第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 一、牛顿第一定律　惯性 1．牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 匀速直线运动　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：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律也叫 惯性　定律； ②揭示了力与运动的关系：力不是 维持　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 加速度　的原因。 注意：运动状态的改变指的是速度的改变。 2．惯性 (1)定义：物体具有的保持原来 匀速直线运动　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 大　，质量小的物体惯性 小　。 (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 无关　。 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。 二、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 正比　，跟它的质量成 反比　，加速度的方向跟作用力的方向 相同　。 2．表达式 F＝_ma__。 3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面 静止　或 匀速直线运动　的参考系。 (2)牛顿第二定律只适用于 宏观　物体(相对于分子、原子等)、 低速　运动(远小于光速)的情况。 三、单位制 1．单位制 由 基本　单位和 导出　单位一起组成了单位制。 2．国际单位制中的基本单位 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度 I(IV) 坎[德拉] cd 3．导出单位 由基本物理量根据 物理关系　推导出来的其他物理量的单位。 1．牛顿第一定律是实验定律。( × ) 2．牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体将处于静止状态。( × ) 3．物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止。( × ) 4．力的单位是牛顿，1 N＝1 kg·m/s2。( √ ) 5．物体的加速度方向一定与合力方向相同。( √ ) 6．惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。( √ ) 7．可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。( × ) 8．千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。( × ) 考点1　牛顿第一定律和惯性的理解及应用 (基础考点·自主探究) 1．对牛顿第一定律的两点说明 (1)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。 (2)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。 2．惯性的两种表现形式 (1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，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。 【跟踪训练】 (对牛顿第一定律的理解)(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　　) A．牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的运动规律 B．在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变 C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果 D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态 [答案]　ABD [解析]　牛顿第一定律描述的是物体在不受外力作用时的运动规律，在不受外力作用时总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦力的作用而改变了运动状态；奔跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确。 (惯性的理解和应用)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，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小，可以有效减弱变速时油的涌动 [答案]　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小，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确。 (伽利略的理想斜面实验)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　) A．图甲中通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易 C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，通过实验能直接观察到小球到达等高位置 D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持 [答案]　D [解析]　图甲中通过对斜面上小球运动的研究，合理外推得出小球的自由落体运动是匀变速运动，A错误；图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易，B错误；图乙中完全没有摩擦阻力的斜面实际上是不存在的，不能通过实验直接观察到小球到达等高位置，只能不断接近，C错误；图乙的实验为“理想实验”，是在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种方法，伽利略是在实验的基础上通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D正确。 考点2　牛顿第二定律的理解与应用 (能力考点·深度研析) 1．对牛顿第二定律的理解 2．合力、速度、运动情况的关系 (1)合力与速度方向相同时，物体做加速直线运动。 (2)合力与速度方向相反时，物体做减速直线运动。 (3)合力与速度不在同一直线上时，物体做曲线运动。 ►考向1　对牛顿第二定律的理解 (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，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度 B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用 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．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小 [答案]　ACD [解析]　由牛顿第二定律的瞬时性可知，A正确；由牛顿第二定律的矢量性可知，C正确；力是产生加速度的原因，而不是先有加速度，才受合外力，B错误；由a＝可知，合外力减小，加速度一定减小，当加速度方向与速度方向一致时，速度增大，D正确。本题正确答案为ACD。 ►考向2　合力、速度、加速度间的关系 (多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球的最大加速度为g B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动 C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动 D．小球的最大速度为 [答案]　ACD [解析]　当t＝0时，小球所受的阻力f＝0，此时加速度为g，A正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确。故选ACD。 