2026版創(chuàng)新設(shè)計高考一輪復(fù)習(xí)物理第三章運動和力的關(guān)系第1講牛頓運動定律學(xué)習(xí)目標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)容并會簡單應(yīng)用。3.理解牛頓第三定律的內(nèi)容，會區(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)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)(2)物體不受力時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(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，與其運動的加速度成反比。(×(5)可以利用牛頓第二定律確定高速電子的運動情況。(×)(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，人對地面的壓力大于地面對人的支持力。(×)2.(人教版必修第一冊P70“拓展學(xué)習(xí)”改編)如圖甲所示，用傳感器研究兩鉤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)，兩個鉤子拉力的情況由計算機屏幕顯示，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考點一牛頓第一定律對牛頓第一定律的兩點說明(1)理想化狀態(tài):牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。在實際情況中，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立的。牛頓第一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。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。”從物理學(xué)的角度對文中所描述現(xiàn)象的解釋，下列說法正確的是()A.水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產(chǎn)生運動的原因B.“沙石轉(zhuǎn)而大石不移”是因為物體運動狀態(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動，是因為運動需要力來維持D.“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力答案B解析水沖沙石，沙石才能運動，因為水的沖擊力克服了阻力，故力是改變運動狀態(tài)的原因，故A錯誤;物體總有保持原有運動狀態(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，所以運動狀態(tài)不容易被水流改變，故B正確;物體的運動不需要力來維持，如沙石不受力的作用時，可以做勻速直線運動，故C錯誤;“大石不移”是因為水的沖力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故D錯誤。2.如圖所示的情景中，下列說法正確的是()A.雨雪天汽車裝防滑鐵鏈是為了幫助汽車克服慣性B.噴灑農(nóng)藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時慣性不變C.滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小D.磁懸浮列車的車頭設(shè)計可以減小阻力，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錯誤;噴灑農(nóng)藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時，隨著質(zhì)量的減小，慣性減小，故B錯誤;慣性只由質(zhì)量決定，與運動狀態(tài)無關(guān)，所以滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小，故C正確;磁懸浮列車的車頭設(shè)計可以減小阻力，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，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)。(2)反抗改變:物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難改變;慣性小，物體的運動狀態(tài)容易改變。考點二牛頓第二定律單位制角度對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到一定值時，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，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關(guān)，選項A錯誤;即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，選項B錯誤;物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項C錯誤;當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，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D總結(jié)提升對牛頓第二定律的理解角度力與運動的關(guān)系例2(2024·安徽卷，6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力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)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中()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，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤;小球從P點運動到O點的過程中，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，物體做加速運動;合力與速度反向時，物體做減速運動。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)如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為3.0×103kg，在飛船與空間站對接后，其推進器的平均推力F為900N，推進器工作5s內(nèi)，測出飛船和空間站的速度變化是0.05m/s，則()A.飛船對空間站的推力為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，飛船對空間站的推力為F1＝Ma1＝870N，故A、B錯誤，C正確;因為初狀態(tài)不清楚，所以無法計算在5s內(nèi)，飛船和空間站前進的距離，跟蹤訓(xùn)練3.(2024·山東淄博模擬)某同學(xué)為測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵某段穩(wěn)定加速過程中，細繩偏離了豎直方向如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質(zhì)量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關(guān)系可能正確的是()答案B解析以兩個小球整體為研究對象，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;以下面小球為研究對象，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，因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。