第03講 牛頓第二定律及其應(yīng)用（解析版）-2025版高一物理寒假精-品講義

第03講牛頓第二定律及其應(yīng)用考點(diǎn)聚焦：復(fù)習(xí)要點(diǎn)+知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，有的放矢重點(diǎn)專攻：知識(shí)點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)梳理，查漏補(bǔ)缺難點(diǎn)強(qiáng)化：難點(diǎn)內(nèi)容標(biāo)注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破高考考點(diǎn)聚焦1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用：2024·貴州、2024·寧夏四川2．超重和失重：2024·山東、2024·河北、2024·湖北、2024·寧夏四川3．牛頓第三定律：2024·遼寧4．利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程：2024·安徽、2024·廣東5．牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題：2024·湖南6．牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合：2024·安徽1．牛頓第二定律1)牛頓第二定律內(nèi)容物體的加速度與作用力成正比，與物體的質(zhì)量成反比。。2)力與加速度的因果關(guān)系力產(chǎn)生加速度(ma是力的作用效果)。①瞬時(shí)關(guān)系：加速度隨力作瞬時(shí)同步變化；②方向關(guān)系：加速度方向總與力的方向一致；③量值關(guān)系：。3)力的單位規(guī)定質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度，則受到的力大小為1N。4)適用條件慣性系統(tǒng)中宏觀，低速運(yùn)動(dòng)物體。2．應(yīng)用牛頓第二定律時(shí)的運(yùn)算方法和研究方法1)合成法：若物體只受兩個(gè)力作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，通常應(yīng)用合成法求解.2)正交分解法：當(dāng)物體受兩個(gè)以上的力作用時(shí)，常用正交分解法求合力.多數(shù)情況下是把力正交分解到加速度的方向上和垂直于加速度的方向上3)整體法和隔離法：由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體組成的系統(tǒng)中，把相互作用的多個(gè)物體視為一個(gè)系統(tǒng)，對(duì)系統(tǒng)整體進(jìn)行分析研究的方法稱為整體法；把某個(gè)物體從系統(tǒng)中“隔離”出來(lái)，將其作為研究對(duì)象進(jìn)行分析的方法稱為隔離法.3．兩類基本問(wèn)題1)求力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，加速度是橋梁2)已知力求運(yùn)動(dòng)一般用決定式，已知運(yùn)動(dòng)求力一般用定義式：3)運(yùn)動(dòng)中加速度恒定可作為一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若加速度發(fā)生變化則作為一個(gè)新過(guò)程的開(kāi)始，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是前后過(guò)程聯(lián)系的關(guān)鍵量強(qiáng)化點(diǎn)一物體受力突變時(shí)的瞬時(shí)加速度1)剛性繩(或桿、接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力.若剪斷剛性繩(或脫離桿、接觸面),則彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間.一般題目中所給細(xì)線和接觸面在不加特殊說(shuō)明時(shí)，均可按此模型處理.2)彈簧(或橡皮繩)此模型的特點(diǎn)是產(chǎn)生彈力時(shí)形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在突變問(wèn)題中，其彈力的大小往往可以看成不變.真題感知一、單選題1．（2024·貴州·高考真題）某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤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【詳解】由圖可知相等時(shí)間內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤的速度先增大后減小，以向下為正方向，即鐵質(zhì)小圓盤的加速度先正后負(fù)，根據(jù)牛頓第二定律可知f先小于G，后大于G。故選C。2．（2024·遼寧·高考真題）利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過(guò)程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)，（）A．硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左B．桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左C．桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力【答案】C【詳解】A．當(dāng)墨條速度方向水平向左時(shí)，墨條相對(duì)于硯臺(tái)向左運(yùn)動(dòng)，故硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第三定律，墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；C．