高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案物理第講牛頓第一定律牛頓第二定律(對(duì)應(yīng)人教版必修第一冊(cè)相關(guān)內(nèi)容及問(wèn)題)第四章第1節(jié)閱讀除“慣性與質(zhì)量”這一部分之外的內(nèi)容，伽利略用了什么方法揭示了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系？關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系經(jīng)歷了哪幾個(gè)階段的不同觀點(diǎn)？提示：理想實(shí)驗(yàn)的方法。經(jīng)歷了：亞里士多德的觀點(diǎn)：必須有力作用在物體上，物體才能運(yùn)動(dòng)；沒(méi)有力的作用，物體就要靜止在某個(gè)地方；伽利略的觀點(diǎn)：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因；笛卡兒的觀點(diǎn)：如果運(yùn)動(dòng)中的物體沒(méi)有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)，既不會(huì)停下來(lái)，也不會(huì)偏離原來(lái)的方向；牛頓的觀點(diǎn)：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因。第四章第1節(jié)閱讀[拓展學(xué)習(xí)]。第四章第4節(jié)[思考與討論]，小紅的根據(jù)是什么？提示：等式右邊的單位為m4，而體積的單位為m3，由單位關(guān)系可判斷出這個(gè)公式是錯(cuò)誤的。第四章第6節(jié)[思考與討論]圖4．6-4下蹲過(guò)程，圖4．6-5下蹲、站起兩個(gè)過(guò)程，分析超重和失重的情況。提示：下蹲過(guò)程先向下加速再向下減速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起過(guò)程先向上加速再向上減速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。第四章第6節(jié)，怎樣判斷超重和失重？提示：若加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)；若加速度的方向向下，則處于失重狀態(tài)。考點(diǎn)一牛頓第一定律1．牛頓第一定律(1)內(nèi)容：一切物體總保持eq\x(\s\up1(01))勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或eq\x(\s\up1(02))靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它eq\x(\s\up1(03))改變這種狀態(tài)。(2)意義①揭示了物體的固有屬性：一切物體都有eq\x(\s\up1(04))慣性，因此牛頓第一定律也叫作eq\x(\s\up1(05))慣性定律。②揭示了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：力不是eq\x(\s\up1(06))維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是eq\x(\s\up1(07))改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即力是產(chǎn)生eq\x(\s\up1(08))加速度的原因。(3)適用范圍：慣性參考系。如果在一個(gè)參考系中，一個(gè)不受力的物體會(huì)保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，這樣的參考系叫作慣性參考系，簡(jiǎn)稱慣性系。2．慣性(1)定義：物體具有保持原來(lái)eq\x(\s\up1(09))勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或eq\x(\s\up1(10))靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。(2)慣性的兩種表現(xiàn)①物體不受外力作用時(shí)，其慣性表現(xiàn)在保持靜止或eq\x(\s\up1(11))勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。②物體受外力作用時(shí)，其慣性表現(xiàn)在反抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的eq\x(\s\up1(12))改變。(3)量度：eq\x(\s\up1(13))質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，eq\x(\s\up1(14))質(zhì)量大的物體慣性大，eq\x(\s\up1(15))質(zhì)量小的物體慣性小。(4)普遍性：慣性是物體的eq\x(\s\up1(16))固有屬性，一切物體都具有慣性，與物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況eq\x(\s\up1(17))無(wú)關(guān)(選填“有關(guān)”或“無(wú)關(guān)”)。1．牛頓第一定律是根據(jù)實(shí)驗(yàn)得到的定律，可以通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。()2．汽車速度越大，剎車時(shí)越難停下來(lái)，表明物體的速度越大，其慣性越大。()答案：1．×2．×例1(人教版必修第一冊(cè)·第四章第1節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T1改編)(多選)下列對(duì)牛頓第一定律和慣性的分析正確的是()A．飛機(jī)投彈時(shí)，如果當(dāng)目標(biāo)在飛機(jī)的正下方時(shí)投下炸彈，則能擊中目標(biāo)B．地球自西向東自轉(zhuǎn)，人向上跳起來(lái)后，還會(huì)落到原地C．安全帶的作用是防止汽車剎車時(shí)人由于具有慣性仍向前運(yùn)動(dòng)而發(fā)生危險(xiǎn)D．向上拋出的物體，在空中向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，肯定受到了向上的作用力[答案]BC[解析]飛機(jī)投下的炸彈由于慣性做平拋運(yùn)動(dòng)，所以目標(biāo)在正下方時(shí)投彈不能擊中，A錯(cuò)誤；地球自西向東轉(zhuǎn)，人向上跳起后，由于慣性人也跟地球一起從西向東運(yùn)動(dòng)，故人仍落到原地，B正確；緊急剎車時(shí)，汽車停止運(yùn)動(dòng)，人由于慣性仍向前運(yùn)動(dòng)，容易撞傷，所以系上安全帶對(duì)人起到保護(hù)作用，C正確；向上拋出的物體，由于慣性，在空中繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，而不是受到向上的作用力，D錯(cuò)誤。例2某同學(xué)為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿著球筒的中部，另一手用力擊打羽毛球筒的上端，則()A．此同學(xué)無(wú)法取出羽毛球B．羽毛球會(huì)從筒的下端出來(lái)C．羽毛球筒向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會(huì)從上端出來(lái)D．該同學(xué)是在利用羽毛球的慣性[答案]D[解析]羽毛球筒被手擊打后迅速向下運(yùn)動(dòng)，而羽毛球具有慣性要保持原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，所以會(huì)從筒的上端出來(lái)，羽毛球筒受到羽毛球?qū)λ蛏系哪Σ亮?，而羽毛球受到筒?duì)它向下的摩擦力，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二牛頓第二定律1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的eq\x(\s\up1(01))作用力成正比，跟它的eq\x(\s\up1(02))質(zhì)量成反比，加速度的方向跟eq\x(\s\up1(03))作用力的方向相同。2．表達(dá)式：F＝kma，當(dāng)F、m、a單位采用國(guó)際單位制時(shí)k＝eq\x(\s\up1(04))1，F(xiàn)＝eq\x(\s\up1(05))ma。3．適用范圍(1)牛頓第二定律只適用于eq\x(\s\up1(06))慣性參考系。(2)牛頓第二定律只適用于eq\x(\s\up1(07))宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、eq\x(\s\up1(08))低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。1．牛頓第二定律的性質(zhì)eq\x(五性)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(矢量性)→\x(a與F方向相同),\x(瞬時(shí)性)→\x(a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻，同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失),\x(因果性)→\x(F是產(chǎn)生a的原因),\x(同一性)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(a、F、m對(duì)應(yīng)同一物體),\x(a、F、m統(tǒng)一使用國(guó)際單位制單位))),\x(獨(dú)立性)→\x(每一個(gè)力都可以產(chǎn)生各自的加速度)))2．牛頓第一定律與牛頓第二定律的關(guān)系牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨(dú)立的。力是如何改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的問(wèn)題由牛頓第二定律來(lái)回答。牛頓第一定律是經(jīng)過(guò)科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來(lái)的，而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律。例3(多選)下列說(shuō)法正確的是()A．對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，在力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度B．物體由于做加速運(yùn)動(dòng)，所以才受合力作用C．F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無(wú)關(guān)D．物體所受合力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小[答案]ACD[解析]由于物體的加速度與合力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，因此在力剛作用瞬間，物體會(huì)立即獲得加速度，A正確；根據(jù)因果關(guān)系，合力是產(chǎn)生加速度的原因，即物體由于受合力作用，才會(huì)產(chǎn)生加速度，B錯(cuò)誤；牛頓第二定律F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無(wú)關(guān)，C正確；由牛頓第二定律知物體所受合力減小，加速度一定會(huì)減小，而速度的變化由加速度和初速度共同決定，不一定會(huì)減小，D正確。