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（江苏专版）

第1讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 第三章　运动和力的关系 1 [考情分析及命题规律解读] 2 [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。 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 课时作业　巩固提高训练 考点四　力学单位制 内容索引 4 考点一　对牛顿第一定律的理解 一 5 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 盘点 核心知识 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·江苏扬州模拟)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 B 提升 关键能力 [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]　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 [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。 B 考点二 对牛顿第二定律的理解及简单应用 二 14 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 盘点 核心知识 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。(　　) × √ × × [典例3]　(2025·江苏苏州高三模拟)关于物体的运动状态和所受合力的 关系，以下说法正确的是(　　) A.物体所受合力为零，物体一定处于静止状态 B.只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化 C.物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零 D.物体所受的合力不变且不为零，物体的运动状态一定变化 考向1　对牛顿第二定律的理解 D 提升 关键能力 [解析]　物体所受合力为零，则物体处于平衡状态，因此物体处于静止或匀速直线运动状态，A错误；物体所受合力变化时，物体的运动状态会产生变化，物体受恒定的合力时，物体的运动状态也会产生变化，如匀变速直线运动，B错误；物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，物体的速度有时可能为零，如自由落体运动的起点，C错误；物体所受的合力不变且不为零，由牛顿第二定律可知，物体一定有加速度，物体的运动状态一定变化，D正确。 [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 考向2　牛顿第二定律的简单应用 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。 [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 考向3　瞬时加速度问题 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]　(2025·江苏泰州模拟)如图所示，质量为m的小球被一根轻质 橡皮筋AC和一根轻绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上， 绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断中正确的是(　　) A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcos θ C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C [解析]　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，A、B错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球受到的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有＝ma'，故小球的加速度大小a'＝，C正确，D错误。 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. 教参独具 A 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.(2025·江苏昆山检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度 为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) A.物块A的加速度为0 B.物块A的加速度为 C.物块B的加速度为0 D.物块B的加速度为 B 解析：剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg，对A、B根据牛顿第二定律得，加速度为a＝，即A和B的加速度均为，故B正确，A、C、D错误。 3.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g C.物体A的加速度为0 D.弹簧产生的弹力为0 A 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正确，B、C错误。 考点三　超重与失重问题 三 36 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。 (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。 大于 向上 小于 向下 盘点 核心知识 (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。 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。(　　) × × × √ [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 考向1　对超、失重现象的理解 [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。 A 提升 关键能力 [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)(　　) 考向2　超、失重现象的图像问题 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。 考点四　力学单位制 四 45 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。 基本 导出 长度 质量 时间 米 千克 秒 物理关系 盘点 核心知识 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，(v) 摩[尔] mol 发光强度 I，(Iv) 坎[德拉] cd [典例9]　(2025·江苏南京模拟)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 [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。 A 提升 关键能力 课时作业　巩固提高训练 五 49 1.(2025·江苏盐城伍佑中学初考)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微 辄停”。关于运动和力的关系，下列说法中正确的是(　　) A.力是维持物体运动的原因 B.力是改变物体惯性大小的原因 C.力是改变物体位置的原因 D.力是改变物体运动状态的原因 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 夯实基础 D 解析：这句话的意思是圆球投在地上，它的运动方向或东或西或南或北是不一定的，但无论向哪个方向运动，只要用手杖加上一个微小的力，就会停止运动，说明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误，D正确；惯性是物体的固有属性，仅与物体的质量有关，故B错误；运动是改变物体位置的原因，与力无关，故C错误。 50 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 13 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。 D 51 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 13 D 52 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 13 53 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)(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 D 54 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 13 55 5.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 13 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。 D 56 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 13 C 57 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 13 58 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 13 D 59 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 13 60 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 C 61 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 13 62 9.(2025·江苏淮安检测)如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬 间，物体B的加速度大小为(g取10 m/s2)(　　) A.0 B.15 m/s2 C.6 m/s2 D.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故C正确。 C 63 10.如图所示，一辆装满石块的货车在水平道 路上匀速行驶，发现前面有路障，以加速度a 匀减速行驶，货箱中石块A的质量为m，重力 加速度为g，则(　　) A.车匀速行驶时，A受到货箱对它的支持力为mg B.车匀速行驶时，A受到周围与它接触物体的合力为0 C.车匀减速行驶时，A受到货箱对它的支持力变小 D.车匀减速行驶时，A受到周围与它接触物体的合力大于ma 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 能力提升 D 64 解析：车匀速行驶时，石块A受到的合力为0，由于A上面石块对其有向下的压力，则货箱对它的支持力大于mg，故A错误；车匀速行驶时，由于石块所受合外力为零，所以周围与它接触物体的合力与其重力等大反向，所以周围与它接触物体的合力等于mg，方向竖直向上，故B错误；车匀减速行驶时，石块A竖直方向所受合力为零，货箱对它的支持力不变，周围与它接触物体的合力为＞ma，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 65 11.(2025·江苏南京模拟)如图所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC组成，AB与BC的夹角大于90°，质量为m的球放在斜槽中，重力加速度为g，当 斜槽和球一起沿水平面向右运动的过程中，以下说法不正确的是(　　) A.球对AB槽板的压力可能大于mg B.球对AB槽板的压力可能等于零 C.球对BC槽板的压力可能大于mg D.球对BC槽板的压力可能小于mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 66 解析：当斜槽和球一起沿水平面向右以较大的加速度运动时，球可离开BC槽板，此时AB对球的弹力和球的重力的合力产生加速度，此时球对AB槽板的压力大于mg，球对BC槽板的压力为零，A、D正确；当斜槽和球一起沿水平面向右匀速运动时，球受力平衡，此时AB槽板与球虽然接触但不产生弹力，即此时球对AB槽板的压力等于零，球对BC槽板的压力等于mg，B正确；结合上述分析可知，球对BC槽板的压力不可能大于mg，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 67 12.(2025·江苏扬州江都中学月考)如图所示，A、B两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与 斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) 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0 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 68 解析：撤去挡板前，对整体受力分析，挡板对B球的弹力大小为 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D正确，A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 70 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 71 $$