
则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F.
(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确．
(3)根据本实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E.
在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O.
2．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y
轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y轴
上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力
计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端
拉至O点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出
两个拉力的大小分别为F＝4.2 N和F＝5.6 N.
1 2
(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F 、F 的图示，
1 2
然后按平行四边形定则画出它们的合力F ；
合
103第二章：相互作用
(ⅱ)F 的大小为________N，F 与拉力F的夹角的正切值为________．若F 与拉力F的大
合 合 合
小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．
答案 (1)4.0 (2)(ⅰ)见解析图 (ⅱ)4.0 0.05
解析 (1)由题图(b)可知，F的大小为4.0 N.
(2)(ⅰ)画出力F、F 的图示，如图所示．
1 2
(ⅱ)用刻度尺量出F 的线段长约为20.0 mm，所以F 大小为×1 N＝4.0 N，F 与拉力F的
合 合 合
夹角的正切值为tan α≈ 0.05.
3．某学生实验小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，在
竖直放置的木板上部附近两侧，固定两个力传感器，同一高度放置两个可以移动的定滑轮，
两根细绳跨过定滑轮分别与两力传感器连接，在两细绳连接的结点 O下方悬挂钩码，力传
感器1、2的示数分别为F 、F ，调节两个定滑轮的位置可以改变两细绳间的夹角．实验中
1 2
使用若干相同的钩码，每个钩码质量均为100克，取g＝9.8 m/s2.
104第二章：相互作用
(1)关于实验，下列说法正确的是( )
A．实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内
B．每次实验都必须保证结点位于O点
C．实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向
D．实验时还需要用一个力传感器单独测量悬挂于O点钩码的总重力
(2)根据某次实验得到的数据，该同学已经按照力的图示的要求画出了F 、F(如图乙)，请你
1 2
作图得到F、F 的合力F(只作图，不求大小)，并写出该合力不完全竖直的一种可能原因．
1 2
__________________________________________________________________________
答案 (1)AC (2)见解析图 定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可)
解析 (1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细线的拉
力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于 O点，选项B错误；实验时需要记
录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，
所以不需要测钩码总重力，选项D错误．
(2)利用平行四边形定则作出F 和F 的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的
1 2
可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．
4．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋，并利用如下实验器材研究两个互成角度力的合
成规律：刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板．实验
方案如下：
①将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连，测出橡皮筋的原长；
②将橡皮筋一端细绳用钉子固定在竖直木板上的 A点，在橡皮筋的中点O用细绳系住重物，
使重物自然下垂，如图甲所示；
③将橡皮筋的另一端细绳固定在竖直木板上的B点，如图乙所示．
105第二章：相互作用
(1)为完成本实验，下列还必须测量的物理量为________．(填选项前的字母)
A．小重物的质量
B．细绳的长度
C．图甲中OA段橡皮筋的长度
D．图乙中OA和OB段橡皮筋的长度
(2)在完成本实验的过程中，必须注意的事项是________．(填选项前的字母)
A．橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同
B．图乙中A、B两点必须等高
C．图乙中连接小重物的细绳必须在OA、OB夹角的角平分线上
D．记录图甲中O点的位置和OA的方向
E．记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向
(3)若钉子位置固定，利用现有器材改变实验效果，可采用的方法是____________________．
答案 (1)CD (2)E (3)更换小重物
解析 (1)橡皮筋遵循胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮
筋的伸长量，根据拉力大小与伸长量成正比作出力的图示．为了使两次实验效果相同，必须
记下题图甲中OA段橡皮筋的长度、题图乙中OA和OB段橡皮筋的长度作参照，故选C、
D.
(2)橡皮筋连接的细绳要稍微长些，并非要求等长，A错误；题图乙中A、B两点不用必须等
高，B错误；题图乙中连接小重物的细绳可以在OA、OB夹角的角平分线上，也可以不在，
C错误；题图甲中O点的位置和OA的方向不需要记录，D错误；为得出OA、OB中的拉力
的合力，需要记录题图乙中O点的位置和OA、OB的方向，E正确．
(3)在钉子位置不变的情况下，要改变实验效果，只有改变小重物的质量，故可采用的方法
是更换小重物．
5．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四
边形定则．
106第二章：相互作用
(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F.
(2)如图(b)，将三根细线L 、L 、L 的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和
1 2 3
水壶上．水平拉开细线L，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F.
1 1
(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L 拴在其上．手握电子秤沿着
1
(2)中L 的方向拉开细线L ，使________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数
2 2
F.
2
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F、F 的图示，根据平行四边形定则作出F、F
1 2 1 2
的合力F′的图示，若________________，则平行四边形定则得到验证．
答案 (1)静止 (2)三根细线的方向 (3)结点O的位置 (4)F和F′在误差范围内重合
解析 (1)要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F.
(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的
同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F.
1
(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，
力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子
秤的示数F.
2
(4)根据平行四边形定则作出F、F 的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平
1 2
行四边形定则得到验证．
107第二章：相互作用
108第三章：牛顿运动定律
第 1 讲 牛顿运动三定律
目标要求 1.理解牛顿运动三定律的内容.2.理解惯性的本质，会区分作用力和反作用力与
一对平衡力.3.会应用牛顿运动三定律解题．
知识点一 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．
1．牛顿第一定律是实验定律．( × )
2．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．( × )
3．物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态．( √ )
109第三章：牛顿运动定律
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1 (多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法中符
合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运
动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案 BCD
解析 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故 A错误；伽利略通过
“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，如果物体不受力，它将以这一速度永远运
动下去，故B正确；笛卡儿指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速
度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故C正确；牛顿认为物体都具有保
持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故D正确．
例2 对一些生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以分析．其中正确的是( )
A．太空中处于失重状态的物体没有惯性
B．“安全带，生命带，前排后排都要系”．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
D．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性
答案 B
解析 惯性只与质量有关，所以处于失重状态的物体还是具有惯性，A错误；系好安全带可
以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速
度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加
灵活性，D错误．
110第三章：牛顿运动定律
知识点二 牛顿第二定律
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．
1．物体加速度的方向一定与合外力方向相同．( √ )
2．由m＝可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比．( × )
3．可以利用牛顿第二定律确定高速电子的运动情况．( × )
4．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．( √ )
5．千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位．( × )
1.对牛顿第二定律的理解
2．解题的思路和关键
(1)选取研究对象进行受力分析；
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；
111第三章：牛顿运动定律
(3)根据F ＝ma求物体的加速度a.
