2026版創(chuàng)新設(shè)計(jì)高考一輪復(fù)習(xí)物理第三章　運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第1講　牛頓運(yùn)動(dòng)定律含答案

2026版創(chuàng)新設(shè)計(jì)高考一輪復(fù)習(xí)物理第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第1講牛頓運(yùn)動(dòng)定律學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解慣性的本質(zhì)及牛頓第一定律的內(nèi)容。2.理解牛頓第二定律的內(nèi)容并會(huì)簡(jiǎn)單應(yīng)用。3.理解牛頓第三定律的內(nèi)容，會(huì)區(qū)別作用力和反作用力與平衡力。4.知道力學(xué)單位制。1.牛頓第一定律慣性2.牛頓第二定律力學(xué)單位制3.牛頓第三定律1.思考判斷(1)運(yùn)動(dòng)的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)(2)物體不受力時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(√)(3)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)(4)由m＝Fa可知，物體的質(zhì)量與其所受合外力成正比，與其運(yùn)動(dòng)的加速度成反比。(×(5)可以利用牛頓第二定律確定高速電子的運(yùn)動(dòng)情況。(×)(6)作用力和反作用力的效果可以相互抵消。(×)(7)人走在松軟土地上下陷時(shí)，人對(duì)地面的壓力大于地面對(duì)人的支持力。(×)2.(人教版必修第一冊(cè)P70“拓展學(xué)習(xí)”改編)如圖甲所示，用傳感器研究?jī)摄^子間的作用力與反作用力(其中左側(cè)傳感器固定于木塊上)，兩個(gè)鉤子拉力的情況由計(jì)算機(jī)屏幕顯示，如圖乙所示。若用數(shù)學(xué)形式表示作用力與反作用力關(guān)系，下面表達(dá)式最為恰當(dāng)?shù)氖?)A.F1＝F2 B.F1＝－F2C.F1－F2＝0 D.F1＋F2＝0答案B考點(diǎn)一牛頓第一定律對(duì)牛頓第一定律的兩點(diǎn)說(shuō)明(1)理想化狀態(tài):牛頓第一定律描述的是物體不受外力時(shí)的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。在實(shí)際情況中，如果物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時(shí)的表現(xiàn)是相同的。(2)與牛頓第二定律的關(guān)系:牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨(dú)立的。牛頓第一定律是經(jīng)過(guò)科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來(lái)的，而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律。跟蹤訓(xùn)練1.(2025·甘肅蘭州一模)在東漢王充所著的《論衡·狀留篇》中提到“是故湍瀨之流，沙石轉(zhuǎn)而大石不移。何者?大石重而沙石輕也?！睆奈锢韺W(xué)的角度對(duì)文中所描述現(xiàn)象的解釋，下列說(shuō)法正確的是()A.水沖沙石，沙石才能運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榱κ钱a(chǎn)生運(yùn)動(dòng)的原因B.“沙石轉(zhuǎn)而大石不移”是因?yàn)槲矬w運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度與質(zhì)量有關(guān)C.只有在水的持續(xù)沖力作用下沙石才能一直運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)需要力來(lái)維持D.“大石不移”是因?yàn)榇笫艿降淖枇Υ笥谒臎_力答案B解析水沖沙石，沙石才能運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗臎_擊力克服了阻力，故力是改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故A錯(cuò)誤;物體總有保持原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)即為慣性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大慣性越大，重的大石由于質(zhì)量太大，慣性太大，所以運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不容易被水流改變，故B正確;物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，如沙石不受力的作用時(shí)，可以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤;“大石不移”是因?yàn)樗臎_力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示的情景中，下列說(shuō)法正確的是()A.雨雪天汽車裝防滑鐵鏈?zhǔn)菫榱藥椭嚳朔T性B.噴灑農(nóng)藥無(wú)人機(jī)(包括攜帶的藥液)在進(jìn)行噴灑工作時(shí)慣性不變C.滑雪運(yùn)動(dòng)員下滑的快慢不會(huì)改變運(yùn)動(dòng)員的慣性大小D.磁懸浮列車的車頭設(shè)計(jì)可以減小阻力，所以它的慣性比較小答案C解析雨雪天汽車裝防滑鐵鏈不是為了幫助汽車克服慣性，而是為了增大摩擦力，防止車輛打滑，故A錯(cuò)誤;噴灑農(nóng)藥無(wú)人機(jī)(包括攜帶的藥液)在進(jìn)行噴灑工作時(shí)，隨著質(zhì)量的減小，慣性減小，故B錯(cuò)誤;慣性只由質(zhì)量決定，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，所以滑雪運(yùn)動(dòng)員下滑的快慢不會(huì)改變運(yùn)動(dòng)員的慣性大小，故C正確;磁懸浮列車的車頭設(shè)計(jì)可以減小阻力，但它的慣性由質(zhì)量決定，不一定慣性小，故D錯(cuò)誤。慣性的兩種表現(xiàn)形式的理解(1)保持原狀:物體在不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))。(2)反抗改變:物體受到外力時(shí)，慣性表現(xiàn)為運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度。慣性大，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)較難改變;慣性小，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)容易改變?？键c(diǎn)二牛頓第二定律單位制角度對(duì)牛頓第二定律的理解例1根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B.