第3章 第1讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

第三章　运动和力的关系 [考情分析及命题规律解读] 第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 [学习目标]　1.理解惯性的本质及牛顿第一定律的内容。2.掌握牛顿第二定律的内容及公式,并会应用其解决问题。3.知道力学单位制,会用国际单位制检查结果表达式是否正确。 课时作业 巩固提高训练 考点一　对牛顿第一定律的理解 考点二　对牛顿第二定律的理解及简单应用 考点三　超重与失重问题 内容索引 考点四　力学单位制 考点一　对牛顿第一定律的理解 一 7 盘点 核心知识 1.牛顿第一定律 (1)内容:一切物体总保持　　　　　　　　状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。  (2)意义 ①揭示了物体的固有属性:一切物体都有　　　　,因此牛顿第一定律又叫　　　　定律。  ②揭示了力与运动的关系:力不是　　　　物体运动状态的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生　　　　的原因。  匀速直线运动 惯性 惯性 维持 加速度 2.惯性 (1)定义:物体具有的保持原来　　　　　　 　状态或静止状态的性质。  (2)量度:质量是惯性大小的唯一量度。质量大的物体惯性　　　　,质量小的物体惯性　　　。  (3)普遍性:惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况　　　　。  匀速直线运动 大 小 无关 (4)惯性的两种表现形式 ①保持“原状”:物体在不受力或所受合力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。 ②反抗改变:物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大,物体的运动状态越难以被改变。 3.伽利略的理想实验 (1)特点:实践操作(实验)+逻辑推理 (数学演算)。 (2)作用:提出力不是维持物体运动 状态的原因。 伽利略是物理理想实验的开拓者。理想实验是人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验,可以完美地解释物理学规律或理论。 [判断正误] 1.牛顿第一定律是实验定律。 (　　) 2.运动的物体惯性大,静止的物体惯性小。 (　　) 3.物体不受力时,不可能做匀速直线运动。 (　　) 4.汽车速度越大,刹车时越难停下来,表明物体的速度越大,其惯性越大。 (　　) × × × × [典例1]　(2025·甘肃兰州模拟)在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流,沙石转而大石不移。何者?大石重而沙石轻也。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释,下列说法正确的是(　　) A.水冲沙石,沙石才能运动,说明力是产生运动的原因 B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质量有关 C.只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动,是因为运动需要力来维持 D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力 提升 关键能力 B [解析]　水冲沙石,沙石才能运动,说明力是改变物体运动状态的原因,故A错误;物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性,其大小只与质量有关,质量越大惯性越大,力是改变物体运动状态的原因,重的大石由于质量太大,惯性太大,所以运动状态不容易被水流改变,故B正确;物体的运动不需要力来维持,如沙石不受力的作用时,可以做匀速直线运动,故C错误;“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力,大石所受的合外力为零,故D错误。 [典例2]　(2025·云南丽江模拟)如图所示,在一辆表面光滑的小车上,放有质量分别为m1、m2的两个球,随车一起匀速运动,当车突然停止运动,其他阻力不计,设车无限长,则两小球(　　) A.一定相碰 B.一定不相碰 C.若m1>m2,则肯定相碰 D.若m1<m2,则一定不相碰 B [解析]　小车表面光滑,两个小球在水平方向上不受力的作用,根据牛顿第一定律可知,两球都保持原速度做匀速直线运动,它们之间的距离不会发生变化,因而它们一定不相碰,与它们的质量的大小无关,故选B。 二 考点二　对牛顿第二定律的理解及简单应用 17 盘点 核心知识 1.牛顿第二定律 (1)内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成　　　　,跟它的质量成　　　　,加速度的方向跟作用力的方向　　　　。  (2)表达式:F=　　　　。  正比　 反比 相同 ma 2.对牛顿第二定律的理解 3.合力、加速度、速度间的决定关系 (1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向。只要合力不为零,不管速度多大,物体都有加速度。 (2)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动;合力与速度不共线时,物体做曲线运动,但合力与速度无必然联系。 (3)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无直接关系。 (4)a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。 [判断正误] 1.牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例。 (　　) 2.如果单位合适,牛顿第二定律的表达式可以是F=1 000ma。 (　　) 3.由m=可知,物体的质量与其所受合外力成正比,与其运动的加速度成反比。(　　) 4.物体所受合外力增大,速度一定增大。 (　　) × √ × × 考向1　对牛顿第二定律的理解 [典例3]　(多选)下列说法正确的是 (　　 ) A.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,在力刚作用瞬间,物体立即获得加速度 B.