合力、速度、加速度間的關(guān)系(1)在質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度由合力決定。合力大小決定加速度大小，合力方向決定加速度方向。合力恒定，加速度恒定；合力變化，加速度變化。(2)做直線運(yùn)動(dòng)的物體，只要速度和加速度方向相同，速度就增大；只要速度和加速度方向相反，速度就減小。例4(2025·廣東省惠州市高三上開(kāi)學(xué)考試)2024年6月30日，世界最大跨度拱橋深中通道正式建成通車。深中通道的建成靠的是“中國(guó)建筑狂魔重工機(jī)械”。如圖，圓圈處有一個(gè)巨型鋼圓筒，質(zhì)量為6×105kg，由10根起吊繩通過(guò)液壓機(jī)械抓手連接，每根繩與豎直方向的夾角為37°(右圖其他8根沒(méi)有畫(huà)出)，每根繩承受的最大拉力為8×105N，則起吊過(guò)程向上的最大加速度為(g＝10m/s2，cos37°＝0．8，sin37°＝0．6，繩的質(zhì)量忽略不計(jì))()A．eq\f(2,3)m/s2 B．1m/s2C．2m/s2 D．4m/s2[答案]A[解析]每根繩的最大拉力為T(mén)max＝8×105N，則10根繩拉力的合力最大為Fmax＝10Tmax·cos37°＝6．4×106N，對(duì)巨型鋼圓筒，由牛頓第二定律有Fmax－mg＝mamax，解得起吊過(guò)程向上的最大加速度為amax＝eq\f(2,3)m/s2，故選A。例5如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一個(gè)恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是()A．木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．木塊將立即做變減速直線運(yùn)動(dòng)C．在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的速度最大D．在彈簧壓縮量最大時(shí)，木塊的加速度為零[答案]C[解析]木塊剛接觸彈簧時(shí)彈簧的形變量較小，彈力小于F，木塊依舊做加速運(yùn)動(dòng)，只有彈力大于F之后，木塊才減速，故A、B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈力大于F，彈力與恒力F的合力不為零，因此木塊的加速度不為零，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三單位制1．單位制：eq\x(\s\up1(01))基本單位和eq\x(\s\up1(02))導(dǎo)出單位一起組成了一個(gè)單位制。(1)基本量：在物理學(xué)中，只要選定幾個(gè)物理量的單位，就能夠利用物理量之間的關(guān)系推導(dǎo)出其他物理量的單位，這些被選定的物理量叫作基本量。(2)基本單位：基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們是eq\x(\s\up1(03))質(zhì)量、eq\x(\s\up1(04))時(shí)間、eq\x(\s\up1(05))長(zhǎng)度，它們的單位千克、秒、米就是基本單位。(3)導(dǎo)出量和導(dǎo)出單位：由eq\x(\s\up1(06))基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來(lái)的其他物理量叫作導(dǎo)出量，推導(dǎo)出來(lái)的相應(yīng)單位叫作導(dǎo)出單位。2．國(guó)際單位制的基本單位物理量名稱物理量符號(hào)單位名稱單位符號(hào)長(zhǎng)度l米m質(zhì)量m千克(公斤)kg時(shí)間t秒s電流I安[培]A熱力學(xué)溫度T開(kāi)[爾文]K物質(zhì)的量n，(ν)摩[爾]mol發(fā)光強(qiáng)度I，(Iv)坎[德拉]cd1．力的單位是牛頓，簡(jiǎn)稱牛，也屬于基本單位。()2．物理公式在確定了物理量之間的關(guān)系時(shí)，也確定了物理量的單位之間的關(guān)系。()答案：1．×2．√1．兩個(gè)誤區(qū)警示(1)國(guó)際單位制中每個(gè)基本量和每個(gè)導(dǎo)出量的單位都是唯一的。這些國(guó)際單位制單位與國(guó)際單位制詞頭k(103)、m(10－3)等可以組成國(guó)際單位制單位對(duì)應(yīng)的倍數(shù)單位，如長(zhǎng)度單位m與詞頭k、c、m可以組成一系列常用單位km、cm、mm。(2)用一個(gè)字母表示的單位也可能是導(dǎo)出單位，比如“N”“J”等。2．單位制的應(yīng)用比較物理量的大小比較某個(gè)物理量不同值的大小時(shí)，必須先把它們的單位統(tǒng)一，再根據(jù)數(shù)值比較大小簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程在解計(jì)算題時(shí)，已知量均采用國(guó)際單位制，計(jì)算過(guò)程中不用寫(xiě)出各個(gè)量的單位，只要在式子末尾寫(xiě)出所求量的國(guó)際單位即可推導(dǎo)物理量的單位物理關(guān)系式在確定各物理量之間的關(guān)系時(shí)，同時(shí)也確定了各物理量的單位之間的關(guān)系，所以我們可以根據(jù)物理量之間的關(guān)系推導(dǎo)出物理量的單位判斷關(guān)系式的對(duì)錯(cuò)正確關(guān)系式等號(hào)左、右的單位應(yīng)該相同，若等號(hào)左、右的單位不同，則該關(guān)系式一定是錯(cuò)誤的注意：解題時(shí)，題目中的物理量必須統(tǒng)一單位制，一般是統(tǒng)一為國(guó)際單位制。例6汽車在高速行駛時(shí)會(huì)受到空氣阻力的影響，已知空氣阻力f＝eq\f(1,2)cρSv2，其中c為空氣阻力系數(shù)，ρ為空氣密度，S為物體迎風(fēng)面積，v為物體與空氣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度。則空氣阻力系數(shù)c的國(guó)際單位是()A．常數(shù)，沒(méi)有單位 B．eq\f(s,m)C．eq\f(s2,kg·m) D．eq\f(N·s2,kg2)[答案]A[解析]由f＝eq\f(1,2)cρSv2，可得c＝eq\f(2f,ρSv2)，國(guó)際單位制中，力f的單位為N＝kg·m/s2，密度ρ的單位為kg/m3，面積S的單位為m2，速度v的單位為m/s，代入單位可得空氣阻力系數(shù)c的單位為eq\f(kg·m/s2,kg/m3·m2·（m/s）2)＝1，即c為常數(shù)，沒(méi)有單位，而eq\f(N·s2,kg2)＝eq\f(kg·m/s2·s2,kg2)＝eq\f(m,kg)，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確?？键c(diǎn)四超重和失重1．實(shí)重與視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)eq\x(\s\up1(01))無(wú)關(guān)。(2)視重①當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的eq\x(\s\up1(02))示數(shù)稱為視重。②視重大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受物體的eq\x(\s\up1(03))拉力或臺(tái)秤所受物體的eq\x(\s\up1(04))壓力。2．超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?eq\x(\s\up1(05))大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?eq\x(\s\up1(06))小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物(或懸掛物)eq\x(\s\up1(07))完全沒(méi)有作用力的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向eq\x(\s\up1(08))豎直向上物體的加速度方向eq\x(\s\up1(09))豎直向下物體的加速度方向eq\x(\s\up1(10))豎直向下，大小eq\x(\s\up1(11))等于g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝maa＝gF＝0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)eq\x(\s\up1(12))加速上升或eq\x(\s\up1(13))減速下降eq\x(\s\up1(14))加速下降或eq\x(\s\up1(15))減速上升以a＝geq\x(\s\up1(16))加速下降或eq\x(\s\up1(17))減速上升1．超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。()2．物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力消失。()3．減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體對(duì)地板的壓力大于重力。()4．物體是處于超重還是失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無(wú)關(guān)。()答案：1．×2．×3．×4．√1．關(guān)于超重與失重的說(shuō)明(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。(3)盡管物體的加速度不是沿豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。2．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。例7(多選)如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過(guò)程，從最低點(diǎn)上升到離開(kāi)床面為第二過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員()A．在第一過(guò)程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過(guò)程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過(guò)程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過(guò)程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)[答案]CD[解析]在第一過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C正確。蹦床運(yùn)動(dòng)員在第二過(guò)程中和第一過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)情況是對(duì)稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確。課時(shí)作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．