物體所受合力必須達(dá)到一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度C.物體加速度的大小與所受作用力中任一個(gè)的大小成正比D.當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比答案D解析根據(jù)牛頓第二定律a＝Fm可知，物體的加速度與速度無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，物體的水平加速度大小與其質(zhì)量成反比，選項(xiàng)D總結(jié)提升對(duì)牛頓第二定律的理解角度力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系例2(2024·安徽卷，6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中()A.速度一直增大 B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小答案A解析緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力合力為零，此時(shí)兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤;小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，故C、D錯(cuò)誤。合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度。(2)a＝ΔvΔt是加速度的定義式，a與Δv、Δt無(wú)必然聯(lián)系;a＝Fm是加速度的決定式，a∝F，(3)合力與速度同向時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng);合力與速度反向時(shí)，物體做減速運(yùn)動(dòng)。角度牛頓第二定律的應(yīng)用例3(2025·浙江縣域教研聯(lián)盟高三月考)如圖是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為3.0×103kg，在飛船與空間站對(duì)接后，其推進(jìn)器的平均推力F為900N，推進(jìn)器工作5s內(nèi)，測(cè)出飛船和空間站的速度變化是0.05m/s，則()A.飛船對(duì)空間站的推力為900NB.飛船的加速度為0.3m/s2C.空間站的質(zhì)量為8.7×104kgD.在5s內(nèi)，飛船和空間站前進(jìn)的距離是0.125m答案C解析已知飛船質(zhì)量為m＝3.0×103kg，在其推進(jìn)器的平均推力F作用下，整體獲得加速度為a1＝ΔvΔt＝0.01m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a1，代入數(shù)據(jù)解得M＝8.7×104kg，飛船對(duì)空間站的推力為F1＝Ma1＝870N，故A、B錯(cuò)誤，C正確;因?yàn)槌鯛顟B(tài)不清楚，所以無(wú)法計(jì)算在5s內(nèi)，飛船和空間站前進(jìn)的距離，跟蹤訓(xùn)練3.(2024·山東淄博模擬)某同學(xué)為測(cè)量地鐵啟動(dòng)過(guò)程中的加速度，他把一根細(xì)繩的下端綁上一支圓珠筆，細(xì)繩的上端固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵某段穩(wěn)定加速過(guò)程中，細(xì)繩偏離了豎直方向如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。為進(jìn)一步探究，若把圓珠筆更換成兩個(gè)質(zhì)量不同的小球并用輕繩連接起來(lái)，不計(jì)空氣阻力，則它們的位置關(guān)系可能正確的是()答案B解析以兩個(gè)小球整體為研究對(duì)象，受到重力和拉力，如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有(m＋M)gtanα＝(m＋M)a，得a＝gtanα;以下面小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力和拉力，如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律有Mgtanθ＝Ma，得a＝gtanθ，因?yàn)閮汕虻募铀俣认嗤?，則可知兩段細(xì)線與豎直方向的夾角相同。故B正確?？键c(diǎn)三牛頓第三定律1.作用力和反作用力的三個(gè)關(guān)系2.作用力和反作用力與一對(duì)平衡力的比較比較項(xiàng)作用力和反作用力一對(duì)平衡力不同點(diǎn)受力物體作用在兩個(gè)相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關(guān)系同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)消失不一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失疊加性兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零力的性質(zhì)一定是同性質(zhì)的力性質(zhì)不一定相同相同點(diǎn)大小相等，方向相反，作用在同一條直線上角度牛頓第三定律的理解例4(2024·浙江金華模擬)阻力傘是一種短跑運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練工具。如圖所示，某段訓(xùn)練過(guò)程中，連接阻力傘的輕繩始終處于水平狀態(tài)，已知阻力傘重力為G，輕繩對(duì)阻力傘的拉力為FT，空氣對(duì)阻力傘的作用力為F，則()A.FT＝FB.地面對(duì)人的摩擦力大小等于FC.人對(duì)輕繩的拉力與阻力傘對(duì)輕繩的拉力大小相等D.人對(duì)輕繩的拉力與輕繩對(duì)人的拉力是一對(duì)平衡力答案C解析阻力傘受重力G、輕繩對(duì)阻力傘的拉力FT，空氣對(duì)阻力傘的作用力F，三力平衡，如圖所示，則有FT＝F2-G2，故A錯(cuò)誤;人的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未知，則地面對(duì)人的摩擦力大小不一定等于F，故B錯(cuò)誤;輕繩上的拉力相等，即人對(duì)輕繩的拉力與阻力傘對(duì)輕繩的拉力大小相等，故C正確;人對(duì)輕繩的拉力與輕繩對(duì)人的拉力是一對(duì)相互作用力，作用在不同的物體上，不是一對(duì)平衡力角度轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法的應(yīng)用例5建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料。一質(zhì)量為70.0kg的工人站地面上，通過(guò)定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，g取10m/s2，則工人對(duì)地面的壓力大小為()A.510N B.490NC.890N D.910N答案B解析設(shè)繩子對(duì)建材的拉力為F1，由牛頓第二定律得F1－mg＝ma，解得F1＝210N，繩子對(duì)人的拉力F2＝F1＝210N，由于人處于靜止?fàn)顟B(tài)，則地面對(duì)人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知，人對(duì)地面的壓力FN'＝FN＝490N，故B正確。