第3章 第11课时 牛顿第一定律牛顿第二定律-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

面的支持力FN、地面的摩擦力F,和墙壁的弹 力FN1,如图乙所示，根据平衡条件，有F:= FN1,FN=G,故地面对A的支持力不变，地面！ 对A的摩擦力F,逐渐减小，故C错误，D! 正确。 FNB F A mg 乙 答案D [例2]解析对小球受力 0 分析如图所示，由平衡条 件可知，将三个力按顺序 首尾相接，可形成如图所 示闭合三角形。由图可 F B 知力的三角形与几何三 角形△A(O(了相似，则有 O 器是-是得R、 辰F:=故Λ正有，B错误：拨模地拉 绳，小球由A到B的过程中，mg、R、h均不变，！ L逐渐减小，由上式可知，FN不变，FT变小，故 C正确，D错误。 答案AC [例3]解析物体始终 保持静止，合力为零，由 于重力不变，以及F和 F2的夹角a=150°不 P 变，3=30°，则mg、F1、 F,构成封闭的矢量三 角形如图所示，可知在 AO绳由水平转动至竖 直的过程中，AO绳中的拉力F,先增大后减 小，BO绳中的拉力F。一直减小，故A、C错误： 当F为直径时，F,最大，则AO绳中最大拉力 为Fm一n30=2mg,故B正确：在A0绳竖 mg 直时，B)绳中拉力最小，为零，故D错误。 答案B 考点二 例4]解析设半球质量 为m,则光滑球质量为 2m,对光滑球和不光滑的 半球受力分析，如图所 示，当半球的球心到竖直 墙壁的距离为2.2R时， 由几何关系，有sin0= 2.2R-R=0.6,对整体， 2R 根据平衡条件可得F;=FNe-2 ng tan0,Fg= mg十2g,又F,-Fg,联立解得4=0.5。给球 体向下沿通过球心的竖直方向施加力，半球和球 始终保持静止，需要满足(F+2mg)tan a(hg十 F+2mg,即ana≤r(2mgF+,当半球 mg 球心到墙壁的距离为最大值L时，有tana-4, 由几何关系，有L=2 Rsin a十R,联立解得L= (25+)R截D正确。 答案D [例5]解析方法一三角函数法 设拉力与水平方向夹角为0，根据平衡条件有 Fcos0=4(ng一Fsin0),整理得F= cos 0usin 01 sin (B0) -(其中sin3= 一)，当0=受-B时F最小，故所需拉力 1十2 F的最小值F=mg=2√26N。 1十 方法二利用“摩擦角”法 设FN与F的合力与F、方向的 第三章运动和力的关系 夫角为a,则ana=示=么① 第11课时牛顿第一定律牛顿第二定律 考点 再设FN与F,的合力为F 如图所示，当拉力F与F'垂直时 mg 有最小值 1匀速直线运动状态静止状态 即Fmin=mgsin a② 12.不能 由①②得Fmn=2√26N。 3.(2)惯性(3)维持物体运动状态 答案2√26N ·1.匀速直线运动状态静止状态 第10课时实验二：探究弹簧弹力 2.质量越大越小 与形变量的关系 13.(2)质量 无关 实验三：探究两个互成角度的力 判断正误 的合成规律 1.×2.、/ 3.×4./ 考点一 ·[例1]解析水冲沙石，沙石才能运动，因为水 1.(1)相等(2)伸长量z 的冲击力克服了阻力，故力是改变运动状态的 2.弹簧钩码若干 原因，故A错误；物体总有保持原有运动状态 例1]解析(1)弹簧被拉伸时，不能超出它的！ 的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越 弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；用悬挂！ 大惯性越大，重的大石由于质量太大，惯性太 钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于！ 大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正 竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待： 确：物体的运动不需要力来雏持，如沙石不受力 钩码平衡时再读数，故B正确：弹簧的长度不等 的作用时，可以做匀速直线运动，故C错误： 于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去 “大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻 原长，故C错误：用几个不同的弹簧，分别测出！ 力，大石所受的合外力为零，故D错误。 几组拉力与伸长量，得出每组的弹力与形变量： 答案B 之比不相等，故D错误。 (②)根据朔克定律F-k红，可知图像的斜率等于[例2]解析 由题意可知，C浮在上面对上壁有 弹簧的劲度系数，由图像求出弹簧的劲度系数！ 压力，可知c排开水的质量大于C本身的质量， 为k8X10Nm=300N/m 24 同理b排开水的质量等于b本身的质量，a排 开水的质量小于a本身的质量：则当容器向右 (3)弹簧测力计的最小分度值为0.1N,指针在！ 做匀加速直线运动时，由牛顿第一定律可知，物 1.7与1.8之间，故读数为1.75N。 块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧 答案(1)AB(2)300(3)1.75(1.731.77 壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与 均对) 容器一起做匀加速运动；物块℃因相等体积的 例2]解析(1)根据螺旋测微器的读数法则： 水将向左运动，则导致C将相对于容器向右运 有7mm十41.5×0.01mm=7.415mm 动，最终与容器右侧壁相互挤压（可将C想象为 (2)当弹力为零时弹簧处于原长为17.6mm;将： 一个小气泡)，故远C,D。 题图反向延长与纵坐标的交点为2.50N,则根： 答案CD 据胡克定律可知弹簧的劲度系数为=△ =!考点二 184 N/mo 1.正比反比相同 2.F=ma 答案(1)7.415(2)18417.6 判断正误 考点二 1.