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第三章　運動和力的關系
第三章　運動和力的關系
題型 廣東省近三年考情
2024年 2023年 2022年
選擇題 T3，4分，考查動力學與圖像結合問題
實驗題 T11，7分，考查牛頓第二定律實驗
計算題 T14，13分，以安全氣囊為模型考查牛頓第二定律的應用 T15，15分，題目綜合性強，考查傳送帶、動量、能量的相關問題 T13，11分，T14，15分，考查結合牛頓第二定律的能量、動量內容的綜合問題
第三章　運動和力的關系
考情分析
1．廣東高考對于本章命題題型較全，命題熱點涉及牛頓第二定律的瞬時性、超重與失重問題、動力學兩類基本問題、動力學與圖像結合問題、動力學中的多過程問題。
2．題目綜合性強，注重與電場、磁場的結合，注重生產、生活與當今熱點、現代科技的聯系。題型涉及的解題方法有整體—隔離法、數圖轉換法、函數論證法、臨界極限法、控制變量法等。
3．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
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．牛頓第一定律的意義
(1)明確了慣性的概念：牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性。
(2)揭示了力的本質：力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持物體運動的原因。
(3)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。如果物體所受的合外力等于零，其效果跟不受外力作用時相同。
2．慣性的兩種表現形式
(1)物體的慣性總是以保持“原狀態”或反抗“改變”兩種形式表現出來。
(2)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)。
[典例1]　(2025·廣東韶關模擬)從牛頓第一定律可直接演繹得出
(　　)
A．質量是物體慣性大小的量度
B．質量一定的物體加速度與合外力成正比
C．物體的運動需要力來維持
D．物體有保持原有運動狀態不變的特性
√
D　[一切物體在不受外力時，總保持靜止狀態或勻速直線運動狀態。保持靜止狀態或勻速直線運動狀態是指原來靜止的將保持靜止狀態，原來運動的將保持勻速直線運動狀態。故牛頓第一定律說明了一切物體均有慣性，會保持原來的運動狀態不變，同時說明了力是改變物體運動狀態的原因，故只有D正確。]
【典例1　教用·備選題】(2025·廣東茂名診斷)我國高鐵列車在運行過程中十分平穩。某高鐵列車沿直線勻加速啟動時，車廂內水平桌面上水杯內的水面形狀可能是(　　)
A　　　　 B　　　　 C　　　　 D
√
B　[當高鐵列車沿直線向右勻加速啟動時，由于慣性，水保持原來的運動狀態不變，水相對于水杯會向左偏移，故水面形狀接近選項B。]
考點2　牛頓第二定律的理解
1．牛頓第二定律的六大特性
(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。
(6)局限性：只適用于宏觀、低速運動的物體，不適用于微觀、高速運動的粒子。物體的加速度必須是相對慣性系而言的。
2．合力、加速度、速度間的決定關系
(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向。只要合力不為零，不管速度大小如何，物體都有加速度。
(2)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；合力與速度不共線時，物體做曲線運動，但合力與速度無必然聯系。
(3)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關系。
(4)a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。
3．瞬時加速度的兩類模型
角度1　牛頓第二定律的理解
[典例2]　(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(　　)
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
√
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合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，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，故小球受的合外力一直變小，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，C、D錯誤。]
【典例2　教用·備選題】(多選)(2025·廣東汕頭模擬)如圖所示，輕質彈簧上端固定，不掛重物時下端位置在C點；在下端掛一個質量為m的物體(可視為質點)后再次保持靜止，此時物體位于A點；將物體向下拉至B點后釋放。關于物體的運動情況，下列說法正確的是(　　)
A．物體由B到A的運動過程中，物體的加速度一直在減小
B．物體由B到A的運動過程中，物體的速度一直在增大
C．物體由B到C的運動過程中，物體的加速度一直在增大
D．物體由B到C的運動過程中，物體的速度先增大后減小
√
√
√
ABD　[物體在A點處于平衡狀態，從B到A過程中，彈簧彈力大于重力，根據牛頓第二定律可知，物體將向A加速運動，隨著彈簧形變量的減小，物體加速度將逐漸減小，當到達A時彈力等于重力，物體速度達到最大，然后物體將向C做減速運動，從A到C過程中，彈簧彈力逐漸減小，因此物體做減速運動的加速度大小逐漸增大，故從B到C整個過程中，物體加速度大小先減小后增大，速度先增大后減小，故A、B、D正確，C錯誤。]
角度2　瞬時性問題
