2024屆物理一輪復習講義第1講牛頓運動定律學習目標1.理解牛頓運動三定律的內容及適用范圍。2.理解慣性的概念，會正確分析作用力和反作用力與平衡力的區別與聯系。3.會運用牛頓運動三定律解決相關問題。4.知道力學單位制。1.牛頓第一定律、慣性2.牛頓第二定律力學單位制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，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。(√)(3)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)(4)質量越大的物體，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.下列有關牛頓運動定律的說法正確的是()A.牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零情況下的特例B.向尾部噴氣使火箭加速的過程，可用牛頓第二定律和牛頓第三定律解釋C.我們用力提一個很重的箱子，卻提不動它，這跟牛頓第二定律有矛盾D.根據牛頓第二定律，運動物體的速度方向必定與其所受合力的方向相同答案B3.(多選)如圖1所示，處于自然狀態下的輕彈簧一端固定在水平地面上，質量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設小球和彈簧一直處于豎直方向，彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g。在小球將彈簧壓縮到最短的過程中，下列敘述中正確的是()圖1A.小球的速度先增大后減小B.小球的加速度先減小后增大C.小球速度最大時彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D.彈簧的最大形變量為eq\f(mg,k)答案ABC考點一牛頓第一定律1.慣性的兩種表現形式(1)物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態不變(靜止或勻速直線運動)。(2)物體受到外力時，慣性表現為運動狀態改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態較難改變；慣性小，物體的運動狀態容易改變。2.對牛頓第一定律的兩點說明(1)理想化狀態：牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態，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是相同的。(2)與牛頓第二定律的關系：牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。牛頓第一定律是經過科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。跟蹤訓練1.(多選)(2023·河南鄭州高三期末)伽利略根據小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是()A.物體抵抗運動狀態變化的性質是慣性B.沒有力作用，物體只能處于靜止狀態C.行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質是慣性D.運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續以同一速度沿同一直線運動答案AD解析任何物體都具有保持原來運動狀態的性質，即慣性，所以物體抵抗運動狀態變化的性質是慣性，故A正確；沒有力作用，物體可以做勻速直線運動，故B錯誤；慣性是保持原來運動狀態的性質，圓周運動速度是改變的，故C錯誤；運動的物體在不受力時，將保持勻速直線運動，故D正確。2.在物理學發展史上，伽利略、牛頓等許許多多科學家為物理學的發展做出了巨大貢獻。以下選項中符合伽利略和牛頓觀點的是()A.兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明：物體受力越大則速度就越大B.人在沿直線加速前進的車廂內，豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方C.兩物體從同一高度做自由落體運動，較輕的物體下落較慢D.一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來，這說明：靜止狀態才是物體不受力時的“自然狀態”答案B解析物體速度與其受力沒有直接關系，故A錯誤；設人起跳前一瞬間車速為v，人在沿直線加速前進的車廂內，豎直向上起跳后，人在水平方向以速度v做勻速運動，而車廂在做加速運動，車廂在水平方向上的位移大于人在水平方向上的位移，則人會落在起跳點的后方，故B正確；自由落體運動，物體下落的快慢與物體的輕重沒有關系，故C錯誤；在光滑水平面上，物體做勻速直線運動，其受力平衡，說明勻速直線運動狀態也是“自然狀態”，故D錯誤。考點二牛頓第二定律1.牛頓第二定律的理解2.解題思路和關鍵(1)選取研究對象進行受力分析。(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力。(3)根據F合＝ma求物體的加速度a。角度對牛頓第二定律的理解例1(2023·江蘇蘇州高三期末)關于物體的運動狀態和所受合力的關系，以下說法正確的是()A.物體所受合力為零，物體一定處于靜止狀態B.只有合力發生變化時，物體的運動狀態才會發生變化C.物體所受合力不為零時，物體的速度一定不為零D.物體所受的合力不變且不為零，物體的運動狀態一定變化答案D解析物體所受合力為零，則物體處于平衡狀態，因此物體處于靜止或勻速直線運動狀態，A錯誤；物體所受合力變化時，物體的運動狀態會產生變化，物體受恒定的合力時，物體的運動狀態也會產生變化，B錯誤；物體所受合力不為零時，物體的加速度一定不是零，物體的速度有時可能是零，C錯誤；物體所受的合力不變且不為零，由牛頓第二定律可知，物體一定有加速度，物體的運動狀態一定變化，D正確。