（江蘇專版）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律學(xué)案

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1、 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第1節(jié)牛頓第一定律__牛頓第三定律 (1)牛頓第一定律是實(shí)驗(yàn)定律。(×) (2)在水平面上運(yùn)動(dòng)的物體最終停下來(lái)，是因?yàn)樗椒较驔](méi)有外力維持其運(yùn)動(dòng)的結(jié)果。(×) (3)運(yùn)動(dòng)的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×) (4)物體的慣性越大，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越難改變。(√) (5)作用力與反作用力可以作用在同一物體上。(×) (6)作用力與反作用力的作用效果不能抵消。(√) (1)伽利略利用“理想實(shí)驗(yàn)”得出“力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因”的觀點(diǎn)，推翻了亞里士多德的“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的錯(cuò)誤觀點(diǎn)。 (2)英國(guó)科學(xué)家牛頓在《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原

2、理》著作中提出了“牛頓第一、第二、第三定律”。 突破點(diǎn)(一)　牛頓第一定律的理解 1．對(duì)牛頓第一定律的理解 (1)提出慣性的概念：牛頓第一定律指出一切物體都具有慣性，慣性是物體的一種固有屬性。 (2)揭示力的本質(zhì)：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)狀態(tài)的原因。 2．慣性的兩種表現(xiàn)形式 (1)物體在不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))。 (2)物體受到外力時(shí)，慣性表現(xiàn)為抗拒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的能力。慣性大，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)較難改變；慣性小，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)容易改變。 3．與牛頓第二定律的對(duì)比 牛頓第一定律是經(jīng)過(guò)

3、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。 [題點(diǎn)全練] 1．(2018·三明檢測(cè))科學(xué)思維和科學(xué)方法是我們認(rèn)識(shí)世界的基本手段。在研究和解決問(wèn)題的過(guò)程中，不僅需要相應(yīng)的知識(shí)，還需要運(yùn)用科學(xué)的方法。理想實(shí)驗(yàn)有時(shí)更能深刻地反映自然規(guī)律，伽利略設(shè)想了一個(gè)理想實(shí)驗(yàn)，如圖所示。 ①兩個(gè)對(duì)接的斜面，靜止的小球沿一個(gè)斜面滾下，小球?qū)L上另一個(gè)斜面； ②如果沒(méi)有摩擦，小球?qū)⑸仙皆瓉?lái)釋放的高度； ③減小第二個(gè)斜面的傾角，小球在這個(gè)斜面上仍然會(huì)達(dá)到原來(lái)的高度； ④繼續(xù)減小第二個(gè)斜面的傾角，最后使它成為水平面，小球會(huì)沿水平面做持續(xù)的勻速運(yùn)動(dòng)。 通過(guò)對(duì)這個(gè)實(shí)驗(yàn)的分析，我們可以

4、得到的最直接結(jié)論是(　　) A．自然界的一切物體都具有慣性 B．光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的小球，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的維持并不需要外力 C．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變 D．小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小 解析：選B　理想斜面實(shí)驗(yàn)只能說(shuō)明鋼球具有慣性，推廣到一切物體的是牛頓，A錯(cuò)誤；伽利略通過(guò)“理想斜面實(shí)驗(yàn)”和科學(xué)推理，得出的結(jié)論是：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的小球，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的維持并不需要外力，B正確；如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變，這是牛頓得出的，C錯(cuò)誤；小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小，這是牛頓第二定律內(nèi)容，D錯(cuò)誤。 2.(2

5、018·江都月考)在水平的路面上有一輛勻速行駛的小車，車上固定一盛滿水的碗?，F(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)碗中的水灑出，水灑出的情況如圖所示，則關(guān)于小車在此種情況下的運(yùn)動(dòng)敘述正確的是(　　) A．小車勻速向左運(yùn)動(dòng) B．小車可能突然向左加速運(yùn)動(dòng) C．小車可能突然向左減速運(yùn)動(dòng) D．小車可能突然向右加速運(yùn)動(dòng) 解析：選B　若小車勻速向左運(yùn)動(dòng)，則水也勻速運(yùn)動(dòng)，速度相等，碗中的水不會(huì)灑出，故A錯(cuò)誤；小車突然向左加速，由于慣性，水還沒(méi)有來(lái)得及加速，所以碗向左的速度大于水向左的速度，可以出現(xiàn)圖示情況，故B正確；小車突然向左減速，由于慣性，水還沒(méi)有來(lái)得及減速，所以小車向左的速度小于水向左的速度，水應(yīng)向左灑出，故C錯(cuò)誤；小

6、車突然向右加速，由于慣性，水還沒(méi)有來(lái)得及加速，所以碗向右的速度大于水向右的速度，水應(yīng)向左灑出，故D錯(cuò)誤。 3.[多選]如圖所示，在勻速前進(jìn)的磁懸浮列車?yán)?，小明將一小球放在水平桌面上，且小球相?duì)桌面靜止。關(guān)于小球與列車的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若小球向前滾動(dòng)，則磁懸浮列車在加速前進(jìn) B．若小球向后滾動(dòng)，則磁懸浮列車在加速前進(jìn) C．磁懸浮列車急剎車時(shí)，小球向前滾動(dòng) D．磁懸浮列車急剎車時(shí)，小球向后滾動(dòng) 解析：選BC　由于慣性，小球要保持原來(lái)的勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，若小球向前滾動(dòng)，則說(shuō)明磁懸浮列車在減速前進(jìn)，若小球向后滾動(dòng)，則說(shuō)明磁懸浮列車在加速前進(jìn)，故B正確，A錯(cuò)誤；反之，若磁懸浮

