1、第三章牛頓運動定律定標核心素養物理觀念知道牛頓第一、第三定律，慣性、超重與失重等概念。科學思維牛頓第二定律的應用，運用動力學相關知識解決問題。科學探究探究加速度和合外力的關系。科學態度與責任航天器中的失重問題，牛頓運動定律在生活、科技中的應用。定位一主干知識.牛頓運動定律及其應用.超重和失重.實驗：探究加速度與物體受力、物體質量的關系第1課時牛頓第一定律牛頓第三定律（基礎自修課）必備知識（一）物理學史、牛頓第一定律.運動和力的物理學史在物理學史上，正確認識運動和力的關系且推翻“力是維持物體運動的原因”這個觀點的物理學家及建立慣性定律的物理學家分別是（）A.亞里士多德、伽利略B.伽利略、牛頓C.

2、伽利略、愛因斯坦D.亞里士多德、牛頓.牛頓第一定律和慣性（2020浙江7月選號）如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當公交車（）A.緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動B.急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動C.緩慢轉彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側運動D.急轉彎時，行李箱人一定相對車子向內側運動.牛頓第一定律的STSE問題（多選）“復興號”高鐵在某段水平軌道上勻速行駛，假設高鐵上固定著盛滿水的紙杯。若突然發現紙杯中的水向右灑出，如圖所示，則關于高鐵在此種情況下的運動，下列描述正確的是()A.高鐵勻速向左運動C.高鐵可能突然向左減速運動

3、B.高鐵可能突然向左加速運動D.高鐵可能突然向右減速運動系統歸納1,對定律的理解(1)揭示了物體的慣性：不受力的作用時，一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態。(2)揭示了力的作用對運動的影響：力是改變物體運動狀態的原因。.對慣性的理解(1)保持“原狀”：物體在不受力或所受合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態(靜止或勻速直線運動)。(2)反抗改變：物體受到外力時，慣性表現為抗拒運動狀態改變。慣性越大，物體的運動狀態越難以被改變。.慣性大小只與質量相關物體在月球上.和在地球 上慣性大小是樣的汽車運行中與靜止時 慣性大小是一樣的.牛頓第一定律的應用技巧(1)應用牛頓第一定律分析實際問

4、題時，要把生活實際和理論問題聯系起來深刻認識力和運動的關系，正確理解力不是維持物體運動狀態的原因，克服生活中一些錯誤的直觀認識，養成正確的思維習慣。(2)如果物體的運動狀態發生改變，則物體必然受到不為零的合外力作用。因此，判斷物體的運動狀態是否改變，以及如何改變，應分析物體的受力情況。精解詳析.選B伽利略通過斜面實驗正確認識了運動和力的關系，從而推翻了亞里士多德認為的“力是維持物體運動的原因”的錯誤觀點；牛頓在歸納總結伽利略、笛卡兒等科學家的結論基礎上得出了牛頓第一定律，即慣性定律，故選項B正確。.選B緩慢起動的公交車具有向前的加速度，但加速度較小，兩只行李箱所受的靜摩擦力可能小于最大靜摩擦力

5、，則行李箱可以相對公交車靜止，A項錯誤；急剎車時，*b行李箱由于慣性，要保持原來的運動狀態，但。行李箱與底面的摩擦為滾動摩擦，比較小，故a行李箱會向前運動，行李箱可能好止不動，也可能向前運動，B項正確；緩慢轉彎時，公交車具有指向軌跡內側的較小的加速度，當行李箱所受的靜摩擦力足以提供其向心力時，行李箱相對車子靜止，C項錯誤；急轉彎時，公交車的加速度較大，若行李箱6所受的靜摩擦力不足以提供所需的向心力，則其做離心運動，即相對公交車向外側運動，若行李箱所受的靜摩擦力足以提供所需的向心力，則其相對公交車靜止，D項錯誤。.選BD若高鐵勻速向左運動，則水也勻速運動，速度不變，水不會從紙杯中灑出，A錯誤；高

6、鐵突然向左加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，所以高鐵向左的速度大于水向左的速度，可以出現圖示情況，B正確；高鐵突然向左減速，由于慣性，水還沒有來得及減速，所以高鐵向左的速度小于水向左的速度，水應向左灑出，C錯誤；高鐵突然向右減速,由于慣性，水還沒有來得及減速，所以高鐵向右的速度小于水向右的速度，水應向右灑出，D正確。必備知識（二）牛頓第三定律.牛頓第三定律的理解沼澤的下面蘊藏著豐富的泥炭，泥炭是沼澤地積累的植物殘體，它的纖維狀和海綿狀的物理結構導致人在其表面行走時容易下陷。若人下陷的過程是先加速后勻速運動，下列判斷正確的是（）A.加速運動時人對沼澤地的壓力大于沼澤地對他的支持力B.加速運動時

7、人對沼澤地的壓力小于沼澤地對他的支持力C.人對沼澤地的壓力先大于后等于沼澤地對他的支持力D.人對沼澤地的壓力大小總等于沼澤地對他的支持力系統歸納作用力與反作用力的三個關系關仄%笳二癡記%應向看而一,三面王另物標I福月女友而木信一；個裊物.體&加羹:苣加元衛君菽其他物體存在相互作用無關.相互作用力與平衡力近年來傳統民俗旅游日益火爆，如圖所示為游客乘坐馬車觀光的場景，馬拉著車在平直路面上加速前進，關于馬拉車的力與車拉馬的力，下列說法正確的是（）A.由于馬車加速前進，馬拉車的力大于車拉馬的力B.只有馬車勻速前進，馬拉車的力才等于車拉馬的力C.馬拉車的力與車拉馬的力是一對平衡力，大小始終相等D.馬拉車