[典例3]　(2024·湖南卷)如圖，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　[剪斷前，對B、C、D整體分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，對D，FCD＝mg，剪斷后，對B，FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向豎直向上；對C，FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向豎直向下。故選A。]
規律方法　解決瞬時類問題的基本方法
(1)選取研究對象(一個物體或幾個物體組成的系統)。
(2)先分析剪斷繩(或彈簧)或撤去支撐面之前物體的受力情況，由平衡條件求相關力。
(3)再分析剪斷繩(或彈簧)或撤去支撐面瞬間物體的受力情況，由牛頓第二定律列方程求瞬時加速度。
【典例3　教用·備選題】如圖所示，兩個完全相同的小球a、b，用輕彈簧N連接，輕彈簧M和輕繩一端均與a相連，另一端分別固定在豎直墻和天花板上，彈簧M水平，當輕繩與豎直方向的夾角為60°時，M、N伸長量剛好相同。若M、N的勁度系數分別為k1、k2，a、b兩球的質量均為m，重力加速度大小為g，則下列判斷正確的是(　　)
A．＝2
B．＝
C．若剪斷輕繩，則在剪斷的瞬間，a球的加速度為零
D．若剪斷彈簧M，則在剪斷的瞬間，b球處于失重狀態
√
思路點撥：(1)剪斷輕繩的瞬間，兩彈簧彈力均不會突變，各自與剪斷前的彈力相同。
(2)無論在輕彈簧M的何處將M剪斷，彈簧M的彈力均立即突變為零。
A　[設M、N的伸長量均為x，在題圖中狀態下，a球、彈簧N和b球整體受到重力2mg、輕繩的拉力FT、彈簧M的拉力FM的作用處于平衡狀態，根據力的平衡條件有FM＝k1x＝2mg tan 60°＝2mg，b球受重力mg和彈簧N的拉力FN的作用處于平衡狀態，則FN＝k2x＝mg，解得＝2，選項A正確，選項B錯誤；剪斷輕繩的瞬間，輕繩的拉力突變為零，而輕彈簧中的彈力不會突變，即剪斷輕繩前彈簧彈力與剪斷輕繩的瞬間彈簧彈力相同，a球受重力和兩彈簧的拉力，合力不為零，則加速度不為零，選項C錯誤；剪斷彈簧M的瞬間，彈簧M的彈力突變為零，彈簧N的彈力不變，則b球加速度仍為零，選項D錯誤。]
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。
項目 一對作用力和反作用力 一對平衡力
不同點
相同點 大小相等、方向相反、作用在同一條直線上
2．一對作用力和反作用力與一對平衡力的比較
[典例4]　(2025·廣東汕尾模擬)如圖所示，人站立在體重計上，下列說法正確的是(　　)
A．人所受的重力和人對體重計的壓力是一對平
衡力
B．人所受的重力和人對體重計的壓力是一對作用
力和反作用力
C．人對體重計的壓力和體重計對人的支持力是一對平衡力
D．人對體重計的壓力和體重計對人的支持力是一對作用力和反作用力
√
D　[人所受的重力作用在人身上，人對體重計的壓力作用在體重計上，且二者的產生沒有相互性，人所受的重力和人對體重計的壓力方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故A、B錯誤；人對體重計的壓力和體重計對人的支持力是一對相互作用力，故C錯誤，D正確。]
1．如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體，現將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點。如果物體受到的阻力恒定，那么(　　)
A．物體從A到O先加速后減速
B．物體從A到O做加速運動，從O到B做
減速運動
C．物體運動到O點時，所受合力為零
D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小
√
學情診斷·當堂評價
A　[物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右，隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大，當物體向右運動至AO間某點(設為點O′)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大，此后，隨著物體繼續向右運動，彈力繼續減小，阻力大于彈力，合力方向變為向左，至O點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所以物體通過O′點后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度大小逐漸增大的減速運動，故A正確。]
2．如圖所示，質量為2 kg的物體B和質量為1 kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質量為3 kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(g取10 m/s2)(　　)
A．0 B．15 m/s2
C．6 m/s2 D．5 m/s2
√
C　[開始彈簧的彈力等于物體B的重力，即F＝mBg，放上物體A的瞬間，彈簧彈力不變，對A、B組成的系統整體分析，根據牛頓第二定律得a＝＝＝6 m/s2，選項C正確。]
3．一個箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環，箱與桿的質量為M，環的質量為m，如圖所示。已知環沿桿勻加速下滑時，環與桿間的摩擦力大小為Ff，不計空氣阻力，重力加速度為g，則此時箱子對地面的壓力大小為(　　)
A．Mg＋Ff B．Mg－Ff
C．Mg＋mg D．Mg－mg
√
A　[環在豎直方向上受重力及箱子內的桿給它的豎直向上的摩擦力Ff，受力情況如圖甲所示，根據牛頓第三定律，環給桿一個豎直向下的摩擦力F′f，故箱子及桿整體豎直方向上受重力Mg、地面對它的支持力FN及環給它的摩擦力F′f，受力情況如圖乙所示，由于箱子及桿整體處于平衡狀態，可得FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg，根據牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力大小，即＝Mg＋Ff，故選項A正確。]
課時分層作業(六)　牛頓運動三定律
題號