7、列車急剎車時(shí)，磁懸浮列車速度變小，小球由于慣性速度不變，故向前滾動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(二)　牛頓第三定律的理解 1．作用力與反作用力的“六同、三異、二無(wú)關(guān)” (1)六同 (2)三異 (3)二無(wú)關(guān) 2．作用力、反作用力與一對(duì)平衡力的比較 作用力和反作用力 一對(duì)平衡力 不同點(diǎn) 作用在兩個(gè)物體上 作用在同一物體上 力的性質(zhì)一定相同 對(duì)力的性質(zhì)無(wú)要求 作用效果不可抵消 作用效果相互抵消 相同點(diǎn) 大小相等、方向相反，作用在同一直線上 [題點(diǎn)全練] 1.氣球冒險(xiǎn)家利用一簇氣球使一座房屋成功升空。圖示時(shí)刻房屋正在加速上升，此時(shí)(　　) A．繩對(duì)

8、房屋的拉力與房屋對(duì)繩的拉力大小相等 B．房屋對(duì)繩的拉力與房屋所受的重力大小相等 C．房屋受到的繩的拉力與房屋所受的重力是一對(duì)平衡力 D．房屋對(duì)繩的拉力與房屋所受的重力是一對(duì)作用力和反作用力 解析：選A　繩對(duì)房屋的拉力與房屋對(duì)繩的拉力是一對(duì)作用力和反作用力，則大小相等，選項(xiàng)A正確；房屋對(duì)繩的拉力與繩對(duì)房屋的拉力大小相等，因加速上升，則繩對(duì)房屋的拉力大于房屋所受的重力，則房屋對(duì)繩的拉力大于房屋所受的重力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因加速上升，則房屋受到的繩的拉力與房屋所受的重力不是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；房屋對(duì)繩的拉力與房屋所受的重力不是一對(duì)作用力和反作用力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．(2018·天津模擬)物

9、體靜止于水平桌面上，則(　　) A．物體對(duì)桌面的壓力和桌面對(duì)物體的支持力是一對(duì)相互平衡的力 B．物體的重力和桌面對(duì)它的支持力是一對(duì)作用力與反作用力 C．物體對(duì)桌面的壓力就是物體的重力，這兩個(gè)力是同性質(zhì)的力 D．桌面對(duì)物體的支持力大小等于物體的重力大小，這兩個(gè)力是一對(duì)平衡力 解析：選D　物體對(duì)桌面的壓力和桌面對(duì)物體的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，故A錯(cuò)誤；物體的重力和物體對(duì)地球的吸引力是一對(duì)作用力與反作用力，故B錯(cuò)誤；壓力不是重力，它們的施力物體、受力物體、作用點(diǎn)都不相同，故C錯(cuò)誤；物體的重力是作用在物體上的力，支持力也是作用在這個(gè)物體上的力，這兩個(gè)力大小相等、方向相反且作用在同一直線

10、上，所以這兩個(gè)力是一對(duì)平衡力，故D正確。 3．(2018·揚(yáng)州二模)牛頓在總結(jié)C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究結(jié)果后，提出了著名的牛頓第三定律，闡述了作用力和反作用力的關(guān)系，從而與牛頓第一定律和牛頓第二定律形成了完整的牛頓力學(xué)體系。下列關(guān)于作用力和反作用力的說(shuō)法正確的是(　　) A．物體先對(duì)地面產(chǎn)生壓力，然后地面才對(duì)物體產(chǎn)生支持力 B．物體對(duì)地面的壓力和地面對(duì)物體的支持力互相平衡 C．人推車加速前進(jìn)，人對(duì)車的作用力的大小等于車對(duì)人的作用力的大小 D．物體在地面上滑行，物體對(duì)地面的摩擦力大于地面對(duì)物體的摩擦力 解析：選C　物體對(duì)地面的壓力和地面對(duì)物體的支持力是一對(duì)作用力與反

11、作用力，是同時(shí)產(chǎn)生的，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體對(duì)地面的壓力和地面對(duì)物體的支持力分別作用在地面和物體上，是一對(duì)作用力與反作用力，不是平衡力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；人對(duì)車的作用力與車對(duì)人的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，選項(xiàng)C正確；物體對(duì)地面的摩擦力與地面對(duì)物體的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(三)　應(yīng)用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對(duì)象 [典例]　(2018·海口模擬)建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料。一質(zhì)量為70.0 kg的工人站在地面上，通過(guò)定滑輪將20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對(duì)地

12、面的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．510 N　　　　　　 B．490 N C．890 N D．910 N [思路點(diǎn)撥] (1)明確物體間的相互作用： (2)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象： ①求地面所受壓力時(shí)，由于地面無(wú)其他信息，因此轉(zhuǎn)換到求人受地面的支持力。 ②求繩對(duì)人的拉力時(shí)，人的受力情況復(fù)雜，因此轉(zhuǎn)換到求建材所受繩的拉力。 (3)根據(jù)牛頓第三定律，轉(zhuǎn)換研究對(duì)象后所求的力與待求力是“等大”的，因此問(wèn)題得以巧妙地解出。 [解析]　設(shè)繩子對(duì)物體的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝ma F1＝m(g＋a)＝210 N 繩子對(duì)人的拉力F2＝F1＝210 N 人處于靜止?fàn)顟B(tài)，

13、則地面對(duì)人的支持力 FN＝Mg－F2＝490 N， 由牛頓第三定律知：人對(duì)地面的壓力 FN′＝FN＝490 N 故B項(xiàng)正確。 [答案]　B [方法規(guī)律] 如果不能直接求解物體受到的某個(gè)力時(shí)，可先求它的反作用力，如求壓力時(shí)可先求支持力。在許多問(wèn)題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，可以使我們分析問(wèn)題的思路更靈活、更開(kāi)闊。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，用彈簧測(cè)力計(jì)懸掛一個(gè)重G＝10 N的金屬塊，使金屬塊一部分浸在臺(tái)秤上的水杯中(水不會(huì)溢出)。若彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)變?yōu)镕T＝6 N，則臺(tái)秤的示數(shù)比金屬塊沒(méi)有浸入水前(　　) A．保持不變 B．增加10