8、的力與車拉馬的力是一對相互作用力，大小始終相等相互作用力與平衡力的比較一對平衡力一對作用力和反作用力不同點作用在同一物體上作用在兩個相互作用的不同物體上力的性質不一定相同一定是相同性質的力不一定同時產生、同時消失一定同時產生、同時消失作用效果可相互抵消作用效果不可抵消相同點大小相等，方向相反，作用在同一條直線上.轉換研究對象的方法如圖所示，手推車的籃子里裝有一籃球，女孩把手推車沿斜面向上勻速推動，籃子的底面平行于斜面，靠近女孩51的右側面垂直于底面，下列說法正確的有（）A.籃子底面受到的壓力大于籃球的重力B.籃子對籃球的作用力小于籃球的重力C.人對籃球的作用力等于籃球的重力D.籃子右側面受到的

9、壓力小于籃球的重力利用牛頓第三定律轉換研究對象如果不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力，然后根據牛頓第三定律得到壓力的大小和方向。求摩擦力時也可以用此種方法轉換研究對象。精解詳析.選D人對沼澤地的壓力與沼澤地對人的支持力為作用力與反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C錯誤，D正確。.選D馬向前拉車的力和車向后拉馬的力是一對作用力與反作用力，它們總是大小相等、方向相反，A、B、C錯誤，D正確。.選D對籃球受力分析，并運用合成法如圖所示，設斜面傾角為仇，勺.根據幾何知識可知，籃子底部對籃球的支持力大小尸Nl=gCOS仇根據牛-頓第三定律可知，籃子底面受到的

10、壓力大小為mgcosOVmg,A錯誤；籃尸淘子右側面對籃球的支持力大小尸N2=，gsin仇根據牛頓第三定律可知，籃mg子右側面受到的壓力大小為mgsinD正確；籃子對篷球的作用力為尸N1、尸N2,合力大小等于籃球的重力，B錯誤；人對籃球沒有作用力，C錯誤。本課小結與自主評價課堂鞏固落實.牛頓第一定律指出了物體不受力作用時的運動規律，但不能把牛頓第一定律理解為牛頓第二定律的特例。.牛頓第一定律適用于慣性參考系，即相對于地面靜止或做勻速直線運動的參考系。.慣性的大小僅由質量決定，比如懸掛在空氣中時乒乓球的慣性比對應的“空氣球”的慣性大，但懸掛在水中時乒乓球的慣性比對應的“水球”的慣性小。.牛頓第三

11、定律指出了作用力與反作用力間的關系，而且這種關系在宏觀、低速運動的情況下均適用。.下列關于牛頓第一定律的說法中正確的是（）A.牛頓第一定律是牛頓用實驗直接驗證獲得的B.牛頓第一定律告訴我們，只有靜止和勻速運動的物體才具有慣性C.牛頓第一定律的建立過程體現的是理想實驗的思維方法D.由牛頓第一定律可知，靜止的物體一定不受外力作用解析：選C牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎上，根據迂輯推理得出的，是以實驗為基礎，但又不是完全通過實驗得出，故A項錯誤；牛頓第一定律告訴我們，所有的物體都具有慣性，故B項錯誤；牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步的推理概括出來的科學理論，采用的理想實驗的思維方法與質

12、點概念的建立一樣，都是一種科學的抽象思維方法，故C項正確；由牛頓第一定律可知，靜止的物體可能不受外力作用，也可能受合力為零，故D項錯誤。.如圖所示，船夫用撐桿撐船前行，貝11（）A.船對人的力小于人對船的力B.船對水的力大于水對船的力C.人對撐桿的力與撐桿對人的力大小相等D.撐桿對河底的力大于河底對撐桿的力解析：選C船對人的力與人對船的力，船對水的力與水對船的力，人對撐桿的力與撐桿對人的力，撐桿對河底的力與河底對撐桿的力，以上四對力都屬于作用力和反作用力，作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，選項C正確，A、B、D錯誤。.下面一組照片記錄了一名騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地的過

13、程。下列各選項是從物理的角度去解釋此情境的，其中正確的是（）A.因為水坑里的水對自行車前輪的阻力太大，而使人和車一起倒地B.因為騎車人與自行車原來處于運動狀態，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原來的運動狀態，因此人和車一起倒地C.因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車還能加速運動，所以人和車一起倒地D.因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車的慣性立即消失，而人由于慣性將保持原有的運動狀態，故人向原來的運動方向倒地解析：選B躺車人摔倒的原因是車前輪陷入水坑立刻靜止，但人和車的后半部分由于慣性還要往前運動，只有B項正確。.利用牛頓第三定律，有人設計了一種交通工具，在平板車上裝

14、了一個電風扇，電風扇運轉時吹出的風全部打到豎直固定在小車中間的風帆上，靠風帆受力而向前運動，如圖所示。對于這種設計，下列分析中正確的是（）A.根據牛頓第二定律，這種設計能使小車向前運動B.根據牛頓第三定律，這種設計能使小車向前運動C.這種設計不能使小車向前運動，因為它違反了牛頓第二定律D.這種設計不能使小車向前運動，因為它違反了牛頓第三定律解析：選D以整體為研究對象，整體不受外力，因此這種設計不能使小車運行，風扇對風帆有一個力的作用，同時風帆對風扇有一個反作用力，D正確。.（多選）如圖所示，大圓環質量為M,經過環心的豎直鋼絲48（質量不計）上套有一質量為m的橡皮球。現讓橡皮球沿鋼絲以一定的初速

