考情概覽：解讀近年命題思路和內容要求，統計真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點，探尋常考要點，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯解題必備知識，總結易錯易混點。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發掘高考命題之源。命題解讀考向考查統計本類試題主要考查兩類基本動力學問題、臨界問題、聯系實際問題以及常規實驗和創新實驗。要求領會實驗加推理的科學研究方法，體會探究過程的科學性和嚴謹性。考向一常規實驗2024·浙江1月，162022·浙江6月，172021·北京卷，15考向二創新實驗2024·江西卷，112022·山東卷，132021·全國甲卷，92021·湖南卷，11考向三兩類基本動力學問題2024·遼寧卷，102023·全國乙卷，12022·浙江1月，192022·浙江6月，192021·全國甲卷，12021·遼寧卷，132021·浙江卷，20考向四臨界問題2022·湖南卷，9考向五聯系實際問題2021·北京卷，13命題分析2024年高考各卷區均不同程度地考查了兩類基本動力學問題或者實驗問題。預測2025年高考兩類基本動力學問題依然是考查的重點。試題精講考向一常規實驗1．（2024年1月浙江卷第16題）如圖1所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。（1）該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們采用的研究方法是_____；A.放大法B.控制變量法C.補償法（2）該實驗過程中操作正確的是____；A.補償阻力時小車未連接紙帶B.先接通打點計時器電源，后釋放小車C.調節滑輪高度使細繩與水平桌面平行（3）在小車質量___（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為___（選填“偶然誤差”或“系統誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是___；A.用氣墊導軌代替普通導軌，滑塊代替小車B.在小車上加裝遮光條，用光電計時系統代替打點計時器C.在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小（4）經正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數點0為坐標原點的x軸，各計數點的位置坐標分別為0、、、。已知打點計時器的打點周期為T，則打計數點5時小車速度的表達式___；小車加速度的表達式是___。A.B.C.【答案】①.B②.B③.遠大于④.系統誤差⑤.C⑥.⑦.A【解析】（1）[1]該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們可以控制其中一個物理量不變，研究另外兩個物理量之間的關系，即采用了控制變量法。故選B。（2）[2]A．補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；B．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當的數據點，實驗時應先接通打點計時器電源，后釋放小車，故B正確；C．為使小車所受拉力與速度同向，應調節滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。故選B。（3）[3]設小車質量為M，槽碼質量為m。對小車和槽碼根據牛頓第二定律分別有聯立解得由上式可知在小車質量遠大于槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。[4]上述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統誤差。[5]該誤差是將細繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力（實驗中已經補償了阻力）或是速度測量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小。故選C。（4）[6]相鄰兩計數點間的時間間隔為打計數點5時小車速度的表達式為[7]根據逐差法可得小車加速度的表達式是故選A。考向二創新實驗2．（2024年江西卷第11題）某小組探究物體加速度與其所受合外力的關系。實驗裝置如圖（a）所示，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定一遮光片，細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上鉤碼。（1）實驗前調節軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行，再適當墊高軌道左端以平衡小車所受摩擦力。（2）小車的質量為。利用光電門系統測出不同鉤碼質量m時小車加速度a。鉤碼所受重力記為F，作出圖像，如圖（b）中圖線甲所示。（3）由圖線甲可知，F較小時，a與F成正比；F較大時，a與F不成正比。為了進一步探究，將小車質量增加至，重復步驟（2）的測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線乙所示。（4）與圖線甲相比，圖線乙的線性區間____________，非線性區間____________。再將小車的質量增加至，重復步驟（2）的測量過程，記錄鉤碼所受重力F與小車加速度a，如表所示（表中第組數據未列出）。序號12345鉤碼所受重力0.0200.0400.0600.0800.100小車加速度0260.550.821.081.36序號67815鉤碼所受重力0.1200.1400.160……0.300小車加速度1.671.952.20……3.92（5）請在圖（b）中補充描出第6至8三個數據點，并補充完成圖線丙_________。（6）根據以上實驗結果猜想和推斷：小車的質量____________時，a與F成正比。結合所學知識對上述推斷進行解釋：______________________。【答案】①.較大②.較小③.④.遠大于鉤碼質量⑤.