角度牛頓第二定律的應用例2(2022·全國乙卷，15)如圖2所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統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。當兩球運動至二者相距eq\f(3,5)L時，它們加速度的大小均為()圖2A.eq\f(5F,8m) B.eq\f(2F,5m) C.eq\f(3F,8m) D.eq\f(3F,10m)答案A解析當兩球運動至二者相距eq\f(3,5)L時，如圖所示。由幾何關系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)設繩子拉力為FT，對輕繩的中點，水平方向有2FTcosθ＝F解得FT＝eq\f(5,8)F對任一小球，由牛頓第二定律有FT＝ma解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正確，B、C、D錯誤。跟蹤訓練3.(2022·江蘇卷，1)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過()A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2答案B解析書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大摩擦力提供加速度Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0m/s2，書相對高鐵靜止，故高鐵的最大加速度4.0m/s2，B正確，A、C、D錯誤。4.(多選)如圖3甲所示，一豎直放置的足夠長的固定玻璃管中裝滿某種液體，一半徑為r、質量為m的金屬小球，從t＝0時刻起，由液面靜止釋放，小球在液體中下落，其加速度a隨速度v的變化規律如圖乙所示。已知小球在液體中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半徑，v是小球的速度，η是常數。忽略小球在液體中受到的浮力，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖3A.小球的最大加速度為gB.小球的速度從0增加到v0的過程中，做勻變速運動C.小球先做加速度減小的變加速運動，后做勻速運動D.小球的最大速度為eq\f(mg,6πηr)答案ACD解析當t＝0時，小球所受的阻力f＝0，此時加速度為g，A正確；隨著小球速度的增加，加速度減小，小球的速度從0增加到v0的過程中，加速度減小，B錯誤；根據牛頓第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，當a＝0時，速度最大，此后小球做勻速運動，最大速度vm＝eq\f(mg,6πηr)，C、D正確。考點三牛頓第三定律1.作用力與反作用力的三個關系2.相互作用力與平衡力的比較

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系同時產生，同時消失不一定同時產生、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，合力為零力的性質一定是同性質的力性質不一定相同相同點大小、方向大小相等，方向相反，作用在同一條直線上例3(2022·浙江麗水高三模擬)小時候，父親逗我們開心時都喜歡把我們“舉高高”，如圖4所示是某位父親逗孩子開心時把孩子“舉高高”的場景。圖中父親將孩子沿豎直方向緩慢“舉高高”的過程中，假設其每只手對孩子的作用力大小相等，則下列有關說法正確的是()圖4A.孩子的重力與父親雙手對孩子的作用力是一對作用力與反作用力B.父親雙手對孩子的作用力與孩子對父親雙手的作用力是一對平衡力C.地面對該父親的支持力可能小于父親和孩子整體所受的重力D.該父親每只手對孩子的作用力一定大于孩子所受重力的一半答案D解析孩子的重力與父親雙手豎直方向上對孩子的作用力是一對平衡力，A錯誤；父親雙手對孩子的作用力與孩子對父親雙手的作用力大小相等，方向相反，作用在同一直線上，根據牛頓第三定律可知，這是一對作用力與反作用力，B錯誤；地面對該父親的支持力等于父親和孩子整體所受的重力，C錯誤；該父親每只手對孩子豎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，但每只手對孩子的作用力為豎直方向上的摩擦力和支持力與水平方向上的壓力的合力，則其一定大于孩子所受重力的一半，D正確。跟蹤訓練5.(2023·廣東佛山模擬)“神舟十三號”在“長征二號”運載火箭的推動下順利進入太空，如圖5所示為“長征二號”運載火箭，下列關于它在豎直方向加速起飛過程的說法，正確的是()圖5A.火箭加速上升時，航天員對座椅的壓力小于自身重力B.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后做自由落體運動C.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大小等于火箭對熱氣流的作用力大小D.燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭升空答案C解析火箭加速上升時，航天員處于超重狀態，對座椅的壓力大于自身重力，A錯誤；保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落時，因為慣性，有向上的速度，所以做豎直上拋運動，B錯誤；火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是作用力與反作用力的關系，大小相等，C正確；火箭受到重力、空氣阻力以及內部燃料噴出時的作用力，燃料燃燒向下噴氣，噴出的氣體的反作用力推動火箭升空，不是外界空氣的作用力，D錯誤。