2024届物理一轮复习讲义第1讲　牛顿运动定律含答案

2024届物理一轮复习讲义第1讲牛顿运动定律学习目标1.理解牛顿运动三定律的内容及适用范围。2.理解惯性的概念，会正确分析作用力和反作用力与平衡力的区别与联系。3.会运用牛顿运动三定律解决相关问题。4.知道力学单位制。1.牛顿第一定律、惯性2.牛顿第二定律力学单位制3.牛顿第三定律1.思考判断(1)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(×)(2)物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态。(√)(3)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)(4)质量越大的物体，加速度越小。(×)(5)作用力和反作用力的效果可以相互抵消。(×)(6)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。(×)2.下列有关牛顿运动定律的说法正确的是()A.牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的特例B.向尾部喷气使火箭加速的过程，可用牛顿第二定律和牛顿第三定律解释C.我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律有矛盾D.根据牛顿第二定律，运动物体的速度方向必定与其所受合力的方向相同答案B3.(多选)如图1所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中正确的是()图1A.小球的速度先增大后减小B.小球的加速度先减小后增大C.小球速度最大时弹簧的形变量为eq\f(mg,k)D.弹簧的最大形变量为eq\f(mg,k)答案ABC考点一牛顿第一定律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，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。2.对牛顿第一定律的两点说明(1)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。(2)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。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。跟踪训练1.(多选)(2023·河南郑州高三期末)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动答案AD解析任何物体都具有保持原来运动状态的性质，即惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确。2.在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。以下选项中符合伽利略和牛顿观点的是()A.两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B.人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方C.两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢D.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”答案B解析物体速度与其受力没有直接关系，故A错误；设人起跳前一瞬间车速为v，人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上起跳后，人在水平方向以速度v做匀速运动，而车厢在做加速运动，车厢在水平方向上的位移大于人在水平方向上的位移，则人会落在起跳点的后方，故B正确；自由落体运动，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，故C错误；在光滑水平面上，物体做匀速直线运动，其受力平衡，说明匀速直线运动状态也是“自然状态”，故D错误。考点二牛顿第二定律1.牛顿第二定律的理解2.解题思路和关键(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。(3)根据F合＝ma求物体的加速度a。角度对牛顿第二定律的理解例1(2023·江苏苏州高三期末)关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是()A.物体所受合力为零，物体一定处于静止状态B.只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化C.物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零D.物体所受的合力不变且不为零，物体的运动状态一定变化答案D解析物体所受合力为零，则物体处于平衡状态，因此物体处于静止或匀速直线运动状态，A错误；物体所受合力变化时，物体的运动状态会产生变化，物体受恒定的合力时，物体的运动状态也会产生变化，B错误；物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不是零，物体的速度有时可能是零，C错误；物体所受的合力不变且不为零，由牛顿第二定律可知，物体一定有加速度，物体的运动状态一定变化，D正确。角度牛顿第二定律的应用例2(2022·全国乙卷，15)如图2所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()图2A.eq\f(5F,8m) B.eq\f(2F,5m) C.eq\f(3F,8m) D.eq\f(3F,10m)答案A解析当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示。由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)设绳子拉力为FT，对轻绳的中点，水平方向有2FTcosθ＝F解得FT＝eq\f(5,8)F对任一小球，由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。跟踪训练3.(2022·江苏卷，1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2答案B解析书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大摩擦力提供加速度Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，书相对高铁静止，故高铁的最大加速度4.0m/s2，B正确，A、C、D错误。4.(多选)如图3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()图3A.小球的最大加速度为gB.小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动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eq\f(mg,6πηr)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，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝eq\f(mg,6πηr)，C、D正确。考点三牛顿第三定律1.作用力与反作用力的三个关系2.相互作用力与平衡力的比较

