資源簡介

(共91張PPT)
第三章　運動和力的關系
第三章　運動和力的關系
[教師備選資源]
考情 分析 牛頓運動定律的應用及單位制 2024·湖南卷·T3、2024·安徽卷·T6、2024·浙江1月選考·T1、2023·全國甲卷·
T19、2023·浙江1月選考·T5、
2023·江蘇卷·T1、2023·浙江1月選考·T1、
2023·遼寧卷·T2、2022·江蘇卷·T1、2021·北京卷·T13、2021·浙江1月選考·T1
第三章　運動和力的關系
考情分析 動力學及圖像問題 2024·安徽卷·T9、2024·廣東卷·T7、2024·遼寧卷·T10、2024·新課標卷·T12、2024·山東卷·T17、2023·全國乙卷·T14、2022·湖南卷·T9、2021·福建卷·T13、2021·遼寧卷·T13
連接體和臨界極值問題 2023·北京卷·T6、2023·湖南卷·T10、2022·山東卷·T16、2022·全國甲卷·T19、2021·海南卷·T7
第三章　運動和力的關系
考情分析 板塊和傳送帶模型 2024·安徽卷·T4、2024·新課標卷·T12、2021·遼寧卷·T13、2021·全國乙卷·T21
實驗：探究加速度與力、質量的關系 2024·江西卷·T11、2024·甘肅卷·T11、2024·浙江1月選考·T16、2022·山東卷·T13、2021·北京卷·T15、2021·湖南卷·T11
第三章　運動和力的關系
考情分析 牛頓第二定律相關拓展創新實驗 2024·全國甲卷·T22(探究超重和失重現象)、2023·湖北卷·T11(測量動摩擦因數)、
2021·全國甲卷·T22(測量動摩擦因數)、2021·福建卷·T12(阻力與速度的關系)、
2020·山東卷·T13(測重力加速度)
第三章　運動和力的關系
備考 策略 1．加強對慣性、超重和失重現象及牛頓運動定律的理解。
2．靈活應用整體法和隔離法處理連接體等問題。
3．關注以實際生活、生產為背景的牛頓運動定律、運動規律和基本模型的構建和處理。
4．實驗題的考查注重控制變量法、圖像法的應用及以拓展創新形式考查實驗能力的遷移應用。
第1節
牛頓運動三定律
[學習目標]　1．理解慣性的本質及牛頓第一定律的內容。
2．理解牛頓第二定律的內容并會簡單應用。
3．理解牛頓第三定律的內容，會區別作用力和反作用力與平衡力。
4．知道力學單位制。
鏈接教材·夯基固本
1．牛頓第一定律　慣性
(1)牛頓第一定律
①內容：一切物體總保持________運動狀態或靜止狀態，除非作用在它上面的力____它改變這種狀態。
勻速直線
迫使
②意義
a．揭示了物體的固有屬性：一切物體都具有____，因此牛頓第一定律又被叫作____定律。
b．揭示了運動和力的關系：力不是____物體運動的原因，而是改變物體運動狀態的原因，即力是產生______的原因。
慣性
慣性
維持
加速度
(2)慣性
①定義：物體具有的保持原來________運動狀態或靜止狀態的性質。
②量度：質量是慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性__，質量小的物體慣性__。
③普遍性：慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性，與物體的運動情況和受力情況____。
勻速直線
大
小
無關
2．牛頓第二定律　力學單位制
(1)牛頓第二定律
①內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成____，跟它的質量成____，加速度的方向跟作用力的方向____。
②表達式：F＝____。
正比
反比
相同
ma
③適用范圍
a．牛頓第二定律只適用于慣性參考系，即相對于地面____或____________的參考系。
b．牛頓第二定律只適用于____物體(相對于分子、原子等)、____運動(遠小于光速)的情況。
靜止
勻速直線運動
宏觀
低速
(2)力學單位制
①單位制：____單位和____單位一起組成了單位制。
②基本單位：基本量的單位。國際單位制中基本量共七個，其中力學有三個，是____、____、____，單位分別是__、____、__。
③導出單位：由基本量根據________推導出來的其他物理量的單位。
基本
導出
長度
質量
時間
米
千克
秒
物理關系
3．牛頓第三定律
(1)作用力和反作用力：兩個物體之間的作用總是____的，當一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力，物體間相互作用的這一對力，通常叫作作用力和反作用力。
(2)內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向____，作用在____________。
(3)表達式：F＝－F′。
相互
相反
同一條直線上
1．易錯易混辨析
(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)由m＝可知，物體的質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．(人教版必修第一冊習題改編)(多選)下面對牛頓第一定律和慣性的分析正確的是(　　)
A．飛機投彈時，當目標在飛機的正下方時投下炸彈，能擊中目標
B．地球自西向東自轉，人向上跳起來后，還會落到原地
C．安全帶的作用是防止汽車剎車時，人由于慣性發生危險
D．向上拋出的物體，在空中向上運動，是因為受到了向上的作用力
√
√
BC　[飛機在目標正上方投彈時，由于慣性，炸彈會落在目標的前方，A錯誤；地球自西向東自轉，人向上跳起后，由于慣性，還會落在原地，B正確；汽車剎車時，由于慣性，人會向前沖，安全帶可以防止人的前沖帶來的危險，C正確；物體被向上拋出后，在空中向上運動是由于慣性，D錯誤。]
3．(人教版必修第一冊習題改編)(多選)一個質量為2 kg的物體，放在光滑水平面上，受到兩個水平方向的大小為5 N和7 N的共點力作用，則物體的加速度可能是(　　)
A．1 m/s2 B．4 m/s2
C．7 m/s2 D．10 m/s2
√
√
AB　[物體受到兩個水平方向的大小為5 N和7 N的共點力作用，合力大小的范圍為2 N≤F≤12 N，再由牛頓第二定律知加速度的范圍為1 m/s2≤a≤6 m/s2，A、B正確。]
細研考點·突破題型
考點1　牛頓第一定律的理解　慣性
1．牛頓第一定律的兩點說明
(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。
2．對慣性的理解