素養拓展點轉換研究對象法的應用在對物體進行受力分析時，如果不便于直接分析求出物體受到的某些力時，可先求它的反作用力，再反過來求待求力。如求壓力時，可先求支持力，在許多問題中，摩擦力的求解亦是如此。可見牛頓第三定律將起到非常重要的轉換研究對象的作用，使得我們對問題的分析思路更靈活、更寬闊。例4如圖6所示，底座A上裝有一根直立桿，其總質量為M，桿上套有質量為m的圓環B，它與桿有摩擦。當圓環從底端以某一速度v向上飛起時，圓環的加速度大小為a，底座A不動，求圓環在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力分別是多大？(圓環在升起和下落過程中，所受摩擦力大小不變，重力加速度為g)圖6答案(M＋m)g－ma(M－m)g＋ma解析當圓環上升時，桿給環的摩擦力方向向下，大小設為Ff，則環給桿的摩擦力方向向上，大小為Ff，設水平面對底座的支持力大小為FN1，則對圓環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聯立解得FN1＝(M＋m)g－ma當圓環下落時，桿給環的摩擦力方向向上，大小設為Ff′，則環給桿的摩擦力方向向下，大小為Ff′，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聯立解得FN2＝(M－m)g＋ma根據牛頓第三定律可知，圓環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。A級基礎對點練對點練1牛頓第一定律1.理想實驗是以可靠的事實為基礎，經過抽象思維，抓住主要因素，忽略次要因素，從而深刻地揭示自然規律的科學研究方法。伽利略創造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發展，伽利略理想實驗步驟如下：圖1①兩個對接的斜面，讓靜止的小球沿一個斜面AB滾下，小球將滾上另一個斜面BC。②如果沒有摩擦，小球將上升到原來釋放時的高度。③減小第二個斜面的傾角，小球仍然要達到原來的高度。④繼續減小第二個斜面的傾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持續的勻速直線運動。上述四個步驟中，屬于理想化推論的是()A.②B.②③C.②③④D.①②③④答案C解析之所以稱之為理想實驗，是因為實驗的結果是無法用實際的實驗進行驗證的，但是，分析推理的過程是合乎邏輯的，是嚴密的，是對實驗過程科學的抽象，因此得出的結論是對客觀事實真實的反映，故①是事實，②③④是推論，A、B、D錯誤，C正確。2.某同學為了取出如圖2所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿著球筒的中部，另一手用力F擊打羽毛球筒的上端，則()圖2A.該同學是在利用羽毛球的慣性B.該同學無法取出羽毛球C.羽毛球會從筒的下端出來D.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答案A解析用力F擊打羽毛球筒的上端時，球筒會在力的作用下向下運動，而羽毛球由于慣性而保持靜止，所以羽毛球會從筒的上端出來，故A正確，B、C錯誤；球筒向下運動，羽毛球相對于球筒向上運動，所以羽毛球受到向下的摩擦力，故D錯誤。3.(2023·福建廈門高三期末)某時刻，物體甲受到的合力是10N，加速度是2m/s2，速度是10m/s，物體乙受到的合力是8N，加速度也是2m/s2，但速度是20m/s。下列說法正確的是()A.甲比乙的慣性小 B.甲比乙的慣性大C.甲和乙的慣性一樣大 D.甲比乙的速度變化慢答案B解析由牛頓第二定律F＝ma可知，甲的質量m甲＝5kg，乙的質量m乙＝4kg。質量是物體慣性大小的唯一量度，甲的質量大于乙的質量，所以甲的慣性比乙的大，故B正確，A、C錯誤；加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，兩物體加速度相同，則速度變化快慢相同，故D錯誤。4.(2023·江蘇南京高三月考)高鐵是中國“新四大發明”之一，具有極好的穩定性。如圖3，列車沿水平直線方向高速運行時，硬幣可直立在水平窗臺上，列車轉彎時，硬幣傾倒。在列車行使過程中，該硬幣()圖3A.直立階段一定處于受力平衡狀態B.直立階段可能受到窗臺的摩擦力作用C.轉彎時，硬幣一定會向彎道內側傾倒D.列車沿直線方向加速和減速行駛時，硬幣都受到與列車運動方向相反的摩擦力作用答案B解析當列車在加速或減速過程中，如果加速度較小，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力或行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A、D錯誤，B正確；轉彎時，硬幣由于慣性，要保持向前的速度，會向彎道外側傾倒，故C錯誤。對點練2牛頓第二定律5.(2023·湖北荊州模擬)如圖4所示，一木塊緊靠長方體形空鐵箱后壁(未粘連)，在水平拉力F的作用下一起向右做直線運動，現逐漸減小水平拉力，當拉力減小到F時木塊恰能和鐵箱保持相對靜止，繼續減小拉力，木塊始終沒有與后壁分離，從拉力開始減小到木塊未落到箱底前，下列說法正確的是()圖4A.鐵箱對木塊的支持力先不變后減小B.鐵箱對木塊的摩擦力先不變后減小C.鐵箱對木塊的摩擦力一直減小D.鐵箱可能先做加速運動后做減速運動答案B解析木塊始終沒有與后壁分離，則木塊和空鐵箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐漸減小，則整體加速度a逐漸減小，鐵箱對木塊的支持力FN＝m木塊a逐漸減小，故A錯誤；木塊與空鐵箱相對靜止時，摩擦力等于重力，不變，當木塊與空鐵箱相對滑動時，鐵箱對木塊的摩擦力Ff＝μFN＝μm木塊a逐漸減小，故B正確，C錯誤；鐵箱不可能做減速運動，如果做減速運動，則木塊也要做減速運動需要水平向左的力，而鐵箱給木塊的彈力水平向右，因此不能減速，木塊會與后壁分離，故D錯誤。