伽利略曾用如圖所示的“理想實(shí)驗(yàn)”來(lái)研究力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，則下列符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)的是()A．小球由靜止開(kāi)始釋放，“沖”上對(duì)接的斜面B．沒(méi)有摩擦，小球上升到原來(lái)釋放時(shí)的高度C．減小斜面的傾角θ，小球仍然達(dá)到原來(lái)的高度D．繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去答案：A解析：小球由靜止開(kāi)始釋放，“沖”上對(duì)接的斜面，這是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故A正確；因?yàn)樯钪袥](méi)有無(wú)摩擦的軌道，所以小球上升到原來(lái)釋放時(shí)的高度為推理，而不是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故B錯(cuò)誤；減小斜面的傾角θ，小球仍然達(dá)到原來(lái)的高度，是在B項(xiàng)基礎(chǔ)上的進(jìn)一步推理，而不是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故C錯(cuò)誤；繼續(xù)減小斜面的傾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去，是在C項(xiàng)的基礎(chǔ)上繼續(xù)推理得出的結(jié)論，而不是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故D錯(cuò)誤。2．下列有關(guān)力和運(yùn)動(dòng)，說(shuō)法正確的是()A．把手中的鉛球靜止釋放，鉛球豎直下落是因?yàn)閼T性B．汽車的速度越大，剎車時(shí)越難停下來(lái)，說(shuō)明速度越大則慣性越大C．牛頓第一定律也叫作慣性定律D．汽車緊急剎車時(shí)乘客向前傾，是因?yàn)槌丝褪艿较蚯暗膽T性力答案：C解析：把手中的鉛球由靜止釋放后，鉛球能豎直下落，是鉛球受到豎直向下的重力的緣故，故A錯(cuò)誤；慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；牛頓第一定律也叫作慣性定律，故C正確；汽車緊急剎車時(shí)，乘客會(huì)向前傾，這是由于乘客具有慣性，慣性不是力，不能說(shuō)受到慣性力的作用，故D錯(cuò)誤。3．下列說(shuō)法正確的是()A．牛頓認(rèn)為力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因B．牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通過(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證C．國(guó)際單位制中，kg、m、N是三個(gè)基本單位D．根據(jù)加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)，加速度a由速度變化量Δv和所用時(shí)間Δt共同決定答案：A解析：牛頓認(rèn)為力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，A正確；牛頓第二定律可以通過(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證，牛頓第一定律不可以通過(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證，B錯(cuò)誤；國(guó)際單位制中，kg、m是基本單位，N是導(dǎo)出單位，C錯(cuò)誤；加速度a與Δv和Δt無(wú)關(guān)，由合力F和質(zhì)量m共同決定，D錯(cuò)誤。4．如圖所示，質(zhì)量為20kg的物體，沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，它與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．1，同時(shí)還受到大小為10N的水平向右的力的作用，則該物體(g取10m/s2)()A．受到的摩擦力大小為10N，方向向左B．受到的摩擦力大小為20N，方向向右C．運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1．5m/s2，方向向左D．運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0．5m/s2，方向向左答案：D解析：該物體受到的滑動(dòng)摩擦力f＝μmg＝20N，方向水平向左，故A、B錯(cuò)誤；以水平向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，解得該物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(F－f,m)＝－0．5m/s2，即加速度大小為0．5m/s2，方向水平向左，故C錯(cuò)誤，D正確。5．(2022·上海高考)神舟十三號(hào)在返回地面的過(guò)程中打開(kāi)降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速運(yùn)動(dòng)。在豎直向下減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若返回艙所受的空氣阻力隨速度的減小而減小，則加速度大小()A．一直減小 B．一直增大C．先增大后減小 D．先減小后增大答案：A解析：由牛頓第二定律可知，返回艙豎直向下減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程滿足f－mg＝ma，得加速度大小a＝eq\f(f－mg,m)，由題意可知返回艙所受的空氣阻力f隨速度的減小而減小，則加速度大小a一直減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。6．(2025·八省聯(lián)考云南卷)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運(yùn)行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過(guò)程中，某時(shí)刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時(shí)刻電梯(重力加速度g取10m/s2)()A．做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1．05m/s2B．做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0．50m/s2C．做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為1．05m/s2D．做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0．50m/s2答案：D解析：由題圖甲可知人的質(zhì)量為m＝m甲＝60kg，由題圖乙可知該時(shí)刻電子秤對(duì)人的支持力大小為F＝m乙g＝63×10N＝630N，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，可得電梯內(nèi)人的加速度大小a＝0．50m/s2，方向向上，則電梯向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0．50m/s2。故選D。7．(2025·浙江省臺(tái)州市高三第一次教學(xué)質(zhì)量評(píng)估)今年中國(guó)開(kāi)發(fā)了世界上第一塊超高能量密度的全固態(tài)鋰金屬電池，實(shí)測(cè)電芯能量密度達(dá)到720W·h/kg。下列用國(guó)際單位制基本單位正確表示能量密度的單位的是()A．kg·m2·s－2 B．kg·m2·s－1C．m2·s－2 D．m2·s－1答案：C解析：由功率P＝Fv、F＝ma可知，1W＝1N·m·s－1＝1kg·m·s－2·m·s－1＝1kg·m2·s－3，又1h＝3600s，則1W·h/kg＝3600m2·s－2，故選C。8．無(wú)人機(jī)運(yùn)輸貨物具有精準(zhǔn)快速的優(yōu)點(diǎn)，已廣泛用于邊境哨所的貨物運(yùn)輸。如圖所示，在一次運(yùn)送任務(wù)中，無(wú)人機(jī)攜帶10kg的貨物沿水平方向做加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，貨物受到與運(yùn)動(dòng)方向相反、大小恒為20N的空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，可知無(wú)人機(jī)對(duì)貨物的作用力大小為()A．30N B．130NC．10eq\r(101)N D．10eq\r(109)N答案：D解析：設(shè)無(wú)人機(jī)對(duì)貨物的作用力大小為F，貨物的質(zhì)量為m，受到的空氣阻力大小為f，加速度大小為a，在豎直方向由平衡條件有Fy＝mg，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有Fx－f＝ma，又F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))，聯(lián)立解得F＝10eq\r(109)N，故選D。9．(2024·安徽高考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中()A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為3g D．加速度先增大后減小答案：A解析：小球靜止于O點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，則當(dāng)撤去拉力F后，小球由靜止開(kāi)始從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，小球受到重力和兩彈簧的拉力，由對(duì)稱性可知，小球所受合力始終豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度方向一直豎直向下，所以小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大，故A正確，B錯(cuò)誤。小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，兩彈簧形變量逐漸變小，每個(gè)彈簧對(duì)小球的拉力F拉都一直變小，且彈簧彈力與豎直方向的夾角θ不斷變大，則兩彈簧對(duì)小球豎直向下的合力F合＝2F拉cosθ不斷變小，小球所受重力不變，故小球所受合力一直變小，小球的加速度一直變小，因此剛撤去拉力時(shí)小球的加速度最大；撤去拉力前瞬間，由平衡條件可知，小球所受重力和彈簧彈力的合力F合0與拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，剛撤去拉力時(shí)，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)合0＝mam，可解得小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中加速度的最大值為am＝2g，C、D錯(cuò)誤。[B組綜合提升練]10．