合
考向1 对牛顿第二定律的理解
例3 (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
解析 由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，由此可知当力作用瞬间，物体会立即产
生加速度，选项A正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外
力作用，才会产生加速度，选项B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的
方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加
速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，
选项D正确．
例4 某型号战斗机在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚
好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是( )
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力减小，速度增加越来越快
C．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越快
D．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢
答案 D
解析 根据牛顿第二定律可知，当加速度a 不断减小至零时合力逐渐减小到零，速度增加得
越来越慢，故A、B项错误；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，
即速度增加得越来越慢，故C项错误，D项正确．
考向2 牛顿第二定律的简单应用
例5 2021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入
太空并进驻空间站．在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图
所示，先对质量为m ＝1.0 kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1 s内的速度变化
1
量大小是10 m/s，然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它
们1 s内速度变化量大小是2 m/s.则待测物体Q的质量m 为( )
2
112第三章：牛顿运动定律
A．3.0 kg B．4.0 kg
C．5.0 kg D．6.0 kg
答案 B
解析 对P施加F时，根据牛顿第二定律有a ＝＝＝10 m/s2，对P和Q整体施加F时，根
1
据牛顿第二定律有a＝＝＝2 m/s2，联立解得m＝4.0 kg，故选B.
2 2
例6 (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
f
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v 的过程中，做匀变速运动
0
C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D．小球的最大速度为
答案 ACD
解析 当t＝0时，小球所受的阻力F＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，
f
加速度减小，小球的速度从0增加到v 的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律
0
有mg－F＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度v
f m
＝，C、D正确．
知识点三 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，
后一个物体同时对前一个物体也施加力．
113第三章：牛顿运动定律
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．作用力与反作用力的效果可以相互抵消．( × )
2．人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．( × )
3．物体静止在水平地面上，受到的重力和支持力为一对作用力和反作用力．( × )
一对平衡力与作用力和反作用力的比较
名称
一对平衡力 作用力和反作用力
项目
作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体
作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失
力的性质 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
考向1 牛顿第三定律的理解
例7 (多选)如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列
说法中正确的是( )
A．水平力F与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力
B．物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力
答案 BD
解析 水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在
114第三章：牛顿运动定律
同一条直线上，是一对平衡力，选项 A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙
壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，选项
B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，
也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的
相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确．
考向2 相互作用力与一对平衡力的比较
例8 “电动平衡车”是时下热门的一种代步工具．如图，人笔直站在“电动平衡车”
上，在某水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是( )
A．“电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力
B．人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力
C．地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡
D．在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向右倾斜
答案 C
解析 根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力等于人对“电动平衡车”的作用力，
故A错误；人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，故 B错
误；地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，故C正确；
在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜，故D错误．
考向3 转换研究对象在受力分析中的应用
例9 如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，
长木板与地面间的动摩擦因数为μ ，木块与长木板间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g，
1 2
若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向为( )
A．μ(m＋M)g，向左 B．μmg，向右
1 2
C．μmg＋ma，向右 D．μmg＋μMg，向左
2 1 2
答案 B
115第三章：牛顿运动定律
解析 对木块分析可知，长木板对它水平向左的摩擦力大小为F ＝μmg，由牛顿第三定律
f1 2
可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小也为 F ；由于长木板仍处于静止状态，对长木板
f1
受力分析可知，地面对它的静摩擦力方向向左，大小为F ＝F ＝μmg，由牛顿第三定律可
f2 f1 2
知，长木板对地面的摩擦力大小为μmg，方向向右，故B正确．
2
在对物体进行受力分析时，如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时，可先求它的反作
用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力，在许多问题中，摩擦力的求解亦是
如此．可见牛顿第三定律将起到非常重要的转换研究对象的作用，使得我们对问题的分析思
路更灵活、更宽阔．
课后巩固练习
1．某时刻，质量为2 kg的物体甲受到的合力是6 N，速度是10 m/s；质量为3 kg的物体乙
受到的合力是5 N，速度是10 m/s，则( )
A．甲比乙的惯性小
B．甲比乙的惯性大
C．甲和乙的惯性一样大
D．无法判定哪个物体惯性大
答案 A
解析 质量是物体惯性大小的唯一量度，甲的质量小于乙的质量，所以甲比乙的惯性小，故
A正确．
2.如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长
木板保持静止，此时( )
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
答案 D
解析 小车在木板上水平向左加速运动时，受重力、支持力、水平向左的摩擦力，而木板对
小车的作用力是支持力与摩擦力的合力，方向指向左上方，并不是水平向左，故A、B错误；
根据牛顿第三定律，木板对小车的作用力与小车对木板的作用力一定大小相等，方向相反，
故C错误，D正确．
116第三章：牛顿运动定律
3.(多选)如图所示，体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押
加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是( )
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的
摩擦力，所以甲获胜
答案 BD
解析 甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，与二者的运动状
态无关，即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，当地面对甲的摩
擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故A、C错误，B、D正确．
4.在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)，将可靠的事实
和逻辑推理结合起来，能更深刻地反映自然规律．下面给出了伽利略斜面实验的五个事件，
请对事件的性质进行判断并正确排序：在A点由静止释放的小球，①若没有摩擦时，能滚
到另一斜面与A点等高的C点；②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，
更接近等高的C点；③若没有摩擦时减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与
A点等高的D点；④若没有摩擦，且另一斜面水平放置时，小球将沿水平面一直运动下去；
⑤不能滚到另一斜面与A点等高的C点．以下正确的是( )
A．事实⑤→事实②→推论①→推论③→推论④
B．事实⑤→事实②→推论③→事实①→推论④
C．事实⑤→事实②→事实①→推论③→推论④
D．事实⑤→事实②→推论①→事实③→推论④
答案 A