×2.×3./4./ 5.(2)小圆环 例3]解析(1)实验中的分力与合力的关系 ·讨论交流 必须满足：F一F2≤F,F十F(等号在F 雨滴先加速下落，速度变 ↑/(ms-) 与F,反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都 大，所受空气阻力变大，由 是可以的。 牛顿第二定律mg一kv= (2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是· na知，雨滴的加速度减 标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段 小，当雨滴所受的空气阻 绳子的方向。 力与重力大小相等时，加速度为零，雨滴匀速 (3)F,的方向一定竖直向下，由于测量误差，F· 下落。其下落的v-t图像如图所示 和F:的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是：汇例3]解析以两个小球整体为研究对象，受 正确的。 到重力和拉力，如图甲所示，根据牛顿第二定律 答案(1)BCD(2)A(3)甲 有(m十M)g tan a=(n十MDa,得a=gtan a:以 例4]解析(1)操作测得x 下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图乙 11.60cm,由图(b)的图像坐标可 所示，根据牛顿第二定律有Mgtan0=Ma,得 知，该芒果的质量为106g；若杯 30 a一gtan0,因为两球的加速度相同，则可知两 中放入芒果后，绳1与竖直方向 夹角为30°但与橡皮筋不垂直，根 段细线与竖直方向的夹角相同。故B正确。 据共，点力平衡可知橡皮条的拉力 变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像 读出芒采的质量与n,相比偏大。 (2)另一组同学利用同样方法得到的x一n图！ 像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过} 大，导致橡皮筋所受的弹力过大超过了弹簧的 弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成： 正比。故选C。 (3)根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖！ 答案B 直方向的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋：[例4]解析缓慢拉至P点，保持静止，由平衡 的拉力较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖！ 条件可知此时拉力F与小球的重力和两弹簧 直方向的夹角可增大质量测量范围。 的拉力合力为零，此时两弹簧的合力大小为 答案(1)106偏大(2)C(3)诚小细线与： mg。当撤去拉力，小球从P,点运动到O点的 竖直方向的夹角 过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下， 458 小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球！考点四 从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变1.基本导出 小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受2.长度质量时间米千克秒 到的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度3.物理关系 的最大值为去拉力时的加速度，由牛频第二例9]解析根据题千公式△=6IL△△业 定律可知2mg=na,加速度的最大值为2g,故！ r C、D错误。 △F2 答案A 整理可得k=,代入相应物理量单位！ [例5]解析剪断细线后，弹力大于A的重力，！ 可得比例系数k的单位为=kg·m/s 则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向 A A2 上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此！ kg·m/(s2·A2),故选B。 时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，远项A 答案B 错误；剪断细线之前则F一3mg,剪断细线瞬 第12课时动力学两类基本问题 间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 动力学图像问题 F一2mg2,解得A的加选度a=号，连者点一 :[例1]解析(1)助推器脱落后，受到阻力F;= 项B正确：剪断细线之前弹簧伸长量x1=3m坚！ 2 5mg 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧： 上升过程，由牛顿第二定律有 仲长量=2四，即振幅为A=一4-咒 ng十F,=ma1 解得a1=12m/s2,方向竖直向下， 由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸： 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的 长量为四，选项C正确：由上述分析可知，小球 高度 Uo A运动到最低，点时，弹簧伸长量为3m,选项D h2一2a1 =6×10m=60km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 错误。故选BC。 h=h1十h2=90km。 答案BC (2)助推器从最高，点开始下落过程中，由牛顿第 [例6]解析对a球受力分析，由平衡条件可i 二定律可知mg一F;一ma2 知FM=k1x=2 mngtan60°=2√5ng,Fr线=！ 