愛(ài)因斯坦曾經(jīng)設(shè)計(jì)了一個(gè)真空中的理想實(shí)驗(yàn)，在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)電梯(內(nèi)部為真空)相對(duì)于地球靜止時(shí)，封閉在電梯里的觀察者發(fā)現(xiàn)，從手中釋放的蘋(píng)果和羽毛落到電梯底板上；當(dāng)電梯做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者發(fā)現(xiàn)，從手中釋放的蘋(píng)果和羽毛會(huì)停在空中而不下落。下列關(guān)于這一實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是()A．電梯相對(duì)地球靜止時(shí)，釋放后的蘋(píng)果比羽毛先落到電梯底板B．電梯做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放后的蘋(píng)果和羽毛受到的合力均為零C．以自由下落的電梯為參考系，牛頓第二定律是成立的D．在自由下落的電梯里，觀察者不能僅從蘋(píng)果和羽毛的運(yùn)動(dòng)現(xiàn)象判斷引力是否存在答案：D解析：電梯相對(duì)地球靜止時(shí)，由于不受空氣阻力，釋放后的蘋(píng)果和羽毛均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故二者同時(shí)落到電梯底板上，A錯(cuò)誤；電梯做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放后的蘋(píng)果和羽毛同樣均只受重力作用，B錯(cuò)誤；牛頓第二定律成立的條件是必須在慣性參考系中，即選擇靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體為參考系，而自由下落的電梯不是慣性參考系，因此以自由下落的電梯為參考系，牛頓第二定律是不成立的，C錯(cuò)誤；由于自由下落的電梯不是慣性參考系，牛頓第二定律不成立，則觀察者不能僅憑此時(shí)蘋(píng)果和羽毛的運(yùn)動(dòng)現(xiàn)象判斷兩個(gè)物體的受力情況，D正確。11．(2025·廣西高三上第二次調(diào)研)工程建設(shè)中經(jīng)常用到較大的水泥圓管，裝卸工人為保證圓管從較高的車斗上卸下時(shí)不被損壞，在車斗邊緣平行固定兩根木棍，將圓管縱向架在兩根木棍之間，讓圓管沿木棍緩慢滑下，此過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。在其他條件不變的情況下，可以進(jìn)一步減緩圓管下滑的方法是()A．適當(dāng)增大兩根木棍的間距B．適當(dāng)增大木棍與水平面的夾角θC．換成兩根表面更光滑的木棍D．換成兩根更短的木棍答案：A解析：在圓管運(yùn)動(dòng)方向所在的豎直平面內(nèi)，對(duì)圓管受力分析如圖1所示，在垂直木棍方向，根據(jù)平衡條件可知，兩根木棍對(duì)圓管的支持力的合力N1＝mgcosθ，在圓管下滑的方向上，由牛頓第二定律得mgsinθ－f1＝ma；由對(duì)稱性可知，兩根木棍對(duì)圓管的支持力大小相等，設(shè)為N2，設(shè)它們方向的夾角為2α，在垂直木棍的平面內(nèi)，N1與N2的關(guān)系如圖2所示，由平行四邊形定則有2N2cosα＝N1；設(shè)木棍與圓管間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則f1＝2μN(yùn)2，聯(lián)立可得a＝gsinθ－eq\f(μgcosθ,cosα)。適當(dāng)增大兩根木棍的間距，則α增大，加速度a減小，可以減緩圓管的下滑，故A正確；車斗的高度不變，換成兩根更短的木棍，則木棍與水平面的夾角θ增大，加速度a增大，不能減緩圓管的下滑，故B、D錯(cuò)誤；換成兩根表面更光滑的木棍，μ減小，則加速度a增大，不能減緩圓管的下滑，故C錯(cuò)誤。12．(2022·全國(guó)乙卷)如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，它們加速度的大小均為()A．eq\f(5F,8m) B．eq\f(2F,5m)C．eq\f(3F,8m) D．eq\f(3F,10m)答案：A解析：當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，對(duì)F分解如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，2Tcosθ＝F，解得繩子拉力大小T＝eq\f(5,8)F；對(duì)任一小球，由牛頓第二定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正確。13．航天員王亞平在“天宮一號(hào)”目標(biāo)飛行器里成功進(jìn)行了我國(guó)首次太空授課。授課中的一個(gè)實(shí)驗(yàn)展示了失重狀態(tài)下液滴的表面張力引起的效應(yīng)。在視頻中可觀察到，漂浮的液滴處于相互垂直的兩個(gè)橢球之間不斷變化的周期性“脈動(dòng)”中。假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài)，液滴的上述“脈動(dòng)”可視為液滴形狀的周期性微小變化(振動(dòng))，如圖所示。已知液滴振動(dòng)的頻率表達(dá)式為f＝krαρβσγ，其中k為一個(gè)無(wú)單位的比例系數(shù)，r為液滴半徑，ρ為液體密度，σ為液體表面張力系數(shù)(其單位為N/m)，α、β、γ是相應(yīng)的待定常數(shù)。對(duì)于這幾個(gè)待定常數(shù)的大小，下列表達(dá)式中可能正確的是()A．α＝eq\f(3,2)，β＝eq\f(1,2)，γ＝－eq\f(1,2) B．α＝eq\f(3,2)，β＝－eq\f(1,2)，γ＝eq\f(1,2)C．α＝－3，β＝－1，γ＝1 D．α＝－eq\f(3,2)，β＝－eq\f(1,2)，γ＝eq\f(1,2)答案：D解析：從物理量單位的方面來(lái)考慮，頻率的單位是Hz，即s－1。由牛頓第二定律可知1N＝1kg·m/s2，則對(duì)于krαρβσγ，A項(xiàng)單位為meq\s\up6(\f(3,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kg,m3)))eq\s\up6(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(N,m)))eq\s\up12(－\f(1,2))＝s，B項(xiàng)單位為meq\s\up6(\f(3,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kg,m3)))eq\s\up12(－\f(1,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(N,m)))eq\s\up6(\f(1,2))＝eq\f(m3,s)，C項(xiàng)單位為m－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kg,m3)))eq\s\up12(－1)eq\f(N,m)＝s－2，D項(xiàng)單位為meq\s\up12(－\f(3,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kg,m3)))eq\s\up12(－\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(N,m)))eq\s\up6(\f(1,2))＝s－1，只有D項(xiàng)單位是頻率的單位，故選D。[C組拔尖培優(yōu)練]14．(2024·湖北省武漢市高三下三模)質(zhì)量為m的物塊靜置在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)其施加一大小為mg的外力，則物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))g B．eq\f(\r(3),3)gC．g D．eq\f(2\r(3),3)g答案：B解析：通過(guò)分析易知，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大時(shí)，外力F不可能斜向下。對(duì)物塊受力分析如圖所示，其中外力F＝mg，方向與水平面的夾角為θ，F(xiàn)N和f分別為地面對(duì)物塊的支持力和摩擦力。豎直方向根據(jù)平衡條件可知FN＋Fsinθ＝mg；根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式有f＝μFN，其中μ＝eq\f(\r(3),3)；設(shè)物塊的加速度為a，水平方向根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ－f＝ma，聯(lián)立解得a＝gcosθ＋eq\f(\r(3),3)gsinθ－eq\f(\r(3),3)g＝eq\f(2\r(3),3)gsin(θ＋60°)－eq\f(\r(3),3)g，故當(dāng)θ＝30°時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大，最大值為am＝eq\f(2\r(3),3)g－eq\f(\r(3),3)g＝eq\f(\r(3),3)g，故選B。第講牛頓第二定律的綜合應(yīng)用(對(duì)應(yīng)人教版必修第一冊(cè)相關(guān)內(nèi)容及問(wèn)題)第四章第5節(jié)，利用牛頓第二定律可以研究哪兩類問(wèn)題？提示：從受力確定運(yùn)動(dòng)情況和從運(yùn)動(dòng)情況確定受力。第四章[復(fù)習(xí)與提高]A組T9(1)。提示：標(biāo)注如圖所示。以加速度的方向向上為正，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ΔF＝ma，即a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,G)－1))g＝eq\f(ΔF,G)g，式中G＝1．0N。若指針指在C處，則F＝0．9N，ΔF＝－0．1N所以a＝－1．0m/s2。因?yàn)閺椈蓮椓﹄S彈簧伸長(zhǎng)量均勻變化，所以加速度隨彈簧伸長(zhǎng)量均勻變化，加速度的刻度等間隔均勻分布。第四章[復(fù)習(xí)與提高]B組T1。提示：應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求瞬時(shí)加速度，理解彈簧的形變是一個(gè)漸變過(guò)程。在剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，而細(xì)繩對(duì)小球A的拉力突變?yōu)?。考點(diǎn)一牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題1．兩種模型物體的加速度與其所受合力具有因果關(guān)系，物體的加速度總是隨其所受合力的變化而變化，具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型：2．求解瞬時(shí)性問(wèn)題的一般思路例1如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過(guò)一輕質(zhì)彈簧相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝4g D．a(chǎn)1＝g，a2＝4g[答案]C[解析]抽出木板前，對(duì)物塊1受力分析可知，彈簧對(duì)物塊1的彈力F＝3mg，方向豎直向上；對(duì)物塊2受力分析可知，彈簧對(duì)物塊2的彈力大小為3mg，方向豎直向下。抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則其加速度a1＝0；物塊2受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。