14、 N C．增加6 N D．增加4 N 解析：選D　對(duì)金屬塊受力分析，由平衡條件可知，水對(duì)金屬塊的浮力為F＝G－FT＝4 N，方向豎直向上，則由牛頓第三定律可得，金屬塊對(duì)水的作用力大小為F′＝4 N，方向豎直向下，所以臺(tái)秤的示數(shù)比金屬塊沒(méi)有浸入水前增加了4 N，選項(xiàng)D正確。 2.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板上水平向右加速滑行，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，若長(zhǎng)木板仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則長(zhǎng)木板對(duì)地面摩擦力大小一定為(　　) A．μ1(m＋M)g B．μ2mg C．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg 解析：選B　木塊在長(zhǎng)木板上向右

15、滑行過(guò)程中，受到長(zhǎng)木板對(duì)木塊水平向左的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第三定律可知，木塊對(duì)長(zhǎng)木板有水平向右的滑動(dòng)摩擦力，大小為μ2mg，由于長(zhǎng)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向合力為零，故地面對(duì)長(zhǎng)木板的靜摩擦力方向水平向左，大小為μ2mg，由牛頓第三定律可知，長(zhǎng)木板對(duì)地面的摩擦力大小為μ2mg，故B正確。 3.一個(gè)箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個(gè)環(huán)，箱子與桿的質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如圖所示。已知環(huán)沿桿勻加速下滑時(shí)，環(huán)與桿間的摩擦力大小為Ff，則此時(shí)箱子對(duì)地面的壓力大小為(　　) A．Mg＋Ff B．Mg－Ff C．Mg＋mg D．Mg－mg 解析：選A　環(huán)在豎直方向上受重力

16、及箱子的桿對(duì)它的豎直向上的摩擦力Ff，受力情況如圖甲所示，根據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應(yīng)對(duì)桿有豎直向下的摩擦力Ff′，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對(duì)它的支持力FN及環(huán)對(duì)它的摩擦力Ff′，受力情況如圖乙所示，由于箱子處于平衡狀態(tài)，可得FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg。根據(jù)牛頓第三定律，箱子對(duì)地面的壓力大小等于地面對(duì)箱子的支持力，即FN′＝Mg＋Ff，故選項(xiàng)A正確。 慣性的“相對(duì)性” (一)空氣中的鐵球和乒乓球 1.如圖所示，一容器固定在一個(gè)小車上，在容器中分別懸掛一只鐵球和一只乒乓球，容器中鐵球和乒乓球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)容器隨小車突然向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩球的運(yùn)動(dòng)情況是(以小車為參考系)

17、(　　) A．鐵球向左，乒乓球向右　　 B．鐵球向右，乒乓球向左 C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右 解析：選C　由于慣性，當(dāng)容器隨小車突然向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，鐵球和乒乓球都相對(duì)容器向左運(yùn)動(dòng)，C正確。 (二)水中的鐵球和乒乓球 2.如圖所示，一盛水的容器固定在一個(gè)小車上，在容器中分別懸掛和拴住一只鐵球和一只乒乓球。容器中的水和鐵球、乒乓球都處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)容器隨小車突然向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩球的運(yùn)動(dòng)狀況是(以小車為參考系)(　　) A．鐵球向左，乒乓球向右 B．鐵球向右，乒乓球向左 C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右 解析：選A　因?yàn)樾≤囃蝗幌蛴疫\(yùn)動(dòng)，鐵

18、球和乒乓球都有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，但由于與同體積的“水球”相比，鐵球質(zhì)量大、慣性大，鐵球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)難改變，即速度變化慢，而同體積的“水球”的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)容易改變，即速度變化快，而且水和車一起向右運(yùn)動(dòng)，所以小車向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，鐵球相對(duì)小車向左運(yùn)動(dòng)。同理，由于乒乓球與同體積的“水球”相比，質(zhì)量小，慣性小，乒乓球相對(duì)小車向右運(yùn)動(dòng)。 (1)質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，物體的質(zhì)量越大，慣性越大，狀態(tài)越難改變。 (2)懸掛在空氣中的鐵球和乒乓球的慣性都比對(duì)應(yīng)的“空氣球”的慣性大，但懸掛在水中的乒乓球的慣性沒(méi)有對(duì)應(yīng)的“水球”的慣性大?！? 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：牛頓第一定律的理解 1．(2018·揭陽(yáng)模擬)在

19、物理學(xué)史上，正確認(rèn)識(shí)運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系且推翻“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”這個(gè)觀點(diǎn)的物理學(xué)家及建立慣性定律的物理學(xué)家分別是(　　) A．亞里士多德、伽利略　　 B．伽利略、牛頓 C．伽利略、愛(ài)因斯坦 D．亞里士多德、牛頓 解析：選B　伽利略通過(guò)斜面實(shí)驗(yàn)正確認(rèn)識(shí)了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系，從而推翻了亞里士多德“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的錯(cuò)誤觀點(diǎn)；牛頓在歸納總結(jié)伽利略、笛卡兒等科學(xué)家的結(jié)論基礎(chǔ)上得出了牛頓第一定律，即慣性定律，故選項(xiàng)B正確。 2．(2018·鎮(zhèn)江模擬)下面是摘自上個(gè)世紀(jì)美國(guó)報(bào)紙上的一篇文章： 阿波羅登月火箭在脫離地球飛向月球的過(guò)程中，宇航員通過(guò)無(wú)線電與在家中上小學(xué)的兒子湯姆通話。宇航員

20、：“湯姆，我們現(xiàn)在已關(guān)閉了火箭上所有的發(fā)動(dòng)機(jī)，正向月球飛去?！睖罚骸澳銈冴P(guān)閉了所有的發(fā)動(dòng)機(jī)，那么靠什么力量推動(dòng)火箭向前運(yùn)動(dòng)呢？”宇航員猶豫了半天，說(shuō)：“我想大概是伽利略在推動(dòng)火箭向前運(yùn)動(dòng)吧?！? 若不計(jì)天體對(duì)火箭的引力，由上述材料可知下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．湯姆問(wèn)話所體現(xiàn)的物理思想是“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因” B．宇航員答話所體現(xiàn)的物理思想是“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因” C．宇航員答話所體現(xiàn)的物理思想是“物體運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持” D．宇航員答話的真實(shí)意思是火箭正在依靠慣性飛行 解析：選B　湯姆說(shuō)：“你們關(guān)閉了所有的發(fā)動(dòng)機(jī)，那么靠什么力量推動(dòng)火箭向前運(yùn)動(dòng)呢？”，想表達(dá)的真實(shí)意思是