解得a2=8m/s cos6而=4mg,对b球受力分析有FN=k工=！ 2mg 落回地面的速度大小为 v=√/2a2h=1200m/s g,则=23，三，故A正确B错 助推器从脱离到最高，点所用时间 误；若剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间，α球受 4=2=100s 重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度， 不为零，故C错误；若剪断弹簧M,则在剪断的： 从最高，点到落地点所用时间2=”=150s 瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为 所以助推器从脱离到落地经历的时间 0,故D错误。 t=t1+t2=250s。 答案A 答案(1)90km(2)1200m/s250s 考点三 :[例2]解析(1)当双臂双腿并拢加速下滑时，设： 向上向下g加速减速加速减速 加速度大小为a,报据几何关系有sm0=冬- mgma mg-ma 0 判断正误 16.8-0.6 28 1.×2.×3./4.× 讨论交流 根据牛顿第二定律有ngsin0一0.4mg=ma1 塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水！ 解得a1=2m/s2。 对下部的水产生压力；当让水瓶自由下落时，由！ (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小 于a=g,水和瓶均处于完全失重状态，上部的 为a2,根据牛顿第二定律有 2×0.4ng-mngsin0=mag 水不会对下部的水产生压力，故水不再从小孔！ 解得a2=2m/s 流出。 设人的最大速度为m,人滑到低端的速度为u, [例7]解析18~20s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 剥有十。，1十 2ao 可得F-ng=30N,解得该物体的质量为n=! 3kg,故B错误；0~4s内电梯处于超重状态，根： 代入数值联立解得m=8m/s,t=6s。 据牛顿第二定律可得Fs一mg=mam,解得最大虹例3 答案(1)2m/s2(2)8m/s6s 解析设杆与竖直方向的夹角为，则有 加速度大小为a-Fmg-030m/= 3 ，可 2R·eos0=号gc0s0:f,解得1=2√ 6.67m/s2,故C错误：1822s内电梯处于失 知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C 重状态，根据牛顿第二定律可得ng一Fmim一！ 三点的时间相等，即t1=2=13,故远D。 a',解得最大加速度大小为a'=mg一F- 答案D 考点二 3010m/s=6.67m/g,故D正确。 3 [例4幻解析以小物块为对象，根据牛顿第二 答案D F 定律可得F-mngsin0-F;=na,可得a= n [例8]解析(1)由题图可知弹簧测力计的分： b 度值为0.5N,则读数为5.0N。 mgim9十日，结合a一F图像可得=k= (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 mgsin 0F 4.5N,小于物体的重力，可知此段时间内物体： 一b,可知小物块的质量为n= 处于失重状态；G=ng=5.0N 1 根据牛顿第二定律mg一Fr=ma 友，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈L.0m/s。: ngsin0+F=mb=c,故B、D正确。 答案(1)5.0(2)失重1.0 答案BD 459 例5]解析由题意可知两x-1图线均为抛物 线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由图 (b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀 减速直线运动，对甲有3江，=，十之a,6, 对之有=。一之2，由于1=，时之图 线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有。= ，由以上整理得a甲=a2,由牛顿第二定律 at 对甲有mngsin0-h1 mngcos0=map,对乙有 mgcos0-mgsin0=ma元，整理得h1十h= 2tan日，A正确；t=t0时甲的速度为v=h十am 。,联立以上得v=2,B错误；t=。前，由于 物块甲，乙的加速度大小相等，方向相反，则物 块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止， 斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为 零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体 的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错 误；一t。时物块乙的速度减为零，此后，物块乙 静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运 动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物 块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对 斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。 答案AD 第13课时动力学中的连接体和 临界、极值问题 考点一 例1]解析设P和Q的质量分别为7n和 2,当把大小为F1、方向向左的水平推力作用 在P上时，设整体的加速度大小为a1,根据牛 顿第二定律有F1-9na1。