例2(2025·浙江省金華金麗衢十二校高三上第一次聯(lián)考)如圖所示，用輕彈簧將質(zhì)量為4m和2m的A、B兩個(gè)小球相連，B的上端通過(guò)輕繩懸掛于天花板，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g，若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A和B的加速度大小分別為()A．g，g B．0，2gC．3g，0 D．0，3g[答案]D[解析]剪斷輕繩前，對(duì)A受力分析，由平衡條件可知F彈＝4mg，若將輕繩剪斷，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，所以剪斷瞬間A還是處于平衡狀態(tài)，加速度大小為0，對(duì)B，由牛頓第二定律有2mg＋F彈＝2maB，解得B的加速度大小aB＝3g，故選D?？键c(diǎn)二動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題1．動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題(1)已知物體的受力情況，確定物體的eq\x(\s\up1(01))運(yùn)動(dòng)情況；(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的eq\x(\s\up1(02))受力情況。2．解決兩類基本問(wèn)題的方法以eq\x(\s\up1(03))加速度為“橋梁”，由eq\x(\s\up1(04))運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和eq\x(\s\up1(05))牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題的解題步驟例3(2025·黑龍江省佳木斯市高三上模擬)人類從事滑雪活動(dòng)已有數(shù)千年歷史，滑雪愛(ài)好者可在雪場(chǎng)上輕松、愉快地滑行，飽享滑雪運(yùn)動(dòng)的樂(lè)趣。如圖所示，一名滑雪愛(ài)好者以v0＝1m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡的傾角為θ＝30°。若人與滑板的總質(zhì)量為m＝60kg，受到的總阻力為f＝60N，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑雪愛(ài)好者加速度的大?。?2)3s內(nèi)滑雪愛(ài)好者下滑位移的大??；(3)3s末滑雪愛(ài)好者的速度大小。[答案](1)4m/s2(2)21m(3)13m/s[解析](1)設(shè)滑雪愛(ài)好者加速度的大小為a，在沿山坡方向，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°－f＝ma解得a＝4m/s2。(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，t＝3s內(nèi)滑雪愛(ài)好者下滑位移的大小x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得x＝21m。(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，t＝3s末滑雪愛(ài)好者的速度大小v＝v0＋at解得v＝13m/s。例4(2025·云南省紅河州、文山州高三上復(fù)習(xí)檢測(cè))滑梯是游樂(lè)園中常見(jiàn)的游樂(lè)設(shè)施，圖a為某游樂(lè)園中的大型滑梯，其滑板部分可簡(jiǎn)化為圖b所示?；彘L(zhǎng)L＝6m，其頂端距地面的高度h＝3．6m，底端與具有防護(hù)作用的水平地墊平滑連接。一質(zhì)量m＝30kg的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達(dá)底端時(shí)的速度大小v＝4m/s。已知小孩與水平地墊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．8，g取10m/s2。求：(1)小孩沿滑板下滑的加速度大?。?2)小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應(yīng)為多長(zhǎng)？[答案](1)eq\f(4,3)m/s2(2)eq\f(7,12)(3)1m[解析](1)設(shè)小孩沿滑板下滑的加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系可得v2－0＝2aL解得a＝eq\f(4,3)m/s2。(2)設(shè)小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑板與水平方向的夾角為θ，垂直于滑板方向，根據(jù)平衡條件可知，小孩所受支持力FN＝mgcosθ則小孩所受滑動(dòng)摩擦力f＝μFN沿滑板方向，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－f＝ma又根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ＝eq\f(h,L)，cosθ＝eq\f(\r(L2－h(huán)2),L)聯(lián)立解得μ＝eq\f(7,12)。(3)小孩滑到水平地墊上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小孩與水平地墊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，小孩在水平地墊上滑行時(shí)加速度大小為a′，滑行距離為L(zhǎng)′，由牛頓第二定律有μ′mg＝ma′由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有0－v2＝－2a′L′聯(lián)立解得L′＝1m可知水平地墊長(zhǎng)度至少為1m。動(dòng)力學(xué)多過(guò)程問(wèn)題的解題步驟(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“子過(guò)程”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)根據(jù)“子過(guò)程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各“子過(guò)程”間的時(shí)間關(guān)聯(lián)、位移關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的“過(guò)程性”與“狀態(tài)性”輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的圖像問(wèn)題1．常見(jiàn)的動(dòng)力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問(wèn)題的類型(1)已知物體的受力、速度或加速度的變化圖像，分析物體的運(yùn)動(dòng)或受力情況。(2)由已知條件確定某物理量的變化圖像。3．解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確圖像的物理意義。(2)注意圖像中的特殊點(diǎn)、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)，圖線的斜率，圖線與坐標(biāo)軸或圖線與圖線所圍面積等所表示的物理意義。(3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來(lái)，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與過(guò)程”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷。例5(2023·全國(guó)甲卷)(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙[答案]BC[解析]對(duì)物體根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg；由題圖可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故B、C正確。例6一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg[答案]D[解析]由于s-t圖像的斜率表示速度，可知0～t1時(shí)間內(nèi)，速度v不斷增大，即乘客做豎直向下的加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，速度v不變，即乘客的加速度為0，處于平衡狀態(tài)，則FN＝mg，B錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，速度v不斷減小，即乘客做豎直向下的減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，C錯(cuò)誤，D正確。課時(shí)作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．(2025·新疆普通高考適應(yīng)性檢測(cè)高三上第一次模擬)2024年9月11日，我國(guó)自主研發(fā)的朱雀三號(hào)可重復(fù)使用垂直回收試驗(yàn)箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心完成10公里級(jí)垂直起降返回飛行試驗(yàn)。該火箭的質(zhì)量將近70噸，在起飛后的大推力上升階段，火箭加速上升5公里，速度達(dá)到160m/s，不考慮空氣阻力，則這個(gè)階段的平均推力最接近()A．2×105N B．9×105NC．2×106N D．9×106N答案：B解析：火箭大推力上升階段，只考慮推力和重力作用，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10m/s2，代入數(shù)據(jù)解得平均推力F＝8．792×105N≈9×105N，故選B。2．(人教版必修第一冊(cè)·第四章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T1改編)(多選)一個(gè)原來(lái)靜止的物體，質(zhì)量是2kg，受到兩個(gè)大小都是50N且互成120°角的力的作用，此外沒(méi)有其他的力，關(guān)于該物體，下列說(shuō)法正確的是()A．物體受到的合力為50NB．物體的加速度為25eq\r(3)m/s2C．3s末物體的速度為75m/sD．3s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125m答案：AC解析：兩個(gè)夾角為120°的50N的力，其合力仍為50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2，3s末速度v＝at＝75m/s，3s內(nèi)位移x＝eq\f(1,2)at2＝112．5m，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。3．(2024·貴州高考)某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤(pán)放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時(shí)間內(nèi)，小圓盤(pán)僅受重力G和顆粒介質(zhì)對(duì)其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓盤(pán)在不同時(shí)刻的位置，相鄰位置的時(shí)間間隔相等，如圖所示，則該段時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法可能正確的是()A．