解析 根据实验事实⑤斜面不光滑，在A点由静止释放的小球不能滚到另一斜面与A点等
高的C点，事实②当减小斜面动摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近与A点等
高的C点，得出实验推论：如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，即①，进一步假
设若减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，即得出③，没有摩擦
时减小斜面BC的倾角，小球将通过较长的路程，到达与A点等高的D点，最后使它成水平
面，小球将沿水平面做持续匀速直线运动，即④，故A正确，B、C、D错误．
5.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力
117第三章：牛顿运动定律
的方向沿图中的( )
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
答案 D
解析 根据牛顿第二定律，小球所受的合外力方向和加速度方向相同，小球随小车一起向右
做匀加速运动，加速度沿OD方向，所以合外力沿OD方向，D选项正确．
6．一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，
例如从解得物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进
行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性，举例如下：
声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度表达式中，k为比例系
数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是( )
A．v＝ B．v＝
C．v＝ D．v＝
答案 B
解析 速度的单位是m/s，密度的单位是kg/m3，压强的单位是kg/(m·s2)，所以的单位是
m2/s2，的单位是m/s，的单位是s/m，的单位是kg/(m2·s)，选项B正确，A、C、D错误．
7．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，
然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是
( )
答案 D
解析 原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大
小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从零开始逐渐增
大，又逐渐减小到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后
做加速度减小的加速运动．根据v－t图像的斜率表示加速度可知，v－t图像的斜率先增大
118第三章：牛顿运动定律
后减小，故A、B、C错误，D正确．
8．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩 0.4 m后锁定，t＝0时
解除锁定释放小物块．计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，
其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量
为m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4
C．弹簧的劲度系数为175 N/m
D．弹簧的劲度系数为150 N/m
答案 C
解析 根据v－t图线的斜率大小表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度
大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为 F＝μmg＝ma，所以μ＝＝
f
0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－
F＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，C正确，D错误．
f
9.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为
M，环的质量为m，如图所示．已知重力加速度为g，环沿杆以加速度a匀加速下滑，则此
时箱子对地面的压力大小为( )
A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mg D．Mg－mg
答案 A
解析 环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力F，受力情况如图甲所
f
示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 F′，故箱子竖直方向上受重力
f
Mg、地面对它的支持力F 及环给它的摩擦力F′，受力情况如图乙所示．以环为研究对象：
N f
mg－F＝ma，以箱子为研究对象，F ＝F′＋Mg＝F＋Mg＝Mg＋mg－ma.根据牛顿第三定
f N f f
律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，即F ′＝Mg＋mg－ma，故选项
N
A正确．
119第三章：牛顿运动定律
10.(多选)如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA
与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止状态，下列说法正确的是( )
A．若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大
B．若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大
C．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大
D．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
答案 BC
解析 箱子静止时，对小球，根据平衡条件得F sin θ＝mg，F ＝F cos θ，若使箱子水平
OA OB OA
向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有F ′sin θ＝mg，F ′－F ′cos θ＝ma，所
OA OB OA
以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A错误，B正确；若使箱子竖直向上加速运动，
则F ″sin θ－mg＝ma′，F ″＝F ″cos θ，所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，
OA OB OA
选项C正确，D错误．
11.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货
物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然
保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的 1.15倍，连接索道与车厢的
杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板
的摩擦力大小为( )
A．0.35mg B．0.3mg
C．0.23mg D．0.2mg
答案 D
解析 将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示
水平方向：F＝ma
f x
120第三章：牛顿运动定律
竖直方向：F －mg＝ma
N y
F ＝1.15mg
N
又＝
联立解得F＝0.2mg，故D正确．
f
12.(多选)如图所示，水平地面上固定一斜面，初始时物体A沿斜面向下做匀变速运动，其加
速度大小为a ；若在物体A上施加一竖直向下的恒力F，其加速度大小变为a ，已知斜面倾
1 2
角为θ，A与斜面间的动摩擦因数为μ，则( )
A．若μ>tan θ，则a>a
1 2
B．若μ>tan θ，则a<a
1 2
C．若μ<tan θ，则a<a
1 2
D．若μ<tan θ，则a>a
1 2
答案 BC
解析 若μ＞tan θ，即μmgcos θ>mgsin θ，重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，物体原
来是向下做匀减速运动，加速度大小为a ＝＝μgcos θ－gsin θ，施加F后μFcos θ>Fsin θ，
1
加速度大小为 a ＝＝μgcos θ－gsin θ＋>a ，故 A错误，B 正确；若 μ<tan θ，即 μmgcos
2 1
θ<mgsin θ，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，物体原来是向下做匀加速运动，加速
度大小为a ＝＝gsin θ－μgcos θ，施加F后μFcos θ<Fsin θ，加速度大小为a ＝＝gsin θ－
1 2
μgcos θ＋>a，故C正确，D错误．
1
第 2 讲 牛顿第二定律的基本应用
目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、
瞬时加速度问题进行分析计算．
知识点一 瞬时问题
1．两种模型
加速度与合外力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外
力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
121第三章：牛顿运动定律
2．解题思路
→→
→
例1 如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，
a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a 、a ，则
1 2
(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)( )
A．a＝0，a＝g B．a＝g，a＝g
1 2 1 2
C．a＝－2g，a＝g D．a＝－g，a＝0
1 2 1 2
答案 C
解析 烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F
＝3mg，在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对a
球， mg－F＝ma ，解得a ＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a ＝g，故C正确，
1 1 2
A、B、D错误．
例2 如图，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，弹簧、轻杆均与斜面平
行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)( )
A．图甲中A球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为gsin θ
122第三章：牛顿运动定律
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3倍
答案 B
解析 对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A
仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin θ，由
牛顿第二定律有2mgsin θ＝ma ，可得B的加速度为a ＝2gsin θ；对于题图乙，突然撤去挡
B B
板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B的加速
度均为 a′＝gsin θ，设轻杆对 A 的作用力为 F，对 A 由牛顿第二定律有 mgsin θ＋F＝
ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.
剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个
物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断
假设是否成立，从而得出正确的结论．
例3 (多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球
静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
答案 BC
解析 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为F ，由平衡条件可得Fcos θ＝
T
mg，Fsin θ＝F ，解得F＝，F ＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，
T T
BC上的拉力F突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解
得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的
合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝，C正确，
D错误．
知识点二 超重和失重问题
1．超重
123第三章：牛顿运动定律
(1)定义：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)定义：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)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力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．
1．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．( × )
2．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．( × )
3．加速上升的物体处于超重状态．( √ )
4．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( √ )
5．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．( × )
1．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．
2．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即
“视重”变大或变小了)．
(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，如天平失效、浸在水
中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．
考向1 超、失重现象的图像问题
例4 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客
124第三章：牛顿运动定律
所受支持力的大小用F 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(
N
)
A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t～t 时间内，v减小，F <mg
1 2 N
C．t～t 时间内，v增大，F <mg
2 3 N
D．t～t 时间内，v减小，F >mg
2 3 N
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t ～t 时间内v减小，t ～t
1 2 3 1 2
时间内v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则
1
F <mg，故 A 错误；t ～t 时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则
N 2 3
F >mg，故D正确．
N
例5 (多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员
做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力 F随时间t的变化图像如图所示．若
运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信
息，下列说法正确的是( )
A．运动员的质量为60 kg
B．运动员的最大加速度为45 m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
D．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态
答案 ABC
解析 由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即
mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力F ＝3
m
300 N，最大加速度a ＝＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2
m
s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，
运动员先失重、后超重、再失重，D错误．
考向2 超、失重现象的分析和计算
125第三章：牛顿运动定律
例6 (多选)2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一高
度时，启动减速降落伞开始做减速运动．当返回舱的速度大约减小至v＝9 m/s时，继续匀
速(近似)下降．当以这个速度一直降落到距离地面h＝1.1 m时，立刻启动返回舱的缓冲发动
机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．
设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g＝10 m/s2，则最后减速过程中(
)
A．返回舱中的航天员处于失重状态
B．返回舱再次做减速运动的加速度大小为25 m/s2
C．返回舱落地的瞬间速度大小为2 m/s
D．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60 kg的航天员的作用力的大小为2 700 N
答案 CD
解析 在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故 A错误；
根据位移时间公式有x＝vt－at2，代入数据，则有1.1 m＝9×0.2 m－a×(0.2 s)2，解得a＝35
m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s＝
2 m/s，故C正确；对质量m＝60 kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有F －mg＝
N
ma，代入数据解得F ＝2 700 N，故D正确．
N
知识点三 动力学两类基本问题
1．动力学问题的解题思路
2．解题关键
126第三章：牛顿运动定律
(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；连接点速度是联系各物理过程的桥梁．
考向1 已知受力求运动情况
例7 如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg
的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，
将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时
的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2)
答案 1 s和1.8 s
解析 撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma ，
1
解得a＝2 m/s2，
1
由匀变速直线运动规律得x＝at2＝4 m，
1 1
v＝at＝4 m/s，
1 1
撤去F后，
由牛顿第二定律得μmg＝ma ，
2
解得a＝μg＝2 m/s2，
2
d－x＝vt－at2，
1 11 21
解得第一次到达B点的时间t＝1 s，或t′＝3 s(舍去)，
1 1
第一次到达B点时的速度v＝v－at＝2 m/s，
2 1 21
之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma ，
3
解得a＝gsin θ＝5 m/s2，
3
物体再经t＝2＝0.8 s第二次到达B点，
2
故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点．
例8 (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d
位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑
环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t 、t 、t 分
1 2 3
别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是( )
127第三章：牛顿运动定律
A．t＝t B．t>t
1 2 2 3
C．t<t D．t＝t
1 2 1 3
答案 BCD
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t ＝t ＝t ；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
ca 1 3
零，但加速度a >a ，由x＝at2可知，t>t ，故B、C、D正确．
ca Ob 2 ca
等时圆模型
1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如
图甲所示；
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所
示；
3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑
到下端所用时间相等，如图丙所示．
考向2 已知运动情况求受力
例9 2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程
中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备
的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m
深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升
至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速
度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：
128第三章：牛顿运动定律
(1)上升过程中匀速运动的时间t；
(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作
用力F的大小(保留三位有效数字)．
答案 (1)5 s (2)见解析
解析 (1)设匀速运动时间为t，总时间为t ，
总
则有h＝vt＋v(t －t)
总
代入数据得t＝5 s
(2)设匀加速阶段加速度大小为a ，匀减速阶段加速度大小为a ，a ＝a
加 减 加 减
匀加速时间为t ，匀减速时间为t ，
加 减
则t ＝t ＝t′＝5 s，
加 减
a ＝a ＝＝0.04 m/s2
加 减
匀加速上升时有F －mg＝ma
N1 加
解得F ＝0.835 N
N1
匀速上升时有F ＝mg＝0.815 N
N2
匀减速上升时有mg－F ＝ma
N3 减
解得F ＝0.795 N.
N3
课后巩固练习
1.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确
的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
答案 A
解析 以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度
大小为g，方向竖直向下．再以A为研究对象：因加速度大小为g，方向竖直向下，由牛顿
第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，故
选A.