21、“火箭的運(yùn)動(dòng)需要力來(lái)維持”，故A正確；由題意知，宇航員說(shuō)大概是伽利略在推動(dòng)火箭向前運(yùn)動(dòng)，真實(shí)意思是根據(jù)伽利略的理論，“火箭的運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持”，火箭正在依靠慣性飛行，而不是伽利略用力推動(dòng)著火箭向前運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C、D正確。 3．(2018·淮安調(diào)研)對(duì)物體的慣性有這樣一些理解，你覺(jué)得哪些是正確的(　　) A．汽車快速行駛時(shí)慣性大，因而剎車時(shí)費(fèi)力，慣性與物體的速度大小有關(guān) B．在月球上舉重比在地球上容易，所以同一物體在地球上慣性比在月球上大 C．加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體有向后的慣性；減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體有向前的慣性 D．不論在什么地方，不論物體原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如何，物體的慣性是客觀存在的，慣性的大

22、小與物體的質(zhì)量有關(guān) 解析：選D　慣性就是物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，與物體速度大小無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，同一物體，質(zhì)量不變，則慣性不變，故B錯(cuò)誤；慣性就是物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，無(wú)論是加速運(yùn)動(dòng)還是減速運(yùn)動(dòng)，物體都保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，故C錯(cuò)誤；慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，不論在什么地方，不論物體原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如何，物體的慣性是客觀存在的，慣性的大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，故D正確。 4．(2018·益陽(yáng)模擬)亞里士多德在其著作《物理學(xué)》中說(shuō)：一切物體都具有某種“自然本性”，物體由其“自然本性”決定的運(yùn)動(dòng)稱之為“自然運(yùn)動(dòng)”，而物體受到推、拉、提、舉等作用后的非

23、“自然運(yùn)動(dòng)”稱之為“受迫運(yùn)動(dòng)”。伽利略、笛卡爾、牛頓等人批判地繼承了亞里士多德的這些說(shuō)法，建立了新物理學(xué)。新物理學(xué)認(rèn)為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”。下列關(guān)于“慣性”和“運(yùn)動(dòng)”的說(shuō)法中不符合新物理學(xué)的是(　　) A．一切物體的“自然運(yùn)動(dòng)”都是速度不變的運(yùn)動(dòng)——靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng) B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運(yùn)動(dòng)”即變速運(yùn)動(dòng)的原因 C．可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過(guò)了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的 D．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒(méi)有立即反向運(yùn)動(dòng)，而是繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離后才反向運(yùn)動(dòng)，是由于物

24、體具有慣性 解析：選C　力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，所以當(dāng)物體不受到任何外力的時(shí)候，總保持靜止或者勻速運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，故選項(xiàng)A正確；當(dāng)物體受到外力作用的時(shí)候，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)會(huì)發(fā)生改變，即力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故選項(xiàng)B正確；可繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓桌轉(zhuǎn)得太快時(shí)，放在桌面上的盤子會(huì)向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過(guò)了“桌面給盤子的摩擦力”導(dǎo)致的，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體具有向上的速度，由于具有保持這種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的慣性，雖然受到向下的重力，但物體不會(huì)立即向下運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確。 5．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)四地名校聯(lián)考)關(guān)于慣性的認(rèn)識(shí)，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．

25、物體受到力的作用后，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，慣性也隨之改變 B．置于光滑水平面上的物體即使質(zhì)量很大也能被拉動(dòng)，說(shuō)明慣性與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān) C．讓物體的速度發(fā)生改變，無(wú)論多快，都需要一定時(shí)間，這是因?yàn)槲矬w具有慣性 D．同一物體沿同一水平面滑動(dòng)，速度較大時(shí)停下來(lái)需要的時(shí)間較長(zhǎng)，說(shuō)明慣性與速度有關(guān) 解析：選C　物體受到力的作用后，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，但物體的慣性完全由物體的質(zhì)量決定，與物體的受力及運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，故A、B、D均錯(cuò)誤；一切物體都具有慣性，所以讓物體受力使其速度發(fā)生改變，都需要一定時(shí)間，所以C正確。 6.如圖所示，在一輛表面光滑且足夠長(zhǎng)的小車上，有質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)小球(m1>m2)隨

26、車一起勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車突然停止時(shí)，若不考慮其他阻力，則兩個(gè)小球(　　) A．一定相碰 B．一定不相碰 C．不一定相碰 D．無(wú)法確定 解析：選B　因小車表面光滑，因此小球在水平方向上不會(huì)受到外力作用，原來(lái)兩小球與小車有相同的速度，當(dāng)車突然停止時(shí)，由于慣性，兩小球的速度將不變，所以不會(huì)相碰。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：牛頓第三定律的理解 7.如圖所示是我國(guó)一種傳統(tǒng)的民族體育項(xiàng)目“押加”，實(shí)際上相當(dāng)于兩個(gè)人拔河，如果繩質(zhì)量不計(jì)，且保持水平，甲、乙兩人在“押加”比賽中甲獲勝，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．甲對(duì)乙的拉力始終大于乙對(duì)甲的拉力 B．甲把乙加速拉過(guò)去時(shí)，甲對(duì)乙的拉力大于乙對(duì)