故B正確。考點三牛頓第三定律1.作用力和反作用力的三個關(guān)系2.作用力和反作用力與一對平衡力的比較比較項作用力和反作用力一對平衡力不同點受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關(guān)系同時產(chǎn)生，同時消失不一定同時產(chǎn)生、同時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動訓(xùn)練工具。如圖所示，某段訓(xùn)練過程中，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，輕繩對阻力傘的拉力為FT，空氣對阻力傘的作用力為F，則()A.FT＝FB.地面對人的摩擦力大小等于FC.人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等D.人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對平衡力答案C解析阻力傘受重力G、輕繩對阻力傘的拉力FT，空氣對阻力傘的作用力F，三力平衡，如圖所示，則有FT＝F2-G2，故A錯誤;人的運動狀態(tài)未知，則地面對人的摩擦力大小不一定等于F，故B錯誤;輕繩上的拉力相等，即人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等，故C正確;人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對相互作用力，作用在不同的物體上，不是一對平衡力角度轉(zhuǎn)換研究對象法的應(yīng)用例5建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質(zhì)量為70.0kg的工人站地面上，通過定滑輪將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，繩子對人的拉力F2＝F1＝210N，由于人處于靜止狀態(tài)，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知，人對地面的壓力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，圓環(huán)的加速度大小為a，底座A不動，則圓環(huán)在升起和下落過程中，底座對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，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)水平面對底座的支持力大小為FN1，則對圓環(huán)由牛頓第二定律可得mg＋Ff＝ma，對底座，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，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)水平面對底座的支持力大小為FN2，則對底座，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)在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。A級基礎(chǔ)對點練對點練1牛頓第一定律1.(多選)伽利略理想斜面實驗創(chuàng)造性的把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進了人類科學(xué)認識的發(fā)展。關(guān)于伽利略的斜面實驗，下列說法正確的是()A.該實驗雖然是理想實驗，是在思維中進行的，但仍以真實的實驗為基礎(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等高的位置C.該實驗說明了物體的運動不需要力來維持D.該實驗證明了力是維持物體運動的原因答案AC解析該實驗完全是理想實驗，是在思維中進行的，同時是以斜面真實的實驗為基礎(chǔ)，故A正確;如果斜面粗糙，小球會有能量損失，將不能上升到與釋放點等高的位置，故B錯誤;該實驗說明了物體的運動不需要力來維持，故C正確，D錯誤。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，下列說法正確的是()A.油罐車勻速前進時，油沒有慣性B.油罐車加速前進時，油的液面仍然保持水平C.油罐車減速前進時，兩擋板間油的液面前低后高D.擋板間油的質(zhì)量相對小，可以有效減弱變速時油的涌動答案D解析慣性的大小只取決于物體的質(zhì)量，和物體的運動狀態(tài)無關(guān)，故A錯誤;當(dāng)油罐車加速前進時，由于慣性油向后涌動，所以油的液面應(yīng)前低后高，故B錯誤;當(dāng)油罐車減速前進時，油向前涌動，油的液面前高后低，故C錯誤;當(dāng)擋板間油的質(zhì)量相對小時，油的慣性小，可以有效減弱變速時油的涌動，故D正確。對點練2牛頓第二定律單位制3.(2023·遼寧卷，2)安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律，若兩段長度分別為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，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，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距35LA.5F8mC.3F8m答案A解析當(dāng)兩球運動至二者相距35L時，由幾何關(guān)系可知sinθ＝3設(shè)繩子拉力為FT，對輕繩的中點，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝58對任一小球，由牛頓第二定律有FT＝ma解得a＝5F8m，故A正確，B、C5.(多選)(2025·吉林長春模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的物塊A放在一個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摩擦力，重力加速度g取10m/s2，可使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，則木箱從靜止開始的運動情況是()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豎直向上勻加速運動時，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律FN1－mg＝ma1，此時最大靜摩擦力Ffm1＝μFN1＝1.6N>0.5N，此時物塊不可能相對木箱底面水平移動，故A錯誤;當(dāng)木箱以a2＝6m/s2豎直向下勻加速運動時，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有mg－FN2＝ma2，此時最大靜摩擦力Ffm2＝μFN2＝0.4N<0.5N，彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故B正確;當(dāng)木箱以a3＝2m/s2水平向右勻加速運動時，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μmg－F彈1＝ma3，解得F彈1＝0，此時彈簧處于原長狀態(tài)，則彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故C正確;當(dāng)木箱以a4＝2m/s2水平向左勻加速運動時，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有F彈2－μmg＝ma4，解得F彈2＝2N，所以彈簧伸長量增加，物塊A相對木箱底面向右移動，故D錯誤。對點練3牛頓第三定律6.(2025·四川綿陽高三期末)如圖所示，人站在電動平衡車上推墻后在水平地面上沿直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A.