比较项作用力和反作用力一对平衡力不同点受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生，同时消失不一定同时产生、同时消失叠加性两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定是同性质的力性质不一定相同相同点大小、方向大小相等，方向相反，作用在同一条直线上例3(2022·浙江丽水高三模拟)小时候，父亲逗我们开心时都喜欢把我们“举高高”，如图4所示是某位父亲逗孩子开心时把孩子“举高高”的场景。图中父亲将孩子沿竖直方向缓慢“举高高”的过程中，假设其每只手对孩子的作用力大小相等，则下列有关说法正确的是()图4A.孩子的重力与父亲双手对孩子的作用力是一对作用力与反作用力B.父亲双手对孩子的作用力与孩子对父亲双手的作用力是一对平衡力C.地面对该父亲的支持力可能小于父亲和孩子整体所受的重力D.该父亲每只手对孩子的作用力一定大于孩子所受重力的一半答案D解析孩子的重力与父亲双手竖直方向上对孩子的作用力是一对平衡力，A错误；父亲双手对孩子的作用力与孩子对父亲双手的作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，根据牛顿第三定律可知，这是一对作用力与反作用力，B错误；地面对该父亲的支持力等于父亲和孩子整体所受的重力，C错误；该父亲每只手对孩子竖直方向上的摩擦力和支持力的合力等于孩子所受重力的一半，但每只手对孩子的作用力为竖直方向上的摩擦力和支持力与水平方向上的压力的合力，则其一定大于孩子所受重力的一半，D正确。跟踪训练5.(2023·广东佛山模拟)“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，如图5所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是()图5A.火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力B.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动C.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力大小D.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空答案C解析火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，因为惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，B错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力与反作用力的关系，大小相等，C正确；火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，不是外界空气的作用力，D错误。素养拓展点转换研究对象法的应用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。例4如图6所示，底座A上装有一根直立杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的圆环B，它与杆有摩擦。当圆环从底端以某一速度v向上飞起时，圆环的加速度大小为a，底座A不动，求圆环在升起和下落过程中，底座对水平面的压力分别是多大？(圆环在升起和下落过程中，所受摩擦力大小不变，重力加速度为g)图6答案(M＋m)g－ma(M－m)g＋ma解析当圆环上升时，杆给环的摩擦力方向向下，大小设为Ff，则环给杆的摩擦力方向向上，大小为Ff，设水平面对底座的支持力大小为FN1，则对圆环由牛顿第二定律可得mg＋Ff＝ma对底座，由平衡条件可得FN1＋Ff－Mg＝0联立解得FN1＝(M＋m)g－ma当圆环下落时，杆给环的摩擦力方向向上，大小设为Ff′，则环给杆的摩擦力方向向下，大小为Ff′，水平面对底座的支持力大小为FN2，则对底座，由平衡条件可得Mg＋Ff′－FN2＝0由题意可知Ff′＝Ff联立解得FN2＝(M－m)g＋ma根据牛顿第三定律可知，圆环在升起和下落过程中，底座对水平面的压力大小分别为(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma。A级基础对点练对点练1牛顿第一定律1.理想实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而深刻地揭示自然规律的科学研究方法。伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，伽利略理想实验步骤如下：图1①两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面AB滚下，小球将滚上另一个斜面BC。②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度。③减小第二个斜面的倾角，小球仍然要达到原来的高度。④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速直线运动。上述四个步骤中，属于理想化推论的是()A.②B.②③C.②③④D.①②③④答案C解析之所以称之为理想实验，是因为实验的结果是无法用实际的实验进行验证的，但是，分析推理的过程是合乎逻辑的，是严密的，是对实验过程科学的抽象，因此得出的结论是对客观事实真实的反映，故①是事实，②③④是推论，A、B、D错误，C正确。2.某同学为了取出如图2所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着球筒的中部，另一手用力F击打羽毛球筒的上端，则()图2A.该同学是在利用羽毛球的惯性B.该同学无法取出羽毛球C.羽毛球会从筒的下端出来D.羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来答案A解析用力F击打羽毛球筒的上端时，球筒会在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而保持静止，所以羽毛球会从筒的上端出来，故A正确，B、C错误；球筒向下运动，羽毛球相对于球筒向上运动，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D错误。3.(2023·福建厦门高三期末)某时刻，物体甲受到的合力是10N，加速度是2m/s2，速度是10m/s，物体乙受到的合力是8N，加速度也是2m/s2，但速度是20m/s。下列说法正确的是()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.甲比乙的速度变化慢答案B解析由牛顿第二定律F＝ma可知，甲的质量m甲＝5kg，乙的质量m乙＝4kg。