f一直大于G B．f一直小于GC．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G答案：C解析：由題圖可知，相等時(shí)間間隔內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤(pán)的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤(pán)下落的速度先增大后減小，以向下為正方向，則鐵質(zhì)小圓盤(pán)的加速度a先正后負(fù)，設(shè)鐵質(zhì)小圓盤(pán)的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故選C。4．(2024·山東省濟(jì)南市高三下三模)某同學(xué)將排球墊起，排球以某一初速度豎直向上運(yùn)動(dòng)，然后下落回到出發(fā)點(diǎn)。已知排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒定，豎直向上為正方向，下列描述排球的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像可能正確的是()答案：B解析：設(shè)排球的質(zhì)量為m，受到的空氣阻力大小為f，上升過(guò)程和下降過(guò)程中的加速度大小分別為a上和a下，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋eq\f(f,m)>a下＝g－eq\f(f,m)，由v-t圖像中圖線的斜率表示加速度，可知上升過(guò)程中圖像的斜率比下降過(guò)程中圖像的斜率大；又由于排球最終落回出發(fā)點(diǎn)，可知排球上升過(guò)程和下降過(guò)程的位移大小相等，由v-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移可知，t軸上、下方圖線與t軸圍成的面積大小應(yīng)相同。綜上所述，B可能正確，A、C、D錯(cuò)誤。5．(2024·江蘇省泰州市高三下期初一模調(diào)研)如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長(zhǎng)度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′點(diǎn)，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長(zhǎng)度BO′>AO′>CO′。若三個(gè)滑塊同時(shí)從A、B、C處開(kāi)始由靜止下滑(忽略阻力)，則()A．A處滑塊最先到達(dá)O′點(diǎn) B．B處滑塊最先到達(dá)O′點(diǎn)C．C處滑塊最先到達(dá)O′點(diǎn) D．三個(gè)滑塊同時(shí)到達(dá)O′點(diǎn)答案：D解析：設(shè)半球形容器的半徑為R，滑板的傾角為θ，滑塊的質(zhì)量為m，下滑時(shí)的加速度大小為a，則滑板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2Rsinθ，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式，有L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知滑塊從靜止釋放到滑到O′點(diǎn)所用的時(shí)間t與滑板的傾角θ和板的長(zhǎng)度均無(wú)關(guān)，故三個(gè)滑塊同時(shí)到達(dá)O′點(diǎn)，故選D。6．(2025·四川省內(nèi)江市高三上一模)如圖，固定在水平地面上的光滑、足夠長(zhǎng)的斜面傾角為30°，其底端有一質(zhì)量為2kg的小物體，物體在平行于斜面向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t0后撤去拉力F，此后，小物體繼續(xù)沿斜面運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過(guò)2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10m/s2。則拉力F的大小是()A．14N B．18NC．20N D．24N答案：B解析：設(shè)拉力F作用時(shí)，小物體的加速度為a1，撤去拉力F后，小物體的加速度為a2，撤去拉力F瞬間，小物體的速度為v，取沿斜面向上為正方向，撤去拉力F前，小物體的位移x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)，由牛頓第二定律有F－mgsin30°＝ma1，從撤去拉力F至返回斜面底端，小物體的位移為－x＝v·2t0＋eq\f(1,2)a2(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛頓第二定律有－mgsin30°＝ma2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F＝18N，故選B。7．(2025·八省聯(lián)考陜西卷)如圖，質(zhì)量均為m的兩個(gè)相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止?fàn)顟B(tài)，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則()A．L1的拉力大小為eq\r(3)mgB．L2的拉力大小為3mgC．若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為eq\r(3)gD．若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g答案：C解析：對(duì)甲和乙整體受力分析如圖所示，由平衡條件可知，L1的拉力大小為T(mén)1＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，L2的拉力大小為T(mén)2＝eq\f(2mg,cos60°)＝4mg，故A、B錯(cuò)誤。若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙所受的合力不變，仍為零，加速度為零；對(duì)小球甲受力分析，甲受到L2的拉力，豎直向下的重力mg和彈簧豎直向下、大小為mg的拉力，且在沿L2方向受力平衡，在垂直L2的方向，由牛頓第二定律可知，加速度大小為a＝eq\f(（mg＋mg）sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C正確，D錯(cuò)誤。8．(2024·陜西省榆林市高三下一模)一個(gè)質(zhì)量為2kg的箱子靜止放在水平面上，箱子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．5，給箱子一個(gè)水平恒定拉力，使箱子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)2s，箱子的位移為20m。重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，空氣阻力不計(jì)。(1)求拉力的大小；(2)若拉力大小不變，把拉力的方向改為與水平面成37°角斜向上，使箱子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)1s后撤去拉力，求箱子運(yùn)動(dòng)的總位移。答案：(1)30N(2)18．975m解析：(1)設(shè)箱子的質(zhì)量為m，箱子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平拉力的大小為F，箱子的加速度大小為a，已知運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝2s時(shí)位移為L(zhǎng)＝20m，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系可知L＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律有F－μmg＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F＝30N。(2)以箱子運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，設(shè)拉力F作用時(shí)箱子的加速度為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，拉力撤去后，箱子的加速度為a2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2。拉力F作用時(shí)，由牛頓第二定律有Fcos37°－f＝ma1其中滑動(dòng)摩擦力f＝μFN地面對(duì)箱子的支持力FN＝mg－Fsin37°剛撤去拉力時(shí)的速度v＝a1t1位移L1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)撤去拉力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律有－μmg＝ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v＋a2t2勻減速階段箱子運(yùn)動(dòng)的位移L2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)箱子運(yùn)動(dòng)的總位移L′＝L1＋L2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得L′＝18．975m。[B組綜合提升練]9．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為1kg的滑塊在一個(gè)沿斜面向下的外力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其eq\f(x,t)-t圖像如圖乙所示(x為滑塊運(yùn)動(dòng)的距離，t為滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)，斜面足夠長(zhǎng)且始終保持靜止不動(dòng)，且若撤去外力F，滑塊可沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，斜面傾角為37°，且sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，則()A．外力F的大小為2NB．滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．75C．t＝2s時(shí)滑塊的速度大小為4m/sD．t＝2s時(shí)滑塊的位移大小為8m答案：BD解析：設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊滑動(dòng)過(guò)程所受支持力大小為FN，滑動(dòng)摩擦力大小為f，在外力F作用下加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(a,2)t，結(jié)合題圖乙可知，0～2s內(nèi)有eq\f(a,2)＝2m/s2，解得a＝4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mgsin37°－f＝ma，若撤去F則滑塊受力平衡，有f＝mgsin37°，又f＝μFN＝μmgcos37°，聯(lián)立解得μ＝tan37°＝0．