6.(2022·福建福州模擬)鼓浪嶼是世界文化遺產之一。島上為保護環境不允許機動車通行，很多生活物品要靠人力板車來運輸。如圖5所示，貨物放置在板車上，與板車一起向右做勻速直線運動，車板與水平面夾角為θ。現拉動板車向右加速運動，貨物與板車仍保持相對靜止，且θ不變。則板車加速后，貨物所受的()圖5A.摩擦力和支持力均變小B.摩擦力和支持力均變大C.摩擦力變小，支持力變大D.摩擦力變大，支持力變小答案D解析對貨物受力分析可知，若勻速運動，則Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，若貨物隨小車加速運動，設加速度為a，則Ff′－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－FN′＝masinθ，則Ff′>Ff，FN′<FN，即摩擦力變大，支持力變小。故D正確。7.2021年10月16日0時23分，“神舟十三號”成功發射，順利將三名航天員送入太空并進駐空間站。在空間站中，如需測量一個物體的質量，需要運用一些特殊方法：如圖6所示，先對質量為m1＝1.0kg的標準物體P施加一水平恒力F，測得其在1s內的速度變化量大小是10m/s，然后將標準物體與待測物體Q緊靠在一起，施加同一水平恒力F，測得它們1s內速度變化量大小是2m/s。則待測物體Q的質量m2為()圖6A.3.0kg B.4.0kg C.5.0kg D.6.0kg答案B解析對P施加水平恒力F時，根據牛頓第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2；對P和Q整體施加水平恒力F時，根據牛頓第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，聯立解得m2＝4.0kg，故B正確。對點練3牛頓第三定律8.(2023·廣東江門一模)如圖7所示，小鳥站在傾斜樹枝上休息，保持靜止狀態，下列說法正確的是()圖7A.樹枝受到壓力是因為樹枝發生了形變B.小鳥對樹枝的作用力垂直樹枝斜向下C.小鳥把樹枝抓得更緊時，它受的摩擦力保持不變D.小鳥把樹枝壓彎，小鳥對樹枝的作用力大于樹枝對小鳥的反作用力答案C解析樹枝受到壓力是因為小鳥發生了形變，A錯誤；小鳥處于平衡狀態，樹枝對它的作用力與重力平衡，則樹枝對它的作用力豎直向上，根據牛頓第三定律，小鳥對樹枝的作用力豎直向下，B錯誤；小鳥處于平衡狀態，摩擦力與小鳥的重力沿樹枝向下的分力平衡，大小不變，小鳥把樹枝抓得更緊時，它受的摩擦力保持不變，C正確；小鳥對樹枝的作用力與樹枝對小鳥的反作用力大小相等，方向相反，D錯誤。9.如圖8所示，質量為m的木塊在質量為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為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數為μ2，重力加速度為g，若長木板仍處于靜止狀態，則長木板對地面摩擦力的大小和方向為()圖8A.μ1(m＋M)g，向左 B.μ2mg，向右C.μ2mg＋ma，向右 D.μ1mg＋μ2Mg，向左答案B解析對木塊分析可知，長木板對它水平向左的摩擦力大小為Ff1＝μ2mg，由牛頓第三定律可知，木塊對長木板的摩擦力向右，大小也為Ff1；由于長木板仍處于靜止狀態，對長木板受力分析可知，地面對它的靜摩擦力方向向左，大小為Ff2＝Ff1＝μ2mg，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10.(多選)如圖9所示，小車內一根沿豎直方向的輕質彈簧和兩根與豎直方向成θ角的細繩OA、OB拴接一小球。當小車和小球相對靜止，一起在水平面上向右運動時，下列說法正確的是()圖9A.不可能兩根繩都沒有拉力B.輕彈簧對小球可能沒有彈力C.細繩AO對小球可能沒有拉力D.兩根細繩不一定對小球有拉力，但是輕彈簧對小球一定有彈力答案BC解析當小車和小球一起向右勻速運動時，小球所受的合力為零，可能兩繩均無拉力，只受重力和彈簧的彈力作用，A錯誤；若小球和小車向右做勻加速運動，小球的合力一定水平向右，小球的受力可能是：①彈簧和繩AO對小球均無彈力，小球受重力和繩OB的彈力；②彈簧對小球無彈力，小球受重力和兩根繩的拉力，B、C正確，D錯誤。11.(2023·山東省實驗中學模擬)物塊在水平向右的恒定推力F的作用下剛好沿傾角為30°的固定斜面向上做勻速運動，已知物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度為g。若推力F改為沿斜面向上推物塊，則物塊的加速度為()A.2g B.eq\f(\r(3),3)gC.(eq\r(3)－1)g D.(eq\r(3)＋1)g答案C解析設物塊的質量為m，當推力F水平向右時，物塊做勻速直線運動，根據平衡條件可得，沿斜面方向Fcos30°＝mgsin30°＋μFN，垂直斜面方向FN＝mgcos30°＋Fsin30°，聯立可解得F＝eq\r(3)mg；當推力F沿斜面向上時，根據牛頓第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，代入數據可解得a＝(eq\r(3)－1)g，故C正確。12.如圖10甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過小物塊壓縮0.4m后鎖定，t＝0時解除鎖定釋放小物塊。計算機通過小物塊上的速度傳感器描繪出它的v－t圖線如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時圖線的切線，已知小物塊的質量為m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是()圖10A.小物塊與地面間的動摩擦因數為0.3B.小物塊與地面間的動摩擦因數為0.4C.彈簧的勁度系數為175N/mD.