15、度A/7T小豎直向上運動，大圓環對地面無壓力。則橡皮球上升過程中（）IrtL）A.鋼絲對橡皮球的摩擦力為Mg,方向豎直向下B.鋼絲對橡皮球的摩擦力為（）Mtnc.橡皮球的加速度大小為M+mD,橡皮球的加速度大小為/一g解析：選AD大圓環對地面無壓力，由牛頓第三定律可知，地面對大圓環無支持力，大圓環受力平衡，橡皮球對鋼絲的摩擦力F=Mg,方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，鋼絲對橡皮球的摩擦力尸=F=Mg,方向豎直向下，A正確，B錯誤；對橡皮球進行受力分M+m析，由牛頓第二定律有尸+mg=ma,解得橡皮球的加速度大小”=一二g,D正確，C錯誤。課時跟蹤檢測1.在物理課上，老師在講解“慣性”概念時，

16、做了一個小實驗：用兩根細繩分別懸掛一個乒乓球和一個同體積的實心小鐵球，用力對著乒乓球吹氣，乒乓球偏離了豎直方向；用幾乎同樣大的力對著小鐵球吹氣，小鐵球幾乎沒有動。這個實驗主要說明的物理問題是（）A.只有運動的物體才具有慣性B.只有靜止的物體才具有慣性C.物體的質量越大，其具有的慣性也越大D.一切物體都具有慣性解析：選C物體在任何情況下都有慣性，物體慣性的大小僅由其質量大小決定，質量越大，慣性越大。2.馬車在我國古代是主要交通工具，在現在還有一些地方還在使用。如圖所示，已知拖車的質量為500kg,馬匹的質量為400kg,拖車受到馬的拉力為1000N、阻力為500N,則馬匹的加速度和拖車對馬匹的拉

17、力各為（）A.1.25m/s2,1000NB.1.25m/sSOONC.1.00m/s1000ND.1.00m/s500N解析：選C根據牛頓第二定律，得的*；。m/s2=im/s2,拖車對馬匹，土vr的拉力與馬匹對拖車的拉力是一對作用力與反作用力關系，大小相等，所以拖車對馬匹的拉力為1000N,故C正確。.如圖所示，人沿水平方向拉牛，但沒有拉動。下列說法中正確的是（）A.繩拉牛的力小于牛拉繩的力B.繩拉牛的力與牛拉繩的力是一對平衡力C.繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力D.繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對相互作用力解析：選C繩拉牛的力與牛拉繩的力是一對相互作用力，大小相等、方向相反，選

18、項A、B均錯誤；因牛沒有動，故繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力，C正確，D錯誤。.一碗水置于火車車廂內的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時，水面形狀接近于圖（）ABCD解析：選A當火車向右做勻減速運動時，碗內的水由于慣性，保持原來較大的速度向右運動，則只有圖A所示的情形符合要求，故A正確。.如圖所示，質量相等的甲、乙兩人所用繩子相同，甲拉住繩子懸在空中處于靜止狀態；乙拉住繃緊繩子的中點把繩子拉斷了，貝!1（）A.繩子對甲的拉力小于甲所受的重力B.繩子對甲的拉力大于甲對繩子的拉力C.乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定小于乙所受的重力D.乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定大于乙所受的重力

19、解析：選D甲拉住繩子懸在空中處于靜止狀態，繩子對甲的拉力等于甲所受的重力，A錯誤；由牛頓第三定律可知，繩子對甲的拉力與甲對繩子的拉力大小相等，B錯誤；因乙能把繩子拉斷，說明乙拉斷繩子前瞬間，繩子上的拉力一定大于甲拉繩子的力，也一定大于乙所受的重力，C錯誤，D正確。.關于衛星與火箭上天的情形敘述正確的是（）A.火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體對火箭產生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向前的推力B.火箭尾部噴出的氣體對空氣產生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C.火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D.衛星進入預定軌道之后，與地球之間不存在相互作用解析：

20、選A火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體，火箭向下噴氣時，噴出的氣體同時對火箭產生向上的反作用力，即為火箭上升的推動力，此動力并不是由周圍的空氣提供的，因而與是否飛出大氣層、是否存在空氣無關，因而選項B、C錯誤，選項A正確；火箭運載衛星進入軌道之后，衛星與地球之間依然存在相互吸引力，即衛星吸引地球，地球吸引衛星，這是一對作用力與反作用力，故選項D錯誤。.如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前滑行，在橫桿前相對于滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從橫桿的上、下通過,忽略人和滑板在運動中受到的阻力，則運動員（）A.起跳時腳對滑板的作用力斜向后.在空中水平方向先加速后

21、減速C.越過桿后落在滑板的后方D.越過桿后仍落在滑板上起跳的位置解析：選D運動員相對于滑板豎直向上起跳，所以腳對滑板的作用力豎直向下，A項錯；人在空中時，水平方向不受力的作用，水平方向速度不變，B項錯；由于人和滑板的水平速度始終相同，所以人落在滑板上起跳的位置，C項錯，D項對。.將木塊放在小車上，使木塊與小車一起向右勻速運動，當小車被擋板擋住時，下列實驗現象正確的是（）甲乙丙A.假設小車上表面光滑，木塊將如圖甲所示向前傾倒.假設小車上表面光滑，木塊將如圖乙所示向前滑動C.假設小車上表面粗糙，木塊將如圖丙所示向后傾倒D.假設小車上表面粗糙，木塊將如圖乙所示向前滑動解析：選B當小車被擋板擋住時，小