跟蹤訓(xùn)練4.如圖所示，底座A上裝有一根直立桿，其總質(zhì)量為M，桿上套有質(zhì)量為m的圓環(huán)B，它與桿有摩擦。當(dāng)圓環(huán)從底端以某一速度v向上飛起時(shí)，圓環(huán)的加速度大小為a，底座A不動(dòng)，則圓環(huán)在升起和下落過(guò)程中，底座對(duì)水平面的壓力分別為()A.MgMg B.(M＋m)g(M＋m)gC.Mg－maMg＋ma D.(M＋m)g－ma(M－m)g＋ma答案D解析當(dāng)圓環(huán)上升時(shí)，桿給環(huán)的摩擦力方向向下，大小設(shè)為Ff，則環(huán)給桿的摩擦力方向向上，大小為Ff，設(shè)水平面對(duì)底座的支持力大小為FN1，則對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律可得mg＋Ff＝ma，對(duì)底座，由平衡條件可得FN1＋Ff－Mg＝0，聯(lián)立解得FN1＝(M＋m)g－ma;當(dāng)圓環(huán)下落時(shí)，桿給環(huán)的摩擦力方向向上，大小設(shè)為Ff'，則環(huán)給桿的摩擦力方向向下，大小為Ff'，設(shè)水平面對(duì)底座的支持力大小為FN2，則對(duì)底座，由平衡條件可得Mg＋Ff'－FN2＝0，由題意可知Ff'＝Ff，聯(lián)立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根據(jù)牛頓第三定律可知，圓環(huán)在升起和下落過(guò)程中，底座對(duì)水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1牛頓第一定律1.(多選)伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn)創(chuàng)造性的把實(shí)驗(yàn)、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識(shí)的發(fā)展。關(guān)于伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是()A.該實(shí)驗(yàn)雖然是理想實(shí)驗(yàn)，是在思維中進(jìn)行的，但仍以真實(shí)的實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)B.如果斜面粗糙，不論右側(cè)斜面傾角如何，小球也將上升到與釋放點(diǎn)等高的位置C.該實(shí)驗(yàn)說(shuō)明了物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持D.該實(shí)驗(yàn)證明了力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因答案AC解析該實(shí)驗(yàn)完全是理想實(shí)驗(yàn)，是在思維中進(jìn)行的，同時(shí)是以斜面真實(shí)的實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)，故A正確;如果斜面粗糙，小球會(huì)有能量損失，將不能上升到與釋放點(diǎn)等高的位置，故B錯(cuò)誤;該實(shí)驗(yàn)說(shuō)明了物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，故C正確，D錯(cuò)誤。2.大型油罐車內(nèi)部設(shè)置了一些固定擋板，如圖所示，油罐車在水平路面上行駛，下列說(shuō)法正確的是()A.油罐車勻速前進(jìn)時(shí)，油沒(méi)有慣性B.油罐車加速前進(jìn)時(shí)，油的液面仍然保持水平C.油罐車減速前進(jìn)時(shí)，兩擋板間油的液面前低后高D.擋板間油的質(zhì)量相對(duì)小，可以有效減弱變速時(shí)油的涌動(dòng)答案D解析慣性的大小只取決于物體的質(zhì)量，和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤;當(dāng)油罐車加速前進(jìn)時(shí)，由于慣性油向后涌動(dòng)，所以油的液面應(yīng)前低后高，故B錯(cuò)誤;當(dāng)油罐車減速前進(jìn)時(shí)，油向前涌動(dòng)，油的液面前高后低，故C錯(cuò)誤;當(dāng)擋板間油的質(zhì)量相對(duì)小時(shí)，油的慣性小，可以有效減弱變速時(shí)油的涌動(dòng)，故D正確。對(duì)點(diǎn)練2牛頓第二定律單位制3.(2023·遼寧卷，2)安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律，若兩段長(zhǎng)度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝kI1I2A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)答案B解析由ΔF＝kI1I2·Δl1·Δl2r2得k＝ΔF·r2I1I24.如圖所示，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35LA.5F8mC.3F8m答案A解析當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí)，由幾何關(guān)系可知sinθ＝3設(shè)繩子拉力為FT，對(duì)輕繩的中點(diǎn)，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝58對(duì)任一小球，由牛頓第二定律有FT＝ma解得a＝5F8m，故A正確，B、C5.(多選)(2025·吉林長(zhǎng)春模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的物塊A放在一個(gè)縱剖面為矩形的靜止木箱內(nèi)，A和木箱水平底面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。A的左邊被一根輕彈簧用0.5N的水平拉力向左拉著而保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，可使彈簧能拉動(dòng)物塊A相對(duì)木箱底面向左移動(dòng)，則木箱從靜止開始的運(yùn)動(dòng)情況是()A.以6m/s2的加速度豎直向上加速B.以6m/s2的加速度豎直向下加速C.以2m/s2的加速度水平向右加速D.以2m/s2的加速度水平向左加速答案BC解析當(dāng)木箱以a1＝6m/s2豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律FN1－mg＝ma1，此時(shí)最大靜摩擦力Ffm1＝μFN1＝1.6N>0.5N，此時(shí)物塊不可能相對(duì)木箱底面水平移動(dòng)，故A錯(cuò)誤;當(dāng)木箱以a2＝6m/s2豎直向下勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有mg－FN2＝ma2，此時(shí)最大靜摩擦力Ffm2＝μFN2＝0.4N<0.5N，彈簧能拉動(dòng)物塊A相對(duì)木箱底面向左移動(dòng)，故B正確;當(dāng)木箱以a3＝2m/s2水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μmg－F彈1＝ma3，解得F彈1＝0，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則彈簧能拉動(dòng)物塊A相對(duì)木箱底面向左移動(dòng)，故C正確;當(dāng)木箱以a4＝2m/s2水平向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有F彈2－μmg＝ma4，解得F彈2＝2N，所以彈簧伸長(zhǎng)量增加，物塊A相對(duì)木箱底面向右移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3牛頓第三定律6.