质量是物体惯性大小的唯一量度，甲的质量大于乙的质量，所以甲的惯性比乙的大，故B正确，A、C错误；加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，两物体加速度相同，则速度变化快慢相同，故D错误。4.(2023·江苏南京高三月考)高铁是中国“新四大发明”之一，具有极好的稳定性。如图3，列车沿水平直线方向高速运行时，硬币可直立在水平窗台上，列车转弯时，硬币倾倒。在列车行使过程中，该硬币()图3A.直立阶段一定处于受力平衡状态B.直立阶段可能受到窗台的摩擦力作用C.转弯时，硬币一定会向弯道内侧倾倒D.列车沿直线方向加速和减速行驶时，硬币都受到与列车运动方向相反的摩擦力作用答案B解析当列车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A、D错误，B正确；转弯时，硬币由于惯性，要保持向前的速度，会向弯道外侧倾倒，故C错误。对点练2牛顿第二定律5.(2023·湖北荆州模拟)如图4所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块未落到箱底前，下列说法正确的是()图4A.铁箱对木块的支持力先不变后减小B.铁箱对木块的摩擦力先不变后减小C.铁箱对木块的摩擦力一直减小D.铁箱可能先做加速运动后做减速运动答案B解析木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力FN＝m木块a逐渐减小，故A错误；木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力Ff＝μFN＝μm木块a逐渐减小，故B正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块也要做减速运动需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，木块会与后壁分离，故D错误。6.(2022·福建福州模拟)鼓浪屿是世界文化遗产之一。岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输。如图5所示，货物放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，车板与水平面夹角为θ。现拉动板车向右加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变。则板车加速后，货物所受的()图5A.摩擦力和支持力均变小B.摩擦力和支持力均变大C.摩擦力变小，支持力变大D.摩擦力变大，支持力变小答案D解析对货物受力分析可知，若匀速运动，则Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，若货物随小车加速运动，设加速度为a，则Ff′－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－FN′＝masinθ，则Ff′>Ff，FN′<FN，即摩擦力变大，支持力变小。故D正确。7.2021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6所示，先对质量为m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/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1s内速度变化量大小是2m/s。则待测物体Q的质量m2为()图6A.3.0kg B.4.0kg C.5.0kg D.6.0kg答案B解析对P施加水平恒力F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2；对P和Q整体施加水平恒力F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故B正确。对点练3牛顿第三定律8.(2023·广东江门一模)如图7所示，小鸟站在倾斜树枝上休息，保持静止状态，下列说法正确的是()图7A.树枝受到压力是因为树枝发生了形变B.小鸟对树枝的作用力垂直树枝斜向下C.小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变D.小鸟把树枝压弯，小鸟对树枝的作用力大于树枝对小鸟的反作用力答案C解析树枝受到压力是因为小鸟发生了形变，A错误；小鸟处于平衡状态，树枝对它的作用力与重力平衡，则树枝对它的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律，小鸟对树枝的作用力竖直向下，B错误；小鸟处于平衡状态，摩擦力与小鸟的重力沿树枝向下的分力平衡，大小不变，小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变，C正确；小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的反作用力大小相等，方向相反，D错误。9.如图8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μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，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()图8A.μ1(m＋M)g，向左 B.μ2mg，向右C.μ2mg＋ma，向右 D.μ1mg＋μ2Mg，向左答案B解析对木块分析可知，长木板对它水平向左的摩擦力大小为Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小也为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，地面对它的静摩擦力方向向左，大小为Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面摩擦力的大小为μ2mg，方向向右，故B正确。B级综合提升练10.(多选)如图9所示，小车内一根沿竖直方向的轻质弹簧和两根与竖直方向成θ角的细绳OA、OB拴接一小球。当小车和小球相对静止，一起在水平面上向右运动时，下列说法正确的是()图9A.不可能两根绳都没有拉力B.轻弹簧对小球可能没有弹力C.细绳AO对小球可能没有拉力D.两根细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧对小球一定有弹力答案BC解析当小车和小球一起向右匀速运动时，小球所受的合力为零，可能两绳均无拉力，只受重力和弹簧的弹力作用，A错误；若小球和小车向右做匀加速运动，小球的合力一定水平向右，小球的受力可能是：①弹簧和绳AO对小球均无弹力，小球受重力和绳OB的弹力；②弹簧对小球无弹力，小球受重力和两根绳的拉力，B、C正确，D错误。11.(2023·山东省实验中学模拟)物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度为g。若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为()A.2g B.eq\f(\r(3),3)gC.(eq\r(3)－1)g D.