75，F(xiàn)＝4N，故A錯(cuò)誤，B正確；t＝2s時(shí)滑塊的速度大小v＝at＝8m/s，位移大小x＝eq\f(1,2)at2＝8m，故C錯(cuò)誤，D正確。10．(2024·陜西省西安市高三下一模)如圖，將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處?kù)o止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P處所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由60°逐漸減小至45°，物塊的下滑時(shí)間t將()A．逐漸減小 B．先減小后增大C．逐漸增大 D．先增大后減小答案：A解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，解得物塊下滑時(shí)的加速度大小為a＝gsinθ，設(shè)P、Q的水平距離為d，由幾何關(guān)系可得，物塊下滑的距離為L(zhǎng)＝eq\f(d,cosθ)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2d,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)θ由60°逐漸減小至45°時(shí)，sin2θ逐漸增大，則物塊的下滑時(shí)間t將逐漸減小，故選A。11．(2024·福建省寧德市高三上質(zhì)優(yōu)生聯(lián)考一模)(多選)如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個(gè)物體A、B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以系統(tǒng)靜止時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為位移x正方向，得到F隨x的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質(zhì)量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，則下列關(guān)系正確的是()A．物體B的質(zhì)量為12kgB．物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2C．F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為8ND．彈簧的勁度系數(shù)為80N/m答案：BD解析：設(shè)物體B的質(zhì)量為M，彈簧的勁度系數(shù)為k，物體A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，以A、B整體為研究對(duì)象，靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分離之前，根據(jù)牛頓第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F隨x的變化圖像的斜率等于彈簧的勁度系數(shù)，結(jié)合圖乙可得k＝eq\f(22－12,12.5×10－2)N/m＝80N/m，故D正確；x＝0時(shí)，有F＝12N＝(m＋M)a，A、B分離后，對(duì)A由牛頓第二定律得22N－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝1m/s2，M＝10kg，故A錯(cuò)誤，B正確；施加拉力F的瞬間，設(shè)A、B之間的彈力大小為FN，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12N，解得FN＝10N，故C錯(cuò)誤。[C組拔尖培優(yōu)練]12．(2024·廣東高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是()答案：B解析：從木塊開(kāi)始釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中，即0≤y≤H的過(guò)程，木塊所受合外力為木塊的重力，即F＝mg，則F保持不變；從木塊接觸彈簧到下落至最低點(diǎn)的過(guò)程中，即y>H的過(guò)程，根據(jù)力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，則隨著y增大，F(xiàn)先均勻減小到0，后反向均勻增大；同理分析可知，上升過(guò)程的F-y圖像與下落過(guò)程的F-y圖像相同，故A錯(cuò)誤，B正確。結(jié)合上述分析，由牛頓第二定律可知，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，所以y-t圖像斜率逐漸增大；從木塊下落H高度到下落至最低點(diǎn)的過(guò)程，木塊先向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，速度先逐漸增大后逐漸減小到0，所以y-t圖像的斜率先逐漸增大后逐漸減小到0，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槟緣K下落過(guò)程與上升過(guò)程具有對(duì)稱性，所以其y-t圖像如圖所示，故C、D錯(cuò)誤。第講專題：動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題及臨界、極值問(wèn)題考點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題1．連接體問(wèn)題(1)連接體多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由彈簧、繩子、細(xì)桿聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。(2)外力與內(nèi)力①外力：系統(tǒng)之外的物體對(duì)系統(tǒng)的作用力。②內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力。2．連接體的類型(1)輕彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)物物并排連接體(4)輕繩連接體(5)輕桿連接體3．連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。(2)輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。一般情況下，連接體沿桿方向的分速度相等。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等。若彈簧兩端的物體只沿彈簧方向運(yùn)動(dòng)，則在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。4．連接體的受力特點(diǎn)輕繩、輕彈簧的作用力沿繩或彈簧方向，輕桿的作用力不一定沿桿的方向。5．處理連接體問(wèn)題的方法(1)整體法若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力時(shí)，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的合力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔離法若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。(3)整體法、隔離法交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。若已知物體之間的作用力，求連接體所受外力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”。例1(2024·北京高考)如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為()A．eq\f(M,M＋m)F B．eq\f(m,M＋m)FC．eq\f(M,m)F D．eq\f(m,M)F[答案]A[解析]設(shè)飛船和空間站的加速度大小為a，飛船和空間站之間的作用力大小為F′，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)飛船和空間站整體有F＝(M＋m)a，對(duì)空間站有F′＝Ma，聯(lián)立解得F′＝eq\f(M,M＋m)F，故選A。力的“分配”原則如圖所示，一起加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)，若力作用于m1上，則m1和m2間的相互作用力為F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此結(jié)論與有無(wú)摩擦無(wú)關(guān)(有摩擦，兩物體與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同)，物體系統(tǒng)沿水平面、斜面、豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，此結(jié)論都成立。兩物體的連接物為輕彈簧、輕桿時(shí)，此結(jié)論不變。跟進(jìn)訓(xùn)練(2025·青海省西寧市高三模擬檢測(cè))(多選)如圖，質(zhì)量為2m的P滑塊、質(zhì)量為m的Q滑塊置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻加速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的有()A．P的加速度大小為eq\f(F,3m)－μgB．P的合力大小為F－2μmgC．彈簧伸長(zhǎng)了eq\f(F,3k)D．突然撤去拉力F瞬間，Q的加速度大小變小答案：AC解析：分析可知，P、Q相對(duì)靜止時(shí)，兩者才能均做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)P、Q的加速度大小均為a，以P、Q整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，解得a＝eq\f(F,3m)－μg，故A正確；由牛頓第二定律可知，P的合力大小為FP＝2ma＝eq\f(2F,3)－2μmg，故B錯(cuò)誤；以Q為研究對(duì)象，設(shè)彈簧彈力為T(mén)，由牛頓第二定律可知T－μmg＝ma，解得T＝eq\f(F,3)，根據(jù)胡克定律可知，彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx＝eq\f(T,k)＝eq\f(F,3k)，故C正確；突然撤去拉力F瞬間，由于彈簧長(zhǎng)度無(wú)法瞬時(shí)改變，故彈簧彈力不變，Q的加速度大小不變，故D錯(cuò)誤。例2(2025·陜西省西安市高三上11月聯(lián)考)如圖，質(zhì)量為M＝60kg的人站在水平地面上，通過(guò)豎直繩子和定滑輪將質(zhì)量為m＝40kg的重物送入井中。當(dāng)重物以3m/s2的加速度加速下落時(shí)，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及繩子與定滑輪間的摩擦，則人對(duì)地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．200N B．920NC．320N D．