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1．(2025·廣東清遠檢測)伽利略對“運動和力的關系”和“自由落體運動”的研究，開創了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法。圖1、圖2分別表示這兩項研究中實驗和邏輯推理的過程。對這兩項研究，下列說法正確的是(　　)
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A．圖1中完全沒有摩擦阻力的斜面是實際存在的，實驗可實際完成
B．圖1的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出物體的運動需要力來維持
C．圖2通過對自由落體運動的研究，合理外推得出小球在斜面上做勻變速運動
D．圖2中先在傾角較小的斜面上進行實驗，可“沖淡”重力，使時間測量更容易
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題號
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D　[完全沒有摩擦阻力的斜面實際是不存在的，故實驗不可能實際完成，故A錯誤；題圖1的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出物體的運動不需要力來維持，故B錯誤；伽利略設想物體下落的速度與時間成正比，因為當時無法測量物體的瞬時速度，所以伽利略通過數學推導證明如果速度與時間成正比，那么位移與時間的平方成正比，由于當時用滴水法計時，無法記錄自由落體運動的較短時間，伽利略設計了讓小球沿阻力很小的斜面滾下，來“沖淡”重力
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的作用效果，而小球在斜面上運動的加速度要比它豎直下落的加速度小得多，所用時間長得多，所以容易測量，伽利略做了上百次實驗，并通過抽象思維在實驗結果上做了合理外推，故C錯誤，D正確。]
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2．下列屬于國際單位制中基本單位符號的是(　　)
A．J　　　B．K　　　C．W　　　D．Wb
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B　[國際單位制中的七個基本單位是千克、米、秒、安培、開爾文、坎德拉、摩爾，符號分別是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余單位都屬于導出單位。故選B。]
3．如圖所示為廣泛應用的智能快遞分揀機器人簡化圖，派件員在分揀場內將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人可以將不同類別的包裹自動送至不同的位置，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
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A．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹不受摩擦力的作用
B．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹沒有慣性
C．包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力
D．包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力等于包裹的重力
√
A　[包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正確；一切物體在任何情況下都有慣性，慣性是物體的一個基本屬性，B錯誤；包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力有豎直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有豎直方向的支持力與包裹的重力大小相等，因此機器人對包裹的作用力不等于包裹的重力，D錯誤。]
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4．如圖所示，小車放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小車，不計小車與地面之間的摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．甲拉小車的力和乙拉小車的力是一對作用力和反作用力
B．小車靜止時甲拉小車的力和乙拉小車的力是一對平衡力
C．若小車加速向右運動，表明小車拉
甲的力大于甲拉小車的力
D．若小車加速向右運動，表明乙拉小
車的力大于小車拉乙的力
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B　[甲拉小車的力和乙拉小車的力作用在同一物體上，不是作用力和反作用力，A錯誤；不計小車與地面之間的摩擦力，小車靜止時水平方向受到兩個拉力而處于平衡狀態，這兩個拉力是一對平衡力，B正確；小車拉甲的力跟甲拉小車的力是作用力和反作用力，兩力大小是相等的，C錯誤；同理，D錯誤。]
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5．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)
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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。]
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6．如圖所示，一只盛水的容器固定在一個小車上，在容器中分別懸掛和拴住一只鐵球和一只乒乓球，容器中水和鐵球、乒乓球都處于靜止狀態，當容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動狀況是(以小車為參考系)　(　　)