27、甲的拉力 C．只有當(dāng)甲把乙勻速拉過(guò)去時(shí)，甲對(duì)乙的拉力大小才等于乙對(duì)甲的拉力大小 D．甲對(duì)乙的拉力大小始終等于乙對(duì)甲的拉力大小，只是地面對(duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力 解析：選D　甲拉乙的力與乙拉甲的力是一對(duì)作用力與反作用力，大小始終相等，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故A、B、C錯(cuò)誤；即不管哪個(gè)獲勝，甲對(duì)乙的拉力大小始終等于乙對(duì)甲的拉力大小，只是當(dāng)?shù)孛鎸?duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力，甲才能獲勝，故D正確。 8.(2018·濟(jì)寧模擬)如圖所示為體操男子吊環(huán)比賽中某個(gè)時(shí)刻的模擬圖，運(yùn)動(dòng)員靜止不動(dòng)，兩根吊帶對(duì)稱并與豎直方向有一定的夾角。此時(shí)左、右兩吊環(huán)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力大小分別為F1、F2。則下列判斷中

28、正確的是(　　) A．F1、F2是一對(duì)作用力和反作用力 B．兩個(gè)吊環(huán)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力的合力一定豎直向上 C．每根吊帶受到吊環(huán)的拉力的大小都等于運(yùn)動(dòng)員重力的一半 D．在運(yùn)動(dòng)員將兩吊帶由圖示狀態(tài)再緩慢向兩邊撐開(kāi)的過(guò)程中，吊帶上的張力緩慢增大 解析：選B　運(yùn)動(dòng)員的受力簡(jiǎn)化為如圖所示。由共點(diǎn)力的平衡可知，在豎直方向上： F1cos θ＋F2cos θ＝G 在水平方向上：F1sin θ＝F2sin θ 解得：F1＝F2＝；F1、F2都作用在運(yùn)動(dòng)員上，不可能成為一對(duì)作用力和反作用力，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受吊環(huán)的拉力及重力而處于平衡狀態(tài)，三力為共點(diǎn)力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡的特點(diǎn)可知，兩個(gè)吊環(huán)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的

29、作用力的合力一定豎直向上，故B正確；由公式可知，由于cos θ≤1，每根吊帶所受的拉力大小都大于等于運(yùn)動(dòng)員重力的一半，故C錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員將兩吊帶再緩慢向兩邊撐開(kāi)的過(guò)程中，角度θ減小，故兩根吊帶的拉力均減小，故D錯(cuò)誤。 9.[多選]如圖所示，用水平力F把一個(gè)物體緊壓在豎直墻壁上靜止，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．水平力F跟墻壁對(duì)物體的壓力是一對(duì)作用力與反作用力 B．物體的重力跟墻壁對(duì)物體的靜摩擦力是一對(duì)平衡力 C．水平力F與物體對(duì)墻壁的壓力是一對(duì)作用力與反作用力 D．物體對(duì)墻壁的壓力與墻壁對(duì)物體的壓力是一對(duì)作用力與反作用力 解析：選BD　水平力F跟墻壁對(duì)物體的壓力作用在同一物體上，

30、大小相等，方向相反，且作用在一條直線上，是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在豎直方向上受豎直向下的重力以及墻壁對(duì)物體豎直向上的靜摩擦力的作用，因物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，故這兩個(gè)力是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)B正確；水平力F作用在物體上，而物體對(duì)墻壁的壓力作用在墻壁上，這兩個(gè)力不是平衡力，也不是相互作用力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體對(duì)墻壁的壓力與墻壁對(duì)物體的壓力是兩個(gè)物體間的相互作用力，是一對(duì)作用力與反作用力，選項(xiàng)D正確。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：應(yīng)用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對(duì)象 10.(2018·樂(lè)山模擬)如圖所示，家用吊扇對(duì)懸掛點(diǎn)有拉力作用，正常轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)吊扇對(duì)懸掛點(diǎn)的拉力與它不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相比(　　) A．變大 B．變小 C．不變

31、 D．無(wú)法判斷 解析：選B　吊扇不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，吊扇對(duì)懸掛點(diǎn)的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋轉(zhuǎn)時(shí)要向下?lián)滹L(fēng)，即對(duì)空氣有向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律，空氣也對(duì)吊扇有一個(gè)向上的反作用力，使得吊扇對(duì)懸掛點(diǎn)的拉力減小，B正確。 11.如圖所示，兩塊小磁鐵質(zhì)量均為0.5 kg，A磁鐵用輕質(zhì)彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長(zhǎng)L0＝10 cm，勁度系數(shù)k＝100 N/m。當(dāng)A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝11 cm。不計(jì)地磁場(chǎng)對(duì)磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，求B對(duì)地面的壓力大小。(g取10 m/s2) 解析：A受力如圖甲所示，由平衡條件得：k(L－L0)－mg－F＝0

32、解得：F＝－4 N 故B對(duì)A的作用力大小為4 N，方向豎直向上。 由牛頓第三定律得A對(duì)B的作用力 F′＝－F＝4 N，方向豎直向下B受力如圖乙所示，由平衡條件得：FN－mg－F′＝0 解得：FN＝9 N 由牛頓第三定律得B對(duì)地面的壓力大小為9 N。 答案：9 N 考點(diǎn)綜合訓(xùn)練 12．[多選](2018·定州中學(xué)月考)2017年4月20日19時(shí)41分，搭載著我國(guó)首顆貨運(yùn)飛船“天舟一號(hào)”的長(zhǎng)征七號(hào)遙二運(yùn)載火箭在文昌航天發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，下面關(guān)于飛船與火箭上天的情形敘述正確的是(　　) A．火箭尾部向下噴氣，噴出的氣體反過(guò)來(lái)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力 B．

33、火箭尾部噴出的氣體對(duì)空氣產(chǎn)生一個(gè)作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動(dòng)力 C．火箭飛出大氣層后，由于沒(méi)有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無(wú)法獲得前進(jìn)的動(dòng)力 D．飛船進(jìn)入運(yùn)行軌道之后，與地球之間仍然存在一對(duì)作用力與反作用力 解析：選AD　火箭尾部向下噴氣，噴出的氣體反過(guò)來(lái)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力，故A正確，B錯(cuò)誤；火箭飛出大氣層后，雖然沒(méi)有了空氣，火箭向后噴氣，噴出的氣體反過(guò)來(lái)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，從而讓火箭獲得前進(jìn)的動(dòng)力，故C錯(cuò)誤；飛船進(jìn)入運(yùn)行軌道之后，與地球之間仍然存在一對(duì)作用力與反作用力，即地球?qū)︼w船的引力和飛船對(duì)地球的引力，故D正確。 13.如圖所示，

