金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第三章 運(yùn)動和力的關(guān)系第1講 牛頓第一定律及牛頓第二定律的理解含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第三章運(yùn)動和力的關(guān)系第1講牛頓第一定律及牛頓第二定律的理解含答案第講牛頓第一定律及牛頓第二定律的理解[教材閱讀指導(dǎo)](對應(yīng)人教版必修第一冊相關(guān)內(nèi)容及問題)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)動的關(guān)系？關(guān)于力和運(yùn)動的關(guān)系經(jīng)歷了哪幾個階段的不同觀點(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；沒有力的作用，物體就要靜止在某個地方；伽利略的觀點(diǎn)：力不是維持物體運(yùn)動的原因；笛卡兒的觀點(diǎn)：如果運(yùn)動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向；牛頓的觀點(diǎn)：力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動狀態(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)系可判斷出這個公式是錯誤的。必備知識梳理與回顧一、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被叫作eq\x(\s\up1(05))慣性定律。②揭示了力與運(yùn)動的關(guān)系：力不是eq\x(\s\up1(06))維持物體運(yùn)動的原因，而是eq\x(\s\up1(07))改變物體運(yùn)動狀態(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。如果在一個參考系中，一個不受力的物體會保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，這樣的參考系叫作慣性參考系，簡稱慣性系。2．慣性(1)定義：物體具有保持原來eq\x(\s\up1(09))勻速直線運(yùn)動狀態(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，其慣性表現(xiàn)在保持靜止或eq\x(\s\up1(11))勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。②物體受外力作用時，其慣性表現(xiàn)在反抗運(yùn)動狀態(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)動情況和受力情況eq\x(\s\up1(17))無關(guān)(選填“有關(guān)”或“無關(guān)”)。二、牛頓第二定律單位制1．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單位采用國際單位制時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(相對于分子、原子)、eq\x(\s\up1(08))低速運(yùn)動(遠(yuǎn)小于光速)的情況。2．單位制、基本單位、導(dǎo)出單位(1)單位制：eq\x(\s\up1(09))基本單位和eq\x(\s\up1(10))導(dǎo)出單位一起組成了一個單位制。①基本量：在物理學(xué)中，只要選定幾個物理量的單位，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，它們是eq\x(\s\up1(11))質(zhì)量、eq\x(\s\up1(12))時間、eq\x(\s\up1(13))長度，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(14))基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量叫作導(dǎo)出量，推導(dǎo)出來的相應(yīng)單位叫作導(dǎo)出單位。(2)國際單位制的基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質(zhì)量m千克(公斤)kg時間t秒s電流I安[培]A熱力學(xué)溫度T開[爾文]K物質(zhì)的量n，(ν)摩[爾]mol發(fā)光強(qiáng)度I，(Iv)坎[德拉]cd一、堵點(diǎn)疏通1．牛頓第一定律是根據(jù)實(shí)驗(yàn)得到的定律，可以通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。()2．環(huán)繞地球運(yùn)動的宇宙飛船處于完全失重狀態(tài)，沒有慣性。()3．汽車速度越大，剎車時越難停下來，表明物體的速度越大，其慣性越大。()4．牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例。()5．力的單位是牛頓，簡稱牛，也屬于基本單位。()6．物理公式在確定了物理量之間的關(guān)系時，也確定了物理量的單位之間的關(guān)系。()答案1.×2.×3.×4.×5.×6.√二、對點(diǎn)激活1．(人教版必修第一冊·第四章第1節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T1改編)(多選)下列對牛頓第一定律和慣性的分析正確的是()A．飛機(jī)投彈時，如果當(dāng)目標(biāo)在飛機(jī)的正下方時投下炸彈，則能擊中目標(biāo)B．地球自西向東自轉(zhuǎn)，人向上跳起來后，還會落到原地C．安全帶的作用是防止汽車剎車時人由于具有慣性仍向前運(yùn)動而發(fā)生危險D．向上拋出的物體，在空中向上運(yùn)動時，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，所以目標(biāo)在正下方時投彈不能擊中，A錯誤；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，故人仍落到原地，B正確；緊急剎車時，汽車停止運(yùn)動，人由于慣性仍向前運(yùn)動，容易撞傷，所以系上安全帶對人起到保護(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，而不是受到向上的作用力，D錯誤。