(2025·四川綿陽(yáng)高三期末)如圖所示，人站在電動(dòng)平衡車上推墻后在水平地面上沿直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A.平衡車加速行駛時(shí)，車對(duì)人的作用力大于人對(duì)車的作用力B.平衡車勻速行駛時(shí)，平衡車受到的重力和地面對(duì)平衡車的支持力是一對(duì)平衡力C.人推墻的力等于墻推人的力D.若人能從平衡車跳離，是因?yàn)榇藭r(shí)人對(duì)車的力小于車對(duì)人的支持力答案C解析車對(duì)人的作用力與人對(duì)車的作用力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤;對(duì)平衡車受力分析可知，豎直方向上，受重力、人的壓力和地面的支持力，由平衡條件有F壓＋mg＝F支可知，地面對(duì)平衡車的支持力大于平衡車受到的重力，故B錯(cuò)誤;人推墻的力與墻推人的力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故C正確;若人能從平衡車跳離，是因?yàn)榇藭r(shí)車對(duì)人的支持力大于人的重力，故D錯(cuò)誤。7.如圖所示是一種有趣好玩的感應(yīng)飛行器的示意圖，主要是通過(guò)手控感應(yīng)飛行，它的底部設(shè)置了感應(yīng)器裝置。只需要將手置于離飛行器底部一定距離處，就可以使飛行器靜止懸浮在空中，操作十分方便。下列說(shuō)法正確的是()A.手對(duì)飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對(duì)平衡力B.空氣對(duì)飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對(duì)平衡力C.空氣對(duì)飛行器的作用力和空氣對(duì)手的作用力是一對(duì)作用力和反作用力D.因?yàn)榭諝鈺?huì)流動(dòng)，所以螺旋槳對(duì)空氣的作用力和空氣對(duì)螺旋槳的作用力大小不相等答案B解析手與飛行器沒(méi)有接觸，手對(duì)飛行器沒(méi)有作用力，空氣對(duì)飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確;空氣對(duì)飛行器的作用力和飛行器對(duì)空氣的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由牛頓第三定律可知，螺旋槳對(duì)空氣的作用力和空氣對(duì)螺旋槳的作用力大小相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板上以加速度a水平向右加速滑行，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，重力加速度為g，若長(zhǎng)木板仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則長(zhǎng)木板對(duì)地面摩擦力的大小和方向?yàn)?)A.μ1(m＋M)g，向左 B.μ2mg，向右C.μ2mg＋ma，向右 D.μ1mg＋μ2Mg，向左答案B解析以木板為研究對(duì)象，水平方向受到木塊對(duì)長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力，大小為Ff1＝μ2mg，方向水平向右，長(zhǎng)木板靜止，則地面對(duì)長(zhǎng)木板的靜摩擦力Ff2＝Ff1＝μ2mg，方向向左，由牛頓第三定律可知長(zhǎng)木板對(duì)地面摩擦力的大小為μ2mg，方向向右，故B正確。B級(jí)綜合提升練9.(2025·福建省百校高三質(zhì)檢)高山滑雪是冬奧會(huì)的項(xiàng)目之一。如圖為某滑雪運(yùn)動(dòng)員比賽時(shí)，沿傾斜直滑道加速下滑時(shí)的情形，若此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到滑道的摩擦阻力恒定，受到空氣的阻力與速度成正比，當(dāng)速度為v1時(shí)運(yùn)動(dòng)員加速度為a，當(dāng)速度增大為v2時(shí)運(yùn)動(dòng)員加速度為零，已知滑道傾角為37°，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m，則當(dāng)運(yùn)動(dòng)員速度為12v2時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為(sin37°＝0.6，cos37°＝A.v22(v2-C.v2-v12答案A解析當(dāng)速度為v1時(shí)運(yùn)動(dòng)員加速度為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff－kv1＝ma，當(dāng)速度為v2時(shí)，有mgsinθ－Ff－kv2＝0，當(dāng)速度為v22時(shí)，有mgsinθ－Ff－12kv2＝ma'，解得a'＝v10.如圖為用索道運(yùn)輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質(zhì)量為m的貨物與車廂地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，貨物與車廂仍然保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，貨物對(duì)車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，連接索道與車廂的桿始終沿豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時(shí)貨物對(duì)車廂地板的摩擦力大小為()A.0.35mg B.0.3mgC.0.23mg D.0.2mg答案D解析將a沿水平和豎直兩個(gè)方向分解，對(duì)貨物受力分析如圖所示，則有水平方向:Ff＝macos37°豎直方向:FN－mg＝masin37°FN＝1.15mg聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，由牛頓第三定律可知Ff'＝Ff，故D正確。11.(多選)如圖所示，位于水平面上的車廂里，有一傾角θ＝37°的斜面，斜面上靜置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。已知sin37°＝0.6，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。