彈簧的勁度系數為150N/m答案C解析根據v－t圖線的斜率大小表示加速度大小，由題圖乙知，物塊脫離彈簧后的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.55－0.25)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得，摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma，所以μ＝eq\f(a,g)＝0.5，A、B錯誤；剛釋放時物塊的加速度為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma′，代入數據解得k＝175N/m，C正確，D錯誤。13.如圖11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°，質量為m的貨物與車廂地板之間的動摩擦因數為0.3。當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，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()圖11A.0.35mg B.0.3mg C.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水平方向：Ff＝max豎直方向：FN－mg＝mayFN＝1.15mg又eq\f(ay,ax)＝eq\f(3,4)聯立解得Ff＝0.2mg，故D正確。第2講牛頓第二定律的基本應用學習目標1.會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。2.掌握動力學兩類基本問題的求解方法。3.知道超重和失重現象，并會對相關的實際問題進行分析。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.)eq\a\vs4\al(3.)eq\a\vs4\al(4.,,)1.思考判斷(1)已知物體受力情況，求解運動量時，應先根據牛頓第二定律求解加速度。(√)(2)運動物體的加速度可根據運動速度、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的物體處于完全失重狀態。(×)(4)減速上升的升降機內的物體，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。(√)(6)物體處于超重或失重狀態時其重力并沒有發生變化。(√)(7)根據物體處于超重或失重狀態，可以判斷物體運動的速度方向。(×)2.奧運會上，跳水運動員從離開跳臺平面到觸及水面的過程中，下列說法正確的是(不計空氣阻力)()A.上升過程處于超重狀態，下落過程處于失重狀態B.上升過程處于失重狀態，下落過程處于超重狀態C.全過程中一直處于超重狀態D.全過程中一直處于失重狀態答案D考點一瞬時問題的兩類模型1.兩種模型2.解題思路eq\x(\a\al(分析瞬時變化前、,后物體的受力情況))?eq\x(\a\al(列出變化后牛頓,第二定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時,加速度))例1(2023·山東鄒平一中質檢)如圖1所示，輕繩一端連接一質量為m的物體，另一端固定在左側豎直墻壁上，輕繩與豎直墻壁間夾角為45°，物體右側與一輕彈簧相連，輕彈簧另一端固定于右側豎直墻壁上，此時物體對光滑地面的壓力恰好為零，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖1A.此時物體一定受四個力作用B.若突然撤去彈簧，則物體將向左加速運動C.突然剪斷輕繩的瞬間，物體的加速度大小為14.1m/s2D.若突然剪斷輕繩，此時物體受三個力作用答案D解析由題意可知，此時物體對光滑地面的壓力恰好是零，對物體受力分析，物體受到重力、輕繩的拉力和輕彈簧的彈力，共三個力作用，A錯誤；若突然撤去彈簧，則輕繩的拉力發生突變，物體受到重力、地面的支持力，共兩個力作用，處于靜止狀態，B錯誤；在沒有剪斷輕繩前，對物體，由共點力于衡條件可得F彈＝mgtan45°＝mg，突然剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不會突變，物體受到重力、輕彈簧的彈力和地面的支持力三個力的作用，由牛頓第二定律可得F彈＝ma，解得a＝10m/s2，C錯誤，D正確。跟蹤訓練1.如圖2所示，質量為2kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質量為3kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，取重力加速度g＝10m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間()圖2A.B對A的壓力大小為12NB.彈簧彈力大小為50NC.B的加速度大小為10m/s2D.A的加速度為零答案A解析原來A處于平衡狀態，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發生突變，仍有FT＝mAg＝20N，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，故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。考點二動力學的兩類基本問題1.基本思路2.基本步驟角度已知物體受力，分析物體運動情況例2(2022·浙江6月選考，19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖3所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，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μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。