由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確；D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大小等于硯臺(tái)的重力加上墨條對(duì)其的壓力，故桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大于墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力，故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2024·安徽·高考真題）傾角為的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速輕放一小物塊，如圖所示。時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】時(shí)間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱?，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。4．（2024·安徽·高考真題）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。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 D．加速度先增大后減小【答案】A【詳解】AB．緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力為大小為。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知加速度的最大值為，CD錯(cuò)誤。故選A。5．（2024·廣東·高考真題）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。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減小；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn),之后，木塊開(kāi)始反彈，過(guò)程中木塊所受合外力向上，隨著減小增大，反彈過(guò)程，隨著y減小，圖像向x軸負(fù)方向原路返回，故A錯(cuò)誤、B正確；CD．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度逐漸增大，圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，而C圖中H點(diǎn)過(guò)后速度就開(kāi)始逐漸減小，實(shí)際速度還應(yīng)該增大，直到平衡位置速度到達(dá)最大，然后速度逐漸減為零；D圖前半段速度不變，不符合題意，正確示意圖如下故CD錯(cuò)誤。故選B。6．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【詳解】剪斷前，對(duì)BCD分析對(duì)D剪斷后，對(duì)B解得方向豎直向上；對(duì)C解得方向豎直向下。故選A。二、實(shí)驗(yàn)題7．（2024·寧夏四川·高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮椤?1)電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；(2)電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為，則此段時(shí)間內(nèi)物體處于（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮?1)5.0(2)失重1.0【詳解】（1）由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N。（2）[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為，小于物體的重力可知此段時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；[2]根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小提升專練一、單選題1．（24-25高三上·廣東廣州·月考）在剛結(jié)束的巴黎奧運(yùn)會(huì)，鄭欽文獲得女單網(wǎng)球冠軍，創(chuàng)造歷史性的一刻。如圖所示，鄭欽文把飛來(lái)的網(wǎng)球擊打回去，落到了對(duì)方場(chǎng)內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．飛來(lái)的網(wǎng)球速度越大，慣性越大B．球被打飛回去，是因?yàn)榱κ蔷S持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C．若球拍沒(méi)有擊打球，則球會(huì)保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變D．球拍對(duì)球的彈力，是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的【答案】D【詳解】A．物體的慣性只由質(zhì)量決定，與物體的速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．球被打飛回去，是因?yàn)榱κ歉淖兾矬w運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故B錯(cuò)誤；C．若球拍沒(méi)有擊打球，由于球仍受重力作用，所以球不會(huì)保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，故C錯(cuò)誤；D．球拍對(duì)球的彈力，是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，故D正確。故選D。2．（2024·浙江溫州·三模）2023年10月30日，中國(guó)隊(duì)在男子短道速滑5000米接力賽中，以7分04秒412的成績(jī)奪冠。下列說(shuō)法正確的是（）A．題中“7分04秒412”表示時(shí)刻B．題中“5000米”表示位移大小C．運(yùn)動(dòng)員在接力過(guò)程中，慣性不變D．研究隊(duì)員沖線細(xì)節(jié)時(shí)，可以將其看成質(zhì)點(diǎn)【答案】C【詳解】A．題中“7分04秒412”表示時(shí)間，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．