34、甲、乙兩人在冰面上“拔河”。兩人中間位置處有一分界線，約定先使對(duì)方過(guò)分界線者為贏。若繩子質(zhì)量不計(jì)，冰面可看成光滑，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)平衡力 B．甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力是作用力與反作用力 C．若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利 D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利 解析：選C　根據(jù)牛頓第三定律可知甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)榧缀鸵业牧ψ饔迷谕粋€(gè)物體上，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若甲的質(zhì)量比較大，甲的慣性比乙的大，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變比乙難，故乙先過(guò)界，選項(xiàng)C正確；“拔河”比賽的輸贏只與

35、甲、乙的質(zhì)量有關(guān)，與收繩速度無(wú)關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．(2018·蕭山模擬)如圖所示是我國(guó)首次立式風(fēng)洞跳傘實(shí)驗(yàn)，風(fēng)洞噴出豎直向上的氣流將實(shí)驗(yàn)者加速向上“托起”，此過(guò)程中(　　) A．地球?qū)θ说奈腿藢?duì)地球的吸引大小相等 B．人受到的重力和人受氣流的力是一對(duì)作用力和反作用力 C．人受到的重力大小等于氣流對(duì)人的作用力大小 D．人被向上“托起”時(shí)處于失重狀態(tài) 解析：選A　地球?qū)θ说奈腿藢?duì)地球的吸引力是作用力和反作用力，大小相等，故A正確；實(shí)驗(yàn)者加速向上運(yùn)動(dòng)，合力向上不為零，受氣流的力大于重力，故B、C錯(cuò)誤；人被向上“托起”時(shí)，加速度向上，處于超重，故D錯(cuò)誤。 15.如圖所

36、示為英國(guó)人阿特伍德設(shè)計(jì)的裝置，不考慮繩與滑輪的質(zhì)量，不計(jì)軸承、繩與滑輪間的摩擦。初始時(shí)兩人均站在水平地面上，當(dāng)位于左側(cè)的甲用力向上攀爬時(shí)，位于右側(cè)的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達(dá)滑輪。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若甲的質(zhì)量較大，則乙先到達(dá)滑輪 B．若甲的質(zhì)量較大，則甲、乙同時(shí)到達(dá)滑輪 C．若甲、乙質(zhì)量相同，則乙先到達(dá)滑輪 D．若甲、乙質(zhì)量相同，則甲先到達(dá)滑輪 解析：選A　由于滑輪光滑，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，若甲的質(zhì)量大，則由甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力，得甲攀爬時(shí)乙的加速度大于甲，所以乙會(huì)先到達(dá)滑輪，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若甲、乙的質(zhì)量相同，甲用力向上攀爬時(shí)

37、，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙應(yīng)同時(shí)到達(dá)滑輪，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 16.如圖所示，圓環(huán)的質(zhì)量為M，經(jīng)過(guò)環(huán)心的豎直鋼絲AB上套有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，今讓小球沿鋼絲AB以初速度v0豎直向上運(yùn)動(dòng)，要使圓環(huán)對(duì)地面無(wú)壓力，則小球的加速度和小球能達(dá)到的最大高度是多少？(設(shè)小球不會(huì)到達(dá)A點(diǎn)) 解析：由牛頓第三定律知，若圓環(huán)對(duì)地面無(wú)壓力，則地面對(duì)圓環(huán)無(wú)支持力，取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受重力mg和鋼絲對(duì)小球豎直向下的摩擦力Ff，由牛頓第二定律得：mg＋Ff＝ma 由牛頓第三定律可知小球?qū)︿摻z豎直向上的摩擦力Ff′＝Ff 對(duì)圓環(huán)受力分析可知，圓環(huán)受重力Mg和豎直向上的摩擦

38、力Ff′作用，則：Mg＝Ff′由以上各式解得：a＝g 小球沿鋼絲做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得上升的最大高度x＝＝。 答案：g　 第2節(jié)牛頓第二定律__兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 , (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×) (3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×) (4)物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度。(√) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運(yùn)動(dòng)情況。(×) (6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√) (7)千克、秒、米、庫(kù)侖、安培均為國(guó)際單位制的基本單位。(×) (8)力的

39、單位牛頓，簡(jiǎn)稱牛，屬于導(dǎo)出單位。(√) 突破點(diǎn)(一)　牛頓第二定律的理解 1．牛頓第二定律的五個(gè)特性 2．合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。 (2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無(wú)必然聯(lián)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 (3)合力與速度同向時(shí)，物體加速運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動(dòng)。 [題點(diǎn)全練] 1．[多選](2016·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則(　　 ) A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不

40、可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變 解析：選BC　質(zhì)點(diǎn)原來(lái)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明所受合外力為0，當(dāng)對(duì)其施加一恒力后，恒力的方向與原來(lái)運(yùn)動(dòng)的速度方向關(guān)系不確定，則質(zhì)點(diǎn)可能做直線運(yùn)動(dòng)，也可能做曲線運(yùn)動(dòng)，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項(xiàng)B、C正確。 2.(2016·上海高考)如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的(　　) A．OA方向　　　　　　 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 解析：選D　據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于球

41、固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故選項(xiàng)D正確。 3.(2018·鎮(zhèn)江模擬)光滑的水平面上，有一木塊以速度v向右運(yùn)動(dòng)，一根彈簧固定在墻上，如圖所示，木塊從與彈簧接觸直到使彈簧壓縮至最短的過(guò)程中木塊將做的運(yùn)動(dòng)是(　　) A．勻減速運(yùn)動(dòng) B．速度減小，加速度增大的運(yùn)動(dòng) C．速度減小，加速度減小的運(yùn)動(dòng) D．無(wú)法確定 解析：選B　木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個(gè)力，二力平衡。水平方向受到彈簧向左的彈力，由于彈力與速度方向相反，則木塊做減速