反思提升　　　　 分析物体运动性质时的三点提醒 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 ►考向3　力的合成与牛顿第二定律的综合应用 [答案]　B [解析]　设每根副绳与主绳的夹角为θ，根据几何关系得sin θ＝＝，解得θ＝30°，直升机匀速飞行时，根据平衡条件得10T1cos 30°＝mg，解得每根副绳的拉力大小为T1＝mg，A错误；直升机以大小为a的加速度竖直向上做加速运动时，根据牛顿第二定律得10T2cos 30°－mg＝ma，解得每根副绳的拉力大小为T2＝，B正确；直升机以大小为a的加速度水平向左做加速运动时，主绳的拉力大小为F＝＝m，C错误；设主绳与竖直方向的夹角为α，根据几何关系得tan α＝＝，直升机在水平向左做匀减速运动过程中，主绳与竖直方向的夹角不变，D错误。 ►考向4　力的分解与牛顿第二定律的综合应用 (2025·安徽高三阶段练习)舰载机沿着航母跑道直线加速过程中，由于气流对机翼的作用会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个与水平面夹角为α的理想斜面，舰载机在起飞前以大小为a＝g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m，前进过程中受到的阻力(包括跑道摩擦阻力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为k＝，重力加速度为g，则总动力F的大小为(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg [答案]　A [解析]　飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示。 沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin α－Ff＝ma，垂直速度方向Fsin α＋FN－mgcos α＝0，由已知条件Ff＝kFN，k＝，联立解得F＝mg，故选A。 【跟踪训练】 (2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两根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 [答案]　A [解析]　小球从P点运动到O点的过程中，所受合力方向始终向下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM＝d，弹簧与竖直方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得2kcos θ＋mg＝ma，解得a＝cos θ·＋g，小球从P点运动到O点的过程中，θ(θ≤90°)增大，故加速度一直减小，撤去F瞬间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg，由牛顿第二定律得小球的最大加速度am＝2g，C、D错误。 某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．20 cm刻度对应的加速度为g B．30 cm刻度对应的加速度为0.5g C．80 cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的 [答案]　C [解析]　设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A错误；30 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B错误；80 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正确；根据牛顿第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma可得a＝－g，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。 如图所示，质量为m的物体静止在水平桌面上，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，当用方向与水平桌面夹角始终为θ＝30°，但大小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物体的加速度a的说法正确的是(　　) A．大小不可能等于0 B．大小可能等于μg C．方向一定沿水平方向 D．方向与水平桌面的夹角可能大于30° [答案]　B [解析]　若物体静止，则有Fcos 30°≤fmax＝μ(mg－Fsin 30°)，解得F≤，则物体处于静止状态，物体加速度大小为0，A错误；根据牛顿第二定律得Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma，当a＝μg时，解得F＝，B正确；当Fsin 30°>mg时物体离开桌面，此时竖直方向的加速度不为零，则此时物体的加速度方向不沿水平方向，C错误；当物体离开水平桌面时，则物体的水平方向的加速度ax＝，竖直方向的加速度ay＝，则加速度方向与水平方向的夹角满足tan α＝＝＝tan 30°－<tan 30°，即α<30°，D错误。 考点3　单位制的应用 (基础考点·自主探究) 1．简化计算过程的单位表达 解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。 2．推导物理量的单位 3．判断比例系数的单位 4．检验表达式的正误 将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表达式一定错误。 【跟踪训练】 (判断比例系数的单位)(2023·辽宁卷)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝k。比例系数k的单位是(　　) A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2) C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3) [答案]　B [解析]　根据题干公式ΔF＝k整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。 (检验表达式的正误)如图所示，运－20是我国自主研发的战略重型运输机，已知运输机的升力为L＝CLpS(其中p为飞行动压、S为机翼面积，CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动压p，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判断出下列飞行动压p的表达式合理的是(　　) A．p＝ B．p＝ C．p＝ D．p＝ [答案]　B [解析]　飞行动压p的国际单位Pa＝N/m2＝＝·，只有选项B等式右边的单位与p的单位符合，选项B正确。 提能训练　练案[14] 基础巩固练 题组一　牛顿第一定律　惯性 1．下列有关力和运动，说法正确的是(　　) A．把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性 B．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大，惯性越大 C．牛顿第一定律也被叫作惯性定律 D．汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前的惯性力 [答案]　C [解析]　把手中的铅球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到竖直向下的重力的缘故，故A错误；惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；牛顿第一定律也被叫作惯性定律，故C正确；公共汽车紧急刹车时，乘客会向前倾倒，这是由于乘客具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故D错误。 2．图示情境中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是(　　) A．小球突然失去惯性 B．动车突然向前加速 C．动车突然向前减速 D．动车做匀速直线运动的速度很大 [答案]　B [解析]　小球突然相对水平桌面向后运动，是因为动车突然向前加速，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对于水平桌面向后运动，故B正确。 题组二　牛顿第二定律　单位制 3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 [答案]　B [解析]　书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩擦力。