第6讲 牛顿第一定律、牛顿第二定律 课件——2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“运动和力的关系”单元，覆盖牛顿运动定律及其应用、超重和失重、滑块—木板模型等核心考点，依据新课标要求和高考评价体系，通过2022-2025年浙江、北京等多地高考真题统计，明确高频考点权重，归纳实验探究、综合计算等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题深度融入与应试技巧精准指导，如以2025浙江6T19真题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析滑块—木板模型的受力分析与运动过程，指导学生掌握瞬时性问题中轻绳与弹簧的弹力突变规律，帮助学生提升答题技巧和得分率，为教师复习教学提供系统的考点突破方案。

第三单元　 运动和力的关系 1 课程标准 核心考点 考情统计 通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系。理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。通过实验，认识超重和失重现象 牛顿运动定律及其应用 2025：浙江6月T16；1月T5 2024：浙江6月T18 2023：浙江6月T18、T19；1月T18 2022：浙江6月T11、T19；1月T7、T19 超重和失重 2025：浙江6月T2 2024：浙江6月T2；1月T9 2022：浙江6月T6 传送带、滑块—木板类模型 2024：浙江6月T18；1月T18 2023：浙江6月T18；1月T18 实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 2025：浙江1月T14.Ⅰ 2024：浙江1月T16.Ⅰ.(1) 2 第6讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 【学习目标】1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质。 2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。 3.了解常见设问情景和物理模型，掌握解题技巧。 考点一　牛顿第一定律 考点二　牛顿第二定律 考点三　超重和失重问题 内 容 索 引 课时作业 考点四　牛顿第二定律的瞬时性问题 3 一、牛顿第一定律 1.内容：一切物体总保持_______________________或____________，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。  2.理想实验：它是在事实经验基础上采用科学的抽象思维来设计的实验，是人们在思想上塑造的理想过程。牛顿第一定律是在理想斜面实验基础上总结出的，它_______(填“不能”或“可以”)由实际的实验来直接进行验证。 3.物理意义 (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。 (2)提出了一切物体都具有_________，即物体具有维持其原有运动状态的特性。  (3)揭示了力与运动的关系，说明力不是____________________的原因，而是改变物体运动状态的原因。运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生__________的原因。   考点一　牛顿第一定律 匀速直线运动状态 静止状态 不能 惯性 维持物体运动状态 加速度 4 二、惯性 1.定义：物体保持原来___________________________或_______________的性质叫作惯性。  2.惯性大小的量度 _________是物体惯性大小的唯一量度。物体的质量越大，惯性_________；物体的质量越小，惯性_________。  3.对惯性的理解 (1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。 (2)物体惯性的大小只取决于物体的_________，与物体的受力情况、速度大小及所处位置_________。  匀速直线运动状态 静止状态 质量 越大 越小 质量 无关 5 1.牛顿第一定律是实验定律。(　 　) 2.物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态。(　 　) 3.运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(　 　) 4.超载时遇到紧急刹车不容易停下来，说明质量越大，惯性越大。(　 　) ✕ √ ✕ √ 6 (人教版必修第一册改编)如图所示为现代人在实验室所做的伽利略斜面实验的频闪照片的组合图。实验中把小球从左侧斜面的某个位置由静止释放，它将冲上右侧斜面，频闪照片显示小球在右侧斜面运动过程中相邻的两个小球间的距离依次减小；如果右侧斜面变成水平，频闪照片显示小球在右侧水平面运动过程中相邻的两小球间的距离几乎相等。关于这个实验，下列叙述中，正确的是(　 　) A.小球冲上右侧斜面后做减速运动，表明“力是维持物体运动的 原因”的结论是正确的 B.小球最终也会在右侧水平面上停下来，表明“力是维持物体运 动的原因”的结论是正确的 C.因为没有绝对光滑的斜面或者水平面，所以伽利略提出的“如果没有摩擦阻力，小球将 在水平面上永远运动下去”的结论是荒谬可笑的 D.上述实验表明“如果没有摩擦阻力，小球将在水平面上永远运动下去”的结论是正确的 例 1 D 7 物理老师给同学们做了一个有趣的实验，用一根筷子穿过一颗土豆，现在他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子上端，那么你认为该演示实验的现象或原理正确的是(　 　) A.土豆会沿着筷子向上爬 B.该实验原理是利用牛顿第二定律 C.该实验原理是利用牛顿第三定律 D.土豆越大越难完成该实验 例 2 【解析】 该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态(静止或匀速直线运动)，除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而土豆由于具有惯性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则土豆相对筷子在向上运动，即土豆会沿着筷子向上爬，A正确，B、C错误；土豆越大，其质量越大，则惯性越大，越容易完成实验，D错误。 A 8 惯性的两种表现形式 (1)物体在不受力或所受的合力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。 (2)物体受到力时，惯性表现为抗拒运动状态的改变。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态较易改变。 要点总结 9 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：____________。  3.对牛顿第二定律的理解 考点二　牛顿第二定律 正比 反比 相同 F=ma 10 4.加速度两个表达式的对比理解 (1)a=是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系。 (2)a=是加速度的决定式，a的大小由合外力F和质量m决定，且a∝F，a∝。 1.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。(　 　) 2.可以利用牛顿第二定律确定高速(接近光速)运动的电子的加速度。(　 　) 3.F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。(　 　) 4.物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(　 　) ✕ ✕ √ √ 11 (多选)如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。关于小球下落的全过程，下列说法中正确的有(　 　) A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C.从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小 D.从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大 例 3 【解析】 根据牛顿第二定律可知，小球的加速度大小和方向取决于小球受到的合力。从接触弹簧至到达最低点，弹簧弹力从零开始逐渐增大，而小球的重力不变，所以开始时小球受到的合力方向向下，合力逐渐减小，因此小球的加速度逐渐减小；当小球所受的弹簧弹力和重力大小相等时，小球受到的合力为零，加速度为零，此时小球速度最大；此后小球继续下落，弹簧弹力继续增大，小球受到的合力方向向上，合力逐渐增大，因此小球的加速度方向向上，加速度逐渐增大，速度减小；当速度减小为零时，小球停止下落。