物塊與斜面始終保持相對(duì)靜止，則車廂向左做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小可能為()A.g10 B.C.2g D.3g答案BC解析當(dāng)最大靜摩擦力沿斜面向上時(shí)，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律知，沿垂直斜面方向有FN－mgcosθ＝masinθ，沿斜面方向有mgsinθ－Ff＝macosθ，又Ff＝μFN，聯(lián)立得a＝gsinθ-μgcosθcosθ＋μsinθ＝211g。同理，當(dāng)最大靜摩擦力沿斜面向下時(shí)，沿垂直斜面方向有FN－mgcosθ＝ma'sinθ，沿斜面方向有mgsinθ＋Ff＝ma'cosθ，又Ff＝μFC級(jí)培優(yōu)加強(qiáng)練12.已知雨滴(可視為球形)從高空下落時(shí)所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2，式中k為常量，r為雨滴的半徑，v為雨滴的速度大小。已知水的密度為ρ，落地前雨滴已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)。(1)若質(zhì)量為1.0×10－6kg的雨滴落地時(shí)速度為5m/s，g＝10m/s2，水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3，π≈3，316＝2.5，求k(2)推導(dǎo)出半徑為r的雨滴下落速度為v1時(shí)的加速度大小表達(dá)式(表達(dá)式由k、r、v1、g、ρ、π表示);(3)推導(dǎo)出質(zhì)量為m的雨滴的落地速度大小表達(dá)式(表達(dá)式由k、m、g、ρ、π表示)。答案(1)1kg/m3(2)a＝g－3kv12解析(1)由平衡條件有mg－kr2v2＝0，又雨滴質(zhì)量m＝ρV，雨滴體積V＝43πr解得k＝g代入數(shù)據(jù)解得k＝1kg/m3。(2)根據(jù)題述，雨滴從高空下落時(shí)所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2雨滴下落速度為v1時(shí)所受空氣阻力f1＝kr2v對(duì)質(zhì)量為m的雨滴，由牛頓第二定律有mg－f1＝ma又雨滴質(zhì)量m＝ρV，雨滴體積V＝43πr聯(lián)立解得a＝g－3k(3)由于空氣阻力f＝kr2v2，根據(jù)牛頓第二定律有mg－kr2v2＝ma，可知雨滴下落先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)所受空氣阻力增大到等于雨滴重力時(shí)，雨滴勻速下落，設(shè)質(zhì)量為m的雨滴的落地速度大小為v，有mg－kr2v2＝0由以上各式聯(lián)立解得v＝43π學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)用牛頓第二定律分析計(jì)算物體的瞬時(shí)加速度。2.掌握動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的求解方法。3.知道超重和失重現(xiàn)象，并會(huì)對(duì)相關(guān)的實(shí)際問(wèn)題進(jìn)行分析。1.2.3.4.1.思考判斷(1)已知物體受力情況，求解運(yùn)動(dòng)學(xué)物理量時(shí)，應(yīng)先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。(√)(2)運(yùn)動(dòng)物體的加速度可根據(jù)運(yùn)動(dòng)速度、位移、時(shí)間等信息求解，所以加速度由運(yùn)動(dòng)情況決定。(×)(3)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。(×)(4)減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體，物體對(duì)地板的壓力大于物體的重力。(×)(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(√)(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)其重力并沒(méi)有發(fā)生變化。(√)(7)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運(yùn)動(dòng)的速度方向。(×)2.(人教版必修第一冊(cè)P110“思考與討論”改編)某同學(xué)在一個(gè)力傳感器上進(jìn)行下蹲和站起的動(dòng)作，在動(dòng)作過(guò)程中力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化情況如圖所示，則該同學(xué)在超重狀態(tài)下加速度的最大值約為()A.6m/s2 B.5m/s2C.4m/s2 D.3m/s2答案C考點(diǎn)一瞬時(shí)問(wèn)題的兩類模型兩類模型例1(2024·湖南卷，3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析細(xì)線剪斷前，對(duì)B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對(duì)D受力分析，有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg;細(xì)線剪斷瞬間，由牛頓第二定律對(duì)B有FAB－3mg＝3maB，對(duì)C有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝g，aC＝1.5g，A正確。銜接教材(人教版必修第一冊(cè)P114B組T1)如圖，兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細(xì)繩懸掛起來(lái)，剪斷細(xì)繩的瞬間，A和B的加速度分別是多少?銜接分析教材練習(xí)題第1題和湖南卷第3題都考查了繩、彈簧的瞬時(shí)問(wèn)題，利用牛頓第二定律分析，外界條件突變時(shí)彈簧類瞬時(shí)加速度，課本練習(xí)題中是兩球、一彈簧，2024湖南卷是四球、兩彈簧，提高了難度，考查整體法與隔離法等方法的應(yīng)用。跟蹤訓(xùn)練1.(2025·八省聯(lián)考山陜青寧卷，6)如圖，質(zhì)量均為m的兩個(gè)相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止?fàn)顟B(tài)，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則()A.L1的拉力大小為3mgB.L2的拉力大小為3mgC.若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為3gD.若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g答案C解析對(duì)甲、乙整體受力分析可知，L1的拉力大小為T1＝2mgtan60°＝23mg，L2的拉力大小為T2＝2mgcos60°＝4mg，故A、B錯(cuò)誤;若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙受到的合力仍為零，加速度為零;對(duì)甲分析，由牛頓第二定律可知加速度a＝2mgsin60°m＝3考點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題1.解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的思路2.