(1)慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性。
(2)物體的慣性總是以“保持原狀”“反抗改變”兩種形式表現出來。
(3)物體慣性的大小取決于質量，質量越大，慣性越大。
(4)慣性與物體的受力情況、運動狀態及所處的位置無關。
3．慣性的兩種表現形式
(1)保持原狀：物體在不受力或所受合外力為0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，慣性表現為運動狀態改變的難易程度。慣性越大，物體的運動狀態越難以被改變。
角度1　牛頓第一定律的理解和應用
[典例1]　(多選)下列對牛頓第一定律的理解正確的是(　　)
A．牛頓第一定律反映了物體在不受外力作用時的運動規律
B．在不受外力作用時，物體的運動狀態保持不變
C．在水平地面上滑動的木塊最終停下來，是由于沒有外力維持木塊運動
D．奔跑的運動員，由于遇到障礙而被絆倒，這是因為他受到外力作用迫使他改變原來的運動狀態
√
√
√
ABD　[牛頓第一定律描述的是物體在不受外力作用時的運動規律，在不受外力作用時總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態不變，A、B正確；牛頓第一定律還揭示了力和運動的關系，力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持物體運動狀態的原因，在水平地面上滑動的木塊最終停下來，是由于摩擦力的作用而改變了運動狀態，奔跑的運動員，遇到障礙而被絆倒，是因為他受到外力作用而改變了運動狀態，C錯誤，D正確。]
角度2　慣性的理解及應用
[典例2]　某同學為了取出如圖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(　　)
A．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
√
A　[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。]
考點2　牛頓第二定律的理解
1．牛頓第二定律的性質
(1)同體性：式中合力F、質量m、加速度a對應同一物體。
(2)獨立性：作用在物體上的每一個力都可以產生一個加速度，物體的加速度是所有力產生的加速度的矢量和。
(3)瞬時性：加速度與合力F是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失。
(4)矢量性：加速度方向與合力的方向相同，表達式是矢量式。
(5)因果性：合力F是產生加速度a的原因。
2．瞬時加速度的兩類模型
角度1　牛頓第二定律的理解
[典例3]　(多選)下列說法正確的是(　　)
A．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，在力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度
B．物體由于做加速運動，所以才受合力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關
D．物體所受合力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小
√
√
√
ACD　[由于物體的加速度與合力是瞬時對應關系，因此在力剛作用瞬間，物體會立即獲得加速度，A正確；根據因果關系，合力是產生加速度的原因，即物體由于受合力作用，才會產生加速度，B錯誤；牛頓第二定律F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關，C正確；由牛頓第二定律知物體所受合力減小，加速度一定會減小，而速度的變化由加速度和初速度共同決定，不一定會減小，D正確。]
角度2　瞬時性問題
[典例4]　(一題多變)如圖所示，兩個質量均為m的小球A、B用輕質彈簧連接，小球A的另一端用輕繩系在O點，放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不動。系統靜止時，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，設小球A、B的加速度大小分別為aA、aB，重力加速度大小為g，則(　　)
A．aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
√
A　[輕繩被剪斷前，對小球B進行受力分析，由平衡條件可知，輕彈簧的拉力F＝mg sin 30°，輕繩被剪斷的瞬間，輕彈簧的長度還沒有來得及發生變化，輕彈簧的彈力不變，小球B的受力情況沒有發生變化，仍然處于靜止狀態，加速度為零。在剪斷輕繩的瞬間，小球A受到輕彈簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，由牛頓第二定律有F＋mg sin 30°＝maA，解得aA＝g。A正確。]
[變式1]　在[典例4]中，若將去掉輕繩換成如圖所示擋板，突然撤去擋板的瞬間，A、B兩球的加速度大小分別是多少？
[解析]　撤去擋板瞬間，由于彈簧彈力不能突變，則A球所受合力為0，加速度為0，撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mg sin θ，撤去擋板瞬間，B球與擋板之間彈力消失，B球所受合力大小為2mg sin θ，加速度大小為g。
[答案]　0　g
[變式2]　在[典例4]中，若A、B兩球用輕質桿相連，且去掉輕繩換成如圖所示擋板，突然撤去擋板的瞬間，A、B兩球的加速度大小分別是多少？
[解析]　撤去擋板前，輕桿上有彈力為mg sin θ，但是撤去擋板瞬間，桿的彈力突變為0，A、B兩球作為整體以共同加速度運動，所受合力大小為2mg sin θ，加速度大小均為。
[答案]　　
規律方法　求解瞬時加速度的步驟
考點3　牛頓第三定律的理解
1．作用力與反作用力的“三同、三異、三無關”
(1)三同：大小相同、性質相同、變化情況相同。
(2)三異：方向相反、不同物體、不同效果。
(3)三無關：與物體的種類、運動狀態、是否受其他力無關。
名稱 作用力和反作用力 一對平衡力
示例說明 物塊對平板的壓力F1與平板對物塊的支持力F2是一對作用力和反作用力

物塊在重力G與支持力F2作用下平衡，故重力G與支持力F2是一對平衡力
2．作用力和反作用力與一對平衡力的區別
名稱 作用力和反作用力 一對平衡力
作用對象 兩個相互作用的不同物體 同一個物體
作用時間 一定同時產生、同時消失 不一定同時產生、同時消失