見解析【解析】【詳解】（4）[1][2]由題圖（b）分析可知，與圖線甲相比，圖線之的線性區間較大，非線性區間較小；（5）[3]在坐標系中進行描點，結合其他點用平滑的曲線擬合，使盡可能多的點在線上，不在線上的點均勻分布在線的兩側，如下圖所示（6）[4][5]設繩子拉力為，對鉤碼根據牛頓第二定律有對小車根據牛頓第二定律有聯立解得變形得當時，可認為則即a與F成正比。考向三兩類基本動力學問題3.（2024年遼寧卷第10題）（多選）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知到的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A.小物塊在時刻滑上木板 B.小物塊和木板間動摩擦因數為2μC.小物塊與木板的質量比為3︰4 D.之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【解析】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結合圖像可知時刻，木板的速度為設小物塊和木板間動摩擦因數為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經過時間與木板共速此時速度大小，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設木板質量為M，物塊質量為m，根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設之后小物塊和木板一起共速運動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確故選ABD。考向一常規實驗1．（2022年浙江6月卷第17題）（1）①“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數點O為位移測量起點和計時起點，則打計數點B時小車位移大小為______cm。由圖3中小車運動的數據點，求得加速度為______m/s2（保留兩位有效數字）。②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調整的是______。A．換成質量更小的小車B．調整長木板的傾斜程度C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D．改變連接小車的細繩與長木板的夾角（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，①下列說法正確的是______；A．拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩定后讀數應相同B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要______（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。【答案】①.6.15~6.25②.1.7~2.1③.BC##CB④.D⑤.3【解析】（1）[1]依題意，打計數點B時小車位移大小為6.20cm，考慮到偶然誤差，6.15cm~6.25cm也可；[2]由圖3中小車運動的數據點，有考慮到偶然誤差，1.7m/s2~2.1m/s2也可；[3]A．利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要滿足小車質量遠遠大于鉤碼質量，所以不需要換質量更小的車，故A錯誤；B．利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板安打點計時器一端較滑輪一端適當的高一些，故B正確；C．以系統為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗時有考慮到實際情況，即，有則可知而利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時要保證所懸掛質量遠小于小車質量，即；可知目前實驗條件不滿足，所以利用當前裝置在“探究加速度與力、質量的關系”時，需將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質量遠遠大于所懸掛物體的質量，故C正確；D．實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤。故選BC。（2）[4]A．在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當大些，不必使兩只測力計的示數相同，故A錯誤；B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；C．實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數即為彈簧對細繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關，故C錯誤；D．為了減小實驗中摩擦對測量結果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，故D正確。故選D[5]若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈簧稱拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結點達到某一點O，記下位置O和彈簧稱示數F1和兩個拉力的方向；交換彈簧稱和手所拉細繩的位置，再次將結點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向相同，并記下此時彈簧稱的示數F2；只有一個彈簧稱將結點拉至O點，并記下此時彈簧稱的示數F的大小及方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結點拉到O。2.（2021年北京卷第15題）物理實驗一般都涉及實驗目的、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數據分析等。例如：（1）實驗儀器。