22、車將停下。如果小車上表面光滑，則木塊下部不受摩擦力，此時整個木塊將由于慣性而保持向右的勻速直線運動狀態，A錯誤，B正確；如果小車上表面粗糙，則木塊上部由于慣性將繼續向右運動，但下部受到一個向左的摩擦力，此時木塊將如題圖甲所示向前傾倒，C、D錯誤。如圖所示，用彈簧秤懸掛一個重G=10N的金屬塊，使金屬塊部分浸在臺秤上的水杯中（水不會溢出），若彈簧秤的示數變為=6N,則臺秤的示數（）B.增加10 NA.保持不變C.增力口6ND.增加4N解析：選D金屬塊浸入水中后，水對金屬塊產生浮力人由彈簧桿的示數知，浮力的大小為：F=GT=10N-6N=4N.根據牛頓第三定律，金屬塊對水也施加一個反作用力尸，其大

23、小F=F=4N.所以，臺秤的示數增加4N。.某同學為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿著球筒的中部，另一只手用力擊打羽毛球筒的上端，則下列判斷正確的是（）FI羽毛球筒卜A.此同學無法取出羽毛球B.羽毛球會從筒的下端出來C.羽毛球筒向下運動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來D.該同學是在利用慣性取羽毛球解析：選D羽毛球筒被手擊打后迅速向下運動，而羽毛球具有慣性要保持原來的靜止狀態，所以會從筒的上端出來，D正確。第2課時牛頓第二定律（基礎自修課）必備知識（一）牛頓第二定律的內容、公式及理解.牛頓第二定律的因果性在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用

24、一段時間后，將水平推力逐漸減小到零（物體還在運動），則在水平推力逐漸減小到零的過程中（）A.物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小.物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小C.物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D.物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大.牛頓第二定律的理解（多選）一物體重為50N,與水平桌面間的動摩擦因數為0.2,現加上如圖所示的水平力尸1和尸2，若尸2=15N時物體做勻加速直線運動，則尸1的值可能是（g取10m/s2）（）A.3NB.25NC.30ND.50NF、m、a對應同一物體如圖所示，活動發射平臺載著質量為小的“衛星”和質量為M的火箭，在車的牽引下駛向發射場。若某段行駛過程可

25、視為加速度為a的勻加速直線運動，則衛星、火箭受到的合力分別為()A.ma、MaB.ma、MgC.MaD.mg、Mg系統歸納.牛頓第二定律的五個特性.合力加速度、速度之間的決定關系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。(2)a=不是加速度的定義式，。與Ao、Af無必然聯系；。=而是加速度的決定式，。8f，1a0c贏(3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。.三點提醒(1)分析物體的運動性質，要從受力分析入手，先求合力，然后根據牛頓第二定律分析加速度的變化。(2)速度增大或減小取決于加速度和速度方向間的關系，和加速度的大小沒有關系o(3)加速度

26、如何變化取決于物體的質量和合外力，與物體的速度沒有關系。【精解詳析.選D由題意得推力尸未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定尸/,且尸一了=ma;當F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當FV/后，此時/一尸=明尸減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項D正確。.選ACD若物體向左做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知尸2戶1一“G=ja0,解得尸i0,解得尸i25N,C、D正確。.選A衛星、火箭都隨平臺做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律，所受合力分別為Fi=ma,Fi=Ma,選項A正確。必備知識（二）瞬時性問題.輕繩模型和輕彈簧模型

27、對比如圖所示，4、8兩小球分別用輕質細繩L和輕彈簧系在天花板上，4、8兩小球之間用一輕質細繩七連接，細繩L、彈簧與豎直方向的夾角均為，細繩五水平拉直，現將細繩乙2剪斷，則細繩心剪斷瞬間，下列說法正確的是（）ABA.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為1:1.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為1：cos?。A與8的加速度之比為1：1A與8的加速度之比為cos0：1.輕彈簧模型與輕桿模型對比（多選）光滑斜面上，當系統靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，4、8質量相等。在突然撤去擋板的瞬間，下列說法正確的是（）甲乙A.兩圖中兩球加速度均為gsinB.兩圖中4球的加速度均為零C,圖甲中8球的加速度

28、為2gsin。D.圖乙中8球的加速度為gsin，.輕彈簧模型與接觸面模型綜合問題如圖所示，A、B兩物體質量均為m,疊放在輕質彈簧上（彈簧下端固定于地面上）。對A施加一豎直向下、1大小為尸仍2,咫）的力，將彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內）而處于平衡狀態。現突然撤去力F,設兩物體向上運動過程中A、B間的相一墾丁一互作用力大小為Fn。不計空氣阻力，關于樂的說法正確的是（重力加速度為g）（）A.剛撤去力尸時，瓜二當1B.彈簧彈力大小為產時，FN=fC.4、8的速度最大時，FK=2mgD.彈簧恢復原長時，FN=mg系統歸納.瞬時性問題的兩類模型加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生