(eq\r(3)＋1)g答案C解析设物块的质量为m，当推力F水平向右时，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得，沿斜面方向Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向FN＝mgcos30°＋Fsin30°，联立可解得F＝eq\r(3)mg；当推力F沿斜面向上时，根据牛顿第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，代入数据可解得a＝(eq\r(3)－1)g，故C正确。12.如图10甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4m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＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图10A.小物块与地面间的动摩擦因数为0.3B.小物块与地面间的动摩擦因数为0.4C.弹簧的劲度系数为175N/mD.弹簧的劲度系数为150N/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＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度为a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175N/m，C正确，D错误。13.如图11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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为()图11A.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：Ff＝max竖直方向：FN－mg＝mayFN＝1.15mg又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.)eq\a\vs4\al(3.)eq\a\vs4\al(4.,,)1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(×)(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)(4)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。(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)(7)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。(×)2.奥运会上，跳水运动员从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是(不计空气阻力)()A.上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B.上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C.全过程中一直处于超重状态D.全过程中一直处于失重状态答案D考点一瞬时问题的两类模型1.两种模型2.解题思路eq\x(\a\al(分析瞬时变化前、,后物体的受力情况))⇒eq\x(\a\al(列出变化后牛顿,第二定律方程))⇒eq\x(\a\al(求瞬时,加速度))例1(2023·山东邹平一中质检)如图1所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45°，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图1A.此时物体一定受四个力作用B.若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动C.突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为14.1m/s2D.若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用答案D解析由题意可知，此时物体对光滑地面的压力恰好是零，对物体受力分析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹簧的弹力，共三个力作用，A错误；若突然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变，物体受到重力、地面的支持力，共两个力作用，处于静止状态，B错误；在没有剪断轻绳前，对物体，由共点力于衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg，突然剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律可得F弹＝ma，解得a＝10m/s2，C错误，D正确。跟踪训练1.如图2所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图2A.B对A的压力大小为12NB.弹簧弹力大小为50NC.B的加速度大小为10m/s2D.A的加速度为零答案A解析原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有FT＝mAg＝20N，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A正确。考点二动力学的两类基本问题1.基本思路2.基本步骤角度已知物体受力，分析物体运动情况例2(2022·浙江6月选考，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图3所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。图3(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2。(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s。(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有veq\o\al(2,max)－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m。跟踪训练2.(2023·湖南岳阳一中月考)2021年西双版纳“断鼻家族”十几头亚洲象北上“远足”引发人们关注。为保障人民群众生命财产安全，同时有效保护亚洲象群，当地有关部门派出无人机不间断跟踪监测，采取多种措施引导象群逐步返回普洱或西双版纳原栖息地。现要让监测所用的无人机从地面竖直起飞，最终悬停在某一高度的空中，如图4所示。已知无人机质量M＝1.8kg，动力系统能提供的最大升力F＝28N，上升过程中能达到的最大速度为v＝6m/s，竖直飞行时所受空气阻力大小恒为f＝4N；固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m＝0.2kg，其所受空气阻力不计，g取10m/s2。图4(1)无人机以最大升力竖直起飞，求达到最大速度时所上升的高度h1；(2)无人机以最大升力竖直起飞时，求摄像头对铁杆的作用力大小；(3)无人机从地面竖直起飞，要求在t＝7s内实现悬停，求其能上升的最大高度H。