2．(多選)關(guān)于力學(xué)單位制，以下說法中正確的是()A．kg、m/s、N等單位為導(dǎo)出單位B．kg、m、s都是基本單位C．牛頓第二定律的表達(dá)式F＝kma中，各物理量取國際單位時k＝1D．在國際單位制中，質(zhì)量的單位可以是kg，也可以是g答案BC解析kg為基本單位，故A錯誤；kg、m、s是國際單位制中的基本單位，故B正確；F＝kma中質(zhì)量m取“kg”、a取“m/s2”、F取“N”時k＝1，C正確；國際單位制中質(zhì)量的單位是kg，而不是g，故D錯誤。關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一牛頓第一定律的理解深化理解對牛頓第一定律的四點(diǎn)說明(1)明確慣性的概念：牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性。(2)揭示力與運(yùn)動的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因。(3)理想化狀態(tài)：牛頓第一定律描述的是物體不受力時的狀態(tài)，而物體不受力的情形是不存在的。在實(shí)際情況中，如果物體所受的合力等于零，與物體不受力時的表現(xiàn)是相同的。(4)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)動狀態(tài)的問題由牛頓第二定律來回答。牛頓第一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律。考向1伽利略理想實(shí)驗(yàn)例1伽利略曾用如圖所示的“理想實(shí)驗(yàn)”來研究力與運(yùn)動的關(guān)系，則下列符合實(shí)驗(yàn)事實(shí)的是()A．小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面B．沒有摩擦，小球上升到原來釋放時的高度C．減小斜面的傾角θ，小球仍然達(dá)到原來的高度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)動下去[答案]A[解析]小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面，這是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故A正確；因?yàn)樯钪袥]有無摩擦的軌道，所以小球上升到原來釋放時的高度為推理，而不是實(shí)驗(yàn)事實(shí)，故B錯誤；減小斜面的傾角θ，小球仍然達(dá)到原來的高度，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錯誤?？枷?牛頓第一定律的理解和應(yīng)用例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)無法取出羽毛球B．羽毛球會從筒的下端出來C．羽毛球筒向下運(yùn)動過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來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，而羽毛球具有慣性要保持原來的靜止?fàn)顟B(tài)，所以會從筒的上端出來，羽毛球筒受到羽毛球?qū)λ蛏系哪Σ亮?，而羽毛球受到筒對它向下的摩擦力，故D正確，A、B、C錯誤。牛頓第一定律的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用牛頓第一定律分析實(shí)際問題時，要把生活感受和理論問題聯(lián)系起來深刻認(rèn)識力和運(yùn)動的關(guān)系，正確理解力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，克服生活中一些錯誤的直觀印象，建立正確的思維習(xí)慣。(2)如果物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生改變，則物體必然受到不為零的合力作用。因此，判斷物體的運(yùn)動狀態(tài)是否改變，以及如何改變，應(yīng)先分析物體所受的合力情況?？键c(diǎn)二牛頓第二定律的理解深化理解牛頓第二定律的性質(zhì)eq\x(六性)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(矢量性)→\x(a與F方向相同),\x(瞬時性)→\x(a與F對應(yīng)同一時刻，同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失),\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對應(yīng)同一物體),\x(a、F、m統(tǒng)一使用國際單位制單位))),\x(獨(dú)立性)→\x(每一個力都可以產(chǎn)生各自的加速度),\x(局限性)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(只適用于宏觀、低速運(yùn)動的物體，不適用于微觀、高速運(yùn)動的粒子),\x(物體的加速度必須是相對慣性系而言的)))))例3(多選)下列說法正確的是()A．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，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，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對應(yīng)關(guān)系，因此在力剛作用瞬間，物體會立即獲得加速度，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，才會產(chǎn)生加速度，B錯誤；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，加速度一定會減小，而速度的變化由加速度和初速度共同決定，不一定會減小，D正確。合力、速度、加速度間的關(guān)系(1)在質(zhì)量一定時，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?！靖M(jìn)訓(xùn)練】如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一個恒力F作用而運(yùn)動，前方固定一個輕質(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B．木塊將立即做變減速直線運(yùn)動C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大D．在彈簧壓縮量最大時，木塊的加速度為零答案C解析木塊剛接觸彈簧時彈簧的形變量較小，彈力小于F，木塊依舊做加速運(yùn)動，只有彈力大于F之后，木塊才減速，故A、B錯誤，C正確；當(dāng)彈簧壓縮量最大時，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錯誤?？键c(diǎn)三單位制深化理解1．物理關(guān)系式的作用(1)確定物理量之間的關(guān)系。(2)確定物理量的單位之間的關(guān)系。2．單位制3．關(guān)于國際單位制的基本單位的兩個誤區(qū)警示(1)國際單位制中七個基本量除了有對應(yīng)的七個基本單位外，分別還有其他單位。比如基本量長度的單位除了基本單位“m”以外，還有“dm”“cm”“mm”等，但這些單位不是國際單位制單位。(2)用一個字母表示的單位也可能是導(dǎo)出單位，比如“N”“J”等。4．單位制的應(yīng)用比較物理量的大小比較某個物理量不同值的大小時，必須先把它們的單位統(tǒng)一，再根據(jù)數(shù)值比較大小簡化計(jì)算過程在解計(jì)算題時，已知量均采用國際單位制，計(jì)算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的國際單位即可推導(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，同時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)系式的對錯正確關(guān)系式等號左、右的單位應(yīng)該相同，若等號左、右的單位不同，則該關(guān)系式一定是錯誤的注意：解題時，題目中的物理量必須統(tǒng)一單位制，一般是統(tǒng)一為國際單位制。例4汽車在高速行駛時會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運(yùn)動速度。則空氣阻力系數(shù)c的國際單位是()A．常數(shù)，沒有單位 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錯誤，A正確。例5航天員王亞平在“天宮一號”目標(biāo)飛行器里成功進(jìn)行了我國首次太空授課。授課中的一個實(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橢球之間不斷變化的周期性“脈動”中。假設(shè)液滴處于完全失重狀態(tài)，液滴的上述“脈動”可視為液滴形狀的周期性微小變化(振動)，如圖所示。已知液滴振動的頻率表達(dá)式為f＝krαρβσγ，其中k為一個無單位的比例系數(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)。對于這幾個待定常數(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＝1D．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\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))＝s－1，只有D項(xiàng)單位是頻率的單位，故選D。課時作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1.(2023·浙江1月選考)下列屬于國際單位制中基本單位符號的是()A．J B．KC．W D．Wb答案B解析國際單位制中的七個基本單位是千克、米、秒、安培、開爾文、坎德拉、摩爾，符號分別是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余單位都屬于導(dǎo)出單位。故選B。2．(2023·海南省?？谑懈呷聦W(xué)生學(xué)科能力診斷)下列有關(guān)力和運(yùn)動，說法正確的是()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，剎車時越難停下來，說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錯誤；慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，故B錯誤；牛頓第一定律也叫作慣性定律，故C正確；汽車緊急剎車時，乘客會向前傾，這是由于乘客具有慣性，慣性不是力，不能說受到慣性力的作用，故D錯誤。3．下列說法正確的是()A．牛頓認(rèn)為力不是維持物體運(yùn)動的原因B．牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通過實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證C．國際單位制中，kg、m、N是三個基本單位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)動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動的原因，A正確；牛頓第二定律可以通過實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證，牛頓第一定律不可以通過實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證，B錯誤；國際單位制中，kg、m是基本單位，N是導(dǎo)出單位，C錯誤；加速度a與Δv和Δt無關(guān)，由合力F和質(zhì)量m共同決定，D錯誤。4．(2023·云南省麗江市高三下第一次模擬統(tǒng)測)如圖所示，在一輛表面光滑的小車上，放有質(zhì)量分別為m1、m2的兩個球，隨車一起勻速運(yùn)動，當(dāng)車突然停止運(yùn)動，其他阻力不計(jì)，設(shè)車無限長，則兩小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．若m1>m2，則肯定相碰D．若m1<m2，則可能相碰答案B解析小車表面光滑，兩個小球在水平方向上不受力的作用，當(dāng)車突然停止運(yùn)動，根據(jù)牛頓第一定律，兩球都保持原速度做勻速直線運(yùn)動，它們之間的距離不會發(fā)生變化，因而它們一定不相碰，與質(zhì)量的大小無關(guān)，故選B。[B組綜合提升練]5．圖示情景中，小球相對于水平桌面向后運(yùn)動的原因是()A．小球突然失去慣性B．動車突然向前加速C．動車突然向前減速D．動車做勻速直線運(yùn)動的速度很大答案B解析小球突然相對水平桌面向后運(yùn)動，是因?yàn)閯榆囃蝗幌蚯凹铀?，因?yàn)閼T性，小球會保持原來的運(yùn)動狀態(tài)，所以會相對于水平桌面向后運(yùn)動，故B正確。6．愛因斯坦曾經(jīng)設(shè)計(jì)了一個真空中的理想實(shí)驗(yàn)，在這個實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)電梯(內(nèi)部為真空)相對于地球靜止時，封閉在電梯里的觀察者發(fā)現(xiàn)，從手中釋放的蘋果和羽毛落到電梯底板上；當(dāng)電梯做自由落體運(yùn)動時，觀察者發(fā)現(xiàn)，從手中釋放的蘋果和羽毛會停在空中而不下落。下列關(guān)于這一實(shí)驗(yàn)的說法正確的是()A．電梯相對地球靜止時，釋放后的蘋果比羽毛先落到電梯底板B．電梯做自由落體運(yùn)動時，釋放后的蘋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，觀察者不能僅從蘋果和羽毛的運(yùn)動現(xiàn)象判斷引力是否存在答案D解析電梯相對地球靜止時，由于不受空氣阻力，釋放后的蘋果和羽毛均做自由落體運(yùn)動，故二者同時落到電梯底板上，A錯誤；電梯做自由落體運(yùn)動時，釋放后的蘋果和羽毛同樣均只受重力作用，B錯誤；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蘋果和羽毛的運(yùn)動現(xiàn)象判斷兩個物體的受力情況，D正確。7．(2022·上海高考)神舟十三號在返回地面的過程中打開降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速運(yùn)動。在豎直向下減速運(yùn)動過程中，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)動過程滿足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錯誤。8．(2023·河北省承德市部分學(xué)校高三下第三次模擬)1889年第1屆國際計(jì)量大會批準(zhǔn)制造的“國際千克原器”保存在巴黎西郊一間地下儲藏室內(nèi)，其質(zhì)量受空氣污染和氧化等因素影響出現(xiàn)細(xì)微變化，已難以適應(yīng)現(xiàn)代精密測量要求，因此2018年11月16日，第26屆國際計(jì)量大會決定，千克由普朗克常量h及米和秒定義，即1kg＝eq\f(h,6.62607015×10－34m2·s－1)。則普朗克常量h的單位可表示為()A．J·s B．N·mC．W D．kg·m·s－2答案A解析由牛頓第二定律可知1N＝1kg·m·s－2，由W＝Fx可知1J＝1N·m＝1kg·m2·s－2，由P＝eq\f(W,t)可知1W＝eq\f(1J,1s)＝1kg·m2·s－3，結(jié)合1kg＝eq\f(h,6.62607015×10－34m2·s－1)可得普朗克常量h＝6.62607015×10－34kg·m2·s－1＝6.62607015×10－34N·m·s＝6.62607015×10－34J·s＝6.62607015×10－34W·s2，A正確，B、C、D錯誤。第講牛頓第二定律的應(yīng)用[教材閱讀指導(dǎo)](對應(yīng)人教版必修第一冊相關(guān)內(nèi)容及問題)第四章第5節(jié)，利用牛頓第二定律可以研究哪兩類問題？提示：從受力確定運(yùn)動情況和從運(yùn)動情況確定受力。第四章第6節(jié)[思考與討論]圖4.6-4下蹲過程，圖4.6-5下蹲、站起兩個過程，分析超重和失重的情況。提示：下蹲過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)。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彈簧伸長量均勻變化，所以加速度隨彈簧伸長量均勻變化，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)動定律求瞬時加速度，理解彈簧的形變是一個漸變過程。在剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，而細(xì)繩對小球A的拉力突變?yōu)?。必備知識梳理與回顧一、牛頓第二定律的應(yīng)用1．動力學(xué)的兩類基本問題(1)已知物體的受力情況，確定物體的eq\x(\s\up1(01))運(yùn)動情況；(2)已知物體的運(yùn)動情況，確定物體的eq\x(\s\up1(02))受力情況。2．解決兩類基本問題的方法以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：二、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)動狀態(tài)eq\x(\s\up1(01))無關(guān)。(2)視重①當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計(jì)或臺秤的eq\x(\s\up1(02))示數(shù)稱為視重。②視重大小等于彈簧測力計(jì)所受物體的eq\x(\s\up1(03))拉力或臺秤所受物體的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)象物體對支持物(或懸掛物)eq\x(\s\up1(07))完全沒有作用力的現(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))減速上升一、堵點(diǎn)疏通1．物體做勻減速直線運(yùn)動時，合力的方向與速度的方向相反。()2．物體所受合力發(fā)生突變，加速度也會相應(yīng)突變。()3．超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。()4．物體處于完全失重狀態(tài)時，重力消失。()5．減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體對地板的壓力大于重力。()6．物體是處于超重還是失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無關(guān)。()答案1.√2.√3.×4.×5.×6.√二、對點(diǎn)激活1．(人教版必修第一冊·第四章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T1改編)(多選)一個原來靜止的物體，質(zhì)量是2kg，受到兩個大小都是50N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是()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錯誤。2．(多選)如圖所示，蹦床運(yùn)動員從空中落到床面上，運(yùn)動員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程，從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程，運(yùn)動員()A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)答案CD解析在第一過程中，運(yùn)動員剛接觸床面時重力大于彈力，運(yùn)動員向下做加速運(yùn)動，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，運(yùn)動員做減速運(yùn)動，處于超重狀態(tài)，故A錯誤，C正確。蹦床運(yùn)動員在第二過程中和第一過程中的運(yùn)動情況是對稱的，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錯誤，D正確。關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一牛頓第二定律的瞬時性問題拓展延伸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，具體可簡化為以下兩種模型：2．求解瞬時性問題的一般思路例1如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B用輕質(zhì)彈簧連接，小球A的另一端用輕繩系在O點(diǎn)，放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不動。系統(tǒng)靜止時，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度大小分別為aA、aB，重力加速度大小為g，則()A．a(chǎn)A＝g，aB＝0 B．a(chǎn)A＝0，aB＝gC．a(chǎn)A＝g，aB＝g D．a(chǎn)A＝0，aB＝eq\f(1,2)g[答案]A[解析]輕繩被剪斷前，對小球B進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，輕彈簧的拉力F＝mgsin30°，輕繩被剪斷的瞬間，輕彈簧的長度還沒有來得及發(fā)生變化，輕彈簧的彈力不變，小球B的受力情況沒有發(fā)生變化，仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零。在剪斷輕繩的瞬間，小球A受到輕彈簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，對小球A，由牛頓第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g。A正確。例2如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過一輕質(zhì)彈簧相連，整個系統(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，對物塊1受力分析可知，彈簧對物塊1的彈力F＝3mg，方向豎直向上；對物塊2受力分析可知，彈簧對物塊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錯誤。求解瞬時性問題時應(yīng)注意的一點(diǎn)物體的加速度能夠隨其所受合力的突變而突變，但物體速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。【跟進(jìn)訓(xùn)練】1.如圖所示，兩段輕繩A、B連接兩個小球1、2，懸掛在天花板上。一輕彈簧C一端連接球2，另一端固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。輕繩A與豎直方向、輕繩B與水平方向的夾角均為30°，彈簧C沿水平方向。已知重力加速度為g。則()A．球1和球2的質(zhì)量之比為1∶1B．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度方向豎直向下C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小一定大于gD．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g答案C解析對兩球整體受力分析，由平衡條件可得FC＝(m1＋m2)gtan30°，對球2受力分析，由平衡條件可得FC＝m2gtan60°，聯(lián)立解得球1和球2的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1，故A錯誤；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力FC不變，假設(shè)此時輕繩B的彈力變?yōu)?，則球2的加速度沿輕繩B斜向下，大小為a2＝eq\f(g,sin30°)＝2g，球1沿輕繩B方向的加速度大小為a1＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，a2＞a1，則輕繩B繃緊，彈力不為0，假設(shè)不成立，故在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1除了受到重力外，還受到輕繩B斜向右下方的拉力，則其加速度方向?yàn)樾毕蛴蚁路?，大小大于g，球2除受重力和彈簧彈力外，還受到輕繩B斜向左上方的拉力，故球2的加速度大小小于a2＝2g，故B、D錯誤，C正確?？键c(diǎn)二動力學(xué)的兩類基本問題解題技巧動力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟考向1從受力情況確定運(yùn)動情況例3如圖所示，一足夠長的斜面BC傾角為θ＝37°，與水平面AB圓滑連接。質(zhì)量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點(diǎn)，M點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。現(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，當(dāng)物體運(yùn)動至B點(diǎn)時撤去該力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。則：(1)物體到達(dá)B點(diǎn)時的速度是多大？(2)物體在斜面上滑行的時間是多少？[答案](1)6m/s(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s[解析](1)物體在水平面上運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma解得a＝2m/s2物體從M到B，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝6m/s。(2)物體在斜面上向上運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，所以物體速度減為零后會繼續(xù)下滑，下滑時根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物體在斜面上滑行的總時間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s。【跟進(jìn)訓(xùn)練】2.(2022·全國乙卷)如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長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)動至二者相距eq\f(3,5)L時，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)動至二者相距eq\f(3,5)L時，對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。考向2從運(yùn)動情況確定受力情況例4(2022·北京高考)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是()A．斜面對物塊的支持力大小為mgsinθB．斜面對物塊的摩擦力大小為μmgcosθC．斜面對物塊作用力的合力大小為mgD．物塊所受的合力大小為mgsinθ[答案]B[解析]對物塊進(jìn)行受力分析，在垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得，斜面對物塊的支持力大小為FN＝mgcosθ，故A錯誤；斜面對物塊的摩擦力為滑動摩擦力，則摩擦力大小為Ff＝μFN＝μmgcosθ，故B正確；因物塊沿斜面加速下滑，可知mgsinθ>μmgcosθ，則斜面對物塊作用力的合力大小為F＝eq\r(Feq\o\al(2,N)＋Feq\o\al(2,f))＝eq\r(（mgcosθ）2＋（μmgcosθ）2)<eq\r(（mgcosθ）2＋（mgsinθ）2)＝mg，物塊所受的合力大小為F合＝mgsinθ－μmgcosθ，故C、D錯誤。解決動力學(xué)兩類基本問題的關(guān)鍵(1)兩個分析：物體的受力情況分析和運(yùn)動過程分析。(2)兩個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運(yùn)動和受力的橋梁；銜接點(diǎn)的速度是聯(lián)系相鄰兩個過程的橋梁。考點(diǎn)三動力學(xué)中的圖像問題解題技巧1．常見的動力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖像，分析物體的運(yùn)動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖像，分析物體的受力情況。(3)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，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與過程”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。例5(2023·全國甲卷)(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始沿直線運(yùn)動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動后，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(2020·山東高考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖象如圖所示。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時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg[答案]D[解析]由于s-t圖象的斜率表示速度，可知0～t1時間內(nèi)，速度v不斷增大，即乘客做豎直向下的加速運(yùn)動，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，A錯誤；t1～t2時間內(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錯誤；t2～t3時間內(nèi)，速度v不斷減小，即乘客做豎直向下的減速運(yùn)動，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，C錯誤，D正確。例7如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()[答案]A[解析]物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。【跟進(jìn)訓(xùn)練】3.(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2答案AB解析木板和實(shí)驗(yàn)臺間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖b知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖c知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，2～4s內(nèi)：F－F摩＝ma1，4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，A、B正確。0～2s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)隨時間是均勻增加的，C錯誤。因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩＝μm物g可知動摩擦因數(shù)不可求，D錯誤?？键c(diǎn)四超重和失重的理解深化理解1.超重和失重的理解(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)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。(3)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。(4)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。(5)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要整體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。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)大于重力時處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。(3)從運(yùn)動狀態(tài)的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重；②物體向下加速或向上減速時，失重。例8(2022·山東省煙臺市高三上期中)(多選)某實(shí)驗(yàn)小組利用DIS系統(tǒng)觀察超重和失重現(xiàn)象。他們在學(xué)校電梯房內(nèi)做實(shí)驗(yàn)，如圖甲所示，在電梯地板上固定了一個壓力傳感器，傳感器上表面水平，將一個重力G＝10N的物體放在壓力傳感器上，觀察在電梯運(yùn)動過程中壓力傳感器示數(shù)的變化情況，若某段時間內(nèi)計(jì)算機(jī)顯示屏上出現(xiàn)如圖乙所示的圖線，則根據(jù)圖線分析可知()A．在第1s內(nèi)，物體處于失重狀態(tài)，電梯可能向下做勻加速直線運(yùn)動B．在第2s內(nèi)，電梯可能處于勻速運(yùn)動狀態(tài)C．在第3s內(nèi)，物體處于超重狀態(tài)，電梯可能向下做勻減速直線運(yùn)動D．在第4s內(nèi)，物體處于超重狀態(tài)，電梯可能向上做勻加速直線運(yùn)動[答案]BD[解析]由題意可知，物體與電梯的運(yùn)動狀態(tài)相同。由題圖可知，在第1s內(nèi)，物體對傳感器的壓力大小小于重力，由牛頓第三定律可知，傳感器對物體的支持力大小小于物體的重力大小，則可知物體處于失重狀態(tài)，由于支持力不斷增大，則物體所受合力不斷減小，由牛頓第二定律可知，物體向下的加速度不斷減小，則電梯向上做加速度不斷減小的減速直線運(yùn)動，或向下做加速度不斷減小的加速直線運(yùn)動，故A錯誤；由題圖可知，在第2s內(nèi)，傳感器對物體的支持力等于物體的重力，則此時電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速運(yùn)動狀態(tài)，故B正確；由題圖可知，在第3s內(nèi)，傳感器對物體的支持力大于物體的重力，則物體處于超重狀態(tài)，由于支持力不斷增大，則物體所受合力不斷增大，由牛頓第二定律可知，物體向上的加速度不斷增大，則電梯向上做加速度不斷增大的加速直線運(yùn)動，或向下做加速度不斷增大的減速直線運(yùn)動，故C錯誤；由題圖可知，在第4s內(nèi)，傳感器對物體的支持力大于物體的重力，且傳感器對物體的支持力為恒力，則物體處于超重狀態(tài)，物體所受合力向上且不變，則電梯可能向上做勻加速直線運(yùn)動，或向下做勻減速直線運(yùn)動，故D正確。(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生變化。(2)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。課時作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1.如圖，一機(jī)械臂鐵夾夾起質(zhì)量為m的小球，機(jī)械臂與小球沿水平方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，則鐵夾對小球的作用力()A．大小為mg，方向豎直向上B．大小為ma，方向水平向右C．大小與小球的加速度大小無關(guān)D．方向與小球的加速度大小有關(guān)答案D解析設(shè)鐵夾對小球的作用力為F，則F豎直方向的分力F1＝mg，水平方向的分力F2＝ma，鐵夾對小球的作用力F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))＝meq\r(g2＋a2)，F(xiàn)與水平方向的夾角α滿足tanα＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(g,a)，即F的大小和方向都與小球的加速度大小有關(guān)，故A、B、C錯誤，D正確。2.鼓浪嶼是世界文化遺產(chǎn)之一。島上為保護(hù)環(huán)境不允許機(jī)動車通行，很多生活物品要靠人力板車來運(yùn)輸。如圖所示，貨物放置在板車上，與板車一起向右做勻速直線運(yùn)動，車板與水平面夾角為θ?，F(xiàn)拉動板車向右加速運(yùn)動，貨物與板車仍保持相對靜止，且θ不變。則板車加速后，貨物所受的()A．摩擦力和支持力均變小B．摩擦力和支持力均變大C．摩擦力變小，支持力變大D．摩擦力變大，支持力變小答案D解析貨物勻速運(yùn)動時，根據(jù)平衡條件可得，f＝mgsinθ，N＝mgcosθ，貨物隨板車加速運(yùn)動時，設(shè)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，沿車板方向有f′－mgsinθ＝macosθ，垂直車板方向有mgcosθ－N′＝masinθ，可得f′>f，N′<N，即板車加速后，貨物所受的摩擦力變大，支持力變小，故選D。3.智能化電動扶梯如圖所示，乘客站上扶梯，先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A．乘客始終處于超重狀態(tài)B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同C．扶梯對乘客的作用力始終豎直向上D．扶梯勻速上升時，扶梯對乘客的作用力豎直向上答案D解析乘客站上扶梯，電動扶梯緩慢加速階段，乘客的加速度斜向上，有豎直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，在豎直方向上，扶梯對乘客的支持力大于其重力，乘客處于超重狀態(tài)，在水平方向上，乘客受到水平向右的摩擦力，此時扶梯對乘客的作用力斜向右上方；扶梯勻速上升時，加速度為零，扶梯對乘客只有向上的支持力，即扶梯對乘客的作用力豎直向上，且與乘客所受重力大小相等，則既不超重也不失重。故A、B、C錯誤，D正確。4.如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連，將A用輕繩懸掛于某處，調(diào)整細(xì)繩的長度，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，物塊B恰好對地面沒有壓力，此時輕彈簧的形變量為x。已知重力加速度為g，若突然剪斷細(xì)繩，則下列說法正確的是()A．剪斷細(xì)繩后，A物塊向下運(yùn)動x時速度最大B．剪斷細(xì)繩后，A物塊向下運(yùn)動3x時速度最大C．剪斷細(xì)繩瞬間，A物塊的加速度大小為3gD．剪斷細(xì)繩瞬間，A物塊的加速度大小為g答案B解析剪斷細(xì)繩前，物塊B恰好對地面沒有壓力，則彈簧處于伸長狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：mg＝kx，對物塊A有：T＝2mg＋kx，即T＝3mg；剪斷細(xì)繩后，剛開始物塊A受到豎直向下的重力和彈力，物塊A加速下落，下落過程中彈力變小，加速度減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，物塊A繼續(xù)向下加速運(yùn)動，壓縮彈簧，當(dāng)彈簧彈力大小等于重力時，物塊A加速度減為零，此時速度最大，設(shè)此時彈簧壓縮量為x1，對物塊A有：2mg＝kx1，解得：x1＝2x，物塊A向下運(yùn)動的總距離為3x，A錯誤，B正確。剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧彈力不突變，物塊A所受重力和彈力的合力與剪斷前繩子拉力等大反向，所以A物塊的加速度大?。篴＝eq\f(T,2m)＝eq\f(3mg,2m)＝eq\f(3,2)g，C、D錯誤。5.(2021·北京高考)某同學(xué)使用輕彈簧、直尺、鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．30cm刻度對應(yīng)的加速度為－0.5gB．40cm刻度對應(yīng)的加速度為gC．50cm刻度對應(yīng)的加速度為2gD．各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的答案A解析由題可知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長x0＝20cm；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺x1＝40cm刻度處，則根據(jù)平衡條件有mg＝k(x1－x0)，且40cm刻度對應(yīng)的加速度為0，B錯誤；指針位于x2＝30cm刻度時，有k(x2－x0)－mg＝ma2，聯(lián)立解得a2＝－0.5g，A正確；指針位于x3＝50cm刻度時，有k(x3－x0)－mg＝ma3，聯(lián)立解得a3＝0.5g，C錯誤；設(shè)鋼球相對裝置靜止時指針?biāo)鶎潭葹閤，根據(jù)牛頓第二定律有k(x－x0)－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(x－x1,x1－x0)g，即加速度a與x成線性關(guān)系，則各刻度對應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯誤。6．(2023·天津市河?xùn)|區(qū)高三下一模)我國空降部隊(duì)在抗震救災(zāi)過程中多次建立功勛，這與傘兵們平時嚴(yán)格的訓(xùn)練是分不開的。一傘兵從高空懸停的直升機(jī)上無初速度下落，5s后打開降落傘。規(guī)定豎直向下為正方向，其沿豎直方向運(yùn)動的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．0～5s內(nèi)傘兵處于完全失重狀態(tài)B．5～9s內(nèi)傘兵處于超重狀態(tài)C．傘兵下落50m時速度小于20m/sD．5～9s內(nèi)傘兵所受的合力越來越大答案B解析0～5s內(nèi)傘兵向下的加速度大小為a＝eq\f(40－0,5－0)m/s2＝8m/s2<g，則傘兵處于失重狀態(tài)，但不是完全失重狀態(tài)，A錯誤；5～9s內(nèi)，傘兵向下做減速運(yùn)動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，B正確；傘兵在0～5s內(nèi)勻加速下降，下降高度H＝eq\f(1,2)×40×5m＝100m，則下落h＝50m時速度大小v＝eq\r(2ah)＝eq\r(2×8×50)m/s＝20eq\r(2)m/s>20m/s，C錯誤；v-t圖像的斜率的絕對值表示加速度大小，可知5～9s內(nèi)傘兵的加速度