29、、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型:輕繩、輕桿和接觸面不發生明顯形變就能產生彈力，剪斷或脫離后，不需要時間恢復形變，彈力立即消失或改變，一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理彈簧、蹦床和當彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發生突變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時橡皮筋彈簧的彈力不突變2.求解瞬時加速度的一般思路分析瞬時變化前、后物體的受力情況根據牛頓第二定律列方程求瞬時加速度3.解答瞬時性問題應注意的兩點(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發生變化時，需要重新進行受力分析和運動

30、分析。(2)加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個積累的過程,不會發生突變。精解詳析圖1圖2a a2=cos，： 1,則 D.選D根據題述可知，A、8兩球的質量相等，均設為“1,剪斷細繩心瞬間，對A球受力分析，如圖1所示，由于細繩心的拉力突變，沿細繩L方向和垂直于細繩心方向進行力的分解，得Fj=mgcos0,mai=/ngsin，；剪斷細繩心瞬間，對球進行受力分析，如圖2所示，由于彈簧的彈力不發生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Feos8=ing,ma2=ingtan0,所以尸t：F=cos2,：1,正確。.選CD撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小都為2/ngsin仇因彈

31、簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撒去擋板瞬間：圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin仇加速度為2gsin。；圖乙中桿的彈力突變為零，A、8兩球所受合力均為，“gsin。，加速度均為gsin”,故C、D正確，A,B錯誤。.選B對A施加一豎直向下、大小為尸（尸2陪）的力，將彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內）而處于平衡狀態，此時彈簧彈力大小為f+2,陽。剛撤去力尸時，4、5向上加速運動，由牛頓第二定律可得，a=%對A受力分析，由牛頓第二定律有：Fn-mg=ma,解得產n=等，選項A錯誤。當彈簧彈力大小為尸時，對A、8整體，由牛頓第二定律有，F2mg=2mai,

32、隔離A,由牛頓第二定律有，尸NL，g=M,解得尸ni=*選項B正確。A、5的速度最大時，加速度為零，彈簧彈力大小為2ing,FN2=mg,選項C錯誤。彈簧恢復原長時，4、5只受重力作用，Fn3=0,選項D錯誤。必備知識（三）超重、失重問題.超重、失重現象學校秋季運動會上，馬菲同學以背越式成功跳過了1.80m,如圖所示，則下列說法正確的是（）A.馬菲起跳時地面對她的支持力等于她的重力B.起跳以后在上升過程中處于超重狀態c.起跳以后在下降過程中處于失重狀態?D.起跳以后在下降過程中重力消失了.應用加速度方向判斷超重、失重如圖所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運動。g取10m/s2。下列各種

33、情況中，體重計的示數最大的是（）A.電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0m/s2B.電梯勻加速上升，加速度的大小為l.Om/s?C.電梯勻減速下降，加速度的大小為1.5m/s2D.電梯勻加速下降，加速度的大小為1.5m/s?.應用圖像判斷超重、失重圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖像，取重力加速度g=10m/s2。根據圖像分析可知（）01 1.5 2 25 3 3.5 4 t/s 乙F/Ni 3 500 3 000 2 500 2 000 1500 1000500A.人的重力可由力點讀出，約為300NB.到

34、c的過程中，人先處于超重狀態再處于失重狀態C.人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態D.人在點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度系統歸納1.對超重和失重現象的理解(1)發生超重或失重現象時，物體所受的重力沒有變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)。(2)只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態，與物體向上運動還是向下運動無關。(3)即使物體的加速度不沿豎直方向，但只要在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態。(4)物體超重或失重多少由物體的質量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma.(5)在完全失重的狀態下，一切

35、由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液體柱不再產生壓強等。2.判斷超重和失重現象的三個角度和技巧(1)從受力的角度判斷。當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，小于重力時處于失重狀態，等于零時處于完全失重狀態。(2)從加速度的角度判斷。當物體具有向上的加速度時處于超重狀態，具有向下的加速度時處于失重狀態，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態。(3)從速度變化的角度判斷。物體向上加速或向下減速時，超重。物體向下加速或向上減速時，失重。精解詳析.選C起跳時做向上的加速運動，加速度向上，所以地面對她的支持力大于她的重力，選項A錯誤；

36、起跳以后，只受重力作用，加速度一直保持豎直向下，所以一直處于失重狀態，選項C正確，B、D錯誤。.選C由題意可知，體重計的示數最大時，人應具有向上的最大加速度，處于超重狀態，故A、D錯誤；由尸一可得尸=/ng+,%則當a=1.5m/s?時體重計的示數最大，故C正確，D錯誤。.選C由題圖可知，開始時人處于平衡狀態，人對傳感器的壓力約為900N,人的重力也約為900N,故A錯誤；到c的過程中，人先處于失重狀態再處于超重狀態，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態，故C正確；8點彈力與重力的差值要小于c點彈力與重力的差值，則人在點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤。必備知識

37、（四）單位制的理解和應用.基本單位和導出單位在國際單位制中，力學和電學的基本單位有：m（米）、kg（千克）、s（秒八A（安培）。導出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為（）A.m2,kg-S4A-1B.mkg-sA-1C.m2kgS2*A1D.m2*kg-sA1.單位制的應用（2021浙江1月選考）如圖所示是我國自主研發的全自動無人值守望遠鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應僅為1X103Wo若用國際單位制基本單位的符號來表示W,正確的是（）A.NSB.Nm/sC.kgin/sD.kg-m2/s3系統歸納.國際單位制中的七個基本物理量和基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度1米