若书不滑动，由fm＝μmg＝mam，解得高铁的最大加速度为am＝μg＝4 m/s2，即若书不滑动，高铁的加速度不超过4 m/s2，B正确。 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 [答案]　D [解析]　根据牛顿第二定律F－mg＝ma， 可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2， 则电梯向上加速运动。故选D。 5．(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑)，然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为θ，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．儿童向上走时所受摩擦力为mgsin θ，方向沿斜面向上 B．儿童向上走时所受摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向上 C．儿童下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下 D．儿童下滑时加速度为2gsin θ，方向沿斜面向下 [答案]　AC [解析]　儿童从底端缓慢走到顶端过程中，处于平衡状态，所受摩擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为mgsin θ，方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μmgcos θ，下滑时的加速度大小为a＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，故C正确，D错误。 6．小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为(　　) A． B． C． D．η为常数，没有物理单位 [答案]　B [解析]　由f＝6πηrv得η＝，其中f、r、v的国际单位制单位分别是kg·m/s2、m、m/s，故若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，其单位为＝，B正确。 7．如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说法正确的是(　　) A．铁箱对木块的支持力先不变后减小 B．铁箱对木块的摩擦力先不变后减小 C．铁箱对木块的摩擦力一直减小 D．铁箱可能先做加速运动后做减速运动 [答案]　B [解析]　木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力FN＝m木块a逐渐减小，故A错误；木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力Ff＝μFN＝μm木块a逐渐减小，故B正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 8. (2024·六安模拟)如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．若支架静止不动，支架斜面对手机的摩擦力大小为μmgcos θ，方向沿斜面向上 B．手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等 C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力 D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力 [答案]　D [解析]　支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝mgsin θ，故A错误；手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故B错误；手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误；手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D正确。 能力提升练 9．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　) A．0.35mg B．0.3mg C．0.23mg D．0.2mg [答案]　D [解析]　将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，则有水平方向：Ff＝ma·cos 37°，竖直方向：FN－mg＝ma·sin 37°，FN＝1.15mg，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。 10．(2025·广东揭阳联考)如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　) A．甲的轻绳拉力比乙的大 B．两者轻绳拉力大小相等 C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小 D．两轮胎所受合外力大小相等 [答案]　C [解析]　对轮胎T甲sin α＋N＝mg，T甲cos α－μN＝ma甲，T乙sin β＋N＝mg，T乙cos β－μN＝ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，则sin α＞sin β，cos α＜cos β，所以T甲＜T乙，a甲＜a乙，F甲＝ma甲＜F乙＝ma乙，故选C。 11．如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若在物块下滑过程中施加一恒力作用，恒力方向过物块重心且与竖直方向夹角为β，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．若力F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑 B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑 C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右 D．地面对斜面无摩擦力 [答案]　D [解析]　若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，有mgsin α＝μmgcos α，得物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝tan α，施加力F后物块沿斜面方向有(mg＋F)sin α＝μ(mg＋F)cos α，即物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，A错误；若力F垂直斜面向下，则最大静摩擦力变为μ(mgcos α＋F)，mgsin α<μ(mgcos α＋F)，所以物块会减速，B错误；若力F沿斜面向下，物块对斜面有压力和滑动摩擦力，根据μ＝tan α和力的平行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，C错误；只要物块在斜面上是滑动的，物块对斜面的力只有压力和滑动摩擦力，物块对斜面的作用力的合力方向始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，D正确。 12．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)AB、BC中的张力大小； (2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。 [答案]　(1)8 N　6 N　(2)2 N　0 [解析]　(1)根据平衡条件TABsin α＝TBCsin β TABcos α＋TBCcos β＝mg 解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。 (2)根据牛顿第二定律有TAB′sin α－TBC′sin β＝ma TAB′cos α＋TBC′cos β＝mg 解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N 由TBC′<0可知，小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，小球飘起，TBC″＝0，设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有TAB″sin θ＝ma TAB″cos θ＝mg 解得TAB″＝2 N。