2．生活中经常测量体重．测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体
重，如图甲所示．现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完
成下蹲动作．该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示．对此，下列说法正确的是( )
129第三章：牛顿运动定律
A．测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段
B．测量者的重心在t 时刻速度最小
3
C．测量者的重心在t 时刻加速度最大
4
D．测量者在t～t 时间内表现为超重
1 2
答案 C
解析 在t～t 阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t～t 阶段，示数大于重力，
1 3 3 5
测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；根据选项A
可知，测量者的重心在t 时刻速度最大，B错误；t 时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第
3 4
二定律，加速度最大，C正确；测量者在t ～t 时间内示数小于重力，处于失重状态，D错
1 2
误．
3．(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，
木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加
速度为g，则在木块C移开的瞬间( )
A．弹簧的形变量不改变
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
答案 AC
解析 由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始
整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧
的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小F＝3mg－
A
mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，
由平衡条件得3mg＋mg＝F ，解得F ＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压
N N
力大小为4mg，故D错误．
4．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度
无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
130第三章：牛顿运动定律
答案 C
解析 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据
牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，联立以上各式得t＝.当θ＝
45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
5．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上
端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，
其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹
簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小球刚接触弹簧时速度最大
B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态
C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
答案 BCD
解析 由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，
当Δx ＝0.1 m时，小球的速度最大，说明当Δx ＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹
1 1
力，所以可得kΔx ＝mg，解得k＝20.0 N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx ＝0.3 m
1 2
时，弹簧弹力为F＝20.0 N/m×0.3 m＝6 N>mg，故此时小球的加速度向上，小球处于超重
状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故
小球的加速度先减小后增大，D正确．
6.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连
着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连
在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加
速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
131第三章：牛顿运动定律
A．a ＝a ＝g B．a ＝2g，a ＝0
A B A B
C．a ＝g，a ＝0 D．a ＝2g，a ＝0
A B A B
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，F ＝Fsin 60°，Fcos 60°＝m g＋F，F＝F′＝m g，又m ＝m
T A 1 1 1 B A B
解得F ＝2m g
T A
水平细线被剪断瞬间，F 消失，其他各力不变，A所受合力与F 等大反向，所以a ＝＝
T T A
2g，a ＝0，D正确．
B
7.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆
心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑直轨道 AOB、COD、EOF，它们的两端分别
位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨
道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．t ＝t ＝t B．t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C．t <t <t D．t ＝t <t
AB CD EF AB CD EF
答案 B
解析 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F
点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，t >t >t ，B项正确．
AB CD EF
132第三章：牛顿运动定律
8．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v ＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作
0
用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速
度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
答案 ABD
解析 0～5 m内，由v2－v2＝2ax ，得v2＝2ax ＋v2，由题图乙知，2a ＝－20 m/s2，则
1 0 1 1 1 1 1 0 1
a ＝－10 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v ＝10 m/s，恒力
1 0
F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B
正确；5～13 m内，由v2＝2ax 得物块的加速度a ＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－
2 2 2 2
F－μmg＝ma ，F－μmg＝ma ，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．
1 2
9.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以
加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮
贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．
若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
133第三章：牛顿运动定律
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at2，
解得x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是
从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
2
解得：a＝8 m/s2，a＝4 m/s2.
1 2
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t′，位移大小为
x′，则有
t′＝，x′＝at′2，
1
解得：x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v，则有：
t
v2＝2a(x＋x′)
t 2
解得：v＝2 m/s.
t
10．如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对
环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在
经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数 μ＝
0.8，AB与BC的距离之比x∶x＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
1 2
(1)小圆环在BC段的加速度的大小a；
2
(2)小圆环在AB段的加速度的大小a；
1
(3)拉力F的大小．
答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
解析 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．
对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
F＝μF ＝μmg
f N
则a＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
2
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知v 2＝2ax
B 1 1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
134第三章：牛顿运动定律
v 2＝2ax
B 2 2
又＝
则a＝a＝×8 m/s2＝5 m/s2.
1 2
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示．
由牛顿第二定律得Fcos θ－F ＝ma
f1 1
又F ＋Fsin θ＝mg
N1
F ＝μF
f1 N1
联立以上各式，代入数据解得
F≈1.05 N.
当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示．
由牛顿第二定律可知Fcos θ－F ＝ma
f2 1
又Fsin θ＝mg＋F
N2
F ＝μF
f2 N2
联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N.
11．如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在
两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于
用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻
力，ρ <ρ <ρ )( )
木 水 铁
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案 D
解析 剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示，B球受力分析如图乙所示，C球受力分析
如图丙所示．剪断绳子瞬间，水处于完全失重状态，水的浮力消失．又由于弹簧的形状来不
135第三章：牛顿运动定律
及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度a ＝<g，方向竖直向下，
A
其相对杯子的加速度方向竖直向上．相对地面而言，B球的加速度a ＝>g，方向竖直向下，
B
其相对杯子的加速度方向竖直向下．绳子剪断瞬间，C球所受的浮力消失，其瞬时加速度与
杯子的相同，故相对杯子静止，综上所述，D正确．
第 3 讲 实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
目标要求 1.理解实验的原理，明确实验过程并能进行数据处理.2.了解实验的注意事项，
会对实验进行误差分析.3.能对实验进行创新改进．
实验技能储备
1．实验原理
(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．
(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．
(3)作出a－F图像和a－图像，确定a与F、m的关系．
2．实验器材
小车、槽码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、学生电源、导线、纸带、
天平、刻度尺、坐标纸．
3．实验过程
(1)测量：用天平测量槽码的质量m′和小车的质量m.
(2)安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂槽码的细绳系在小车上(即不
给小车牵引力)．
(3)补偿阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．
136第三章：牛顿运动定律
(4)操作：①槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取
下纸带，编号码．
②保持小车的质量m不变，改变槽码的质量m′，重复步骤①.