圖3(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v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l2。答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)根據牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數據解得a1＝2m/s2。(2)根據運動學公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s。(3)根據牛頓第二定律有μmg＝ma2根據運動學公式有veq\o\al(2,max)－v2＝－2a2l2代入數據聯立解得l2＝2.7m。跟蹤訓練2.(2023·湖南岳陽一中月考)2021年西雙版納“斷鼻家族”十幾頭亞洲象北上“遠足”引發人們關注。為保障人民群眾生命財產安全，同時有效保護亞洲象群，當地有關部門派出無人機不間斷跟蹤監測，采取多種措施引導象群逐步返回普洱或西雙版納原棲息地。現要讓監測所用的無人機從地面豎直起飛，最終懸停在某一高度的空中，如圖4所示。已知無人機質量M＝1.8kg，動力系統能提供的最大升力F＝28N，上升過程中能達到的最大速度為v＝6m/s，豎直飛行時所受空氣阻力大小恒為f＝4N；固定在無人機下方鐵桿上的監測攝像頭質量m＝0.2kg，其所受空氣阻力不計，g取10m/s2。圖4(1)無人機以最大升力豎直起飛，求達到最大速度時所上升的高度h1；(2)無人機以最大升力豎直起飛時，求攝像頭對鐵桿的作用力大小；(3)無人機從地面豎直起飛，要求在t＝7s內實現懸停，求其能上升的最大高度H。答案(1)9m(2)2.4N(3)31.5m解析(1)無人機以最大升力豎直起飛，做勻加速直線運動，對整體運用牛頓第二定律，有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1代入數據解得a1＝2m/s2達到最大速度時所上升時的高度h1＝eq\f(v2,2a1)代入數據解得h1＝9m。(2)對攝像頭，根據牛頓第二定律，有FT－mg＝ma1，代入數據得FT＝2.4N由牛頓第三定律知，攝像頭對鐵桿的作用力FT′＝FT＝2.4N。(3)無人機開始以最大升力勻加速運動的時間t1＝eq\f(v,a1)，代入數據解得t1＝3s無人機最后關閉動力系統后勻減速運動，則(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2代入數據解得a2＝12m/s2根據公式，依題意有t3＝eq\f(v,a2)，h3＝eq\f(v,2)t3代入數據解得t3＝0.5s，h3＝1.5m無人機勻速運動時間t2＝t－t1－t3代入數據解得t2＝3.5s勻速運動的位移h2＝vt2代入數據解得h2＝21m所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3，代入數據解得H＝31.5m。角度已知物體運動情況，分析物體受力例3(2022·浙江1月選考，19)第24屆冬奧會在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖5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5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)圖5(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)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)設雪車從A→B的加速度大小為a、運動時間為t，根據勻變速直線運動的規律有2alAB＝veq\o\al(2,B)、vB＝at解得t＝3s、a＝eq\f(8,3)m/s2。(2)由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5s，設雪車從B→C的加速度大小為a1、運動時間為t1，故t1＝t0－t，根據勻變速直線運動的規律有lBC＝vBt1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)vC＝vB＋a1t1代入數據解得a1＝2m/s2、vC＝12m/s。(3)設雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mgsin15°－f＝ma1代入數據解得f＝66N。跟蹤訓練3.(多選)(2023·貴州模擬)隨著科技的發展，我國的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離。如圖6所示，某航空母艦的水平跑道總長l＝180m，電磁彈射區的長度l1＝80m，一架質量m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣式發動機可為飛機提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假設飛機在航母上受到的阻力恒為飛機重力的eq\f(1,5)。若飛機可看成質量恒定的質點，從右邊沿離艦的起飛速度v＝40m/s，航空母艦始終處于靜止狀態(電磁彈射器提供的牽引力恒定，取g＝10m/s2)。下列說法正確的是()圖6A.飛機在電磁彈射區運動的加速度大小a1＝5.0m/s2B.飛機在電磁彈射區的末速度大小v1＝20m/sC.電磁彈射器對飛機的牽引力F牽的大小為2×104ND.