力的性質 一定相同 不一定相同
作用效果 不可抵消 可相互抵消
角度1　牛頓第三定律的理解
[典例5]　北京時間2024年8月6日14時42分，長征六號甲運載火箭搭載“千帆星座”首批18顆組網衛星，從太原衛星發射中心成功發射升空。衛星在約兩小時后順利進入預定的極地軌道，發射任務圓滿成功，這標志著我國向全球衛星互聯網領域邁出重要一步。關于這次衛星與火箭發射的情形，下列敘述正確的是(　　)
A．火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體反過來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
√
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，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，B、C錯誤，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，這是一對作用力與反作用力，D錯誤。]
角度2　作用力和反作用力與一對平衡力的比較
[典例6]　如圖所示是一種有趣好玩的感應飛行器的示意圖，主要是通過手控感應飛行，它的底部設置了感應器裝置。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
√
B　[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。]
角度3　轉換研究對象法的應用
[典例7]　如圖所示，質量為M的大圓環，用輕繩懸掛于天花板上，兩個質量均為m的小圓環同時從等高處由靜止滑下，當兩小圓環滑至與大圓環圓心等高時所受到的摩擦力均為Ff，重力加速度為g，則此時大圓環對繩的拉力大小是(　　)
A．Mg B．(M＋2m)g
C．Mg＋2Ff D．(M＋2m)g＋2Ff
√
C　[小圓環受到大圓環的摩擦力大小為Ff，方向豎直向上，根據力的作用是相互的，則大圓環受到兩個小圓環的摩擦力大小各為Ff，方向豎直向下，以大圓環為研究對象，大圓環處于靜止狀態，受力平衡，向上的力是繩子對它的拉力F，向下的力有大圓環所受重力G、兩個小圓環對它的摩擦力2Ff；根據平衡關系，有F＝G＋2Ff＝Mg＋2Ff，由牛頓第三定律可知大圓環對繩的拉力大小為Mg＋2Ff，故C正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·浙江1月選考)下列屬于國際單位制基本單位符號的是
(　　)
A．s B．N
C．F D．T
√
A　[國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；質量的單位是千克，符號kg；時間的單位是秒，符號s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號K；物質的量單位是摩爾，符號mol；發光強度的單位是坎德拉，符號cd。]
2．(2023·浙江6月選考)在足球運動中，足球入網如圖所示，則
(　　)
A．踢香蕉球時足球可視為質點
B．足球在飛行和觸網時慣性不變
C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力
D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力
√
B　[研究踢香蕉球時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，因此足球不能視為質點，A錯誤；物體的慣性大小僅與其質量有關，足球在飛行和觸網時質量不變，因此慣性不變，B正確；足球在飛行時，僅受重力和空氣阻力，C錯誤；足球觸網時，足球對網的力和網對足球的力是一對相互作用力，即兩個力的大小是相等的，D錯誤。]
3．(2024·湖南卷)如圖所示，質量分別為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，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，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
√
A　[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，由力的平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg，細線剪斷瞬間，對B由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對C由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。]
教考銜接·鏈接人教版必修第一冊P114B組T1
如圖所示，兩個質量相同的小球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球和B球的加速度分別是多少？
[解析]　設A、B兩球的質量均為m，剪斷細繩前，以B為研究對象可知彈簧的彈力
F＝mg；以A、B整體為研究對象，可知細繩的拉力為2mg。
剪斷細繩瞬間，細繩的拉力為0，彈簧的彈力不變，即仍有F＝mg，
根據牛頓第二定律，對A有mg＋F＝maA，得aA＝2g；
對B有F－mg＝maB，得aB＝0。
[答案]　2g　0
4．(2025·八省聯考陜西卷)如圖所示，質量均為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，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mg
B．L2的拉力大小為3mg
C．若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度
大小為g
D．若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g
√
C　[對甲、乙整體受力分析可知，L1的拉力大小為T1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小為T2＝＝4mg，A、B錯誤；若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙受的合外力仍為零，加速度為零，對甲分析，由牛頓第二定律可知加速度大小為a＝＝g，C正確，D錯誤。故選C。]