A、B错误，C、D正确。 CD 12 如图甲所示，一物块放在水平桌面上，物块受到水平向右的拉力F的作用后运动，以水平向右为加速度的正方向。物块的加速度a与拉力F之间的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。物块与水平面桌间的动摩擦因数为(　 　) A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8 例 4 【解析】 根据题图乙可得加速度与拉力的函数关系为a=0.2F－4，根据牛顿第二定律可得F－μmg=ma，整理得a=－μg，比较关系式得μ=0.4，B正确。 B 甲 乙 13 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：FN＞mg。 (3)常见情景：竖直方向__________________。   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：FN＜mg。 (3)常见情景：竖直方向__________________。   考点三　超重和失重问题 大于 加速度向上 小于 加速度向下 14 3.完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________________________的现象称为完全失重现象。  (2)产生条件： FN=0。 (3)常见情景：地面附近竖直方向，加速度竖直向下，且有a=________；在太空轨道上绕地球或其他天体运行时。   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.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(　 　) 4.根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(　 　) 完全没有作用力 g ✕ ✕ √ ✕ 15 为了研究自由落体运动，某同学用手机软件同步采集了手机下落过程中加速度随时间变化的数据，如图所示。实验时，质量为m的手机竖直放置，由静止开始自由下落(竖直向上为正方向，重力加速度为g)，最终落到蹦床上，分析数据，下列说法中，正确的是(　 　) A.MN时段手机处于超重状态 B.NP时段手机处于失重状态 C.N 时刻手机下降到最低点 D.手机落到蹦床后，蹦床对手机的最大弹力大小约 为8mg 例 5 【解析】 MN时段手机有向下的加速度，处于失重状 态，A错误；NP时段手机有向上的加速度，处于超重 状态，B错误；N时刻手机加速度为零，速度不为零，手机仍在向下运动，未到达最低点，C错误；由题图可知，当手机加速度方向向上时，手机加速度最大值约为70 m/s2，根据牛顿第二定律F－mg=ma，解得F=8mg，故手机落到蹦床后，蹦床对手机的最大弹力约为8mg，D正确。 D 16 (2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力Ff的大小随速率增大而增大，Ff随时间t的变化情况如图所示(向上为正)。下列说法中，正确的是(　 　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 例 6 【解析】 t1~t3时间内，Ff向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后竖直向上做减速运动，A错误；t2~t3时间内，Ff向下减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋Ff=ma，即a=＋g，故加速度在减小，B正确；t3~t5时间内，Ff向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重，C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，D错误。 B 17 1.两种模型 (1)轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。 (2)弹簧、蹦床和橡皮筋 当两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹力不突变。 考点四　牛顿第二定律的瞬时性问题 18 2.解题思路 19 (多选)(2025·甘肃卷)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球 A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为 k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法中，正确的有(　 　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 例 7 【解析】 剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，A错误；剪断细线之前，F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F弹－2mg= 2ma，解得A的加速度a=，B正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1=，剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2=，即振幅为A=x1－x2=，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，D错误。 BC 20 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法中，正确的是(　 　) A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2 θ C.A与B的加速度之比为1∶1 D.A与B的加速度之比为cos θ∶1 例 8 【解析】 根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2后，A球将做圆周运动，剪断瞬间速度为0，向心加速度为0，只有切向加速度，故对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT=mgcos θ，mgsin θ=ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还为剪断细绳前的大小，有Fcos θ=mg，mgtan θ=ma2，所以FT∶F=cos2 θ∶1，a1∶a2=cos θ∶1，D正确。 甲 乙 D 21 课时作业 22 答案速对 第三单元 第6讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D AD A B D C A 题号 8 9 10 11 12 答案 AC C C C B 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 23 1.(2024·浙江6月选考)如图所示为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　 　) A.飞行的蝴蝶只受重力的作用 B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C.小猫在空中受重力和弹力的作用 D.小猫蹬地时弹力大于所受重力 D 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 24 2.(多选)为了从图示羽毛球筒的下端取出羽毛球，下列说法中，可能正确的有(　 　) A.向下运动时，筒突然停止 B.向上运动时，筒突然停止 C.左手握筒，右手迅速向下拍击筒的顶部 D.左手握筒，右手迅速向上拍击筒的底部 【解析】 当筒和羽毛球一起向下运动时，筒突然停止，羽毛球由于惯性相对筒向下运动，可从下端取出羽毛球，A正确，B错误；左手握筒，右手迅速向上拍击筒的底部，筒瞬时获得向上的速度，羽毛球由于惯性相对筒向下运动，可从下端取出羽毛球，C错误，D正确。 AD 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 25 3.(2025·甘肃卷)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2) (　 　) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2 【解析】 根据题意，由牛顿第二定律有F－mg=ma，代入数据解得a= m/s2=2 m/s2，A正确。 