38、m質量m千克kg時間t秒s電流1安培A熱力學溫度T開爾文K物質的量n摩你mol發光強度In坎德拉cd.兩點提醒（1）應用物理公式解題時，要把各物理量的單位統一到同一單位制，一般統一為國際單位制。(2)物理公式中，有些比例系數有單位，例如公式尸=Ax中的有些比例系數無單位，例如公式Fr=產n中的。精解詳析.選B由物理公式=叱=今=喑，得1V=1M噤辿=lkgm.A-,選qitias項B正確。wFl.選D根據P=7=7可知，功率(W)的導出單位為Nm/s,根據F=ma可知，牛頓(N)的導出單位為kg-m/s2,因此用國際單位制基本單位表示功率單位為kg-mZ/s、故D正確。本課小結與自主評價課堂鞏

39、固落實.加速度的方向由合外力的方向決定，與物體運動速度方向無關。.牛頓第二定律是矢量式，列方程時常以加速度的方向為正方向，而利用運動學公式列方程時常以初速度方向為正方向，注意兩種情況下加速度的符號關系。3.解題中常用到的二級結論(1)沿粗糙水平面自由滑行的物體：a=g。(2)沿光滑斜面自由滑行的物體：a=gsin。(3)沿粗糙斜面自由下滑的物體：a=g(sin，一“cos(4)沿粗糙斜面自由上滑的物體：a=g(sin，+“cos0).(多選)一個物體受到用=6N的合外力，產生田=2m/sZ的加速度，要使它產生02=6m/s2的加速度，下列說法正確的是()A.物體的質量是3kgB.物體受F2=1

40、8N的合外力能產生02=6m/s2的加速度C.物體的質量是12kgD.物體受尸2=2N的合外力能產生如=6m/s2的加速度解析：選AB根據牛頓第二定律可知，kg=3kg,A正確，C錯誤；要使它產生a2=6m/s2的加速度，根據牛頓第二定律可知，戶2=S2=3X6N=18N,B正確，D錯誤。.雨滴在空氣中下落，當速度比較大的時候，它受到的空氣阻力與其速度的二次方成正比，與其橫截面積成正比，即Ff=%SM,則比例系數4的單位是()A.kg/m4B.kg/m3C.kg/m2D.kg/m解析：選B由Ff=AS得ikg-m/s2=k-m2-m2/s2,k的單位為kg/m3,B正確。3.（多選）如圖所示，

41、質量分別為山、2m的兩物塊A、8中間用_F輕彈簧相連，A、B與水平面間的動摩擦因數均為“，在水平推力F作用下，A、8一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動。當突然撤去推力廠的瞬間,A、兩物塊的加速度大小分別為（）A.flu=2a+3gB.aA=2（a+g）C.as=aD.ap=a+g解析：選AC撤去尸前，根據牛頓第二定律，對4、B、彈簧整體有F-3,g=3/明對8有尸i-*2mg=2ma,得戶i=2（a+g）?。撒去的瞬間彈簧彈力不變，大小仍為尸i,兩物塊受到的滑動摩擦力不變，所以，物塊B受力不變，aB=a,對物塊A,由牛頓第二定律得Fi+/ng=maA,有aA=2a+3Mg。綜上分析，A、

42、C兩項正確。（2020湖州模擬）如圖所示為游樂場中的一種大型游樂設施跳樓機，它可以使人體驗超重和失重。參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由升降機從靜止開始經歷加速、勻速、減速過程，將座椅提升到一定高度處，然后由靜止釋放，落到一定位置時，制動系統啟動，座椅做減速運動，到達某一高度時停下。在上述過程中，關于座椅中的人所處的狀態，下列判斷正確的是（）十A.座椅在整個上升的過程中人都處于超重狀態B.座椅在減速上升的過程中人處于超重狀態C.座椅在整個下降的過程中人都處于失重狀態D.座椅在減速下降的過程中人處于超重狀態解析：選D升降機從靜止開始經歷加速、句速、減速過程，將座椅提升到一定高度處，在加速上升

43、時加速度向上，處于超重狀態，在減速過程中，加速度向下，處于失重狀態，故選項A、B錯誤；由題可知，在下落過程中先做自由落體運動，加速度向下，處于失重狀態，落到一定位置時，制動系統啟動，座椅做減速運動，加速度向上，處于超重狀態，故選項D正確，C錯誤。（2020山東等級等）一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用尸n表示，速度大小用。表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A.。，I時間內，。增大，尸N，gB.“打時間內，。減小，FtmgC.打打時間內，0增大，尸Nmg解析：選D根據位移一時間圖像的斜率表示速度可知，0”時間內，圖像斜率增大，

44、速度。增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態，所受的支持力Fn“陪，選項C錯誤，D正確。（2021衡陽第一次聯考）（多選）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，某實驗小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態的裝置。其工作原理圖如圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻K、電流顯示器、電源連成電路，在壓敏電阻上放置一個絕緣重物，。時間內升降機停在某一樓層處，時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流，隨時間，變化情況如圖乙所示，則下列判斷正確的是（）S電流顯示器升降機、-絕緣重物壓敏電阻一門7甲乙A.。打時間內絕緣重物處于超重狀態B.右4時間內絕緣重物處于失重狀態