用游標卡尺測某金屬管的內徑，示數如圖1所示。則該金屬管的內徑為_______mm。（2）數據分析。打點計時器在隨物體做勻變速直線運動的紙帶上打點，其中一部分如圖2所示，B、C、D為紙帶上標出的連續3個計數點，相鄰計數點之間還有4個計時點沒有標出。打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上。則打C點時，紙帶運動的速度vC=________m/s（結果保留小數點后兩位）。（3）實驗原理。圖3為“探究加速度與力的關系”的實驗裝置示意圖。認為桶和砂所受的重力等于使小車做勻加速直線運動的合力。實驗中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質量m比小車質量M小得多。請分析說明這個要求的理由。（）【答案】①.31.4②.0.44③.見解析【解析】（1）[1]根據游標卡尺的讀數規則有（2）[2]每隔4個點取一個點作為計數點，故兩計數點間有5個間隔；故兩點間的時間間隔為勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，則有（3）[3]設繩的拉力為T，小車運動的加速度為a。對桶和砂，有對小車，有得小車受到細繩的拉力T等于小車受到的合力F，即可見，只有桶和砂的總質量m比小車質量M小得多時，才能認為桶和砂所受的重力mg等于使小車做勻加速直線運動的合力F。考向二創新實驗3.（2022年山東卷第13題）在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗。受此啟發。某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量的實驗，如圖甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源。放上滑塊。調平氣墊導軌；

③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點。A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；④計算機采集獲取數據，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。

回答以下問題（結果均保留兩位有效數字）：（1）彈簧的勁度系數為_____N/m。（2）該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數據，畫出a—F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為________kg。（3）該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像Ⅱ，則待測物體的質量為________kg。【答案】①.12②.0.20③.0.13【解析】（1）[1]由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm。拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結合圖乙的F—t圖有x=5.00cm，F=0.610N根據胡克定律計算出k≈12N/m（2）[2]根據牛頓第二定律有F=ma則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質量的倒數，根據圖丙中I，則有則滑塊與加速度傳感器的總質量為m=0.20kg（3）[3]滑塊上增加待測物體，同理，根據圖丙中II，則有則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為m′=0.33kg則待測物體的質量為m=m′-m=0.13kg4.（2021年全國甲卷第9題）為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數，一同學將貼有標尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為的斜面（已知sin=0.34，cos=0.94），小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個連續相等時間間隔（每個時間間隔?T=0.20s）內小銅塊沿斜面下滑的距離si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中數據可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為___________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數為___________。（結果均保留2位有效數字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】①.0.43②.0.32【解析】[1]根據逐差法有[2]對小銅塊受力分析根據牛頓第二定律有代入數據解得5.（2021年湖南卷第11題）某實驗小組利用圖（a）所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關系。主要實驗步驟如下：

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

如果表中缺少的第4組數據是正確的，其應該是___________（保留三位有效數字）。【答案】①.1.02②.③.0.342【解析】（1）[1]墊塊的厚度為h=1cm+2×0.1mm=1.02cm（5）[2]繪制圖線如圖；