答案(1)9m(2)2.4N(3)31.5m解析(1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1代入数据解得a1＝2m/s2达到最大速度时所上升时的高度h1＝eq\f(v2,2a1)代入数据解得h1＝9m。(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，有FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4N由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力FT′＝FT＝2.4N。(3)无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a1)，代入数据解得t1＝3s无人机最后关闭动力系统后匀减速运动，则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2代入数据解得a2＝12m/s2根据公式，依题意有t3＝eq\f(v,a2)，h3＝eq\f(v,2)t3代入数据解得t3＝0.5s，h3＝1.5m无人机匀速运动时间t2＝t－t1－t3代入数据解得t2＝3.5s匀速运动的位移h2＝vt2代入数据解得h2＝21m所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3，代入数据解得H＝31.5m。角度已知物体运动情况，分析物体受力例3(2022·浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图5所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图5所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车(包括运动员)图5(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。答案(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝veq\o\al(2,B)、vB＝at解得t＝3s、a＝eq\f(8,3)m/s2。(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)vC＝vB＋a1t1代入数据解得a1＝2m/s2、vC＝12m/s。(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin15°－f＝ma1代入数据解得f＝66N。跟踪训练3.(多选)(2023·贵州模拟)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图6所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180m，电磁弹射区的长度l1＝80m，一架质量m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的eq\f(1,5)。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10m/s2)。下列说法正确的是()图6A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0m/s2B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20m/sC.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104ND.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的答案AC解析根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20eq\r(2)m/s，由veq\o\al(2,1)＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。考点三超重与失重现象1.对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(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。(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。2.判断超重和失重的方法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从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重例4(2020·山东卷)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7所示。乘客所受支持力的大小用FN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()图7A.0～t1时间内，v增大，FN>mgB.t1～t2时间内，v减小，FN<mgC.t2～t3时间内，v增大，FN<mgD.t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确。跟踪训练4.(多选)(2023·广西柳州模拟)某跳伞运动员从悬停在空中的直升飞机上由静止自由下落(空气阻力不计)，下落一段距离后打开降落伞，降落伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv，k为阻力系数。从打开降落伞开始计时运动员的速度随时间变化的图像如图8所示。已知人和降落伞总质量为100kg，g取10m/s2，下列说法中正确的是()图8A.运动员自由下落的距离为10mB.打开降落伞瞬间运动员的加速度大小a＝30m/s2C.从打开降落伞到速度为5m/s过程中运动员处于失重状态D.阻力系数k＝200N·s/m答案BD解析根据题目分析可知打开降落伞时速度为20m/s，自由下落过程中v2＝2gh，代入速度可得h＝20m，故A错误；从打开降落伞到速度为5m/s过程中，阻力一直大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故C错误；当速度为5m/s时，运动员进入匀速运动状态，根据平衡方程mg＝kv，可得k＝200N·s/m，故D正确；结合牛顿第二定律可得kv－mg＝ma，可得a＝30m/s2，故B正确。A级基础对点练对点练1瞬时问题1.两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，如图1所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图1A.aA＝0aB＝eq\f(1,2)g B.aA＝eq\f(1,2)gaB＝0C.aA＝eq\f(1,2)gaB＝eq\f(1,2)g D.aA＝gaB＝g答案C解析细线烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为FA＝mgsinθ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为aA＝eq\f(FA,m)＝eq\f(1,2)g，小球B受的合力沿斜面向上，大小为FB＝F－mgsinθ＝mgsinθ，小球B的瞬时加速度为aB＝eq\f(FB,m)＝eq\f(1,2)g，故C正确，A、B、D错误。