③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，计算加速度a.
④描点作图，作a－F的图像．
⑤保持槽码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－图像．
4．数据处理
(1)利用逐差法或v－t图像法求a.
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比．
(3)以a为纵坐标，为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成
反比．
5．注意事项
(1)开始实验前首先补偿阻力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重力沿斜面方向
的分力正好补偿小车和纸带受到的阻力．在补偿阻力时，不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，
让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．
(2)实验过程中不用重复补偿阻力．
(3)实验必须保证的条件： m ≫ m ′ .
(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应
先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．
6．误差分析
(1)实验原理不完善：本实验用槽码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉
力要小于槽码的总重力．
(2)补偿阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木
板平行都会引起误差．
知识点一 教材原型实验
例1 某实验小组采用如图甲所示的实验装置，研究小车质量不变时，其加速度a与所受合
力F的关系．
137第三章：牛顿运动定律
(1)在补偿阻力这步操作中，______(选填“需要”或“不需要”)通过细绳把砂桶挂在小车上．
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，相邻的两计数点之间还有 4 个点未画出，用毫米刻
度尺测量出来的数据已在图中标出．已知打点计时器的打点周期为 0.02 s，则该小车运动的
加速度大小为________ m/s2(计算结果保留两位有效数字)．
(3)该实验小组把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，根据实验得出的数据，采用图像法处
理数据，画出a－F图像如图丙所示，发现图线上端弯曲，其原因可能是________________
______________________________________________________________________________.
(4)关于本实验存在的误差，以下说法正确的是________．
A．在图乙中，每个测量数据均存在偶然误差
B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差
C．实验中用图像法处理数据可以减少系统误差
答案 (1)不需要 (2)0.39 (3)小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量 (4)AB
解析 (1)在补偿阻力这步操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上．
(2)相邻的两计数点之间还有 4 个点未画出，则T＝0.1 s；根据Δx＝aT2可得该小车运动的加
速度大小为
a＝＝ m/s2≈0.39 m/s2
(3)图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量．
(4)在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，选项 A正确；因砂和砂桶加速下降，失重，
则细绳的拉力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存
在系统误差，选项B正确；实验中用图像法处理数据可以减少偶然误差，选项C错误．
例2 用如图所示的装置验证牛顿第二定律．
138第三章：牛顿运动定律
(1)除了图中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是
________(选填正确选项的字母)．
A．秒表 B．天平(含砝码)
C．弹簧测力计 D．刻度尺
(2)实验前补偿阻力的做法是：把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木板上，后面
固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以
一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做
________运动．
(3)为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶
及砂的总质量________小车的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(4)实验中打出的一条纸带的一部分如图所示．纸带上标出了连续的 3个计数点A、B、C，
相邻计数点之间还有4个点没有标出．打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上．则打点
计时器打B点时，小车的速度v ＝________ m/s.多测几个点的速度作出v－t图像，就可以
B
算出小车的加速度．
(5)为研究加速度和力的关系，要保证________________的总质量不变，改变砂桶内砂的质
量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系．
(6)在研究加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变．若砂和砂桶的质量m与小
车的总质量M间的关系不满足第(3)问中的条件，由实验数据作出a和的图线，则图线应如
图中的________所示(选填正确选项的字母)．
答案 (1)BD (2)匀速直线 (3)远小于 (4)0.44(0.43～0.45) (5)小车 (6)C
解析 (1)利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速度，
所以需要天平和刻度尺，A、C错误，B、D正确．
(2)补偿阻力是使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动．
(3)为了使砂桶及砂的重力近似等于拉力，需要砂桶及砂的总质量要远小于小车的总质量．
(4)由中间时刻的瞬时速度等于整个过程的平均速度，可得
v ＝＝ m/s＝0.44 m/s
B
(5)探究加速度a与外力F的关系时，需要保持小车的总质量恒定不变．
139第三章：牛顿运动定律
(6)在研究加速度与质量的关系时， 由于平衡了摩擦力，所以图像过原点，且分别对小车和
砂桶及砂受力分析，由牛顿第二定律可得mg－F ＝ma，F ＝Ma，解得 mg＝(M＋m)a，整
T T
理解得a＝，因为保证了砂和砂桶的质量不变，所以由实验数据作出a－的图线，不会发生
弯曲，故选C.
知识点二 探索创新实验
考向1 实验器材的创新
例3 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验
装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m 为滑轮的质量．力传感器
0
可测出轻绳中的拉力大小．
(1)实验时，一定要进行的操作是________；
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的
示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知打
点计时器采用的是频率为 50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________
m/s2(结果保留三位有效数字)；
(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图像(如图)是一
条直线，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________；(填
写字母)
140第三章：牛顿运动定律
A. B.－m
0
C.－m D.
0
(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a—F图线，该同学做实验时存在的问题是________
(填写字母)
A．先释放小车，后接通电源
B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M
C．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫得过高
D．没有补偿阻力或补偿阻力不够
答案 (1)AC (2)2.00 (3)C (4)D
解析 (1)用力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右
端垫高，以补偿阻力，故A正确；拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶
的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故B、D错误；使用打点计
时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确．
(2)根据匀变速直线运动推论Δx＝aT2，依据逐差法，可得a＝≈2.00 m/s2
(3)由牛顿第二定律，对小车分析有2F＝(M＋m)a，整理得a＝F，由图像得k＝
0
解得M＝－m，故选C.
0
(4)如题图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有补偿阻力或没有完全补
偿阻力，故选D.