解題關(guān)鍵(1)做好兩類分析:受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。(2)搭建兩個(gè)橋梁:聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁——加速度，聯(lián)系各物理過(guò)程的橋梁——連接點(diǎn)的速度。例2(2025·遼寧沈陽(yáng)模擬)如圖所示為設(shè)計(jì)的一種高樓新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時(shí)，人可以通過(guò)該通道滑到地面。通道的長(zhǎng)度可以適當(dāng)調(diào)節(jié)。若某次將通道調(diào)節(jié)后使其全長(zhǎng)為28m，通道入口搭建在距地面高16.8m的窗口。在通道中，人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，當(dāng)速度過(guò)快時(shí)，張開雙臂雙腿增加了人與側(cè)壁的摩擦，受到摩擦力為并攏時(shí)的兩倍。若人在通道中剛開始雙臂雙腿并攏由靜止加速下滑，之后某時(shí)刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運(yùn)動(dòng)可視為直線，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，求:(1)人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)的加速度大小;(2)為了確保安全，人滑到底端時(shí)的速度不能超過(guò)4m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短時(shí)間。答案(1)2m/s2(2)8m/s6s解析(1)當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ＝hl＝根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－0.4mg＝ma1解得a1＝2m/s2。(2)當(dāng)張開雙臂雙腿減速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有2×0.4mg－mgsinθ＝ma2解得a2＝2m/s2設(shè)人的最大速度為vm，人滑到低端的速度為v，則有vm22a1＋代入數(shù)值聯(lián)立解得vm＝8m/s，t＝6s。例3鋼架雪車比賽的一段賽道如圖所示，長(zhǎng)12m水平直道AB與長(zhǎng)20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑，如圖所示，到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s。若雪車(包括運(yùn)動(dòng)員)可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg，sin15°＝0.26，g＝10m/s2，求雪車(包括運(yùn)動(dòng)員):(1)在直道AB上的加速度大小;(2)在C點(diǎn)的速度大小;(3)在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小。答案(1)83m/s2解析(1)設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有vB2＝2a1lAB，vB＝a1解得a1＝83m/s2，t1＝3s(2)由題知雪車從A→C全程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝5s設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a2、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，故t2＝t0－t1，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有l(wèi)BC＝vBt2＋12a2vC＝vB＋a2t2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，vC＝12m/s。(3)設(shè)雪車在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin15°－f＝ma2代入數(shù)據(jù)解得f＝66N。動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟跟蹤訓(xùn)練2.(多選)(2025·陜西安康模擬)如圖所示，一輛貨車以72km/h的速度沿平直公路勻速行駛，車斗內(nèi)載有一個(gè)質(zhì)量為500kg的長(zhǎng)方體貨箱，貨箱的前后兩側(cè)各被一條沿水平方向的繩子分別固定在車斗前后的欄板上，每根繩子的長(zhǎng)度均為2m且繩子能承受的最大張力均為1000N。已知貨箱與車斗底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)繩子的重力，重力加速度g取10m/s2，兩條繩子在同一與貨箱側(cè)面垂直的水平線上。若前方突遇緊急情況要求貨車剎車后必須在25m內(nèi)停下來(lái)，貨車的剎車過(guò)程可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A.貨車加速度大小的最小值為8m/s2B.貨箱將首先與車斗前欄板相撞C.貨箱將首先與車斗后欄板相撞D.剎車過(guò)程貨箱能夠相對(duì)車斗靜止答案AB解析根據(jù)題意知貨車的初速度v＝72km/h＝20m/s，設(shè)貨車減速過(guò)程的最小加速度為a0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2a0x0，解得a0＝8m/s2，故A正確;長(zhǎng)方體貨箱在剎車過(guò)程中受到向后的摩擦力和后方繩子的拉力，若貨箱與車相對(duì)靜止，由牛頓第二定律有FT＋μmg＝ma0，解得FT＝1500N>1000N，所以后方繩子會(huì)斷裂，繩子斷裂后貨箱只受滑動(dòng)摩擦力，加速度大小a＝5m/s2，由v2＝2ax可知，貨箱減速為零時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離x＝40m>(25＋2)m，所以貨箱首先會(huì)與車斗前欄板相撞，故B正確，C、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三超重與失重現(xiàn)象對(duì)超重和失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。角度超、失重現(xiàn)象的圖像問(wèn)題例4(2025·江蘇江陰模擬)在沿豎直方向運(yùn)行的電梯中，把物體置于放在水平面的臺(tái)秤上，臺(tái)秤與力傳感器相連，當(dāng)電梯從靜止開始加速上升，然后又勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，最后停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，與傳感器相連的電腦熒屏上顯示出傳感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A.18~20s過(guò)程中，物體的重力先變小后變大B.