電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的答案AC解析根據牛頓第二定律，飛機離開電磁彈射區后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飛機在電磁彈射區的末速度v1＝20eq\r(2)m/s，由veq\o\al(2,1)＝2a1l1，解得飛機在電磁彈射區運動的加速度a1＝5m/s2，根據牛頓第二定律有F牽＋F推－0.2mg＝ma1，代入數據解得F牽＝2×104N，故B錯誤，A、C正確；根據P＝Fv可知電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，故D錯誤。考點三超重與失重現象1.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)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失。(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。2.判斷超重和失重的方法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，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態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，失重例4(2020·山東卷)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。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()圖7A.0～t1時間內，v增大，FN>mgB.t1～t2時間內，v減小，FN<mgC.t2～t3時間內，v增大，FN<mgD.t2～t3時間內，v減小，FN>mg答案D解析根據位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓第二定律可知乘客處于失重狀態，所受的支持力FN<mg，選項A錯誤；t1～t2時間內，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項B錯誤；t2～t3時間內，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓第二定律可知乘客處于超重狀態，所受的支持力FN>mg，選項C錯誤，D正確。跟蹤訓練4.(多選)(2023·廣西柳州模擬)某跳傘運動員從懸停在空中的直升飛機上由靜止自由下落(空氣阻力不計)，下落一段距離后打開降落傘，降落傘所受阻力Ff與速度v成正比，即Ff＝kv，k為阻力系數。從打開降落傘開始計時運動員的速度隨時間變化的圖像如圖8所示。已知人和降落傘總質量為100kg，g取10m/s2，下列說法中正確的是()圖8A.運動員自由下落的距離為10mB.打開降落傘瞬間運動員的加速度大小a＝30m/s2C.從打開降落傘到速度為5m/s過程中運動員處于失重狀態D.阻力系數k＝200N·s/m答案BD解析根據題目分析可知打開降落傘時速度為20m/s，自由下落過程中v2＝2gh，代入速度可得h＝20m，故A錯誤；從打開降落傘到速度為5m/s過程中，阻力一直大于重力，加速度方向向上，運動員處于超重狀態，故C錯誤；當速度為5m/s時，運動員進入勻速運動狀態，根據平衡方程mg＝kv，可得k＝200N·s/m，故D正確；結合牛頓第二定律可得kv－mg＝ma，可得a＝30m/s2，故B正確。A級基礎對點練對點練1瞬時問題1.兩個質量均為m的小球放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不動)，如圖1所示，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖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解析細線燒斷前，分析整體受力可知彈簧的拉力為F＝2mgsinθ，細線燒斷瞬間，小球A受的合力沿斜面向下，大小為FA＝mgsinθ，由牛頓第二定律知，小球A的瞬時加速度為aA＝eq\f(FA,m)＝eq\f(1,2)g，小球B受的合力沿斜面向上，大小為FB＝F－mgsinθ＝mgsinθ，小球B的瞬時加速度為aB＝eq\f(FB,m)＝eq\f(1,2)g，故C正確，A、B、D錯誤。2.如圖2所示，質量為M的木箱放在水平地面上，質量為m的小球用輕質不可伸長的細線懸掛在木箱頂端且通過輕質彈簧連接于木箱右壁。細線與豎直方向夾角為θ，彈簧處于水平狀態，重力加速度為g，剪斷細線前、后，木箱均處于靜止狀態，剪斷細線瞬間，下列說法正確的是()圖2A.地面對木箱的支持力不變B.地面對木箱的支持力減小了eq\f(mg,cosθ)C.地面對木箱的摩擦力不變D.地面對木箱的摩擦力增加了mgtanθ答案D解析設剪斷細線前、后，地面對木箱的支持力大小分別為FN、FN′，地面對木箱的摩擦力大小分別為Ff、Ff′，剪斷細線前，細線上的拉力大小T＝eq\f(mg,cosθ)，彈簧彈力大小F＝Tsinθ＝mgtanθ，對木箱、小球與彈簧整體分析可知FN＝(m＋M)g，Ff＝0。剪斷細線瞬間，細線上的拉力消失，彈簧上的彈力不變，對木箱分析，豎直方向有FN′＝Mg，地面對木箱的支持力減小了mg，A、B錯誤；對木箱分析，水平方向有Ff′＝F＝mgtanθ，地面對木箱的摩擦力增加了mgtanθ，C錯誤，D正確。對點練2動力學的兩類基本問題3.假設飛機起飛前做初速度為零的勻加速直線運動，飛機起飛時的速度與質量成正比，甲、乙兩飛機的質量分別為m1和m2，甲、乙兩飛機起飛前所受合外力相等，則甲、乙兩飛機起飛前在跑道上滑行的距離之比為()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解析設飛機質量為m，發動機推力為F，根據牛頓第二定律可知飛機加速度a＝eq\f(F,m)，根據題意可知飛機起飛速度v＝km，其中k為比例系數，則滑行距離x＝eq\f(v2,2a)，解得x＝eq\f(k2m3,2F)∝m3，故D正確。