[3]根據可知a與n成正比關系，則根據圖像可知，斜率解得a=0.342m/s2考向三兩類基本動力學問題6．（2023年全國乙卷第1題）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（）A.上升時間等于下落時間 B.被墊起后瞬間的速度最大C.達到最高點時加速度為零 D.下落過程中做勻加速運動【答案】B【解析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態和下降過程的初狀態速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；B．上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負功，小球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；C．達到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤。故選B。7．（2022年浙江1月卷第19題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運動員）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）過C點的速度大小；（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。

【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N【解析】（1）AB段解得（2）AB段解得BC段過C點的速度大小（3）在BC段有牛頓第二定律解得8．（2022年浙江6月卷第19題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為，貨物可視為質點（取，，重力加速度）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據牛頓第二定律可得代入數據解得（2）根據運動學公式解得（3）根據牛頓第二定律根據運動學公式代入數據聯立解得9.（2021年全國甲卷第1題）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將（）A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知可得可知時，t有最小值，故當從由30°逐漸增大至60°時下滑時間t先減小后增大。故選D。10.（2021年遼寧卷第13題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角，轉軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需時間t。【答案】（1）；（2）【解析】（1）小包裹的速度大于傳動帶的速度，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據牛頓第二定律可知解得（2）根據（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時在傳動帶上滑動的距離為因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為所以小包裹通過傳送帶的時間為11.（2021年浙江卷第20題）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量的汽車以的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線處，駕駛員發現小朋友排著長的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；（2）若路面寬，小朋友行走的速度，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；（3）假設駕駛員以超速行駛，在距離斑馬線處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。

【答案】（1），；（2）20s；（3）【解析】（1）根據平均速度解得剎車時間剎車加速度根據牛頓第二定律解得（2）小朋友過時間等待時間（3）根據解得考向四臨界問題12.（2022年湖南卷第9題）（多選）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發動機，總質量為。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即，為常量）。當發動機關閉時，飛行器豎直下落，經過一段時間后，其勻速下落的速率為；當發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為。重力加速度大小為，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是（）A.發動機最大推力為B.當飛行器以勻速水平飛行時，發動機推力的大小為C.發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為D.當飛行器以的速率飛行時，其加速度大小可以達到【答案】BC【解析】A．飛行器關閉發動機，以v1=勻速下落時，有飛行器以v2=向上勻速時，設最大推力為Fm聯立可得，A錯誤；B．飛行器以v3=勻速水平飛行時B正確；C．發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時解得C正確；D．當飛行器最大推力向下，以v5=的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值解得am=2.5gD錯誤。故選BC。考向五聯系實際問題13.（2021年北京卷第13題）某同學使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A.30cm刻度對應的加速度為-0.5g B.40cm刻度對應的加速度為gC.50cm刻度對應的加速度為2g D.各刻度對應加速度的值是不均勻的【答案】A【解析】由題知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長l0=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處，則根據受力平衡有mg=k(l-l0)可計算出k=【詳解】A．由分析可知，在30cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數據有a=-0.5gA正確；B．由分析可知，在40cm刻度時，有mg=F彈則40cm刻度對應的加速度為0，B錯誤；C．