該物體的質(zhì)量為5kgC.電梯在超重時(shí)最大加速度大小約為16.67m/s2D.電梯在失重時(shí)最大加速度大小約為6.67m/s2答案D解析18~20s過(guò)程中，物體的重力保持不變，故A錯(cuò)誤;勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡可得F＝mg＝30N，解得該物體的質(zhì)量為m＝3kg，故B錯(cuò)誤;0~4s內(nèi)電梯處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得Fmax－mg＝mam，解得最大加速度大小為am＝Fmax-mgm＝50-303m/s2＝6.67m/s2，故C錯(cuò)誤;18~22s內(nèi)電梯處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Fmin＝mam'，解得最大加速度大小為am'＝mg-Fminm＝角度超、失重現(xiàn)象的分析和計(jì)算例5(2024·全國(guó)甲卷，22)學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。(1)電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N(結(jié)果保留1位小數(shù))。

(2)電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N，則此段時(shí)間內(nèi)物體處于(選填“超重”或“失重”)狀態(tài)，電梯加速度大小為m/s2(結(jié)果保留1位小數(shù))。

答案(1)5.0(2)失重1.0解析(1)根據(jù)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0N。(2)根據(jù)(1)問(wèn)結(jié)合力的平衡條件可知，mg＝5.0N，電梯上行時(shí)，測(cè)力計(jì)示數(shù)為4.5N<mg，故物體處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0m/s2。總結(jié)提升判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài);小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài);等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重跟蹤訓(xùn)練3.(2025·八省聯(lián)考云南卷，6)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運(yùn)行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過(guò)程中，某時(shí)刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時(shí)刻電梯(重力加速度g取10m/s2)()A.做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1.05m/s2B.做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.50m/s2C.做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1.05m/s2D.做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.50m/s2答案D解析由題意可知，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，可得a＝(63-60)×1060m/s2＝0.50m/s2，則電梯向上加速運(yùn)動(dòng)，故DA級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1瞬時(shí)問(wèn)題的兩類模型1.(多選)(2025·貴州貴陽(yáng)診斷性聯(lián)考)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕質(zhì)細(xì)繩OA和OB懸掛靜止在O點(diǎn)，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gtanθB.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gsinθC.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零D.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g答案BD解析剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，沿切線方向可得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，故A錯(cuò)誤，B正確;剪斷OA瞬間，小球?qū)⒗@B點(diǎn)開始做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)切線方向的加速度大小為g，故C錯(cuò)誤，D正確。2.(2024·浙江寧波模擬)蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c(可視為彈性繩)的延長(zhǎng)線均過(guò)三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)(不計(jì)重力)中央，下列說(shuō)法正確的是()A.a中張力大于b中張力B.a中張力大于c中張力C.若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止D.若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下答案B解析以網(wǎng)和蜘蛛為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，由平衡條件有Tasinθ＝Tbsinθ，可得Ta＝Tb，故A錯(cuò)誤;在豎直方向上有Tacosθ＋Tbcosθ＝mg＋Tc，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，可得Ta＝mg＋Tc>Tc，若c突然斷開，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度，故B正確，C、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為3kg的物體B用細(xì)線懸掛，A、B間相互接觸但無(wú)壓力，重力加速度g＝10m/s2。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間()A.B對(duì)A的壓力大小為12N B.彈簧彈力大小為50NC.B的加速度大小為10m/s2 D.A的加速度為零答案A解析原來(lái)A處于平衡狀態(tài)，有F彈＝mAg＝20N，細(xì)線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會(huì)發(fā)生突變，故B錯(cuò)誤;細(xì)線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來(lái)A平衡，則整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6m/s2，故C、D錯(cuò)誤;對(duì)B由牛頓第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力為FN＝12N，由牛頓第三定律可知，B對(duì)A的壓力大小為12N，故A正確。對(duì)點(diǎn)練2動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題4.(2024·湖南郴州模擬)2024年2月初，湖南省多地出現(xiàn)凍雨天氣，路面、橋面結(jié)冰導(dǎo)致行車過(guò)程剎車時(shí)不能及時(shí)停住的事故時(shí)有發(fā)生。小剛分析，直線行車時(shí)剎車將車輪抱死但不能短距離停車是因?yàn)檐嚿磔^輕，摩擦力不大導(dǎo)致，若行車時(shí)車上多乘坐幾個(gè)人，剎車時(shí)速度相同，輪胎及路面等其他條件相同的前提下，車輪抱死剎車直線滑行距離與空載時(shí)對(duì)比()A.多坐乘客時(shí)，摩擦力大，剎車距離更短B.空載時(shí)慣性小，剎車距離更短C.空載和滿載乘客時(shí)剎車距離相同D.由于乘載的重量具體值未知，無(wú)法判斷答案C解析根據(jù)題意，由牛頓第二定律有μmg＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2ax，可得x＝v22μg，在v、μ一定的情況下x一定，與重量無(wú)關(guān)，5.(2025·河南開封模擬)農(nóng)用無(wú)人機(jī)噴灑農(nóng)藥可以極大地提高農(nóng)民的工作效率，為了防止無(wú)人機(jī)在作業(yè)中與障礙物發(fā)生碰撞，在某次測(cè)試中，無(wú)人機(jī)以標(biāo)準(zhǔn)起飛質(zhì)量m＝44kg起飛，以安全飛行速度v0＝8m/s水平向著障礙物飛行，沿距雷達(dá)發(fā)現(xiàn)s＝10.5m處的障礙物后，無(wú)人機(jī)立即調(diào)整推力方向，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)果無(wú)人機(jī)懸停在距離障礙物l＝2.5m處，飛行過(guò)程中可將無(wú)人機(jī)看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，則無(wú)人機(jī)在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的推力大小為()A.8829N B.176NC.88N D.17629N答案A解析無(wú)人機(jī)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有0－v02＝2a(s－l)，解得無(wú)人機(jī)的加速度a＝－4m/s2，對(duì)無(wú)人機(jī)進(jìn)行受力分析，無(wú)人機(jī)受重力和推力，則推力大小F＝(mg)2＋(ma6.(多選)(2025·廣東汕頭模擬)如圖所示，球筒中靜置著一個(gè)羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，最后羽毛球(視為質(zhì)點(diǎn))從筒口上端出來(lái)，已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff1＝2.6N，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff2＝0.1N，球頭離筒的上端距離為d＝9cm，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)向下的初速度后()A.靜置時(shí)，羽毛球的摩擦力為0.1NB.拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力C.拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30m/s2D.僅拍打一次，羽毛球恰能出來(lái)，則筒的初速度為3m/s答案CD解析羽毛球靜置時(shí)，根據(jù)平衡條件有Ff＝mg＝5×10－3×10N＝0.05N，故A錯(cuò)誤;拍打球筒后瞬間，球筒相對(duì)于羽毛球向下運(yùn)動(dòng)，則羽毛球?qū)η蛲驳哪Σ亮Ψ较蛳蛏?，根?jù)牛頓第三定律可知，球筒對(duì)羽毛球的摩擦力方向向下，故B錯(cuò)誤;拍打球筒后瞬間，對(duì)羽毛球由牛頓第二定律有mg＋Ff2＝ma1，解得a1＝30m/s2，故C正確;僅拍打一次，羽毛球恰能出來(lái)，則羽毛球與球筒恰好達(dá)到共速，設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為v，對(duì)球筒由牛頓第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20m/s2，球筒做勻減速運(yùn)動(dòng)，羽毛球做勻加速運(yùn)動(dòng)，有v－a2t＝a1t，vt－12a2t2－12a1t2＝d，代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s，故對(duì)點(diǎn)練3超重和失重現(xiàn)象7.(多選)(2025·山東濰坊質(zhì)檢)智能手機(jī)安裝適當(dāng)?shù)能浖?，可隨時(shí)測(cè)量手機(jī)的加速度大小。某同學(xué)手持這樣一部手機(jī)，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的運(yùn)動(dòng)，得到其加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示。設(shè)豎直向上為正方向，下列關(guān)于該同學(xué)的說(shuō)法正確的是()A.由a到c的過(guò)程中處于失重狀態(tài)B.c點(diǎn)時(shí)重心最低C.e點(diǎn)時(shí)處于起立過(guò)程且速度最小D.由e到f的過(guò)程中地面對(duì)其支持力小于重力答案AD解析由a到c的過(guò)程中加速度為負(fù)，即加速度向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故A正確;c點(diǎn)時(shí)該同學(xué)的加速度為0，c點(diǎn)后該手機(jī)處于超重狀態(tài)，說(shuō)明c點(diǎn)時(shí)還未到最低點(diǎn)，故B錯(cuò)誤;e點(diǎn)之前該同學(xué)為超重狀態(tài)，之后為失重狀態(tài)，所以e點(diǎn)時(shí)該同學(xué)處于起立過(guò)程且速度最大，故C錯(cuò)誤;由e到f的過(guò)程該同學(xué)處于失重狀態(tài)，地面對(duì)其支持力小于重力，故D正確。8.如圖所示，某同學(xué)抱著箱子做蹲起運(yùn)動(dòng)研究超重和失重現(xiàn)象，在箱內(nèi)的頂部和底部均安裝有壓力傳感器。兩質(zhì)量均為2kg的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器。當(dāng)該同學(xué)抱著箱子靜止時(shí)，箱子頂部的壓力傳感器示數(shù)F1＝10N。重力加速度g取10m/s2。不計(jì)空氣阻力，則()A.箱子靜止時(shí)，底部壓力傳感器示數(shù)F2＝30N