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 一、牛顿第一定律　惯性 1．牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 匀速直线运动　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：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律也叫 惯性　定律； ②揭示了力与运动的关系：力不是 维持　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 加速度　的原因。 注意：运动状态的改变指的是速度的改变。 2．惯性 (1)定义：物体具有的保持原来 匀速直线运动　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 大　，质量小的物体惯性 小　。 (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 无关　。 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。 二、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 正比　，跟它的质量成 反比　，加速度的方向跟作用力的方向 相同　。 2．表达式 F＝_ma__。 3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面 静止　或 匀速直线运动　的参考系。 (2)牛顿第二定律只适用于 宏观　物体(相对于分子、原子等)、 低速　运动(远小于光速)的情况。 三、单位制 1．单位制 由 基本　单位和 导出　单位一起组成了单位制。 2．国际单位制中的基本单位 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度 I(IV) 坎[德拉] cd 3．导出单位 由基本物理量根据 物理关系　推导出来的其他物理量的单位。 1．牛顿第一定律是实验定律。( × ) 2．牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体将处于静止状态。( × ) 3．物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止。( × ) 4．力的单位是牛顿，1 N＝1 kg·m/s2。( √ ) 5．物体的加速度方向一定与合力方向相同。( √ ) 6．惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。( √ ) 7．可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。( × ) 8．千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。( × ) 考点1　牛顿第一定律和惯性的理解及应用 (基础考点·自主探究) 1．对牛顿第一定律的两点说明 (1)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。 (2)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。 2．惯性的两种表现形式 (1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，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。 【跟踪训练】 (对牛顿第一定律的理解)(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　　) A．牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的运动规律 B．在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变 C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果 D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态 [答案]　ABD [解析]　牛顿第一定律描述的是物体在不受外力作用时的运动规律，在不受外力作用时总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦力的作用而改变了运动状态；奔跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确。 (惯性的理解和应用)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，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小，可以有效减弱变速时油的涌动 [答案]　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小，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确。 (伽利略的理想斜面实验)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　) A．图甲中通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易 C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，通过实验能直接观察到小球到达等高位置 D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持 [答案]　D [解析]　图甲中通过对斜面上小球运动的研究，合理外推得出小球的自由落体运动是匀变速运动，A错误；图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易，B错误；图乙中完全没有摩擦阻力的斜面实际上是不存在的，不能通过实验直接观察到小球到达等高位置，只能不断接近，C错误；图乙的实验为“理想实验”，是在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种方法，伽利略是在实验的基础上通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D正确。 考点2　牛顿第二定律的理解与应用 (能力考点·深度研析) 1．对牛顿第二定律的理解 2．合力、速度、运动情况的关系 (1)合力与速度方向相同时，物体做加速直线运动。 (2)合力与速度方向相反时，物体做减速直线运动。 (3)合力与速度不在同一直线上时，物体做曲线运动。 ►考向1　对牛顿第二定律的理解 (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，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度 B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用 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．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小 [答案]　ACD [解析]　由牛顿第二定律的瞬时性可知，A正确；由牛顿第二定律的矢量性可知，C正确；力是产生加速度的原因，而不是先有加速度，才受合外力，B错误；由a＝可知，合外力减小，加速度一定减小，当加速度方向与速度方向一致时，速度增大，D正确。本题正确答案为ACD。 ►考向2　合力、速度、加速度间的关系 (多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球的最大加速度为g B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动 C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动 D．小球的最大速度为 [答案]　ACD [解析]　当t＝0时，小球所受的阻力f＝0，此时加速度为g，A正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确。故选ACD。 