課時數智作業(六)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．伽利略曾用如圖所示的理想實驗來研究力與運動的關系，則下列符合實驗事實的是(　　)
A．小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面
B．沒有摩擦，小球上升到原來釋放時的高度
C．減小斜面的傾角θ，小球仍然達到原來的高度
D．繼續減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去
12
√
13
A　[小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面，這是實驗事實，故A正確；因為生活中沒有無摩擦的軌道，所以小球上升到原來釋放時的高度為推理，而不是實驗事實，故B錯誤；減小斜面的傾角θ，小球仍然達到原來的高度，是在B項基礎上的進一步推理，而不是實驗事實，故C錯誤；繼續減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去，是在C項的基礎上繼續推理得出的結論，而不是實驗事實，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
2．(2023·遼寧卷)安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律。若兩段長度分別為ΔL1和ΔL2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝k。 比例系數k的單位是(　　)
A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)
C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
B　[F的單位為N，1 N＝1 kg·m/s2，可推出k的單位為kg·m/(s2·A2)，B正確，A、C、D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
3．電動平衡車是時下熱門的一種代步工具。如圖所示，人筆直站在電動平衡車上，在某水平地面上沿直線勻速前進，下列說法正確的是(　　)
A．電動平衡車對人的作用力大于人對電動平衡車
的作用力
B．人的重力與車對人的支持力是一對相互作用力
C．地面對車的摩擦力與車對地面的摩擦力是一對相互作用力
D．在行駛過程中突然向右轉彎時，人會因為慣性向右傾斜
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
C　[根據牛頓第三定律，“電動平衡車”對人的作用力大小等于人對“電動平衡車”的作用力，故A錯誤；人的重力與車對人的支持力的受力物體都是人，不可能是相互作用力，故B錯誤；地面對車的摩擦力與車對地面的摩擦力是一對相互作用力，故C正確；在行駛過程中突然向右轉彎時，人會因為慣性向左傾斜，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
4．如圖所示，一個劈形物體M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一光滑小球A，劈形物體從靜止開始釋放，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是(　　)
A．沿斜面向下的直線
B．豎直向下的直線
C．無規則曲線
D．拋物線
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
B　[由題意知，小球在水平方向上不受外力作用，由牛頓第一定律知，小球在此方向上將保持原有的運動狀態不變，即靜止而不向左或向右運動，只有豎直方向上的運動，因此運動軌跡是一條豎直向下的直線。故B正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
5．(2023·浙江1月選考)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小(　　)
A．O點最大
B．P點最大
C．Q點最大
D．整個運動過程保持不變
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
A　[由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時空氣阻力分解在豎直方向最大，根據牛頓第二定律可知此時豎直方向分運動的加速度最大。故選A。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
6．(2022·江蘇卷)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＝10 m/s2，若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(　　)
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
B　[書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度為4 m/s2，B正確，A、C、D錯誤。]
7．(2024·安徽卷) 如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，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，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(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
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
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
A　[緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力的合力為零，此時兩彈簧拉力的合力大小為mg。當撤去拉力F，則小球從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，故小球受的合力一直變小，加速度的最大值為剛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。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