42、運(yùn)動(dòng)，隨著壓縮量的增大，彈力增大，由牛頓第二定律可知，加速度增大，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(二)　牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題 1．兩種模型 加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型： 2．求解瞬時(shí)加速度的一般思路 ?? [題點(diǎn)全練] 1．[多選](2018·徐州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是(　　) A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對(duì)小球的拉力不變 B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ C

43、．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ 解析：選BC　設(shè)小球靜止時(shí)BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fcos θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝＝gsin θ，B正確，A錯(cuò)誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝，C正確，D錯(cuò)誤。 2.(2018·南京一模)如圖所示，A、B兩物塊質(zhì)量

44、分別為2m、m，用一輕彈簧相連，將A用長(zhǎng)度適當(dāng)?shù)妮p繩懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒(méi)有擠壓，此時(shí)輕彈簧的伸長(zhǎng)量為x，現(xiàn)將懸繩剪斷，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．懸繩剪斷后，A物塊向下運(yùn)動(dòng)2x時(shí)速度最大 B．懸繩剪斷后，A物塊向下運(yùn)動(dòng)3x時(shí)速度最大 C．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為2g D．懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為g 解析：選B　彈簧開(kāi)始處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力F＝mg＝kx。當(dāng)向下壓縮，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，速度達(dá)到最大，則有：2mg＝F′＝kx′，聯(lián)立解得：x′＝2x，所以A物塊下降的距離為x＋2x＝3x，此時(shí)速度最大，故A錯(cuò)誤，B正確。剪斷懸

45、繩前，對(duì)B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F＝mg。剪斷瞬間，對(duì)A分析，A的合力為F合＝2mg＋F＝3mg，根據(jù)牛頓第二定律，得a＝1.5g，故C、D錯(cuò)誤。 3.[多選](2015·海南高考)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過(guò)系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間(　　) A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 解析：選AC　設(shè)物塊

46、的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧還沒(méi)有來(lái)得及改變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1，剪斷細(xì)線前對(duì)b、c和彈簧組成的整體分析，可知F1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為F2，則F2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(三)　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題 1．解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的思路 2．動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的解題步驟 [典例]　如圖所示，航空母艦上的起飛跑道由長(zhǎng)度為l1＝1.6×102 m的水平跑道和長(zhǎng)度為l2＝20 m 的傾斜

47、跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1倍。假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s2。 (1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大?。? (2)為了使飛機(jī)在傾斜跑道的末端達(dá)到起飛速度100 m/s，外界還需要在整個(gè)水平跑道對(duì)飛機(jī)施加助推力，求助推力F推的大小。 [思路點(diǎn)撥] (1)分析飛機(jī)在水平跑道和傾斜跑道上的受力，由牛頓第二定律確定其加速度。 (

48、2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出飛機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上，飛機(jī)在傾斜跑道上的加速度不變。 [解析]　(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1、末速度大小為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有 F合＝F－Ff＝ma1 v12－v02＝2a1l1 v1＝a1t1 其中v0＝0，F(xiàn)f＝0.1mg，代入已知數(shù)據(jù)可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用，設(shè)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，

49、沿傾斜跑道方向有 F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2 mgsin α＝mg v22－v12＝2a2l2 其中v1＝40 m/s，代入已知數(shù)據(jù)可得 a2＝3.0 m/s2， v2＝ m/s≈41.5 m/s 故飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8.0 s，到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小為41.5 m/s。 (2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1′、末速度大小為v1′，有 F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′ v1′2－v02＝2a1′l1 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒(méi)有變化，加速度大小仍有

50、 a2′＝3.0 m/s2 v2′2－v1′2＝2a2′l2 根據(jù)題意，v2′＝100 m/s，代入數(shù)據(jù)解得F推≈5.2×105 N 故助推力F推的大小為5.2×105 N。 [答案]　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N [方法規(guī)律] 解決動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.[多選](2018·宿遷調(diào)研)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止。現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則(　　) A．a(chǎn)

51、2>a1　　　　　　　　 B．a(chǎn)2＝a1 C．x2>x1 D．x2

52、t＝8 s 后，到達(dá)h＝32 m的高度，此時(shí)航拍儀突然出現(xiàn)故障而失去動(dòng)力，在到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)力系統(tǒng)恰好恢復(fù)。已知航拍儀的質(zhì)量m＝2 kg，航拍儀在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到Ff＝12 N的空氣阻力，假設(shè)航拍儀在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平，g＝10 m/s2，求： (1)航拍儀勻加速起飛的加速度大??； (2)航拍儀勻加速起飛時(shí)升力的大?。? (3)航拍儀動(dòng)力系統(tǒng)恢復(fù)時(shí)所在的高度H。 解析：(1)根據(jù)位移時(shí)間公式可知h＝at2， 解得a＝＝ m/s2＝1 m/s2 (2)根據(jù)牛頓第二定律可知F－mg－Ff＝ma， 解得F＝mg＋ma＋Ff＝34 N。 (3)失去動(dòng)力時(shí)的速度v＝gt＝8 m/s，失去動(dòng)

53、力后，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度大小為a′＝＝16 m/s2，繼續(xù)上升的高度為h′＝＝ m＝2 m 航拍儀動(dòng)力系統(tǒng)恢復(fù)時(shí)所在的高度 H＝h＋h′＝34 m。 答案：(1)1 m/s2　(2)34 N　(3)34 m 突破點(diǎn)(四)　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．動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題的類型 3．解題策略 (1)問(wèn)題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作

54、出準(zhǔn)確判斷。 [多維探究] (一)由v -t圖像分析物體的受力情況 [例1]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5 s、5～10 s、10～15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 [解析]　由題圖可知，0～5 s內(nèi)加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，設(shè)斜面傾角為θ，與物體之間的動(dòng)摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsin θ－f