A．鐵球向左，乒乓球向右
B．鐵球向右，乒乓球向左
C．鐵球和乒乓球都向左
D．鐵球和乒乓球都向右
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A　[小車突然向右運動時，由于慣性，鐵球和乒乓球都“想”保持原有的靜止狀態，由于與同體積的“水球”相比鐵球的質量大，慣性大，鐵球的運動狀態難改變，而同體積的“水球”的運動狀態容易改變，所以小車加速運動時，鐵球相對于小車向左運動；同理，由于與同體積的“水球”相比乒乓球的質量小，慣性小，乒乓球相對向右運動，故A正確。]
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7．(2025·廣東高三開學考試)如圖所示，有一個巨型鋼圓筒，質量為6×105 kg，由10根起吊繩通過液壓機械抓手連接，每根繩與豎直方向的夾角為37°(其他8根沒有畫出)，每根繩承受的最大拉力為8×105 N，則起吊過程的最大加速度為(g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，繩的質量忽略不計)(　　)
A． m/s2 B．1 m/s2
C．2 m/s2 D．4 m/s2
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A　[每根繩的最大拉力為8×105 N，則10根繩的合力Fmax＝10Tmaxcos 37°＝6.4×106 N，由牛頓第二定律有Fmax－mg＝mamax，解得amax＝ m/s2，故選A。]
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8．(2024·廣東惠州一模)雨滴從高空由靜止下落的過程中，受到的空氣阻力滿足f＝kv2，k為定值，取豎直向下為正，下列表示雨滴速度v和加速度a的圖像可能正確的是(　　)
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
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B　[雨滴從高空由靜止下落的過程中，設雨滴的質量為m，根據牛頓第二定律可得a＝＝g－，可知隨著雨滴速度的增大，加速度逐漸減小，所以雨滴做加速度逐漸減小的加速運動，則v-t圖像的切線斜率逐漸減小，B可能正確，A錯誤；當空氣阻力等于雨滴重力時，雨滴的加速度減為0，且加速度a與速度v不是線性關系，C、D錯誤。故選B。]
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9．(多選)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發動機，總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k為常量)。當發動機關閉時，飛行器豎直下落，經過一段時間后，其勻速下落的速率為10 m/s；當發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5 m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是(　　)
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A．發動機的最大推力為1.5 Mg
B．當飛行器以5 m/s勻速水平飛行時，發動機推力的大小為Mg
C．發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5 m/s
D．當飛行器以5 m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g
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BC　[當飛行器關閉發動機以v1＝10 m/s勻速下落時，有Mg＝，飛行器以v2＝5 m/s向上勻速時，設最大推力為Fm，Fm＝，聯立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A錯誤；飛行器以v3＝5 m/s勻速水平飛行時F＝＝Mg，B正確；發動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時F阻＝＝Mg＝，解得v4＝5 m/s，C正確；當飛行器最大推力向下，以v5＝5 m/s 的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值＝Mam，解得am＝2.5g，D錯誤。]
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10．(2025·廣東汕尾聯考)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質量為m，物塊2、4質量為M，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(　　)
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
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C　[在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自的重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊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mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C正確。]