物体由于做加速运动,所以才受合力作用 C.F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关 D.物体所受合力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小 提升 关键能力 ACD [解析]　由于物体的加速度与合力是瞬时对应关系,因此在力刚作用瞬间,物体会立即获得加速度,A正确;根据因果关系,合力是产生加速度的原因,即物体由于受合力作用,才会产生加速度,B错误;牛顿第二定律F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关,C正确;由牛顿第二定律知物体所受合力减小,加速度一定会减小,而速度的变化由加速度和初速度共同决定,不一定会减小,D正确。 考向2　牛顿第二定律的简单应用 [典例4]　(2024·贵州卷)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内,下列说法可能正确的是(　　) A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G C [解析]　由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小,由此可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先正后负,根据牛顿第二定律G-f=·a可知,f先小于G,后大于G,故选C。 考向3　瞬时加速度问题 [典例5]　(2024·湖南卷)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A.g,1.5g　　　　　　　　 B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g A [解析]　剪断前,对B、C、D分析FAB=(3m+2m+m)g,对D,FCD=mg,剪断后,对B,有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C,有FDC+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。 　人教版必修第一册第四章章末复习与提高B组第1题:   如图,两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来,剪断细绳的瞬间,A和B的加速度分别是多少? 考教衔接 [衔接分析]　(1)情景相似,都是分析剪断绳子之后用弹簧连接物体的瞬时加速度问题。 (2)高考题是在教材问题的基础上进行的创新,模型结构更复杂,难度相对较高。 [复习指导]　深刻理解牛顿第二定律的瞬时性,即加速度的变化与力的变化同时发生。对于大形变和微形变模型的力变化的不同特点要理解透彻。 [答案]　2g　0 [典例6]　(多选)如图所示,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取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.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10 m/s2 D.若突然剪断轻绳,此时物体受三个力作用 CD [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,由共点力平衡条件可得F弹=mgtan 45°=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=10 m/s2,C、D正确。 瞬时加速度问题的两种常见模型 方法技巧 1.如图,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L时,它们加速度的大小均为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. A 教参独具 解析:当两球运动至二者相距L时,如图所示, 由几何关系可知sin θ==,由数学知识可知 cos θ=, 设绳子拉力为FT,对结点O,由平衡条件,水平方向有2FTcos θ=F,解得FT=F,对任意小球由牛顿第二定律有FT=ma,解得a=,故A正确,B、C、D错误。 2.(多选)(2022·全国甲卷)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动。某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 AD 解析:两滑块匀速运动的过程中,弹簧对P、Q的弹力大小均为kx=μmg,当撤去拉力后,对滑块P,由牛顿第二定律有kx'+μmg=ma1,同理对滑块Q有μmg-kx'=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg一直减小到零,所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小,此时P的加速度大小为2μg,而弹簧恢复原长时,Q的加速度大小达到最大值,即Q的最大加速度大小为μg,A项正确,B项错误;由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度,且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,C项错误,D项正确。 3.(多选)如图所示,A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、m,其中物体B和C用轻绳相连,而A、B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起,物体A与轻弹簧上端连在一起,轻弹簧下端固定在地面上。现在剪断B、C间的轻绳,在剪断瞬间,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.物体A与B之间的轻绳弹力为 B.物体B的加速度大小为 C.物体A的加速度为0 D.