8．如圖所示，餐廳服務員水平托舉菜盤給顧客上菜。若服務員托舉菜盤先勻速前行，此時手對菜盤的作用力大小為F1，當服務員加速向前運動的過程中，手對菜盤的作用力大小為F2，下列說法正確的是(　　)
A．F1＝F2 B．F1＜F2
C．F1＞F2 D．F1＞2F2
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
B　[若服務員托舉菜盤先勻速前行，此時手對菜盤的作用力大小為F1＝mg，服務員加速向前運動的過程中，菜盤有沿速度方向的加速度，菜盤受力如圖所示，則手對菜盤的作用力大小F2＞mg，即F1＜F2，故選B。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
9．大型油罐車內部設置了一些固定擋板，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．擋板間油的質量相對小，可以有效減弱變速時油的涌動
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
D　[慣性的大小只取決于物體的質量，和物體的運動狀態無關，故A錯誤；當油罐車加速前進時，由于慣性油向后涌動，所以油的液面應前低后高，故B錯誤；當油罐車減速前進時，油向前涌動，油的液面前高后低，故C錯誤；當擋板間油的質量相對小時，油的慣性小，可以有效減弱變速時油的涌動，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
10．如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量均為m，2、4質量均為m0，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、
3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。
重力加速度大小為g，則有(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
C　[在抽出木板的瞬間，物塊1、2與輕桿接觸處的形變立即消失，物塊1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足F彈－mg＝0，即a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，故C正確，A、B、D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
11．如圖所示，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(　　)
A．μ1(m＋M)g，向左
B．μ2mg，向右
C．μ2mg＋ma，向右
D．μ1mg＋μ2Mg，向左
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
B　[木塊受到長木板對它的水平向左的摩擦力，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，由于長木板處于靜止狀態，對長木板受力分析可知，地面對它的摩擦力方向向左，大小為Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛頓第三定律可知，長木板對地面的摩擦力大小為μ2mg，方向向右，故B正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
12．(多選)如圖甲所示，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(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
A．小球的最大加速度為g
B．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
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
√
√
ACD　[當t＝0時，小球所受的阻力f＝0，加速度最大，此時加速度為g，A正確；由題圖乙知，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－，當a＝0時，速度最大，此后小球做勻速運動，最大速度vm＝，C、D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
13．如圖所示，兩塊小磁鐵質量均為0.5 kg，A磁鐵用輕質彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長L0＝10 cm，勁度系數k＝100 N/m。當A、B均處于靜止狀態時，彈簧的長度為L＝11 cm。不計地磁場對磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，g取10 m/s2。求：
(1)A對B的磁力的大小和方向；
(2)B對地面的壓力大小。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
[解析]　(1)假設B對A的磁力豎直向上，對A受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得
k(L－L0)＋F－mg＝0
解得F＝4 N
故B對A的磁力大小為4 N，方向豎直向上
由牛頓第三定律得A對B的磁力大小F′＝F＝
4 N，方向豎直向下。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
(2)對B受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得
FN－mg－F′＝0
解得FN＝9 N
由牛頓第三定律得B對地面的壓力大小為9 N。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
[答案]　(1)4 N　方向豎直向下　(2)9 N
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