4.(2021·全國甲卷，14)如圖3，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θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將()圖3A.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P點與豎直桿的距離為l，則PQ＝eq\f(l,cosθ)。對物塊，根據牛頓第二定律，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))，當2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)時，t最小，由題知θ從30°增大到60°，故物塊的下滑時間先減小后增大，選項D正確。5.(2022·遼寧卷，7)如圖4所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是()圖4A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25答案B解析物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由題意知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數據有v0<2m/s，故A錯誤，B正確；對物塊做受力分析有a＝－μg，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，整理有veq\o\al(2,0)＋2ax>0，聯立可得μ<0.2，故C、D錯誤。6.水平地面上方A處有一小物塊，在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始豎直向上運動，如圖5所示。經過時間t到達B處，此時撤去力F，又經過2t時間物塊恰好落到地面。已知重力加速度大小為g，A處離地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，忽略空氣阻力，則物塊的質量為()圖5A.eq\f(5F,8g) B.eq\f(F,g) C.eq\f(3F,8g) D.eq\f(F,2g)答案A解析物塊在力F作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，上升高度為h1，末速度大小為v1，則h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物塊做豎直上拋運動，則－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，聯立解得a＝eq\f(3,5)g，根據牛頓第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正確。對點練3超重和失重現象7.下列處于失重狀態的物體是()A.勻速下落的雨滴 B.向下減速運動的電梯C.斜向上拋出的小球 D.擺動到最低點時的擺球答案C解析勻速下落的雨滴，加速度為零，既不處于失重狀態也不處于超重狀態，故A錯誤；向下減速運動的電梯，具有向上的加速度，電梯處于超重狀態，故B錯誤；斜向上拋出的小球，具有向下的加速度，小球處于失重狀態，故C正確；擺動到最低點時的擺球，具有向上的加速度，擺球處于超重狀態，故D錯誤。8.(2023·北京師大附中模擬)體育課上某同學做引體向上。如圖6所示，他兩手握緊單杠，雙臂豎直，身體懸垂；接著用力上拉使下頜超過單杠(身體無擺動)；然后使身體下降，最終懸垂在單杠上。下列說法正確的是()圖6A.若增大兩手間的距離，最終懸垂時手掌受到單杠的彈力變大B.若增大兩手間的距離，最終懸垂時手掌受到單杠的彈力不變C.在上升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力D.在下降過程中單杠對人的作用力始終小于人的重力答案B解析人在懸垂時處于靜止狀態，由力的平衡條件可知，手掌受到單杠在豎直方向的彈力不變，A錯誤，B正確；人在上升運動中，由于身體先做加速運動，后做減速運動，人先處于超重狀態，后處于失重狀態，單杠對人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C錯誤；同理，人在下降運動中，身體先做加速運動，后做減速運動，人先處于失重狀態，后處于超重狀態，單杠對人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D錯誤。9.如圖7所示，一原長為L0的彈簧上端固定一小球，置于豎直圓筒中，現讓豎直圓筒依次豎直向下、豎直向上做加速度大小為g的勻加速直線運動，兩次運動中彈簧的長度分別為L1、L2(彈簧始終在彈性限度內)，小球始終未碰到圓筒。則()圖7A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0答案C解析當圓筒豎直向下做加速運動時，即彈簧與小球一起向下加速時，彈簧與小球處于完全失重狀態，此時L1＝L0；當圓筒豎直向上加速運動時，即彈簧與小球一起向上加速時，彈簧、小球處于超重狀態，彈簧受到的壓力大于小球的重力，此時L2<L0，因此L1＝L0＞L2，C正確。B級綜合提升練10.(2022·四川成都模擬)如圖8，傾角為θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接物體a，另一端連接物體b，b與物體c之間連接輕彈簧，a與地面接觸且a、b、c均靜止。已知b、c的質量均為m，重力加速度大小為g。則()圖8A.a的質量可能小于2msinθB.剪斷豎直繩后瞬間，b的加速度大小為2gsinθC.剪斷豎直繩后瞬間，c的加速度大小為gsinθD.剪斷豎直繩后的一小段時間內，b、c的距離變大答案B解析根據平衡條件對b、c整體受力分析可得T＝2mgsinθ，