隔离Q分析，因为P 和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及 牛顿第二定律有2 mngtan0=2a1,联立解得 F,=平mg:当把大小为F方向向右的水平推 力作用在Q上时，设整体的加速度大小为ag, 根据牛顿第二定律有F2=9ma,设Q对P的 弹力大小为FN,则Fxsin0=7ma2,根据牛顿第 三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN,隔 离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直 方向上根据平衡条件有FNcos0=2mg,联立 解得R,一兴，所以号-子益A正扇。 答案A 例2]解析甲相对木箱向右运动，则甲受到 木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知 甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛 顿第二定律有T一4ng=ma,对乙由牛顿第二 定律有ng一T=na,联立解得甲运动的加速度 大小a=2.5m/s2,绳子拉力大小T-7.5N,C 正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖 直方向上有FN=Mg十ng十T,可知地面对木 箱支持力FN不变，B错误。 答案C 考点二 例3]解析若：>，B相对于车比A相对于 B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A 相对B一直静止，故A正确；若凸>2，整体相 对静止的最大加速度为a。=(m十3mg m3m 2g,则最大拉力为Fm=（n十3m十5m)am= 9hmg,当F=9hmg时，B与车之间开始相对 滑动，故B错误；若凸<地，逐渐增大F,A相对 于B比B相对于车先滑动，故C正确；若1 h,A、B与车都相对静止，系统的最大加速度 为a'=mg=hg,则最大拉力为Fm' (m十3m十5m)am=941ng,故D错误。 答案AC第三章 运动和力的关系 第11课时 牛顿第一定律 牛顿第二定律 【目标要求】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.了解单位制，并知道国际单位制中的七个基本单位，会用国际单位制检查结 果表达式是否正确。 考点一 牛顿第一定律 一、牛顿第一定律 (2)物体惯性的大小只取决于物体的 ,与 1.内容：一切物体总保持 或 物体的受力情况、速度大小及所处位置 ,除非作用在它上面的力迫使它改变这种 (3)物体惯性表现形式： 状态。 ①形式一：“保持原状”。物体不受外力或所受的 2.理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽： 合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运 象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理 1 动状态或静止状态。 想过程。牛顿第一定律是通过理想斜面实验得 ②形式二：“反抗改变”。物体受到外力且合外力 出的，它 1 (填“不能”或“可以”)由实际的实 不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易 验来验证。 程度。惯性越大，物体的运动状态越难改变。 3.物理意义 [判断正误] (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时：1.牛顿第一定律是实验定律。 () 的运动规律。 :2.物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动 (2)提出了一切物体都具有 ,即物体维持 状态。 () 其原有运动状态的特性。 3.运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。( (3)揭示了力与运动的关系，说明力不是 4.超载时遇到紧急情况刹车不容易停下来，说明质 的原因，而是改变物体运动状态的 量越大，惯性越大。 ()》 原因。 [例1](2026·甘肃兰州一模)在东汉王充所著的 注意：运动状态的改变指速度的改变，速度改变 《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转 则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因。 而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。”从物 二、惯性 理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法 1.定义：物体保持原来 或 正确的是 () 的性质叫作惯性。 A.水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动 2.惯性大小的量度 的原因 是物体惯性大小的唯一量度。物体的 B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改 质量越大，惯性 ;物体的质量越小，惯性 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 3.对惯性的理解 动，是因为运动需要力来维持 (1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有： D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的 惯性。 冲力 37 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [听课记录] A.