弹簧产生的弹力为0 AB 解析:剪断B、C间的轻绳瞬间,弹簧没有发生突变,弹簧的弹力与剪断前一样,可知弹簧产生的弹力不为0,故D错误;剪断B、C间的轻绳之前,对B、C整体分析有T1=(2m+m)g=3mg,对A分析有2mg+F=T1,解得弹簧弹力F=mg,剪断B、C间的轻绳瞬间,弹簧弹力不变,A、B的加速度大小相等,对B分析有T2-2mg=2ma,对A分析有F+2mg-T2=2ma,解得T2=,a=,故A、B正确,C错误。 三 考点三　超重与失重问题 39 1.超重与失重 (1)超重 ①定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的现象。  ②产生条件:物体具有　　　　的加速度。  盘点 核心知识 大于 向上 (2)失重 ①定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的现象。  ②产生条件:物体具有　　　　的加速度。  (3)完全失重 ①定义:物体对支持物(或悬挂物)　　　　　作用力的现象称为完全失重。  ②产生条件:物体的加速度a=　　　　,方向竖直向下。  小于　 向下 完全没有 g 2.超重、失重和完全失重的对比   超重现象 失重现象 完全失重 受力 F-mg=ma F=m(g+a)> mg mg-F=ma F=m(g-a)< mg mg-F=mg F=0 加速度 方向 加速度方向　　  加速度方向　　  加速度方向向下,大小为a=　　　  运动状态 加速上升或 　　　　  加速下降或 　　　　  抛体运动;卫星绕地球的匀速圆周运动 向上 向下　 g　 减速下降 减速上升 3.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时,物体所受的重力没有变化,只是压力(或拉力)变大或变小了。 (2)即使物体的加速度不是沿竖直方向,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。 (3)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,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 [判断正误] 1.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。 (　　) 2.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　　) 3.环绕地球运动的宇宙飞船不受重力的作用,与地面上的完全失重状态不同。(　　) 4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (　　) × × × √ 考向1　对超、失重现象的理解 [典例7]　(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆,在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速,返回舱速度大大减小。在减速过程中(　　) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 提升 关键能力 A [解析]　返回舱在减速过程中,加速度向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误。 考向2　超、失重现象的图像问题 [典例8]　在沿竖直方向运行的电梯中,把物体置于放在水平面的台秤上,台秤与力传感器相连,当电梯从静止开始加速上升,然后又匀速运动一段时间,最后停止运动时,与传感器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示数与时间的关系图像如图所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.18~20 s过程中,物体的重力先变小后变大 B.该物体的质量为5 kg C.电梯在超重时最大加速度大小 约为16.67 m/s2 D.电梯在失重时最大加速度大小 约为6.67 m/s2 D [解析]　18~20 s过程中,物体的重力保持 不变,故A错误;匀速运动时,根据受力平衡 可得F=mg=30 N,解得该物体的质量为m= 3 kg,故B错误;0~4 s内电梯处于超重状态, 根据牛顿第二定律可得Fmax-mg=mam,解得 最大加速度大小为am== m/s2≈6.67 m/s2,故C错误;18~22 s内电梯处于失重状态,根据牛顿第二定律可得mg-Fmin=mam',解得最大加速度大小为am'== m/s2≈6.67 m/s2,故D正确。 四 考点四　力学单位制 49 1.单位制:　　　　单位和　　　　单位一起组成了单位制。  2.基本单位:基本量的单位。国际单位制中基本量共七个,其中力学有三个,是　　　、　　　、　　　,单位分别是　　　、　　　、　　　。  3.导出单位:由基本量根据　　 　　推导出来的其他物理量的单位。  盘点 核心知识 基本 长度 导出 质量 时间 米　 千克 秒 物理关系 4.国际单位制的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(Iv) 坎[德拉] cd [典例9]　(2025·陕西西安模拟)在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中,流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明,球形物体在液体中运动时除了受到浮力,还会受到阻力,其关系式为f=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是(　　) A.1　　　B. C.2 D.3 提升 关键能力 A [解析]　根据牛顿第二定律有F=ma,所以1 N=1 kg·m/s2,将所有单位代入f=kηrvx,可得N=·m·(m/s)x,所以x=1,故选A。 五 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.关于牛顿运动定律,下列说法正确的是(　　) A.牛顿通过理想斜面实验得出力是维持物体运动状态的原因 B.牛顿第一定律又被称为惯性定律,物体的速度越大,惯性越大 C.伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立作出了基础性的贡献 D.