2.如图2所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态，重力加速度为g，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是()图2A.地面对木箱的支持力不变B.地面对木箱的支持力减小了eq\f(mg,cosθ)C.地面对木箱的摩擦力不变D.地面对木箱的摩擦力增加了mgtanθ答案D解析设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为FN、FN′，地面对木箱的摩擦力大小分别为Ff、Ff′，剪断细线前，细线上的拉力大小T＝eq\f(mg,cosθ)，弹簧弹力大小F＝Tsinθ＝mgtanθ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知FN＝(m＋M)g，Ff＝0。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有FN′＝Mg，地面对木箱的支持力减小了mg，A、B错误；对木箱分析，水平方向有Ff′＝F＝mgtanθ，地面对木箱的摩擦力增加了mgtanθ，C错误，D正确。对点练2动力学的两类基本问题3.假设飞机起飞前做初速度为零的匀加速直线运动，飞机起飞时的速度与质量成正比，甲、乙两飞机的质量分别为m1和m2，甲、乙两飞机起飞前所受合外力相等，则甲、乙两飞机起飞前在跑道上滑行的距离之比为()A.1∶1 B.m1∶m2C.meq\o\al(2,1)∶meq\o\al(2,2) D.meq\o\al(3,1)∶meq\o\al(3,2)答案D解析设飞机质量为m，发动机推力为F，根据牛顿第二定律可知飞机加速度a＝eq\f(F,m)，根据题意可知飞机起飞速度v＝km，其中k为比例系数，则滑行距离x＝eq\f(v2,2a)，解得x＝eq\f(k2m3,2F)∝m3，故D正确。4.(2021·全国甲卷，14)如图3，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()图3A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq\f(l,cosθ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2，得eq\f(l,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得t＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，当2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。5.(2022·辽宁卷，7)如图4所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是()图4A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25答案B解析物块水平沿中线做匀减速直线运动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由题意知x＝1m，t＝1s，v>0，代入数据有v0<2m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，整理有veq\o\al(2,0)＋2ax>0，联立可得μ<0.2，故C、D错误。6.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图5所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为()图5A.eq\f(5F,8g) B.eq\f(F,g) C.eq\f(3F,8g) D.eq\f(F,2g)答案A解析物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，联立解得a＝eq\f(3,5)g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正确。对点练3超重和失重现象7.下列处于失重状态的物体是()A.匀速下落的雨滴 B.向下减速运动的电梯C.斜向上抛出的小球 D.摆动到最低点时的摆球答案C解析匀速下落的雨滴，加速度为零，既不处于失重状态也不处于超重状态，故A错误；向下减速运动的电梯，具有向上的加速度，电梯处于超重状态，故B错误；斜向上抛出的小球，具有向下的加速度，小球处于失重状态，故C正确；摆动到最低点时的摆球，具有向上的加速度，摆球处于超重状态，故D错误。8.(2023·北京师大附中模拟)体育课上某同学做引体向上。如图6所示，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是()图6A.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大B.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变C.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力D.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力答案B解析人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A错误，B正确；人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误。9.如图7所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则()图7A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0答案C解析当圆筒竖直向下做加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒竖直向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2<L0，因此L1＝L0＞L2，C正确。B级综合提升练10.(2022·四川成都模拟)如图8，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则()图8A.a的质量可能小于2msinθB.剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsinθC.剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsinθD.剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大答案B解析根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T＝2mgsinθ，