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11．(2025·廣東深圳三校模擬)如圖所示是汽車運送圓柱形工件的示意圖。圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器，假設圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數為零，P、N傳感器示數不為零。當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數為零，而Q、N傳感器示數不為零。已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g取10 m/s2，則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為(　　)
A．3 m/s2 B．2.5 m/s2
C．2 m/s2 D．1.5 m/s2
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A　[當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數為零而Q、N傳感器示數不為零，對圓柱形工件受力分析如圖所示，根據牛頓第二定律得FQ＋mg＝FN cos 15°，FN sin 15°＝ma，聯立可得a＝tan 15°＝×0.27＋10×0.27 m/s2＝＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為，
故A正確，B、C、D錯誤。]
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12．如圖所示為用索道運輸貨物的情境，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質量為m的重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，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態，重物對車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為(　　)
A．0.35mg 　 B．0.3mg
C．0.23mg 　 D．0.2mg
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D　[將a沿水平和豎直兩個方向分解，對重物受力分析如圖所示，水平方向：Ff＝max，豎直方向：FN－mg＝may，又＝，三式聯立解得Ff＝0.2mg，由牛頓第三定律知重物對車廂地板的摩擦力F′f＝Ff＝0.2mg，故D正確。]
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13．如圖所示為雜技“頂竿”表演的示意圖，一人站在地上，肩上扛一質量為M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時，重力加速度為g，竿對“底人”的壓力大小為(　　)
A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g
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B　[對竿上的人進行受力分析，其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，則Ff＝m(g－a)。竿對人有摩擦力，人對竿也有摩擦力，且大小相等，方向相反。對竿進行受力分析，其受重力Mg、竿上的人對竿向下的摩擦力Ff′、頂竿的人對竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因為竿對“底人”的壓力和“底人”對竿的支持力是一對作用力和反作用力，由牛頓第三定律得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故選項B正確。]
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14．(多選)如圖所示，傾角為α＝37°的斜面體放置在水平地面上，勁度系數為k的輕彈簧下端連接在斜面體底端的擋板上，質量為m的物塊a連接在輕彈簧的上端，放在斜面體上的物塊b通過跨過光滑定滑輪的細繩與質量為m的球c連接。初始時a、b接觸但a、b間無作用力。物塊b、滑輪間的細繩與斜面平行，斜面光滑，重力加速度為g，斜面體質量為2m，sin 37°＝0.6。斜面體始終靜止，
下列說法正確的是(　　)
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A．物塊b的質量為m
B．剪斷細繩后，地面對斜面體的最大支持力為mg
C．剪斷細繩后，a沿斜面運動的最大位移為
D．剪斷細繩后，某過程中a對b和b對a的沖量大小一定相等
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BD　[剪斷細繩前，b、c受力平衡，且a、b間沒有作用力，由力的平衡條件得mbg sin 37°＝mg，解得mb＝m，故A錯誤；剪斷細繩前，對物塊a由平衡條件得mg sin 37°＝kx0，剪斷細繩瞬間，物塊a、b所受沿斜面向下的合力為mg(最大回復力)，在彈簧作用下先做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力為kx1＝mg sin 37°＋mg時(平衡位置)，二者速度達到最大，之后開始做加速度增大的減速運動，由運動的對稱性知，當彈力為kx2＝mg sin 37°＋2mg時(最大位移處、
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回復力最大)，二者靜止，有向上的加速度a，滿足a＝mg，由整體法可知，當地面對斜面體的支持力最大時，系統有向上的最大加速度，在豎直方向，地面對斜面體的支持力為FN＝g＋mg sin 37°＝mg，結合分析知剪斷細繩后a的最大位移為xm＝，由上述分析可知，a、b始終未分離，又a、b間的作用力為相互作用力，二者始終等大反向，由動量定理可知，剪斷細繩后，某過程中a對b和b對a的沖量大小一定相等，故B、D正確，C錯誤。]
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