牛顿第三定律指出先有作用力,后有反作用力 C A 夯实基础 解析:伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因,A错误;牛顿第一定律又被称为惯性定律,物体的质量越大,惯性越大,质量是物体惯性大小的唯一量度,惯性与速度无关,B错误;牛顿在伽利略和笛卡儿等人的研究基础上,总结出了牛顿第一定律,伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立作出了基础性的贡献,C正确;作用力与反作用力具有同时性,即同时产生,同时消失,没有先后之分,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏苏州检测)大型油罐车内部设置了一些固定挡板,如图所示,油罐车在水平路面上行驶,下列说法正确的是(　　)   A.油罐车匀速前进时,油没有惯性 B.油罐车加速前进时,两挡板间油的液面仍然保持水平 C.油罐车减速前进时,两挡板间油的液面前低后高 D.挡板间油的质量相对较小,可以有效减小变速时油的涌动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:惯性的大小只取决于物体的质量,和物体的运动状态无关,故A错误;当油罐车加速前进时,由于惯性油向后涌动,所以油的液面应前低后高,故B错误;当油罐车减速前进时,油向前涌动,油的液面前高后低,故C错误;挡板间油的质量相对较小,油的惯性小,所以可以有效减小变速时油的涌动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.据报道,我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨,成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果,打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位,在国际单位制中,下列说法正确的是(　　) A.力学基本物理量是长度、质量、力 B.kg、N、m/s都是导出单位 C.根据牛顿第二定律表达式可知1 N=1 kg·m/s D.新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中,米和秒是国际单位制中的基本单位 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:力学基本量是长度、质量、时间,故A错误;kg是基本单位,N、m/s是导出单位,故B错误;根据牛顿第二定律表达式可知1 N=1 kg·m/s2,故C错误;新闻中涉及的11米、400吨和101.2秒中,米和秒是国际单位制中的基本单位,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)   A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动,加速度大小为 0.50 m/s2 C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动,加速度大小为 0.50 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:由题图可知,该同学处于超重状态,加速度向上,因电梯向上运动,则该时刻电梯向上做加速运动,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,由题意可知F=630 N,mg=600 N,可得a= m/s2=0.50 m/s2,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·浙江衢州高三模拟)如图是无人机正在喷洒农药的场景,则无人机(含箱内农药)(　　)   A.悬停时重力与浮力平衡 B.向下运动时处于失重状态 C.喷洒过程中惯性不变 D.向上加速运动时处于超重状态 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:无人机受到重力和空气升力,悬停时重力与升力平衡,故A错误。当无人机向下加速(或向上减速)运动时,处于失重状态;当无人机向上加速(或向下减速)运动时,处于超重状态,故B错误,D正确。喷洒过程中药水的质量减小,则总体惯性减小,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·八省联考山西卷)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g,则(　　)   A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大 小为T1=2mgtan 60°=2mg L2的拉力大小为T2==4mg 选项A、B错误。 若剪断L1,该瞬间弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零;对甲分析可知,其受重力、弹簧的弹力和L2的拉力,小球甲将以L2的长度为摆长做单摆运动,小球甲所受合力与L2垂直斜向下,由牛顿第二定律可知加速度a===g 选项C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,光滑水平面上有一根光滑的水平细杆,上面套着两个质量均为m、半径很小的球A和B,两球用长为L的细线相连接,开始时细线被拉直。现用一与光滑水平面平行且与杆垂直的恒力F作用于线的中点,使两球由静止开始沿杆运动,当两球相距为0.6L时,两球沿杆滑行的加速度a的大小为(　　) A.a=　　　　　　　　 B.a= C.a= D.a= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:根据题意,对结点受力分析,如图所示, 由平衡条件有 2Tcos θ=F 由几何关系可得 cos θ=,sin θ= 对小球,由牛顿第二定律有 Tsin θ=ma 联立解得a= 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.一同学乘电梯上楼,从静止开始出发,用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为加速度的正方向,则(　　) A.t=4 s时地板对该同学的支持力最小 B.t=7 s时电梯对该同学的支持力为零 C.6~8 s内电梯上升的高度约为4 m D.6~8 s内电梯上升的高度约为9 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:t=4 s时,加速度向上且最大,则该同学处于超重状态,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,可知地板对该同学的支持力最大,故A错误;t=7 s时,加速度为0,根据受力平衡可知,电梯对该同学的支持力等于该同学的重力,故B错误;a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,由题图可知,0~6 s内围成的面积大约有4个小方格,则t=6 s时的速度为v6=Δv=4×0.5×1 m/s= 2 m/s,由图像可知,6~8 s内电梯的加速度为0,做匀速运动,上升的高度约为h=v6t2=2×2 m=4 m,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连,放在光滑斜面上静止。挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,如图甲、乙所示。A、B质量相等,重力加速度为g,斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin θ D.图乙中B球的加速度为gsin θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD 解析:撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin θ,加速度为2gsin θ;题图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsin θ,加速度均为gsin θ,故C、D正确,A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示,劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点,拉长后将下端固定在体验者的身上,人再与固定在地面上的拉力传感器相连,传感器示数为1 000 N。打开扣环,人从A点由静止释放,像火箭一样被“竖直发射”,经B点上升到最高位置C点,在B点时速度最大。已知AB长为2 m,人与装备总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在B点时,弹性轻绳的拉力为零 B.经过C点时,人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间,人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C B 能力提升 解析:在B点时人的速度最大,加速度为零,处于平衡状态,有kx=mg,在A点未释放时,有kx'=mg+F,又x'-x=2 m,联立解得k=500 N/m,故A错误,C正确;在C点速度为零,有向下的加速度,人处于失重状态,故B错误;打开扣环瞬间,由牛顿第二定律可得kx'-mg=F=ma,解得a=12.5 m/s2,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(2025·内蒙古赤峰模拟)如图所示,一根细线一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱内放有一个质量m=0.1 kg的物块,物块与水平轻质弹簧相连,弹簧的另一端与木箱左壁相连,此时弹簧处于伸长状态,弹簧的弹力为0.5 N,物块保持静止状态。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间,物块的加速度大小是(　　) A.a=0 B.a=5 m/s2 C.a=10 m/s2 D.a=5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:用剪刀把细线剪断的瞬间,物块有竖直方向的加速度ay=g=10 m/s2,因物块完全失重,物块对木箱压力为零,则水平方向不受摩擦力,只受弹簧的拉力,则ax==5 m/s2,可知物块的加速度大小a==5 m/s2,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.如图甲所示,高空滑索是一种勇敢者的运动项目。如果某人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动,钢索与水平地面的夹角为30°,在下滑过程中可能会出现如图乙(轻绳与钢索垂直)和如图丙(轻绳沿竖直方向)所示的两种情形,已知人的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法中错误的是(　　) A.图乙中,人一定匀加速下滑 B.图乙中,钢索对轻环的作用力大小为mg C.图丙中,人一定匀速下滑 D.图丙中,钢索对轻环无摩擦力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:题图乙中,人受到重力和轻绳的拉力,由于两个力不共线,且合力方向斜向下,故人只能匀加速下滑,所以A正确;题图乙中,钢索对轻环的作用力大小T=mgcos 30°=mg,所以B正确;题图丙中,人受到重力和轻绳的拉力,两力均沿竖直方向,若合力不为零,则合力必沿竖直方向,与速度不共线,人不可能做直线运动,因此合力一定为零,人一定匀速下滑,所以C正确;题图丙中,轻环也做匀速运动,所受合力为零,轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上,合力不可能为零,因此轻环一定受到钢索的摩擦力,三力平衡,所以D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13.(2024·安徽卷)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:将小球缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零,因此时F=2mg,则此时两弹簧的合力为大小为mg。当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,弹簧弹力在竖直方向的合力不断变小,故小球受的合外力一直变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,解得加速度的最大值为2g,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$