例4 某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系．主要实验步骤
如下：
141第三章：牛顿运动定律
(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图(b)所示，h＝________ cm；
(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；
(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：
n 1 2 3 4 5 6
a/(m·s－2) 0.087 0.180 0.260 0.425 0.519
根据表中数据在图(c)上描点，绘制图线．
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)．
答案 (1)1.02 (5)见解析图 0.343(0.341～0.345)
解析 (1)垫块的厚度为
h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm
(5)绘制图线如图；
根据mg·＝ma
142第三章：牛顿运动定律
可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率
k＝＝
解得a≈0.343 m/s2.
4
考向2 实验方案的创新
例5 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：
(ⅰ)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
(ⅱ)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
(ⅲ)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系．
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v＝________ m/s(保留两位有效数字)；
d
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 ①0.19(0.18～0.19均可) ②甲 甲和乙
解析 ①由题意知小车做匀加速直线运动，故v ＝，将x ＝(36.10－32.40) cm＝3.70 cm，T
d ce
＝0.1 s
代入得v≈0.19 m/s
d
②甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma，
则F＝，只有m≪M时，F才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表示小车的合外力，需满
足m≪M.
乙实验方案中：小车在斜面上匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力
大小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重
力mg，不需要满足m≪M.两个实验方案都可把mg作为F值．
考向3 实验目的的创新
143第三章：牛顿运动定律
例6 如图，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、
长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等．回答下列问题：
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑
的加速度a表示)．
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°.接通电源，开启打点计时器，释放铁块，
铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图所示．图中的点为
计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.80 m/s2.可以计算出铁块
与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)．
答案 (1) (2)0.35
解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝.
(2)两个相邻计数点之间的时间间隔
T＝5× s＝0.10 s，
由逐差法和Δx＝aT2可得
a＝≈1.97 m/s2，
代入μ＝，解得μ≈0.35.
课后巩固练习
1． “探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示．
(1)实验的五个步骤如下：
A．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；
144第三章：牛顿运动定律
B．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连；
C．用阻力补偿法测合力，让小车做匀速直线运动；
D．接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶(和砂)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；
E．更换纸带，改变小桶内砂的质量，重复步骤D的操作．
按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：________(将序号排序)．
(2)实验中打出的某一条纸带如图乙所示．相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，由此可以算出
小车运动的加速度是________ m/s2.
(3)利用测得的数据，可得到小车质量M一定时，运动的加速度a和所受拉力F(F＝mg，m
为砂和小桶质量，g为重力加速度)的关系图像(如图丙所示)．拉力F较大时，a－F图线明
显弯曲，产生误差．若不断增加砂桶中砂的质量，a－F图像中各点连成的曲线将不断延伸，
那么加速度a的趋向值为________(用题中出现物理量表示)．为避免上述误差可采取的措施
是________．
A．每次增加桶内砂子的质量时，增幅小一点
B．测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器
C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替砂和小
桶的重力
D．在增加桶内砂子质量的同时，在小车上增加砝码，确保砂和小桶的总质量始终远小于小
车和砝码的总质量
答案 (1)ACBDE (2)1.46 (3)g C
解析 (1)按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为ACBDE.
(2)根据Δx＝aT2可知
a＝ m/s2＝1.46 m/s2.
(3)因为砂和小桶的重力在这个实验中充当小车所受到的合力，当砂和小桶的重力非常大时，
它将带动小车近似做加速度为g的匀加速运动．当砂的数量增大到一定程度时a－F图线明
显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂小桶和砂的总质量太大，而我们把用小桶和砂所
受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所
145第三章：牛顿运动定律
受的拉力，即在小桶和砂与细线之间放置一力传感器，得到力F的数值，再作出小车运动
的加速度a和力传感器读数F的关系图像，故选C.
2．用如图所示的实验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数μ.把左端带有滑轮的长木板平
放在实验桌上，载有砝码的木块右端连接穿过打点计时器的纸带，左端连接细线，细线绕过
定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动．通过纸带测量木块的加速度，并测出木块与砝
码的总质量M，槽码的总质量m，计算木块与木板之间的摩擦力F.改变M和m进行多次实
f
验．
(1)下列实验操作步骤，正确顺序是________．
①释放木块
②接通打点计时器电源
③将木板固定在水平桌面上
④调节滑轮高度使细线与木板平行
⑤将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上
(2)实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50 Hz，则木块的加速度为
_______ m/s2.
(3)甲同学测得的数据见下表：
M/kg 0.700 0.600 0.500 0.400 0.300
F/N 2.48 2.18 1.80 1.50 1.16
f
请根据表中的数据，在图方格纸上作出F－M图像．
f
(4)已知重力加速度g＝9.80 m/s2，可求得该木块与木板的动摩擦因数μ＝________.
(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的μ值，取其平均值作为测量结果．他发
146第三章：牛顿运动定律
现该值比甲同学在(4)问中得出的μ值大．你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由
_______________________________________________________________________________.
答案 (1)③⑤④②① (2)0.23 (3)见解析图 (4)0.33(0.32～0.34) (5)见解析
解析 (1)实验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定
在木块上，然后把细线拴在木块上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调节滑轮高度使细线与
木板平行．再接通打点计时器电源，接着释放木块．最后关闭电源，取下纸带．故正确顺序
是③⑤④②①.
(2)由逐差法得a＝≈0.23 m/s2.
(3)根据表中数据描点连线如图所示
(4)由滑动摩擦力公式得 F＝μgM，可知 F－M图线的斜率为 μg，则 k＝＝＝μg，解得
f f
μ≈0.33.