題中“5000米”表示路程，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員在接力過(guò)程中，質(zhì)量不變，則慣性不變，選項(xiàng)C正確；D．研究隊(duì)員沖線細(xì)節(jié)時(shí)，隊(duì)員大小形狀不可忽略，不可以將其看成質(zhì)點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。3．（2024·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測(cè)）一個(gè)物體在多個(gè)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果僅使其中的一個(gè)力大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復(fù)到原來(lái)的大?。ù肆Φ姆较蚴冀K未變），在此過(guò)程中其余各力均不變，則下列對(duì)該過(guò)程的說(shuō)法正確的是（）A．物體運(yùn)動(dòng)的速度先增大后減小B．物體運(yùn)動(dòng)的速度方向?qū)l(fā)生改變C．物體運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大D．物體運(yùn)動(dòng)的加速度先增大后減小【答案】D【詳解】物體在多個(gè)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中的一個(gè)力與其余幾個(gè)力的合力大小相等、方向相反，如果僅使其中的一個(gè)力大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復(fù)到原來(lái)的大小，在此過(guò)程中，物體所受合力先增大后減小到零，所以物體運(yùn)動(dòng)的加速度先增大后減??；因加速度方向沒(méi)變，故物體運(yùn)動(dòng)的速度一直增大，方向不變。故選D。4．（2024·廣西梧州·模擬預(yù)測(cè)）下列關(guān)于科學(xué)研究方法以及物理學(xué)相關(guān)知識(shí)的敘述正確的是（）A．伽利略發(fā)現(xiàn)“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”，是在實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上經(jīng)過(guò)抽象推理得出的結(jié)論，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法B．根據(jù)速度定義式，當(dāng)非常小時(shí)，就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，運(yùn)用了微元的思想C．加速度a與質(zhì)量m、合外力F之間的關(guān)系為，利用了比值定義法D．利用光電門測(cè)速度，運(yùn)用了微小放大法【答案】A【詳解】A．伽利略發(fā)現(xiàn)“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”，是在實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上經(jīng)過(guò)抽象推理得出的結(jié)論，運(yùn)用了理想實(shí)驗(yàn)法，A正確；B．根據(jù)速度定義式，當(dāng)非常小時(shí)，就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，運(yùn)用了極限的思想，B錯(cuò)誤；C．加速度a與質(zhì)量m、合外力F之間的關(guān)系為，不是利用比值定義法，而是牛頓在力是產(chǎn)生加速度的原因且用國(guó)際單位的情況下，總結(jié)出的牛頓第二定律表達(dá)式，C錯(cuò)誤；D．利用光電門測(cè)速度，運(yùn)用了極限法，D錯(cuò)誤。故選A。5．（2024·陜西榆林·一模）如圖所示為某研究小組在暗室中用頻閃照相的方法記錄了一滴水下落過(guò)程的照片示意圖，照片記錄了水滴在不同時(shí)刻下落至不同的位置。若相鄰位置的時(shí)間間隔都相等，水滴所受的重力為，阻力為，則對(duì)于水滴的這一下落過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是（）A．一直小于 B．一直大于C．先小于，后大于 D．先大于，后小于【答案】A【詳解】由圖可知小球下落時(shí)相鄰相等時(shí)間內(nèi)的位移逐漸變大，可知小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)mg-f=ma可知G>f故選A。6．（2024·陜西西安·一模）如圖，質(zhì)量為60kg的人站在水平地面上，用定滑輪裝置將質(zhì)量為的重物送入井中。當(dāng)重物以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?。?/p>

）A．200N B．920N C．320N D．280N【答案】C【詳解】先研究重物，重物的加速度，受到重力與繩子的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有解得再以人為研究對(duì)象，受力分析，重力Mg、繩子向上的拉力F、地面的支持力N，處于平衡狀態(tài)。則根據(jù)平衡條件有解得由牛頓第三定律可得：人對(duì)地面的壓力大小為故選C。7．（2024·云南大理·一模）某測(cè)試員應(yīng)用無(wú)人機(jī)搭載的加速度傳感器進(jìn)行飛行測(cè)試。圖甲為在測(cè)試軟件中設(shè)定的x、y、z軸的正方向，其中z軸沿豎直方向，無(wú)人機(jī)開(kāi)始時(shí)沿y軸正方向勻速飛行，0時(shí)刻起該同學(xué)進(jìn)行變速操作，軟件生成了圖乙中三個(gè)維度的（加速度-時(shí)間）圖像，可以推斷的時(shí)間內(nèi)無(wú)人機(jī)（）A．沿x軸方向一直加速 B．沿y軸方向一直加速C．沿z軸方向加速上升 D．處于失重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．由圖可知，0~2s無(wú)人機(jī)有沿x軸負(fù)方向的加速度，所以2s末由沿x軸負(fù)方向的速度，2s~4s的時(shí)間內(nèi)沿x軸的加速度為正，則首先沿向x負(fù)方向速度會(huì)減小，故A錯(cuò)誤；B．無(wú)人機(jī)開(kāi)始時(shí)沿y軸正方向勻速飛行，2s~4s的時(shí)間內(nèi)沿y軸的加速度為負(fù)，速度減小，故B錯(cuò)誤；CD．2s~4s的時(shí)間內(nèi)沿z軸的加速度向上為正，因?yàn)榧铀俣确较驗(yàn)檎?，無(wú)人機(jī)加速上升，處于超重狀態(tài)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。8．（2025·云南·模擬預(yù)測(cè)）我國(guó)的新能源汽車發(fā)展迅速，多項(xiàng)指標(biāo)處于世界領(lǐng)先地位，“急動(dòng)度”就是其中之一．急動(dòng)度是描述加速度變化快慢的物理量，即．如圖為某新能源汽車由靜止開(kāi)始啟動(dòng)過(guò)程中的急動(dòng)度j隨時(shí)間t的變化規(guī)律．下列關(guān)于汽車運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是（

）A．內(nèi)，汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)B．內(nèi)，汽車加速度變化量大于C．內(nèi)，汽車在時(shí)的速度最大D．內(nèi)，汽車所受的合外力為定值【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由題圖可知，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表加速度的變化量，內(nèi)，汽車的急動(dòng)度增加，則汽車的加速度增加，故A錯(cuò)誤；B．假設(shè)內(nèi)，急動(dòng)度均勻增大，則有而內(nèi)圖像與橫軸圍成的面積要大于，則內(nèi)，汽車加速度變化量大于，故B正確；C．由題圖可知，內(nèi)，加速度的變化量始終為正值，則汽車在內(nèi)的加速度一直為正值，速度一直增大，即內(nèi)，汽車在時(shí)的速度最大，故C錯(cuò)誤；D．內(nèi)，汽車的加速度不是定值，根據(jù)牛頓第二定律可知汽車所受的合外力不是定值，故D錯(cuò)誤。故選B。9．（2024·浙江金華·二模）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，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．0，2g C．3g，0 D．0，3g【答案】D【詳解】剪斷輕繩前，對(duì)A分析，由平衡可知若將輕繩剪斷，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，A還是處于平衡狀態(tài)，所以剪斷瞬間A的加速度大小為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律解得故選D。10．（2024·河南信陽(yáng)·一模）如圖所示，用兩根輕繩a、b和輕彈簧c懸掛兩個(gè)相同的小球，其中a繩與豎直方向夾角為30°，c彈簧水平，兩小球靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)繩的彈力是c彈簧彈力的倍B．剪斷a繩瞬間，2球的加速度為零C．剪斷b繩瞬間，1球的加速度為零D．剪斷b繩瞬間，2球的加速度大小為【答案】D【詳解】A．以小球1、2為整體受力分析，根據(jù)平衡條件可得所以，，故A錯(cuò)誤；B．剪斷a繩瞬間，輕彈簧彈力不發(fā)生突變，對(duì)2球，有所以故B錯(cuò)誤；C．剪斷b繩瞬間，連接1、2小球的b繩沒(méi)有拉力，1球只受重力，加速度為g，故C錯(cuò)誤；D．剪斷b繩瞬間，對(duì)2球只受重力和彈簧彈力，其加速度為故D正確。故選D。11．（2025·廣東清遠(yuǎn)·一模）2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)女子3米跳板跳水決賽、中國(guó)選手奪得金牌，中國(guó)隊(duì)在該項(xiàng)目上取得十連冠。圖甲是運(yùn)動(dòng)員觸水瞬間照片。圖乙是某同學(xué)分析該運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳板開(kāi)始計(jì)時(shí)畫出的v-t圖像，圖像中僅0~t2段為直線。不計(jì)空氣阻力，則圖甲對(duì)應(yīng)的時(shí)刻應(yīng)為（）A．t1 B．t2 C．t3 D．t4【答案】B【詳解】根據(jù)題意，運(yùn)動(dòng)員先做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)速度為零，即t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，接下來(lái)做自由落體運(yùn)動(dòng)，圖線的斜率不變，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員與水面接觸時(shí)，受到向上的水的阻力，加速度開(kāi)始減小，但加速度仍然向下，速度增大，所以運(yùn)動(dòng)員與水面接觸的時(shí)刻為t2，當(dāng)阻力增大到與重力相等時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度達(dá)到最大，之后阻力大于重力，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，直到最低點(diǎn)速度減為零。故選B。12．（2024·山東·一模）某人站在力的傳感器（連著計(jì)算機(jī)）上完成下蹲、起立動(dòng)作，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出力的傳感器示數(shù)F隨時(shí)間t變化的情況如圖所示，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．該人下蹲時(shí)間約為0.5s B．下蹲過(guò)程該人一直處于失重狀態(tài)C．起立過(guò)程該人一直處于超重狀態(tài) D．該人下蹲過(guò)程的最大加速度約為6m/s2【答案】D【詳解】AB．下蹲過(guò)程中，初速度為0，末速度也為0，則下蹲過(guò)程先加速向下運(yùn)動(dòng)后減速向下運(yùn)動(dòng)，該人先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)。從圖像可知1~2s過(guò)程為下蹲過(guò)程，則下蹲時(shí)間約為1s。故AB錯(cuò)誤；C．起立過(guò)程，初速度為0，末速度也為0，則起立過(guò)程先加速向上運(yùn)動(dòng)后減速向上運(yùn)動(dòng)，該人先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤；D．由圖像可知該人靜止時(shí)有支持力最小為200N，最大為700N，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得所以該人下蹲過(guò)程的最大加速度約為6m/s2。故D正確。故選D。13．（2024·廣東茂名·二模）甲駕駛汽車在一段平直馬路上等綠燈，甲啟動(dòng)汽車時(shí)乙駕駛汽車剛好從旁邊經(jīng)過(guò)，他們的圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（

）A．兩車同時(shí)到達(dá)處B．甲駕駛汽車勻加速度直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為C．從甲啟動(dòng)汽車到兩車速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為D．兩車在內(nèi)，乙受到座椅的作用力豎直向上，甲受到座椅的作用力水平向前【答案】C【詳解】B．在位移內(nèi)，設(shè)甲的加速度為a，由初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得解得故B錯(cuò)誤；A．甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)甲、乙運(yùn)動(dòng)相等的位移，所需要的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，即兩物體不在同一時(shí)刻到達(dá)處，則兩物體不在處相遇，故A錯(cuò)誤；C．由綜合解得甲、乙速度相等的時(shí)刻為故C正確；D．乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知乙受到座椅的作用力豎直向上，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，座椅對(duì)甲的作用力豎直方向的分力與重力平衡，水平方向的分力提供加速度，根據(jù)力的合成可知甲受到座椅的作用力斜向前上，故D錯(cuò)誤。故選C。14．（2025·廣東·模擬預(yù)測(cè)）2024年9月，我國(guó)的“朱雀三號(hào)”可重復(fù)使用火箭進(jìn)行了可回收運(yùn)載火箭的試驗(yàn)，為將來(lái)降低航天發(fā)射成本奠定了堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)。有關(guān)火箭的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．火箭向上飛行則處于超重狀態(tài) B．火箭向下飛行則處于失重狀態(tài)C．火箭在加速向上時(shí)處于失重狀態(tài) D．火箭在減速下降時(shí)處于超重狀態(tài)【答案】D【詳解】AC．火箭加速向上飛行時(shí)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，火箭向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；BD．火箭向下減速下降時(shí)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，火箭向下加速飛行時(shí)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，火箭向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確。故選D。15．（2024·浙江紹興·一模）2024年8月，中國(guó)戰(zhàn)機(jī)轟6K與俄羅斯戰(zhàn)機(jī)圖95組成編隊(duì)，飛越白令海峽。下列說(shuō)法正確的是（）A．轟6K加速過(guò)程中慣性增大B．轟6K飛行速度越大，加速度越大C．觀察轟6K空中加油時(shí)，可將其看成質(zhì)點(diǎn)D．轟6K加速向上爬升時(shí)，機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)【答案】D【詳解】A．轟6K加速過(guò)程中質(zhì)量不變，慣性不變，故A錯(cuò)誤；B．轟6K飛行速度越大，加速度可能減小，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物體的大小、形狀對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響或者影響很小，可忽略不計(jì)時(shí)，可將物體看成質(zhì)點(diǎn)，所以觀察轟6K空中加油時(shí)，不可將其看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．轟6K加速向上爬升時(shí)，加速度向上，機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。二、多選題16．（2024·陜西西安·一模）太白山是陜西避暑勝地之一。如圖是太白山索道的抽象物理模型，已知體重約為50kg的游客站立于轎廂底面，傾斜索道與水平面的夾角為，當(dāng)載人轎廂沿鋼索斜向右上做加速度大小的勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．游客受到水平向左的摩擦力 B．轎廂對(duì)游客的支持力約為600NC．游客對(duì)轎廂的作用力豎直向下 D．游客受到的摩擦力大小約為170N【答案】BD【詳解】將加速度分解到水平方向和豎直方向，可得AD．由于游客水平方向加速度向右，可知游客受到水平向右的摩擦力，大小為A錯(cuò)誤，D正確；B．豎直方向上，游客受到向上的支持力，根據(jù)牛頓第二定律可得支持力大小為B正確；C．游客對(duì)轎廂的壓力豎直向下，摩擦力水平向左，因此游客對(duì)轎廂的作用力斜向左下方，C錯(cuò)誤。故選BD。17．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）2025年第九屆亞洲冬季運(yùn)動(dòng)會(huì)將在哈爾濱舉行，短道速滑是我國(guó)傳統(tǒng)優(yōu)勢(shì)項(xiàng)目，有關(guān)短道速滑的相關(guān)表述正確的是（）A．賽道一圈總長(zhǎng)度為111.12m，長(zhǎng)度是國(guó)際單位制中的基本單位B．短道速滑男子500m的世界記錄為39.505s，秒是國(guó)際單位制中的基本單位C．短道速滑運(yùn)動(dòng)員最快滑行速度可以達(dá)到近14m/s，米每秒是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位D．短道速滑運(yùn)動(dòng)員蹬地的爆發(fā)力能夠達(dá)到4000N，力是國(guó)際單位制中的基本物理量【答案】BC【詳解】A．賽道一圈總長(zhǎng)度為111.12m，長(zhǎng)度是國(guó)際單位制中的基本物理量，故A錯(cuò)誤；B．短道速滑男子500m的世界記錄為39.505s，秒是國(guó)際單位制中的基本單位，故B正確；C．短道速滑運(yùn)動(dòng)員最快滑行速度可以達(dá)到近14m/s，根據(jù)可知，米每秒是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位，故C正確；D．短道速滑運(yùn)動(dòng)員蹬地的爆發(fā)力能夠達(dá)到4000N，根據(jù)可知，力是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出物理量，故D錯(cuò)誤。故選BC。18．（2024·河北張家口·模擬預(yù)測(cè)）某貨物輸送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示，將一個(gè)質(zhì)量為M的載物平臺(tái)架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的平行圓柱上。已知平臺(tái)與兩圓柱間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，平臺(tái)的重心與兩圓柱等距，兩圓柱以角速度繞軸線做相反方向的轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度大小為g?，F(xiàn)給平臺(tái)施加一過(guò)平臺(tái)重心且沿平行于軸線方向的恒力F，使載物平臺(tái)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．只有當(dāng)時(shí)，平臺(tái)才能開(kāi)始運(yùn)動(dòng)B．平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小C．只要平臺(tái)運(yùn)動(dòng)距離足夠遠(yuǎn)，平臺(tái)最終一定會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．越大，平臺(tái)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同距離用時(shí)越短【答案】BD【詳解】ABC．平臺(tái)與兩個(gè)圓柱表面的摩擦力相等，大小開(kāi)始時(shí)平臺(tái)受到兩圓柱的摩擦力平衡，所以開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為圓柱表面的點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小為若平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，則沿該方向上受到一根圓柱的摩擦力分量為根據(jù)牛頓第二定律可得開(kāi)始時(shí)，平臺(tái)受到的兩圓柱摩擦力平衡，加速度最大，大小為即使F較小，平臺(tái)也能運(yùn)動(dòng)，由于v在不斷增大，加速度會(huì)越來(lái)越小，當(dāng)時(shí)無(wú)論平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的距離多遠(yuǎn)，最終都不會(huì)勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AC錯(cuò)誤，B正確；D．角速度越大，平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的加速度越大，平均速度越大，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同距離用時(shí)越短，D正確。故選BD。19．（2024·河南·二模）利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行研究。把滑塊A和滑塊B放在水平固定且足夠長(zhǎng)的氣墊導(dǎo)軌上，滑塊A和滑塊B之間連接一水平輕質(zhì)彈簧，整體靜止不動(dòng)，輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)在開(kāi)通氣源，并在滑塊A的左方加一水平向右的恒定推力，使滑塊A由靜止開(kāi)始沿氣墊導(dǎo)軌一直向右運(yùn)動(dòng)（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。則下列說(shuō)法正確的是（

）A．滑塊A沿氣墊導(dǎo)軌一直做非勻變速運(yùn)動(dòng)B．滑塊B沿氣墊導(dǎo)軌一直做非勻變速運(yùn)動(dòng)C．滑塊A運(yùn)動(dòng)的加速度大小趨于恒定值D．滑塊B運(yùn)動(dòng)的加速度大小趨于恒定值【答案】AB【詳解】AB．滑塊A與B中間用輕質(zhì)彈簧鏈接，對(duì)整體進(jìn)行受力，有滑塊A與B整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但隔離分析后發(fā)現(xiàn)，由于彈簧壓縮伸長(zhǎng)周期性變化，導(dǎo)致滑塊A和滑塊B沿氣墊導(dǎo)軌方向合力也不停地變化，所以導(dǎo)致加速度也一直變化，所以一直做非勻變速運(yùn)動(dòng)，故AB正確；CD．滑塊A與B整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但隔離分析后發(fā)現(xiàn)，由于彈簧壓縮伸長(zhǎng)周期性變化導(dǎo)致滑塊A和滑塊B沿氣墊導(dǎo)軌方向合力也不停地變化，所以導(dǎo)致加速度也不停的變化，導(dǎo)致導(dǎo)致滑塊A和滑塊B加速度大小不會(huì)趨于恒定值。故CD錯(cuò)誤。故選AB?！军c(diǎn)睛】三、解答題2