反思提升　　　　 分析物体运动性质时的三点提醒 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 ►考向3　力的合成与牛顿第二定律的综合应用 [答案]　B [解析]　设每根副绳与主绳的夹角为θ，根据几何关系得sin θ＝＝，解得θ＝30°，直升机匀速飞行时，根据平衡条件得10T1cos 30°＝mg，解得每根副绳的拉力大小为T1＝mg，A错误；直升机以大小为a的加速度竖直向上做加速运动时，根据牛顿第二定律得10T2cos 30°－mg＝ma，解得每根副绳的拉力大小为T2＝，B正确；直升机以大小为a的加速度水平向左做加速运动时，主绳的拉力大小为F＝＝m，C错误；设主绳与竖直方向的夹角为α，根据几何关系得tan α＝＝，直升机在水平向左做匀减速运动过程中，主绳与竖直方向的夹角不变，D错误。 ►考向4　力的分解与牛顿第二定律的综合应用 (2025·安徽高三阶段练习)舰载机沿着航母跑道直线加速过程中，由于气流对机翼的作用会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个与水平面夹角为α的理想斜面，舰载机在起飞前以大小为a＝g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m，前进过程中受到的阻力(包括跑道摩擦阻力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为k＝，重力加速度为g，则总动力F的大小为(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg [答案]　A [解析]　飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示。 沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin α－Ff＝ma，垂直速度方向Fsin α＋FN－mgcos α＝0，由已知条件Ff＝kFN，k＝，联立解得F＝mg，故选A。 【跟踪训练】 (2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两根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 [答案]　A [解析]　小球从P点运动到O点的过程中，所受合力方向始终向下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM＝d，弹簧与竖直方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得2kcos θ＋mg＝ma，解得a＝cos θ·＋g，小球从P点运动到O点的过程中，θ(θ≤90°)增大，故加速度一直减小，撤去F瞬间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg，由牛顿第二定律得小球的最大加速度am＝2g，C、D错误。 某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．20 cm刻度对应的加速度为g B．30 cm刻度对应的加速度为0.5g C．80 cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的 [答案]　C [解析]　设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A错误；30 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B错误；80 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正确；根据牛顿第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma可得a＝－g，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。 如图所示，质量为m的物体静止在水平桌面上，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，当用方向与水平桌面夹角始终为θ＝30°，但大小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物体的加速度a的说法正确的是(　　) A．大小不可能等于0 B．大小可能等于μg C．方向一定沿水平方向 D．方向与水平桌面的夹角可能大于30° [答案]　B [解析]　若物体静止，则有Fcos 30°≤fmax＝μ(mg－Fsin 30°)，解得F≤，则物体处于静止状态，物体加速度大小为0，A错误；根据牛顿第二定律得Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma，当a＝μg时，解得F＝，B正确；当Fsin 30°>mg时物体离开桌面，此时竖直方向的加速度不为零，则此时物体的加速度方向不沿水平方向，C错误；当物体离开水平桌面时，则物体的水平方向的加速度ax＝，竖直方向的加速度ay＝，则加速度方向与水平方向的夹角满足tan α＝＝＝tan 30°－<tan 30°，即α<30°，D错误。 考点3　单位制的应用 (基础考点·自主探究) 1．简化计算过程的单位表达 解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。 2．推导物理量的单位 3．判断比例系数的单位 4．检验表达式的正误 将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表达式一定错误。 【跟踪训练】 (判断比例系数的单位)(2023·辽宁卷)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝k。比例系数k的单位是(　　) A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2) C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3) [答案]　B [解析]　根据题干公式ΔF＝k整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。 (检验表达式的正误)如图所示，运－20是我国自主研发的战略重型运输机，已知运输机的升力为L＝CLpS(其中p为飞行动压、S为机翼面积，CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动压p，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判断出下列飞行动压p的表达式合理的是(　　) A．p＝ B．p＝ C．p＝ D．p＝ [答案]　B [解析]　飞行动压p的国际单位Pa＝N/m2＝＝·，只有选项B等式右边的单位与p的单位符合，选项B正确。 提能训练　练案[14] 基础巩固练 题组一　牛顿第一定律　惯性 1．下列有关力和运动，说法正确的是(　　) A．把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性 B．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大，惯性越大 C．牛顿第一定律也被叫作惯性定律 D．汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前的惯性力 [答案]　C [解析]　把手中的铅球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到竖直向下的重力的缘故，故A错误；惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；牛顿第一定律也被叫作惯性定律，故C正确；公共汽车紧急刹车时，乘客会向前倾倒，这是由于乘客具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故D错误。 2．图示情境中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是(　　) A．小球突然失去惯性 B．动车突然向前加速 C．动车突然向前减速 D．动车做匀速直线运动的速度很大 [答案]　B [解析]　小球突然相对水平桌面向后运动，是因为动车突然向前加速，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对于水平桌面向后运动，故B正确。 题组二　牛顿第二定律　单位制 3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 [答案]　B [解析]　书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩擦力。