(5)用图像法求μ，需要连线，连线时尽量让更多的点在线上，偏离直线较远的点，说明有问
题，可以舍去．但乙同学通过求平均值就做不到这一点，因此甲同学的结果更准确．
3．某同学用如图甲所示装置探究“加速度与合外力的关系”实验，按要求完成下列问题：
(1)实验中为了减小误差，下列做法正确的是________．
A．调节连接小车的轻绳至水平
B．钩码质量要远小于小车质量
C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂钩码
147第三章：牛顿运动定律
D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端
不需要连接轻绳悬挂钩码
(2)调节完毕后，如图乙是某次实验打出的一条纸带，纸带上每隔四个点取一个计数点，测
得相邻计数点间的间距．已知打点计时器采用的是频率为 f的交流电，则小车加速度的表达
式a＝________(用题及图中所给字母表示)．
(3)如果某次实验所用的钩码重力为G，弹簧测力计的示数为F，不计动滑轮质量及绳与滑轮
间的摩擦，则下列关系正确的是________．
A．F>G B．F＝G
C．F< D．F＝
(4)改变悬挂钩码的质量重复实验，测得多组加速度a与弹簧测力计的示数F，作出a－F图
像为一过原点倾斜直线，其斜率为k，则小车质量M＝________.若实验中所用交流电的实际
频率大于f，则根据图像求得的小车质量将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
答案 (1)D (2) (3)C (4) 偏大
解析 (1)应调节轻绳与长木板平行，A错误；由于有弹簧测力计可以直接测出绳上拉力，
故不需要满足钩码质量远小于小车质量的条件，B错误；平衡摩擦力时，垫高无滑轮一端，
用小车自身重力平衡摩擦力，故前端不需连接轻绳悬挂钩码，且小车后端连上纸带便于观察
小车是否匀速运动，C错误，D正确．
(2)由逐差法可得(x＋x)－(x＋x)＝4aT2
3 4 1 2
又两计数点间时间间隔为T＝
解得a＝
(3)由于钩码加速下落，设钩码质量为m、加速度为a，则由牛顿第二定律可得
G－2F＝ma，解得F＝－，故可得F<，故选C.
(4)由牛顿第二定律可得F＝Ma，a＝F，则k＝，得M＝
若交流电实际频率大于f，则测得的加速度偏小，则斜率偏小，则所得质量偏大．
4．如图是探究加速度与力关系的实验装置．提供器材如下：带有刻度尺的气垫导轨、气泵、
光电门2个、数字计时器、带挡光片的滑块(其上可放砝码)、砝码盘(质量5 g)、质量5 g的
砝码5个．实验步骤：
①固定光电门，测出光电门间的距离；调节导轨水平，将滑块用细线跨过轻质滑轮与砝码盘
相连；
②将5个砝码放到滑块上，释放滑块，测出其经过光电门1和2的挡光时间；
148第三章：牛顿运动定律
③取滑块上一个砝码放入砝码盘，释放滑块，测出挡光时间；
④再次取滑块上一个砝码，依次重复上述操作，直至将5个砝码全部转移到砝码盘．
(1)实验小组想用如图甲所示的游标卡尺测量挡光片的宽度，游标尺共有10格，与主尺的29
格(29 mm)等长，则该游标卡尺的精确度为________ mm，实验小组先用该尺练习一下读数，
如图乙所示，读数为________ cm.
(2)描点作图分析加速度与力的关系．如图丙是用实验数据绘制的 a－F图像．错误图像形成
的原因可能是________．
A．滑块释放时具有一定的初速度
B．绘制a－F图像时，将砝码盘中的砝码重量作为合力F
C．滑块上固定的挡光片发生倾斜
(3)依据图丙计算出滑块的质量为________ g．(结果保留三位有效数字)
答案 (1)0.1 1.05 (2)B (3)195
解析 (1)该游标卡尺的精确度为0.1 mm，读数为1 cm＋0.1 mm×5＝1.05 cm
(2)根据牛顿第二定律a＝知，加速度和合外力成正比，a－F图像应该是过原点的一条直线．
题图丙不是过原点的一条直线，形成原因可能是绘制a－F图像时，将砝码盘中的砝码重力
作为合力F，没有考虑砝码盘(质量5 g)本身的质量，使得实际的合力比绘制a－F图像时的
合力偏大，故选B；
(3)设滑块的质量是M，砝码盘质量m ，砝码的质量为m，细线上的拉力为F ，据牛顿第二
0 T
定律，对砝码盘及砝码(m＋m)g－F ＝(m＋m)a
0 T 0
149第三章：牛顿运动定律
对滑块F ＝Ma
T
可得加速度a＝＋＝＋
即题图丙中图像斜率为，有＝ kg－1＝4.44 kg－1
则m＋m＋M≈225 g
0
由题知当F＝25×10－2 N时，即5个砝码全部转移到砝码盘，这时砝码盘及砝码的质量 m＋
m＝30 g，所以滑块的质量M＝195 g.
0
5．如图甲所示为某同学所安装的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置．
(1)实验中，为了使小车(其质量为M)受到的合外力等于砝码和砝码盘的总重量(砝码和砝码
盘的总质量m)，通常采用的措施是：
①_____________________________________________________________________________
；
②_____________________________________________________________________________.
(2)另一位同学设计了如图乙所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块
运动的加速度a和力传感器示数F的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做
了实验，得到了两条a－F图线，如图丙所示．
①此实验装置________(填“需要”或者“不需要”)滑块与位移传感器发射部分总质量远大
于重物和力传感器的总质量．
②图线________(填“甲”或“乙”)是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的．
③滑块和位移传感器发射部分的总质量 m＝________ kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝
150第三章：牛顿运动定律
________.(重力加速度g＝10 m/s2)
答案 (1)补偿阻力 要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车质量M
(2)①不需要 ②甲 ③0.5 0.2
解析 (1)①补偿阻力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直
到小车在没有悬挂砝码盘的情况下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；
②要保证砝码和砝码盘的总质量m远小于小车的质量M；
(2)①力传感器可测量绳子拉力大小，不需要滑块与位移传感器发射部分总质量远大于重物
和力传感器的总质量；
②轨道左侧抬高时，有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，所
以图线甲是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的；
③由牛顿第二定律得a＝＝F－μg
由图丙可知，图线乙斜率k＝，则m＝＝0.5 kg
纵轴截距b＝μg，则μ＝＝0.2.
151