三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向 右加速运动 B.物块a将相对于容器向左运动，最终与容器右 侧壁相互挤压 C.物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做 匀加速运动 [例2]（多选)(2026·江西省 D.物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右 丰城中学开学考)如图，圆柱 侧壁相互挤压 形玻璃容器内装满液体静置 于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物 听课记录] 块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容 器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦。现 给容器施加一个水平向右的恒力，使容器向右做 匀加速直线运动。下列说法正确的是 ( 考点二 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：2.可以利用牛顿第二定律确定高速（接近光速）电 ,跟它的质量成 ,加速度的方向跟 子的加速度。 () 作用力的方向 3.F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与 2.表达式： 速度方向无关。 () 3.对牛顿第二定律的理解 4.物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度 矢量性 a与F方向相同 不一定减小。 () 瞬时性 a与F对应同一时刻 ●讨论交流 某同学为研究雨滴下落的规律查阅资料，了解 因果性 F是产生a的原因 到：较大的雨滴，其运动模型可看成是1000m高 a、F、m对应同一物体 同一性 空的物体在有空气阻力的空间中由静止开始下 六 a、F、m统一使用国际单位制单位 落的运动，落地速度为4m/s。请分析雨滴下落 性 独立性 每一个力都可以产生各自的加速度 的运动过程，描述雨滴下落过程中速度和加速度 的变化，并定性作出雨滴下落的v一（图像（设空 只适用于宏观、低速运动的物体， 气阻力与速度大小成正比)。 局限性 不适用于微观、高速运动的粒子 物体的加速度必须是相对惯性系 而言的 4.加速度两个表达式的对比理解 （1a=智是加速度的定义式，a与△0，d无必然 联系； (2a=E是加速度的决定式，a的大小由合外力[例3】(2026·山东淄博模拟)某同 m 学为测量地铁启动过程中的加速 F和质量m决定，且acF,a】 度，他把一根细绳的下端绑上一支 [判断正误] 圆珠笔，细绳的上端固定在地铁的 1.由m=可知，物体的质量与其所受合外力成正 竖直扶手上。在地铁某段稳定加速 过程中，细绳偏离了竖直方向如图 比，与其运动的加速度成反比。 所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂 精品教辅·智慧人生 38 第三章运动和力的关系 直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量 不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力， B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为号 则它们的位置关系可能正确的是 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为m坚 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg 听课记录] 听课记录] [例6](2026·广东深圳模拟) 如图所示，两个完全相同的小 60° 球a、b,用轻弹簧N连接，轻弹 [例4](2026·河北保定一 F 簧M和轻绳一端均与a相连， 模)如图所示，竖直平面内有 另一端分别固定在竖直墙和天花板上，弹簧M 两个完全相同的轻质弹簧， 水平，当轻绳与竖直方向的夹角为60°时，M、N 它们的一端分别固定于水平M0 ww杀N 伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为 线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的 k1、k2,a、b两球的质量均为m,重力加速度大小 小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小 为g,则以下判断正确的是 () 球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后 =23 将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此 A.k2 时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为 B.轻绳上的弹力与弹簧N上的弹力之比为 g,弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若 2:√3 撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中 C.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，α球的加速度 ( 为零 A.速度一直增大 D.若剪断弹簧M,则在剪断的瞬间，b球处于失 B.速度先增大后减小 重状态 C.加速度的最大值为3g 听课记录] D.加速度先增大后减小 [听课记录] +/总结提升/+++ 求解瞬时加速度问题的一般思路 ①一分析原状态下物体的受力情况，求出各力大小。 [例5]（多选）(2025·甘肃卷)如图，轻 烧断细线、剪断 物体若处于平衡状态，则利 质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m 弹簧、抽出木板 用平衡条件；若处于加速状 的小球A,质量为m的小球B与A用细 撤去某个力等 态，则利用牛顿第二定律 线相连，整个系统处于静止状态。弹簧 ② 分析当状态变化时，哪些力变化，哪些力不变， 劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断 )2m 哪些力消失。 细线，下列说法正确的是 () 在被撤去物体接触面上产生的弹力会立即消失 A.小球A运动到弹簧原长处的速度 求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第 二定律，求出瞬时加速度。 最大 39 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 考点三 超重和失重问题 超重、失重和完全失重的对比 :[例7](2026·江苏江阴模拟)在沿竖直方向运行 名称 超重 失重 完全失重 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 物体竖直向下 升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时， 产生 物体的加速度 物体的加速度 的加速度等于 与传感器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示 条件 数与时间的关系图像如图所示，g取10m/s2。 下列说法正确的是 ( 对应 上升或 下降或 自由落体运动、 运动 下降 上升 竖直上抛运动等 情境 0 30 F-mg=ma mg-F=ma mg-F=mg 原理 F= F F 兴 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力 246810121416182022 没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了。 运动时间s A.18~20s过程中，物体的重力先变小后变大 说明 (2)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 B.该物体的质量为5kg 中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压 C.电梯在超重时最大加速度大小约为 强等。 16.67m/s2 D.电梯在失重时最大加速度大小约为6.67m/s2 [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 听课记录] 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 [例8](2024·全国甲卷·22)学生小组为了探究 动的速度方向。 ( 超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测 ·讨论交流 力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小 当在盛水的静止塑料瓶壁上扎一个小孔时，水会 为9.8m/s2. 从小孔喷出，但释放水瓶，让水瓶自由下落时，水 却不会从小孔流出。这是为什么？ (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N(结果保留1位小数)； (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 4.5N,则此段时间内物体处于 (填 “超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为 m/s2(结果保留1位小数)。 精品教辅·智慧人生 40 第三章运动和力的关系 听课记录] +/总结提升/++++++++++++++ 判断超重和失重的方法 1.从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重 力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体 处于失重状态；等于零时，物体处于完全失 重状态。 2.从加速度的角度判断 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于 超重状态；具有向下的（分）加速度时，物体 处于失重状态；向下的加速度等于重力加速 度时，物体处于完全失重状态。 十+…十+十+十+++…++…++++…+++…++…+++ 考点四 单位制 1.单位制： 单位和 单位一起组成了单：[例9](2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发 位制。 ! 现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度 2.基本单位：基本量的单位。国际单位制中基本量 分别为△1和△l2、电流大小分别为I1和I2的平 共七个，其中力学有三个，是 行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表 ,基本单位分别是 示为△F=I△，△。比例系数的单位是 2 3.导出单位：由基本量根据 推导出来的其 他物理量的单位。 A.kg·m/(s2·A) 4.国际单位制的基本单位 B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) 物理量 物理量符号 单位名称 单位符号 D.kg·m2/(s3·A3) 名称 [听课记录] 长度 米 m 质量 千克（公斤） kg 时间 秒 电流 安[培] 热力学 开[尔文] 温度 物质的量 n,(y) 摩[尔] mol 发光强度 I,(I) 坎[德拉] cd 温馨提示 请做课时分层检测（十一） 41 精品教辅·智慧人生