由分析可知，在50cm刻度時，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數據有a=0.5gC錯誤；D．設刻度對應值為x，結合分析可知，x=（取豎直向上為正方向）經過計算有a=(x>0.2)或a=(x<0.2)根據以上分析，加速度a與刻度對應值為x成線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，D錯誤。故選A。一、動力學兩類基本問題1．動力學問題的解題思路2．解題關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁．二、等時圓模型1．質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環的最低點所用時間相等，如圖甲所示；2．質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；3．兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示．三、探究加速度與力、質量的關系1．實驗目的(1)學會用控制變量法研究物理量之間的關系．(2)探究加速度與力、質量的關系．(3)掌握利用圖像處理數據的方法．2．實驗器材小車、槽碼、細繩、一端附有定滑輪的長木板、墊木、打點計時器、學生電源、導線、紙帶、天平、刻度尺、坐標紙等．3．實驗原理(1)保持質量不變，探究加速度與合外力的關系．(2)保持合外力不變，探究加速度與質量的關系．(3)作出a－F圖像和a－eq\f(1,m)圖像，確定a與F、m的關系．4．實驗過程(1)測量：用天平測量槽碼的質量m′和小車的質量m.(2)安裝：按照如圖所示裝置把實驗器材安裝好，只是不把懸掛槽碼的細繩系在小車上(即不給小車牽引力)．(3)補償阻力：在長木板不帶定滑輪的一端下面墊上墊木，使小車能勻速下滑．(4)操作：①槽碼通過細繩繞過定滑輪系于小車上，先接通電源后放開小車，斷開電源，取下紙帶，編號碼．②保持小車的質量m不變，改變槽碼的質量m′，重復步驟①.③在每條紙帶上選取一段比較理想的部分，計算加速度a.④描點作圖，作a－F的圖像．⑤保持槽碼的質量m′不變，改變小車質量m，重復步驟①和③，作a－eq\f(1,m)圖像．5．數據處理(1)利用逐差法或v－t圖像法求a.(2)以a為縱坐標，F為橫坐標，描點、畫線，如果該線為過原點的直線，說明a與F成正比．(3)以a為縱坐標，eq\f(1,m)為橫坐標，描點、畫線，如果該線為過原點的直線，就能判定a與m成反比．6．注意事項(1)開始實驗前首先補償阻力：適當墊高木板不帶定滑輪的一端，使小車的重力沿斜面方向的分力正好補償小車和紙帶受到的阻力．在補償阻力時，不要把懸掛槽碼的細繩系在小車上，讓小車拉著穿過打點計時器的紙帶勻速運動．(2)實驗過程中不用重復補償阻力．(3)實驗必須保證的條件：m?m′.(4)一先一后一按：改變拉力或小車質量后，每次開始時小車應盡量靠近打點計時器，并應先接通電源，后釋放小車，且應在小車到達滑輪前按住小車．7．誤差分析(1)實驗原理不完善：本實驗用槽碼的總重力代替小車的拉力，而實際上小車所受的拉力要小于槽碼的總重力．(2)補償阻力不準確、質量測量不準確、計數點間距離測量不準確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行都會引起誤差．四、傳送帶模型1．水平傳送帶2.傾斜傳送帶五、“滑塊—木板”模型1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動．2．位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解題關鍵點(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．(2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．1．（2024·安徽合肥·三模）某同學用如圖甲所示裝置，測滑塊與水平桌面間的動摩擦因數。重力加速度g取。（1）在砂桶中放入適量細砂，接通電源，由靜止釋放滑塊，打出的一條紙帶如圖乙所示，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續的5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數點之間還有4個點跡沒有標出，測出各計數點到A點之間的距離，如圖乙所示。打點計時器接的交流電頻率為50Hz，則滑塊運動的加速度___________。（結果保留兩位有效數字）（2）多次改變砂桶中砂的質量重復實驗，測得多組滑塊運動的加速度a及對應的力傳感器的示數F，以a為縱坐標F為橫坐標，描點得到如圖丙所示的a—F圖像。由圖中的數據可知，滑塊和動滑輪的總質量為___________kg，滑塊與桌面間的動摩擦因數___________。【答案】（1）1.0（2）①.0.8②.0.05【解析】【小問1詳解】根據逐差法，可得加速度為【小問2詳解】由牛頓第二定律得得由圖像可知圖線的斜率故小車的質量由縱截距得則滑塊與桌面間的動摩擦因數2．（2024·北京首都師大附中·三模）小明和小紅同學分別通過實驗“探究加速度與質量的關系”和“加速度與力的關系”。（1）小明同學在探究小車加速度與質量的關系時，采用了如圖所示方案。①保持砝碼盤中砝碼質量不變，通過增減小車中的砝碼個數改變小車中砝碼和小車的總質量M，與此相對應，利用紙帶上打出的點來測量小車的加速度。對此實驗方案，下列做法中合理的是______；A在平衡阻力時，需要把木板的一側墊高，并將砝碼盤及盤中砝碼用細線通過定滑輪系在小車上B實驗前，先接通打點計時器電源，待打點計時器工作穩定后再釋放小車C調節滑輪，使細線與木板平行②實驗中打出一條紙帶的部分實驗數據如圖所示，相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出。所用交變頻率為50Hz，由該紙帶可求小車的加速度a=______m/s2（結果保留兩位有效數字）；③小明記錄的6組實驗數據如下表所示，其中5組數據的對應點已經標在圖的坐標紙上，請用“+”標出余下的一組數據的對應點，并作出a—圖像。由a—圖像可得出的實驗結論為______。（2）小紅同學在探究小車的加速度a與所受合外力的關系時，設計并采用了如圖所示的方案。