45、C.升降機開始時可能停在1樓，從“時刻開始，經向上加速、勻速、減速，最后停在高樓D.升降機開始時可能停在高樓，從“時刻開始，經向下加速、勻速、減速，最后停在1樓解析：選ABC由于壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，又由于壓敏電阻與電流顯示器串聯，故重物超重時，電路中電流變大，重物失重時，電流變小，A、B、C正確，D錯誤。課時跟蹤檢測1.“殲一20”戰斗機在某次起飛中，由靜止開始加速，當加速度a不斷減小至零時,飛機剛好起飛。關于起飛過程，下列說法正確的是（A.飛機所受合力不變，速度增加越來越慢B.飛機所受合力減小，速度增加越來越快C.速度方向與加速度方向相同，速度增加越來越快D.速度方向與加速

46、度方向相同，速度增加越來越慢解析：選D根據牛頓第二定律可知，當加速度a不斷減小至零時合力逐漸減小到零，速度增加得越來越慢，故A、B項錯誤；飛機做加速運動，加速度方向與速度方向相同，加速度減小，即速度增加的快慢程度越來越慢，故C項錯誤，D項正確。.一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正確描述尸與a之間的關系的圖像是（）OaOaOaoABCD解析：選C物塊的受力如圖所示，當尸不大于最大靜摩擦力時，?物塊仍處于靜止狀態，故其加速度為0；當F大于最大靜摩擦力后，由牛

47、/.頓第二定律，得尸一尸n=“，即尸=/:+，明尸與a成線性關系。C項正確。.（多選）某物體在光滑的水平面上受到兩個恒定的水平共點力的作用，以10m/s2的加速度做勻加速直線運動，其中用與加速度的方向的夾角為37。，某時刻撤去尸1,此后該物體（）A.加速度可能為5m/s2B,速度的變化率可能為6m/s2C.1秒內速度變化大小可能為20m/sD.加速度大小一定不為10m/s2解析：選BC根據牛頓第二定律得尸=，a=10，內與加速度方向的夾角為37。，根據幾何知識可知，尸2有最小值，最小值為f2mm=*sin37=6,”。所以當尸】撤去后，合力的最小值為居in=6m,此時合力的取值范圍為產今6，所

48、以最小的加速度為amin=曾6m/s2故B、C兩項正確。.如圖所示，質量分別為“=lkg、m2=4kg的A、8兩物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接，大小均為20N的水平拉力為、尸2分別作用在4、8上，系統處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A.彈簧測力計的示數是0B.彈簧測力計的示數是40NC.突然撤去尸2的瞬間，B的加速度大小為5m/s2D.撤去B后，當4、3加速度相同時，彈簧測力計的示數是16N解析：選C兩水平拉力大小相等，兩物體受力平衡，此時彈簧測力計的示數7=20N,選項A、B錯誤；在突然撤去出的瞬間，因為彈黃的彈力不能發生突變，所以8的加速度t20大小為。2=一=7m/s

49、2=5m/sZ選項C正確；撤去尸1后，當A、B加速度相同時，滿F）一TT足,孫一=嬴,解得彈黃測力計的示數=4N,選項D錯誤。.阿聯酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m,也被稱為世界第一高樓。樓層總數162層，配備56部電梯，最高速可達17.4m/so游客乘坐觀光電梯大約1min就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在f=0時由靜止開始上升，其加速度“與時間，的關系如圖所示。下列相關說法正確的是（）f=6s時，電梯處于失重狀態753s時間內，繩索拉力最小f=59s時，電梯處于超重狀態f=60s時，電梯速度恰好為0解析：選D根據a-f圖像可知當f=6s時，電梯的加速度向

50、上，電梯處于超重狀態，故A錯誤；5360s時間內，加速度的方向向下，電梯處于失重狀態，繩索的拉力小于重力；而753s時間內，a=0,電梯處于平衡狀態，繩索拉力等于電梯的重力，應大于電梯失重時繩索的拉力，所以這段時間內繩索拉力不是最小，故B錯誤；f=59s時，電梯減速向上運動，a0,加速度方向向下，電梯處于失重狀態，故C錯誤；根據a-/圖像與時間，坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，60s內a-f圖像與時間，坐標軸所圍的面積為0,所以速度的變化量為0,而電梯的初速度為0,所以f=60s時，電梯速度恰好為0,故D正確。6.（2019浙江4月選考）如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A

51、為鐵球，B、C為木球。4、8兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底（不計空氣阻力，木V0水Vp鐵）（）A球將向上運動，B、C球將向下運動A、球將向上運動，C球不動A球將向下運動，8球將向上運動，C球不動4球將向上運動，球將向下運動，C球不動解析：選D將掛吊籃的繩子剪斷瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，水處于完全失重狀態，即可以認為水和球之間沒有相互作用力。以杯子作為參考系，4受到向上的彈力作用，B受到向下的彈力作用，。不受到彈力作用，所以A球將向上運動，8球將向下運動，C球

52、不動。7.如圖所示，輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連，下端與另一質量為M的木塊2相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為。1、.2。重力加速度大小為g。則有（）EA.ai=g,d2=gB.ai=O,aigm+M_m+MC.ai=O,02而gD.ag,。2=麗-g解析：選C抽出木板前，木塊1受重力和彈黃對其向上的彈力，在抽出木板的瞬間，彈簧對木塊1的彈力未來得及變化，木塊1受重力和彈簧對其向上的彈力仍然平衡，ai=0抽出木板前，木塊2受重力、彈簧對其向下的彈力和木板的支持力，而木板支持力大小等于Mg+mg,

