文档内容
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(tmg，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：0μ，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)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aa
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 μa，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
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．ta ，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 ，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，
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.
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