其實驗操作步驟如下：a．掛上砝碼盤和砝碼，調節木板的傾角，使質量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；b．取下砝碼盤和砝碼，測出其總質量為m，并讓小車沿木板下滑，測出加速度a；c．砝碼盤中砝碼的個數，重復步驟a和b，多次測量，作出a—F圖像______。①該實驗方案______滿足條件M>>m（選填“需要“或”不需要“）；②若小紅同學實驗操作規范，隨砝碼盤中砝碼個數的增加，作出的a—F圖像最接近圖中的______。【答案】①.BC②.0.475③.見解析④.在合力力不變的情況下，加速度與質量成反比⑤.不需要⑥.A【解析】（1）①[1]在平衡阻力時，不需要細線對小車有力的作用，故不用將砝碼盤及盤中的砝碼用細線通過定滑輪系在小車上，選項A錯誤；實驗時，需要先接通打點計時器的電源，待打點計時器工作穩定后再釋放小車，選項B正確；調節滑輪，使細線與木板平行，選項C正確。故選BC。②[2]因為交流電的頻率是50Hz，相鄰還有四個點未畫出，所以相鄰計數點的時間間隔是T=0.1s；根據結合逐差法，故紙帶的加速度a==0.475m/s2③[3]第五組數據沒有標在圖上，找出當加速度為0.81m/s2時的=2.78kg-1對應點，用“+”號表示即可；這些點可以用直線連接起來，并且過原點，說明在合力力不變的情況下，加速度與質量的倒數成正比，與質量成反比；（2）[4]當盤及砝碼勻速下滑時，對小車受力分析可知mg+f=Mgsinθ其中f是小車下滑時受到的摩擦力，θ是斜面與水平面的夾角；當去掉盤與砝碼時，小車加速向下運動，再對小車進行受力分析可得Mgsinθ-f=Ma聯立兩式可得mg=Ma①[5]我們取盤與砝碼的重力為F，則F=Ma；故該方案不需要滿足條件M>>m；②[6]由表達式F=Ma可知，加速度a與合外力F之間在關系成正比例，即選項A正確。3．（2024·海南省四校聯考）如圖所示，將一可視為質點的小物塊A放置在足夠長的長木板B最右側，用跨過輕質定滑輪的輕繩將木板右側與重物C相連并保持靜止，三者的質量分別為、、，重物C距離地面高度。已知物塊A與長木板B間的動摩擦因數，木板與桌面間的動摩擦因數。初始時刻從靜止開始釋放重物，長木板全程未與定滑輪發生碰撞，不計滑輪摩擦，。求：（1）釋放重物瞬間長木板和物塊的加速度；（2）物塊距離長木板右端的最遠距離。【答案】（1）；;（2）【解析】（1）對物塊A和長木板B和重物C受力分析，由牛頓第二定律可得：代入數據可得（2）重物下落高度h后落地，所用時間重物落地前物塊和長木板做勻加速運動，由運動學表達式可得該階段兩者的位移為重物落地后，物塊加速度保持不變，繼續加速，木板做勻減速直線運動。對木板受力分析，由牛頓第二定律可得：經過后兩者達到共速，可得代入數據可得該階段兩者的位移為此時物塊距離木板右端最遠，則最終物塊到長木板左端的距離為4．（2024·黑龍江名校聯考·二模）某同學用如圖甲所示的裝置“驗證牛頓第二定律”，打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，紙帶每打5個點選一個計數點。已知重物的質量為m，重力加速度為g，滑輪重力不計。（1）為了能完成該實驗，下列操作正確的是（）A.保證小車的質量遠大于重物的質量B.調節滑輪的高度，使細線與長木板平行C.實驗開始時應先釋放小車，后接通電源D.將長木板左端墊高適當角度，以平衡長木板對小車摩擦力（2）由如圖乙所示紙帶，可求得小車的加速度大小為______m/s2。（保留兩位有效數字）（3）若實驗中彈簧測力計讀數______，則說明牛頓第二定律成立。（用字母m、g、a表示）【答案】（1）B（2）0.93（3）【解析】【小問1詳解】A．繩子中的拉力大小可由彈簧測力計的示數直接讀出，不需要保證小車的質量遠大于重物的質量，故A錯誤；B．要使彈簧測力計的示數穩定，需調節滑輪的高度，使細線與長木板平行，故B正確；C．為了完整地記錄運動過程，應先接通電源，后釋放小車，故C錯誤；D．實驗中以重物為研究對象驗證牛頓第二定律，故無需平衡長木板對小車的摩擦力，D錯誤。故選B。【小問2詳解】根據題意可知，紙帶上相鄰計數點的時間間隔根據逐差法可得小車的加速度大小為【小問3詳解】由圖甲可知，彈簧測力計的示數等于繩子的拉力，且小車加速度為重物加速度的兩倍，對重物有解得5．（2024·江西金太陽聯考3月月考）為了探究物體質量一定時“加速度與力的關系”，某小組采用了如圖甲所示的實驗裝置。（1）實驗時，___________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；___________（填“需要”或“不需要”）滿足“小車的質量M遠大于所掛鉤碼的總質量m”這一條件。（2）將小車靠近打點計時器，先接通電源（頻率為50Hz），再釋放小車，得到一條清楚的紙帶，從0點開始每隔四個點取一個計數點，0、1、2、3、4均為計數點，各計數點到0點的距離如圖乙所示。小車的加速度大小為___________（結果保留兩位有效數字），同時記錄力傳感器的示數。（3）僅改變所掛鉤碼的個數，測出多組加速度a與力傳感器的示數F后，以F為橫坐標、a為縱坐標，作出的圖像是一條直線，如圖丙所示，若圖像的斜率為k，則小車的質量___________。【答案】（1）①.需要②.不需要（2）（3）【解析】【小問1詳解】[1][2]為保證細線拉力等于小車合力，該實驗需要平衡摩擦力，本實驗利用傳感器測量拉力的大小，根據力傳感器的讀數可以直接測出小車受到的拉力，不需要滿足“小車的質量M遠大于所掛鉤碼的總質量m”這一條件。【小問2詳解】由題每隔四個點取一個計數點知，相鄰兩計數點間的時間間隔根據逐差法，可得【小問3詳解】對小車受力分析，根據牛頓第二定律有解得所以圖像斜率解得小車的質量6．（2024·內蒙古呼和浩特市·一模）為測量小銅塊與某軌道表面間的動摩擦因數，一同學將該軌道的一端放在水平桌面上，形成一傾角為的斜面，小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得4個連續相等時間間隔（每個時間間隔）內小銅塊沿斜面下滑的距離，如下表所示。7.04cm9.09cm11.18cm13.27cm由表中數據可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為_______，小銅塊與該軌道表面間的動摩擦因數為_______。（結果均保留2位有