53、在抽出木板的瞬間，彈簧對木塊2的彈力未來得及變化，但木塊2所受支持ffi+M力（大小為Mg+，g）突然消失，根據牛頓第二定律，。2=下一go故C正確。.質量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質量為，”的重物，另一端固定在桌面上。如圖所示，皮帶輪與桌面、細繩之間以及細繩與桌子B.邊緣之間的摩擦都忽略不計，則重物下落過程中，皮帶輪的加速度大小為（）mgM+m_2mg_M+2mr2mgM+4m解析：選C相等時間內重物下落的距離是皮帶輪運動距離的2倍，因此，重物的加速度大小也是皮帶輪加速度大小的2倍，設細繩上的拉力為F,根據牛頓第二定律蟹三=2哥,解得尸=蒜，皮帶輪加

54、速度大小為=吊，所以C正確。.如圖所示，用輕質彈簧將籃球拴在升降機底板上，此時彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側壁之間裝有壓力傳感器，當升降機沿豎直方向運動時，壓力傳感器的示數逐漸增大，某同學對此現象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是()A.升降機正在勻加速上升B.升降機正在勻減速上升C.升降機正在加速下降，且加速度越來越大D.升降機正在減速下降，且加速度越來越大解析：選C對置球進行受力分析如圖所示，由于壓力傳感器的示數增大，則側壁對籃球的壓力N一定增大，F水平向左的分力增大，F壓力傳感嫁夬一定增大，F豎直向下的分力增大；籃球在豎直方向運動，水平方向受力平衡，

55、籃球的住置不變，則彈簧的彈力不變；所以籃球受到的豎直向下F，-的合力增大，可知籃球加速度的方向向下，可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動。由于壓力傳感器的示數逐漸增大，可知加速度的大小逐漸增大。又由于升降機的加速度與籃球的加速度是相同的，由以上的分析可知，升降機可能正在加速下降，且加速度越來越大，或升降機正在減速上升，且加速度越來越大。可知只有C項正確.第3課時動力學的兩類基本問題(重點培優課)考點一兩類動力學問題.動力學的兩類基本問題(1)已知受力情況，求物體的運動情況。(2)已知運動情況，求物體的受力情況。.解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解

56、，具體邏輯關系如圖所zjo由力求運動由運動求力.動力學問題的解題步驟1明確研究對象卜根據問題需要和解題方便，選擇某個物體或幾個物體構成的系統為研究對象受力分析和l畫好受力示意圖、情景示意圖，明確物體運動過程分析廠的運動性質和運動過程選取正方向l或建立坐標系廠確定合力F*卜通常以加速度的方向為正方向或以加速度A方向為某一坐標的正方向若物體只受兩個力作用，通常用合成法；若“受3個或3個以上的力，一般用正交分解法（列方程求解卜根據牛頓第二定律F*=ma或，靠:列方程求解，必要時對結果進行討論典例為了提高運動員奔跑時下肢向后的蹬踏力量，在訓練中，讓運動員腰部系繩拖汽車輪胎奔跑，已知運動員在奔跑中拖繩上

57、端與地面的高度為1.2m,且恒定，輕質無彈性的拖繩長2m,運動員質量為60kg,車胎質量為12kg,車胎與跑道間的動摩擦因數為=；,如圖甲所示，將運動員某次拖胎奔跑100m當作連續過程，抽象處理后的。”圖像如乙圖乙所示，g取lOm/sz,不計空氣阻力。求：甲(1)運動員加速過程中的加速度大小a及跑完100m所用的時間八(2)在加速階段繩子對輪胎的拉力大小T及運動員與地面間的摩擦力大小/人。解題指導(1)由題圖所示v-t圖像應用加速度定義式求出加速度；應用勻變速運動規律與勻速運動規律求出運動時間。(2)對輪胎與人分別應用牛頓第二定律列方程，可以求出拉力與摩擦力大小。解析(1)由題圖所示次，圖像可

58、知，AoR加速度：。=石=1m/s2=2m/s2;加速時間：Zi=4s,o8加速位移：xi=34=,X4m=16m,勻速位移：X2=xxi=100m16m=84m,勻速時間：打=字=粵s=10.5s,Vo跑完100m時間z=h.第三類：圓周內同頂端的斜面（如圖3所示）。在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2Rsin6=*sin夕凡可推得：t=h=t3第四類：圓周內同底端的斜面（如圖4所示）。在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：fl=f2=f3。第五類：雙圓周內斜面（如圖5所示）。在豎直

59、面內兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應位置。可推得“=，2=，3。典例（多選）如圖所示，Oa、。力和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，0、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，“為最低點，O為圓心。每根桿上都套著一個小滑環（未畫出），兩個滑環從。點無初速釋放，一個滑環從d點無初速釋放，用小，2、白分別表示滑環沿Oa、Ob、而到達a、力所用的時間。下列關系正確的是（）A.ti=t?B.tjtiC.D.，1=，3解析設想還有一根光滑固定細桿ca,則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點%三桿頂點均在圓周上，根據

60、等時圓模型可知，由c、。、d無初速度釋放的小滑環到達。點的時間相等，即如=&；而由ca和由O/滑動的小滑環相比莪，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度由x=a尸可知，故選項A錯誤，B、C、D均正確。答案BCD規律方法集訓沖關.如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC：BC：DC=5：4：3,AC桿豎直。各桿上分別套有一質點小球a、b、d,a、b、d三小球的質量比為1：2：3。現讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則。、氏d三小球在各桿上滑行的時間之比為（）B.5：4：3C. 5 ： 8 ： 9D.1：2：3解析：選A因A5C）為矩形，故A、B、