平衡車加速行駛時，車對人的作用力大于人對車的作用力B.平衡車勻速行駛時，平衡車受到的重力和地面對平衡車的支持力是一對平衡力C.人推墻的力等于墻推人的力D.若人能從平衡車跳離，是因為此時人對車的力小于車對人的支持力答案C解析車對人的作用力與人對車的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤;對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，地面對平衡車的支持力大于平衡車受到的重力，故B錯誤;人推墻的力與墻推人的力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C正確;若人能從平衡車跳離，是因為此時車對人的支持力大于人的重力，故D錯誤。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。下列說法正確的是()A.手對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力B.空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力C.空氣對飛行器的作用力和空氣對手的作用力是一對作用力和反作用力D.因為空氣會流動，所以螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小不相等答案B解析手與飛行器沒有接觸，手對飛行器沒有作用力，空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力，選項A錯誤，B正確;空氣對飛行器的作用力和飛行器對空氣的作用力是一對作用力和反作用力，選項C錯誤;由牛頓第三定律可知，螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小相等，選項D錯誤。8.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長木板上以加速度a水平向右加速滑行，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，重力加速度為g，若長木板仍處于靜止狀態(tài)，則長木板對地面摩擦力的大小和方向為()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象，水平方向受到木塊對長木板的滑動摩擦力，大小為Ff1＝μ2mg，方向水平向右，長木板靜止，則地面對長木板的靜摩擦力Ff2＝Ff1＝μ2mg，方向向左，由牛頓第三定律可知長木板對地面摩擦力的大小為μ2mg，方向向右，故B正確。B級綜合提升練9.(2025·福建省百校高三質(zhì)檢)高山滑雪是冬奧會的項目之一。如圖為某滑雪運動員比賽時，沿傾斜直滑道加速下滑時的情形，若此過程中運動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時運動員加速度為a，當(dāng)速度增大為v2時運動員加速度為零，已知滑道傾角為37°，重力加速度為g，運動員質(zhì)量為m，則當(dāng)運動員速度為12v2時，運動員的加速度大小為(sin37°＝0.6，cos37°＝A.v22(v2-C.v2-v12答案A解析當(dāng)速度為v1時運動員加速度為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff－kv1＝ma，當(dāng)速度為v2時，有mgsinθ－Ff－kv2＝0，當(dāng)速度為v22時，有mgsinθ－Ff－12kv2＝ma'，解得a'＝v10.如圖為用索道運輸貨物的情景，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摩擦因數(shù)為0.3。當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運動時，貨物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，貨物對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，那么這時貨物對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沿水平和豎直兩個方向分解，對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摩擦力。物塊與斜面始終保持相對靜止，則車廂向左做勻加速運動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，對物塊進行受力分析，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，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級培優(yōu)加強練12.已知雨滴(可視為球形)從高空下落時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)勻速運動。(1)若質(zhì)量為1.0×10－6kg的雨滴落地時速度為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時的加速度大小表達式(表達式由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式(表達式由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，雨滴從高空下落時所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2雨滴下落速度為v1時所受空氣阻力f1＝kr2v對質(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動，當(dāng)所受空氣阻力增大到等于雨滴重力時，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1.會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。2.掌握動力學(xué)兩類基本問題的求解方法。3.知道超重和失重現(xiàn)象，并會對相關(guān)的實際問題進行分析。1.2.3.4.1.思考判斷(1)已知物體受力情況，求解運動學(xué)物理量時，應(yīng)先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。(√)(2)運動物體的加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決定。(×)(3)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。(×)(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對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)時其重力并沒有發(fā)生變化。(√)(7)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。(×)2.(人教版必修第一冊P110“思考與討論”改編)某同學(xué)在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作，在動作過程中力傳感器的示數(shù)隨時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考點一瞬時問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的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析細線剪斷前，對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D受力分析，有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg;細線剪斷瞬間，由牛頓第二定律對B有FAB－3mg＝3maB，對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P114B組T1)如圖，兩個質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，剪斷細繩的瞬間，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、彈簧的瞬時問題，利用牛頓第二定律分析，外界條件突變時彈簧類瞬時加速度，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，處于靜止狀態(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;對甲分析，由牛頓第二定律可知加速度a＝2mgsin60°m＝3考點二動力學(xué)的兩類基本問題1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路2.解題關(guān)鍵(1)做好兩類分析:受力分析和運動過程分析。(2)搭建兩個橋梁:聯(lián)系運動和力的橋梁——加速度，聯(lián)系各物理過程的橋梁——連接點的速度。例2(2025·遼寧沈陽模擬)如圖所示為設(shè)計的一種高樓新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時，人可以通過該通道滑到地面。通道的長度可以適當(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只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，當(dāng)速度過快時，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，之后某時刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運動可視為直線，不計空氣阻力，g＝10m/s2，求:(1)人雙臂雙腿并攏下滑時的加速度大小;(2)為了確保安全，人滑到底端時的速度不能超過4m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短時間。答案(1)2m/s2(2)8m/s6s解析(1)當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時，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，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12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑，如圖所示，到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°＝0.26，g＝10m/s2，求雪車(包括運動員):(1)在直道AB上的加速度大小;(2)在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)83m/s2解析(1)設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a1，運動時間為t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有vB2＝2a1lAB，vB＝a1解得a1＝83m/s2，t1＝3s(2)由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5s設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a2、運動時間為t2，故t2＝t0－t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(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上運動時受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin15°－f＝ma2代入數(shù)據(jù)解得f＝66N。動力學(xué)問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)載有一個質(zhì)量為500kg的長方體貨箱，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摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計繩子的重力，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，貨車的剎車過程可視為勻減速直線運動，下列說法正確的是()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.剎車過程貨箱能夠相對車斗靜止答案AB解析根據(jù)題意知貨車的初速度v＝72km/h＝20m/s，設(shè)貨車減速過程的最小加速度為a0，由運動學(xué)公式有v2＝2a0x0，解得a0＝8m/s2，故A正確;長方體貨箱在剎車過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，所以后方繩子會斷裂，繩子斷裂后貨箱只受滑動摩擦力，加速度大小a＝5m/s2，由v2＝2ax可知，貨箱減速為零時運動的距離x＝40m>(25＋2)m，所以貨箱首先會與車斗前欄板相撞，故B正確，C、D錯誤。考點三超重與失重現(xiàn)象對超重和失重的理解(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，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。角度超、失重現(xiàn)象的圖像問題例4(2025·江蘇江陰模擬)在沿豎直方向運行的電梯中，把物體置于放在水平面的臺秤上，臺秤與力傳感器相連，當(dāng)電梯從靜止開始加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動時，與傳感器相連的電腦熒屏上顯示出傳感器的示數(shù)與時間的關(guān)系圖像如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A.18~20s過程中，物體的重力先變小后變大B.該物體的質(zhì)量為5kgC.電梯在超重時最大加速度大小約為16.67m/s2D.電梯在失重時最大加速度大小約為6.67m/s2答案D解析18~20s過程中，物體的重力保持不變，故A錯誤;勻速運動時，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)象的分析和計算例5(2024·全國甲卷，22)學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi)，測力計下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。(1)電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N(結(jié)果保留1位小數(shù))。

(2)電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為4.5N，則此段時間內(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)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0N。(2)根據(jù)(1)問結(jié)合力的平衡條件可知，mg＝5.0N，電梯上行時，測力計示數(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，物體處于超重狀態(tài);小于重力時，物體處于失重狀態(tài);等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重②物體向下加速或向上減速時，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，電梯運行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時刻電梯(重力加速度g取10m/s2)()A.做減速運動，加速度大小為1.05m/s2B.做減速運動，加速度大小為0.50m/s2C.做加速運動，加速度大小為1.05m/s2D.做加速運動，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，則電梯向上加速運動，故DA級基礎(chǔ)對點練對點練1瞬時問題的兩類模型1.(多選)(2025·貴州貴陽診斷性聯(lián)考)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩OA和OB懸掛靜止在O點，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點做圓周運動，沿切線方向可得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，故A錯誤，B正確;剪斷OA瞬間，小球?qū)⒗@B點開始做圓周運動，此時切線方向的加速度大小為g，故C錯誤，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)的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)(不計重力)中央，下列說法正確的是()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)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件有Tasinθ＝Tbsinθ，可得Ta＝Tb，故A錯誤;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用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，重力加速度g＝10m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間()A.B對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A處于平衡狀態(tài)，有F彈＝mAg＝20N，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發(fā)生突變，故B錯誤;細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來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錯誤;對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A的壓力大小為12N，故A正確。對點練2動力學(xué)的兩類基本問題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)致行車過程剎車時不能及時停住的事故時有發(fā)生。小剛分析，直線行車時剎車將車輪抱死但不能短距離停車是因為車身較輕，摩擦力不大導(dǎo)致，若行車時車上多乘坐幾個人，剎車時速度相同，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對比()A.多坐乘客時，摩擦力大，剎車距離更短B.空載時慣性小，剎車距離更短C.空載和滿載乘客時剎車距離相同D.由于乘載的重量具體值未知，無法判斷答案C解析根據(jù)題意，由牛頓第二定律有μmg＝ma，由運動學(xué)公式有v2＝2ax，可得x＝v22μg，在v、μ一定的情況下x一定，與重量無關(guān)，5.(2025·河南開封模擬)農(nóng)用無人機噴灑農(nóng)藥可以極大地提高農(nóng)民的工作效率，為了防止無人機在作業(yè)中與障礙物發(fā)生碰撞，在某次測試中，無人機以標準起飛質(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，沿距雷達發(fā)現(xiàn)s＝10.5m處的障礙物后，無人機立即調(diào)整推力方向，做勻減速直線運動，結(jié)果無人機懸停在距離障礙物l＝2.5m處，飛行過程中可將無人機看成質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，則無人機在勻減速直線運動過程中受到的推力大小為()A.8829N B.176NC.88N D.17629N答案A解析無人機做勻變速直線運動，有0－v02＝2a(s－l)，解得無人機的加速度a＝－4m/s2，對無人機進行受力分析，無人機受重力和推力，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)生相對運動，最后羽毛球(視為質(zhì)點)從筒口上端出來，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摩擦力為Ff1＝2.6N，球與筒之間的滑動摩擦力為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，當(dāng)球筒獲得一個向下的初速度后()A.靜置時，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，則筒的初速度為3m/s答案CD解析羽毛球靜置時，根據(jù)平衡條件有Ff＝mg＝5×10－3×10N＝0.05N，故A錯誤;拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，則羽毛球?qū)η蛲驳哪Σ亮Ψ较蛳蛏希鶕?jù)牛頓第三定律可知，球筒對羽毛球的摩擦力方向向下，故B錯誤;拍打球筒后瞬間，對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，則羽毛球與球筒恰好達到共速，設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為v，對球筒由牛頓第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20m/s2，球筒做勻減速運動，羽毛球做勻加速運動，有v－a2t＝a1t，vt－12a2t2－12a1t2＝d，代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s，故對點練3超重和失重現(xiàn)象7.(多選)(2025·山東濰坊質(zhì)檢)智能手機安裝適當(dāng)?shù)能浖螅呻S時測量手機的加速度大小。某同學(xué)手持這樣一部手機，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的運動，得到其加速度隨時間的變化關(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)的說法正確的是()A.由a到c的過程中處于失重狀態(tài)B.c點時重心最低C.e點時處于起立過程且速度最小D.由e到f的過程中地面對其支持力小于重力答案AD解析由a到c的過程中加速度為負，即加速度向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故A正確;c點時該同學(xué)的加速度為0，c點后該手機處于超重狀態(tài)，說明c點時還未到最低點，故B錯誤;e點之前該同學(xué)為超重狀態(tài)，之后為失重狀態(tài)，所以e點時該同學(xué)處于起立過程且速度最大，故C錯誤;由e到f的過程該同學(xué)處于失重狀態(tài)，地面對其支持力小于重力，故D正確。8.如圖所示，某同學(xué)抱著箱子做蹲起運動研究超重和失重現(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，箱子頂部的壓力傳感器示數(shù)F1＝10N。重力加速度g取10m/s2。不計空氣阻力，則()A.箱子靜止時，底部壓力傳感器示數(shù)F2＝30N