280N[答案]C[解析]重物受到重力mg與繩子的拉力F的作用，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得F＝m(g－a)＝40×(10－3)N＝280N，人受重力Mg、繩子向上的拉力F和地面向上的支持力N的作用，處于平衡狀態(tài)，則根據(jù)平衡條件有Mg＝F＋N，解得N＝Mg－F＝600N－280N＝320N，由牛頓第三定律可知，人對(duì)地面的壓力大小為N′＝N＝320N，故選C?？键c(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題1．四種典型的臨界條件(1)繩子斷裂的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力。(2)繩子松弛的臨界條件：繩子松弛的臨界條件是FT＝0。(3)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(4)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。2．求解的基本思路(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。(2)尋找過(guò)程中變化的物理量。(3)探索物理量的變化規(guī)律。(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。3．求解的思維方法極限法把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的假設(shè)法臨界問(wèn)題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問(wèn)題數(shù)學(xué)法將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件例3(2022·江蘇高考)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書(shū)，書(shū)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。若書(shū)不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過(guò)()A．2．0m/s2 B．4．0m/s2C．6．0m/s2 D．8．0m/s2[答案]B[解析]書(shū)相對(duì)于桌面不滑動(dòng)，說(shuō)明書(shū)與高鐵的加速度相同，當(dāng)桌面與書(shū)之間的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，書(shū)所受合力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4．0m/s2，即高鐵的最大加速度不超過(guò)4．0m/s2，故選B。例4(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無(wú)拉力?，F(xiàn)用水平力F向右拉物塊A，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)0<F<μmg時(shí)，繩中拉力為0B．當(dāng)μmg<F<2μmg時(shí)，繩中拉力等于0C．當(dāng)F>2μmg時(shí)，繩中拉力等于eq\f(F,2)D．無(wú)論F多大，繩中拉力都不可能等于eq\f(F,3)[答案]AC[解析]當(dāng)0<F≤μmg時(shí)，A在水平方向只受到拉力F與靜摩擦力的作用，二者平衡，繩中拉力為0，故A正確；當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)，A、B整體在水平方向只受到拉力F與靜摩擦力的作用，二者平衡，此時(shí)A受到的靜摩擦力到達(dá)最大，即μmg，由平衡條件可得繩中拉力為F－μmg，故B錯(cuò)誤；當(dāng)F>2μmg時(shí)，A、B整體向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律，有F－2μmg＝2ma，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律，有F拉－μmg＝ma，聯(lián)立解得繩中拉力為F拉＝eq\f(F,2)，故C正確；由前面分析可知，當(dāng)μmg<F≤2μmg時(shí)繩中拉力可能等于eq\f(F,3)，此時(shí)有F－μmg＝eq\f(F,3)，解得F＝eq\f(3,2)μmg，符合條件，故D錯(cuò)誤。例5如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的細(xì)繩一端固定在車上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過(guò)a1時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止；如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過(guò)a2時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止，則a1和a2的大小之比為()A．eq\r(3)∶1 B．eq\r(3)∶3C．3∶1 D．1∶3[答案]D[解析]小球和小車保持相對(duì)靜止時(shí)，小球的受力情況如圖所示。如果小車在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsinθ－FTcosθ＝ma，豎直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a＝eq\f(FNsinθ－FTcosθ,FNcosθ＋FTsinθ)g，小球能夠和小車保持相對(duì)靜止的臨界條件是細(xì)繩拉力FT＝0，此時(shí)小車向左加速的加速度最大，解得小車向左做加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小a1＝gtan30°，同理可得，如果小車在水平面上向右做加速運(yùn)動(dòng)，由正交分解法得，水平方向上有FTcosθ－FNsinθ＝ma′，豎直方向上有FNcosθ＋FTsinθ＝mg，解得加速度大小a′＝eq\f(FTcosθ－FNsinθ,FNcosθ＋FTsinθ)g，小球能夠和小車保持相對(duì)靜止的臨界條件是斜面對(duì)小球的彈力FN＝0，此時(shí)小車向右加速的加速度最大，解得小車向右做加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小a2＝eq\f(g,tan30°)，所以a1∶a2＝1∶3，故選D。例6(2025·安徽省合肥市第八中學(xué)高三上檢測(cè))(多選)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(物體B與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開(kāi)始向上做加速度為a(a<g)的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．拉力F的最小值為2MaB．A、B分離時(shí)，彈簧彈力恰好為零C．A、B分離時(shí)，A上升的距離為eq\f(M（g－a）,k)D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值[答案]AC[解析]A、B分離前，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律有F＋kx－2Mg＝2Ma，隨著A、B上升，彈簧的壓縮量x減小，則拉力F增大；A、B分離后，對(duì)A由牛頓第二定律有F－Mg＝Ma，可知拉力F不變，則開(kāi)始時(shí)拉力F最小。A、B整體原來(lái)靜止，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx1，解得彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(2Mg,k)，施加外力F的瞬間，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有Fmin＋kx1－2Mg＝2Ma，解得Fmin＝2Ma，A正確；物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有相同的速度，加速度均為a，且A、B間的作用力為0，對(duì)B由牛頓第二定律有F彈－Mg＝Ma，根據(jù)胡克定律有F彈＝kx2，解得t1時(shí)刻彈簧的壓縮量為x2＝eq\f(M（g＋a）,k)，則A、B分離時(shí)，A上升的距離為Δx＝x1－x2＝eq\f(M（g－a）,k)，故B錯(cuò)誤，C正確；A、B分離后，B向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力F彈′＝Mg時(shí)，物體B的加速度為0，速度達(dá)到最大值，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。課時(shí)作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．(2025·北京市朝陽(yáng)區(qū)高三模擬)如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個(gè)大小為F、方向水平向右的力，A、B一起向右運(yùn)動(dòng)且保持相對(duì)靜止。已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．木塊A受到兩個(gè)力的作用B．木塊B受到四個(gè)力的作用C．木塊A所受合力大小為eq\f(F,3)D．木塊B受到A的作用力大小為eq\r(（mg）2＋F2)答案：C解析：由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律可知F＝(m＋2m)a，解得a＝eq\f(F,3m)，則木塊A所受合力大小FA＝ma＝eq\f(F,3)，C正確；在豎直方向上，木塊A受重力mg和B對(duì)A的支持力N的作用，且N＝mg，在水平方向上，B對(duì)A的摩擦力提供A向右的加速度，大小f＝FA，木塊A受三個(gè)力的作用，A錯(cuò)誤；由牛頓第三定律可知，A對(duì)B的壓力大小N′＝N＝mg，摩擦力大小f′＝f＝eq\f(F,3)，則木塊B受到A的作用力大小FBA＝eq\r(N′2＋f′2)＝eq\r(（mg）2＋\f(F2,9))，此外，B還受重力、地面的支持力及力F，即木塊B受到五個(gè)力的作用，B、D錯(cuò)誤。2．(粵教版必修第一冊(cè)·第四章第六節(jié)[練習(xí)]T2改編)如圖所示，重力為G的物體a放在上表面水平的物體b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，則()A．a(chǎn)對(duì)b的壓力等于零 B．a(chǎn)對(duì)b的壓力等于GC．a(chǎn)受到的摩擦力方向水平向右 D．a(chǎn)與b之間沒(méi)有摩擦力的作用答案：C解析：對(duì)a、b整體由牛頓第二定律得(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，解得a＝gsinθ，單獨(dú)對(duì)a受力分析，由牛頓第二定律得，豎直方向上有mag－N＝maa1＝magsin2θ＝Gsin2θ，水平方向上有f＝maa2＝magsinθcosθ＝Gsinθcosθ，則得b對(duì)a的支持力N＝G－Gsin2θ＝Gcos2θ，由牛頓第三定律知a對(duì)b的壓力N′＝N＝Gcos2θ，a受到的摩擦力大小為f＝Gsinθcosθ，方向水平向右。故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。3．(2024·河南省新鄉(xiāng)市高三下二模)如圖所示，一根跨過(guò)光滑輕滑輪