若书不滑动，由fm＝μmg＝mam，解得高铁的最大加速度为am＝μg＝4 m/s2，即若书不滑动，高铁的加速度不超过4 m/s2，B正确。 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 [答案]　D [解析]　根据牛顿第二定律F－mg＝ma， 可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2， 则电梯向上加速运动。故选D。 5．(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑)，然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为θ，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．儿童向上走时所受摩擦力为mgsin θ，方向沿斜面向上 B．儿童向上走时所受摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向上 C．儿童下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下 D．儿童下滑时加速度为2gsin θ，方向沿斜面向下 [答案]　AC [解析]　儿童从底端缓慢走到顶端过程中，处于平衡状态，所受摩擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为mgsin θ，方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μmgcos θ，下滑时的加速度大小为a＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，故C正确，D错误。 6．小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为(　　) A． B． C． D．η为常数，没有物理单位 [答案]　B [解析]　由f＝6πηrv得η＝，其中f、r、v的国际单位制单位分别是kg·m/s2、m、m/s，故若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，其单位为＝，B正确。 7．如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说法正确的是(　　) A．铁箱对木块的支持力先不变后减小 B．铁箱对木块的摩擦力先不变后减小 C．铁箱对木块的摩擦力一直减小 D．铁箱可能先做加速运动后做减速运动 [答案]　B [解析]　木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力FN＝m木块a逐渐减小，故A错误；木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力Ff＝μFN＝μm木块a逐渐减小，故B正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 8. (2024·六安模拟)如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．若支架静止不动，支架斜面对手机的摩擦力大小为μmgcos θ，方向沿斜面向上 B．手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等 C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力 D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力 [答案]　D [解析]　支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝mgsin θ，故A错误；手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故B错误；手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误；手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D正确。 能力提升练 9．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　) A．0.35mg B．0.3mg C．0.23mg D．0.2mg [答案]　D [解析]　将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，则有水平方向：Ff＝ma·cos 37°，竖直方向：FN－mg＝ma·sin 37°，FN＝1.15mg，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。 10．(2025·广东揭阳联考)如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　) A．甲的轻绳拉力比乙的大 B．两者轻绳拉力大小相等 C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小 D．两轮胎所受合外力大小相等 [答案]　C [解析]　对轮胎T甲sin α＋N＝mg，T甲cos α－μN＝ma甲，T乙sin β＋N＝mg，T乙cos β－μN＝ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，则sin α＞sin β，cos α＜cos β，所以T甲＜T乙，a甲＜a乙，F甲＝ma甲＜F乙＝ma乙，故选C。 11．如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若在物块下滑过程中施加一恒力作用，恒力方向过物块重心且与竖直方向夹角为β，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．若力F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑 B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑 C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右 D．地面对斜面无摩擦力 [答案]　D [解析]　若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，有mgsin α＝μmgcos α，得物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝tan α，施加力F后物块沿斜面方向有(mg＋F)sin α＝μ(mg＋F)cos α，即物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，A错误；若力F垂直斜面向下，则最大静摩擦力变为μ(mgcos α＋F)，mgsin α<μ(mgcos α＋F)，所以物块会减速，B错误；若力F沿斜面向下，物块对斜面有压力和滑动摩擦力，根据μ＝tan α和力的平行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，C错误；只要物块在斜面上是滑动的，物块对斜面的力只有压力和滑动摩擦力，物块对斜面的作用力的合力方向始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，D正确。 12．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)AB、BC中的张力大小； (2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。 [答案]　(1)8 N　6 N　(2)2 N　0 [解析]　(1)根据平衡条件TABsin α＝TBCsin β TABcos α＋TBCcos β＝mg 解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。 (2)根据牛顿第二定律有TAB′sin α－TBC′sin β＝ma TAB′cos α＋TBC′cos β＝mg 解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N 由TBC′<0可知，小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，小球飘起，TBC″＝0，设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有TAB″sin θ＝ma TAB″cos θ＝mg 解得TAB″＝2 N。 学科网（北京）股份有限公司 $