A 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 26 4.(人教版必修第一册改编)在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m1=1.0 kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1 s内的速度变化量大小是10 m/s，然后将标准物体与待测量物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1 s内的速度变化量大小是2 m/s。则待测物体Q的质量m2为(　 　) A.3.0 kg B.4.0 kg C.5.0 kg D.6.0 kg 【解析】 对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1==10 m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2==2 m/s2，联立解得m2=4.0 kg，B正确。 B 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 27 5.(2025·金华二模)如图所示，用轻弹簧将质量为4m和2m的A、B两个小球相连，B的上端通过轻绳悬挂于天花板，处于静止状态。重力加速度为g，若将轻绳剪断，则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为(　 　) A.g，g B.0，2g C.3g，0 D.0，3g 【解析】 剪断轻绳前，对A分析，由平衡可知F弹=4mg若将轻绳剪断，由于弹簧的弹力不发生突变，A还是处于平衡状态，所以剪断瞬间A的加速度大小为零，对B根据牛顿第二定律2mg＋F弹=2maB，解得aB=3g，D正确。 D 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 28 6.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 【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，则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为正后为负，根据牛顿第二定律有G－f=·a，可知f先小于G，后大于G，C正确。 C 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 29 7.如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　 　) A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动 C.物体运动到O点时，所受合力为零 D.物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小 【解析】 物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O')时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，加速度逐渐增大，至O点时弹力减为零。所以物体越过O'点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。 A 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 30 8.(多选)在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的细线悬挂于小车内的O点，小车沿水平方向运动，小球与小车保持相对静止后，通过如图乙所示的加速度仪表盘测量出细线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到小车此时的加速度值。重力加速度大小为g，不计空气阻力和细线与刻度盘间的摩擦，下列说法中，正确的有(　 　) A.当θ=60°时，小车的加速度大小为g B.两侧角度相同时表示小车的加速度相同 C.若对每一个角度对应的加速度进行标注，则 加速度值越大，表盘刻度越密集 D.加速度越大，用此加速度计测量得越准确 甲 乙 【解析】 设小车的加速度为a，绳中张力为FT，则有FTsin θ=ma，FTcos θ=mg，解得a=gtan θ，θ=60°时a=g，A正确；根据A项分析可知两侧角度相同时，加速度大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不同，B错误；根据a=gtan θ可知a随θ的变化不是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值越大，表盘刻度越密集，C正确；当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大，D错误。 AC 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 31 9.如图甲所示，在力传感器下端悬挂一钩码。某同学手持该传感器，从站立状态下蹲，再从下蹲状态起立回到站立状态，此过程中手和上身保持相对静止。下蹲过程传感器受到的拉力随时间变化情况如图乙所示，则起立过程传感器受到的拉力随时间变化情况可能是(　 　) 甲 乙 【解析】 下蹲过程，钩码先向下加速再向下减速，则加速度方向先向下后向上，即钩码先处于失重状态，再处于超重状态，传感器受到的拉力先小于钩码的重力再大于钩码的重力。起立过程，钩码先向上加速再向上减速，则加速度方向先向上后向下，即钩码先处于超重状态，后处于失重状态，传感器受到的拉力先大于钩码的重力后小于钩码的重力，C正确。 A. B. C. D. C 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 32 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。下列说法中，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 【解析】 人与装备在C点的速度为零，有向下的加速度，则人处于失重状 态，B错误；因在B点时人的速度最大，可知加速度为零，人与装备处于平 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，A错误，C正确；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kx'－mg=ma，解得a=12.5 m/s2，D错误。 C 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 33 11.(2025·湖南卷)如图所示，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g，下列说法中，正确的是(　 　) A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 【解析】 根据题意，A球静止时，对A球受力分析，如图所示，由平行 四边形定则及几何关系可知，轻绳上拉力为FT=mg，A球与B球间的库 仑力F=2mgcos 30°=mg，A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球受到轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，根据三力平衡知识，此时 A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，C正确；若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，D错误。 C 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 34 12.(2025·山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　 　) A.gsin2θ－μgcos θ－μgsin θcos θ B.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2θ C.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin θcos θ D.gcos2θ－μgcos θ－μgsin2θ 【解析】 根据牛顿第二定律mgsin θcos θ－μmgcos θ－μmgsin θsin θ=ma，可得a=gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2θ，B正确。 B 1 2 3 4 5 6 7 8 12 11 10 9 35 $