55、－0.2m；5～10 s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsin θ－f；10～15 s內(nèi)加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項(xiàng)A正確。 [答案]　A (二)根據(jù)已知條件確定某物理量的變化圖像 [例2]　(2018·蘇州二模)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。觀察小球從開(kāi)始下落到第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程，下列關(guān)于小球的速

56、度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖像中符合實(shí)際情況的是(　　) [解析]　小球開(kāi)始接觸彈簧時(shí)，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，加速度最大，根據(jù)對(duì)稱性可知，到達(dá)最低端時(shí)加速度大于g，且加速度a隨時(shí)間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 [答案]　A (三)由F-t圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)情況 [例3]　(2018·合肥模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝4 kg 足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的中點(diǎn)放一個(gè)質(zhì)量m＝4

57、 kg大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。兩物塊開(kāi)始均靜止，從t＝0時(shí)刻起鐵塊m受到水平向右、大小如圖乙所示的拉力F的作用，F(xiàn)共作用時(shí)間為6 s，(取g＝10 m/s2)則： (1)鐵塊和木板在前2 s的加速度大小分別為多少？ (2)鐵塊和木板相對(duì)靜止前，運(yùn)動(dòng)的位移大小各為多少？ (3)力F作用的最后2 s內(nèi)，鐵塊和木板的位移大小分別是多少？ [解析]　(1)前2 s，由牛頓第二定律得 對(duì)鐵塊：F－μmg＝ma1解得a1＝3 m/s2 對(duì)木板：μmg＝Ma2解得a2＝2 m/s2。 (2)2 s內(nèi)，鐵塊的位移x1＝a1t2

58、＝6 m 木板的位移x2＝a2t2＝4 m 2 s末，鐵塊的速度v1＝a1t＝6 m/s 木板的速度v2＝a2t＝4 m/s 2 s后，對(duì)鐵塊：F′－μmg＝ma1′ 解得a1′＝1 m/s2 對(duì)木板：μmg＝Ma2′ 解得a2′＝2 m/s2 設(shè)再經(jīng)過(guò)t0時(shí)間鐵塊和木板的共同速度為v ，則 v＝v1＋a1′t0＝v2＋a2′t0 解得t0＝2 s，v＝8 m/s 在t0內(nèi)，鐵塊的位移 x1′＝t0＝×2 m＝14 m 木板的位移x2′＝t0＝×2 m＝12 m 所以鐵塊和木板相對(duì)靜止前鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為 x鐵塊＝x1＋x1′＝20 m 鐵塊和木板相對(duì)靜止前木板運(yùn)

59、動(dòng)的位移為 x木板＝x2＋x2′＝16 m。 (3)力F作用的最后2 s，鐵塊和木板相對(duì)靜止，一起以初速度v＝8 m/s 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 對(duì)鐵塊和木板整體：F＝(M＋m)a 解得a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2 所以鐵塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移均為 x3＝vΔt＋a(Δt)2＝19 m。 [答案]　(1)3 m/s2　2 m/s2　(2)20 m　16 m (3)19 m　19 m 1．質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開(kāi)始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。 2．質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。 3．兩個(gè)豎

60、直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過(guò)切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。 　　　　　　　　　　　　　 [典例]　[多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無(wú)初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1

61、析]　設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無(wú)初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。 [答案]　BCD [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，ab、cd是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，ab、cd兩端位于相切的兩個(gè)豎直圓周上。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)分別從a、c處釋放(初速度為零)，用t1、t2依次表

62、示滑環(huán)從a到b和從c到d所用的時(shí)間，則(　　) A．t1＞t2 B．t1＜t2 C．t1＝t2 D．t1和t2的大小以上三種情況都有可能 解析：選C　設(shè)軌道與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系得，軌道的長(zhǎng)度L＝(2R1＋2R2)cos θ，加速度：a＝＝gcos θ，根據(jù)L＝at2得，t＝ ，與夾角無(wú)關(guān)，則t1＝t2。故C正確。 2.(2018·東北三省三校一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、

63、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(　　) A．tA

64、越多，滑行時(shí)間越長(zhǎng) 解析：選D　攜帶彈藥越多，戰(zhàn)機(jī)的質(zhì)量越大，而牽引力相同，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，飛機(jī)加速度越小，由v2＝2ax可知，起飛速度越小，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；起飛前滑行的距離相同，由x＝at2可得，加速度越小，滑行時(shí)間越長(zhǎng)，所以D正確。 2．[多選]如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長(zhǎng)的水平輕彈簧，則當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊立即做減速運(yùn)動(dòng) B．木塊在一段時(shí)間內(nèi)速度仍增大 C．當(dāng)F等于彈簧彈力時(shí)，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時(shí)，木塊速度為零但加速度不為零 解析：選BCD　剛開(kāi)始時(shí)，彈簧對(duì)木塊的作用力小于外力

65、F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到二力相等，而后，彈簧對(duì)木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，但此時(shí)木塊的加速度不為零，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題 3.(2018·南通模擬)如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時(shí)水平細(xì)線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開(kāi)始時(shí)A、B兩球都靜止不動(dòng)，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在水平細(xì)線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(　　) A．

66、aA＝aB＝g　　　　　　　　 B．a(chǎn)A＝2g，aB＝0 C．a(chǎn)A＝g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝2g，aB＝0 解析：選D　設(shè)兩個(gè)小球的質(zhì)量都為m，以AB球整體作為研究對(duì)象，A處于靜止?fàn)顟B(tài)受力平衡，由平衡條件得：細(xì)線拉力T＝2mgtan 60°＝2mg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧的彈力沒(méi)有變化，A球受到的合力與原來(lái)細(xì)線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓第二定律得：aA＝＝2g，B球的受力情況不變，則加速度仍為0，故D正確。 4.[多選](2018·天水一模)如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球受力個(gè)數(shù)不變 B．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a＝10 m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度為零 解析：選BD　在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan