（江蘇專版）2019高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律學案

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1、 第三章 牛頓運動定律 第1節(jié)牛頓第一定律__牛頓第三定律 (1)牛頓第一定律是實驗定律。(×) (2)在水平面上運動的物體最終停下來，是因為水平方向沒有外力維持其運動的結果。(×) (3)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×) (4)物體的慣性越大，運動狀態(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“理想實驗”得出“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”的觀點，推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動的原因”的錯誤觀點。 (2)英國科學家牛頓在《自然哲學的數(shù)學原

2、理》著作中提出了“牛頓第一、第二、第三定律”。 突破點(一)　牛頓第一定律的理解 1．對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：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(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，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)。 (2)物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為抗拒運動狀態(tài)改變的能力。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難改變；慣性小，物體的運動狀態(tài)容易改變。 3．與牛頓第二定律的對比 牛頓第一定律是經(jīng)過

3、科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。 [題點全練] 1．(2018·三明檢測)科學思維和科學方法是我們認識世界的基本手段。在研究和解決問題的過程中，不僅需要相應的知識，還需要運用科學的方法。理想實驗有時更能深刻地反映自然規(guī)律，伽利略設想了一個理想實驗，如圖所示。 ①兩個對接的斜面，靜止的小球沿一個斜面滾下，小球將滾上另一個斜面； ②如果沒有摩擦，小球將上升到原來釋放的高度； ③減小第二個斜面的傾角，小球在這個斜面上仍然會達到原來的高度； ④繼續(xù)減小第二個斜面的傾角，最后使它成為水平面，小球會沿水平面做持續(xù)的勻速運動。 通過對這個實驗的分析，我們可以

4、得到的最直接結論是(　　) A．自然界的一切物體都具有慣性 B．光滑水平面上運動的小球，運動狀態(tài)的維持并不需要外力 C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小 解析：選B　理想斜面實驗只能說明鋼球具有慣性，推廣到一切物體的是牛頓，A錯誤；伽利略通過“理想斜面實驗”和科學推理，得出的結論是：力不是維持物體運動的原因，光滑水平面上運動的小球，運動狀態(tài)的維持并不需要外力，B正確；如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變，這是牛頓得出的，C錯誤；小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小，這是牛頓第二定律內容，D錯誤。 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，則關于小車在此種情況下的運動敘述正確的是(　　) A．小車勻速向左運動 B．小車可能突然向左加速運動 C．小車可能突然向左減速運動 D．小車可能突然向右加速運動 解析：選B　若小車勻速向左運動，則水也勻速運動，速度相等，碗中的水不會灑出，故A錯誤；小車突然向左加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，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，水還沒有來得及減速，所以小車向左的速度小于水向左的速度，水應向左灑出，故C錯誤；小

6、車突然向右加速，由于慣性，水還沒有來得及加速，所以碗向右的速度大于水向右的速度，水應向左灑出，故D錯誤。 3.[多選]如圖所示，在勻速前進的磁懸浮列車里，小明將一小球放在水平桌面上，且小球相對桌面靜止。關于小球與列車的運動，下列說法正確的是(　　) A．若小球向前滾動，則磁懸浮列車在加速前進 B．若小球向后滾動，則磁懸浮列車在加速前進 C．磁懸浮列車急剎車時，小球向前滾動 D．磁懸浮列車急剎車時，小球向后滾動 解析：選BC　由于慣性，小球要保持原來的勻速運動狀態(tài)，若小球向前滾動，則說明磁懸浮列車在減速前進，若小球向后滾動，則說明磁懸浮列車在加速前進，故B正確，A錯誤；反之，若磁懸浮

7、列車急剎車時，磁懸浮列車速度變小，小球由于慣性速度不變，故向前滾動，C正確，D錯誤。 突破點(二)　牛頓第三定律的理解 1．作用力與反作用力的“六同、三異、二無關” (1)六同 (2)三異 (3)二無關 2．作用力、反作用力與一對平衡力的比較 作用力和反作用力 一對平衡力 不同點 作用在兩個物體上 作用在同一物體上 力的性質一定相同 對力的性質無要求 作用效果不可抵消 作用效果相互抵消 相同點 大小相等、方向相反，作用在同一直線上 [題點全練] 1.氣球冒險家利用一簇氣球使一座房屋成功升空。圖示時刻房屋正在加速上升，此時(　　) A．繩對

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

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

10、上，所以這兩個力是一對平衡力，故D正確。 3．(2018·揚州二模)牛頓在總結C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究結果后，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體系。下列關于作用力和反作用力的說法正確的是(　　) A．物體先對地面產(chǎn)生壓力，然后地面才對物體產(chǎn)生支持力 B．物體對地面的壓力和地面對物體的支持力互相平衡 C．人推車加速前進，人對車的作用力的大小等于車對人的作用力的大小 D．物體在地面上滑行，物體對地面的摩擦力大于地面對物體的摩擦力 解析：選C　物體對地面的壓力和地面對物體的支持力是一對作用力與反

11、作用力，是同時產(chǎn)生的，所以選項A錯誤；物體對地面的壓力和地面對物體的支持力分別作用在地面和物體上，是一對作用力與反作用力，不是平衡力，選項B錯誤；人對車的作用力與車對人的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項C正確；物體對地面的摩擦力與地面對物體的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項D錯誤。 突破點(三)　應用牛頓第三定律轉換研究對象 [典例]　(2018·?？谀M)建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質量為70.0 kg的工人站在地面上，通過定滑輪將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量及定滑輪的摩擦，則工人對地

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 [思路點撥] (1)明確物體間的相互作用： (2)轉換研究對象： ①求地面所受壓力時，由于地面無其他信息，因此轉換到求人受地面的支持力。 ②求繩對人的拉力時，人的受力情況復雜，因此轉換到求建材所受繩的拉力。 (3)根據(jù)牛頓第三定律，轉換研究對象后所求的力與待求力是“等大”的，因此問題得以巧妙地解出。 [解析]　設繩子對物體的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝ma F1＝m(g＋a)＝210 N 繩子對人的拉力F2＝F1＝210 N 人處于靜止狀態(tài)，

13、則地面對人的支持力 FN＝Mg－F2＝490 N， 由牛頓第三定律知：人對地面的壓力 FN′＝FN＝490 N 故B項正確。 [答案]　B [方法規(guī)律] 如果不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力。在許多問題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉換研究對象，可以使我們分析問題的思路更靈活、更開闊。 [集訓沖關] 1.如圖所示，用彈簧測力計懸掛一個重G＝10 N的金屬塊，使金屬塊一部分浸在臺秤上的水杯中(水不會溢出)。若彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)镕T＝6 N，則臺秤的示數(shù)比金屬塊沒有浸入水前(　　) 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　對金屬塊受力分析，由平衡條件可知，水對金屬塊的浮力為F＝G－FT＝4 N，方向豎直向上，則由牛頓第三定律可得，金屬塊對水的作用力大小為F′＝4 N，方向豎直向下，所以臺秤的示數(shù)比金屬塊沒有浸入水前增加了4 N，選項D正確。 2.如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上水平向右加速滑行，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，若長木板仍處于靜止狀態(tài)，則長木板對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　木塊在長木板上向右

15、滑行過程中，受到長木板對木塊水平向左的滑動摩擦力，由牛頓第三定律可知，木塊對長木板有水平向右的滑動摩擦力，大小為μ2mg，由于長木板處于靜止狀態(tài)，水平方向合力為零，故地面對長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，長木板對地面的摩擦力大小為μ2mg，故B正確。 3.一個箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱子與桿的質量為M，環(huán)的質量為m，如圖所示。已知環(huán)沿桿勻加速下滑時，環(huán)與桿間的摩擦力大小為Ff，則此時箱子對地面的壓力大小為(　　) 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)應對桿有豎直向下的摩擦力Ff′，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對它的支持力FN及環(huán)對它的摩擦力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，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力，即FN′＝Mg＋Ff，故選項A正確。 慣性的“相對性” (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狀態(tài)，當容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動情況是(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，當容器隨小車突然向右運動時，鐵球和乒乓球都相對容器向左運動，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、乒乓球都處于靜止狀態(tài)。當容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動狀況是(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　因為小車突然向右運動，鐵

18、球和乒乓球都有向右運動的趨勢，但由于與同體積的“水球”相比，鐵球質量大、慣性大，鐵球的運動狀態(tài)難改變，即速度變化慢，而同體積的“水球”的運動狀態(tài)容易改變，即速度變化快，而且水和車一起向右運動，所以小車向右運動時，鐵球相對小車向左運動。同理，由于乒乓球與同體積的“水球”相比，質量小，慣性小，乒乓球相對小車向右運動。 (1)質量是物體慣性大小的唯一量度，物體的質量越大，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應的“空氣球”的慣性大，但懸掛在水中的乒乓球的慣性沒有對應的“水球”的慣性大?！? 對點訓練：牛頓第一定律的理解 1．(2018·揭陽模擬)在

19、物理學史上，正確認識運動和力的關系且推翻“力是維持物體運動的原因”這個觀點的物理學家及建立慣性定律的物理學家分別是(　　) A．亞里士多德、伽利略　　 B．伽利略、牛頓 C．伽利略、愛因斯坦 D．亞里士多德、牛頓 解析：選B　伽利略通過斜面實驗正確認識了運動和力的關系，從而推翻了亞里士多德“力是維持物體運動的原因”的錯誤觀點；牛頓在歸納總結伽利略、笛卡兒等科學家的結論基礎上得出了牛頓第一定律，即慣性定律，故選項B正確。 2．(2018·鎮(zhèn)江模擬)下面是摘自上個世紀美國報紙上的一篇文章： 阿波羅登月火箭在脫離地球飛向月球的過程中，宇航員通過無線電與在家中上小學的兒子湯姆通話。宇航員

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

21、“火箭的運動需要力來維持”，故A正確；由題意知，宇航員說大概是伽利略在推動火箭向前運動，真實意思是根據(jù)伽利略的理論，“火箭的運動不需要力來維持”，火箭正在依靠慣性飛行，而不是伽利略用力推動著火箭向前運動，故B錯誤，C、D正確。 3．(2018·淮安調研)對物體的慣性有這樣一些理解，你覺得哪些是正確的(　　) A．汽車快速行駛時慣性大，因而剎車時費力，慣性與物體的速度大小有關 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．加速運動時，物體有向后的慣性；減速運動時，物體有向前的慣性 D．不論在什么地方，不論物體原有運動狀態(tài)如何，物體的慣性是客觀存在的，慣性的大

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

23、“自然運動”稱之為“受迫運動”。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法，建立了新物理學。新物理學認為一切物體都具有的“自然本性”是“慣性”。下列關于“慣性”和“運動”的說法中不符合新物理學的是(　　) A．一切物體的“自然運動”都是速度不變的運動——靜止或者勻速直線運動 B．作用在物體上的力，是使物體做“受迫運動”即變速運動的原因 C．可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子受到的向外的力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的 D．豎直向上拋出的物體，受到了重力，卻沒有立即反向運動，而是繼續(xù)向上運動一段距離后才反向運動，是由于物

24、體具有慣性 解析：選C　力不是維持物體運動的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，所以當物體不受到任何外力的時候，總保持靜止或者勻速運動的狀態(tài)，故選項A正確；當物體受到外力作用的時候，物體的運動狀態(tài)會發(fā)生改變，即力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故選項B正確；可繞豎直軸轉動的水平圓桌轉得太快時，放在桌面上的盤子會向桌子邊緣滑去，這是由于“盤子需要的向心力”超過了“桌面給盤子的摩擦力”導致的，故選項C錯誤；物體具有向上的速度，由于具有保持這種運動狀態(tài)的慣性，雖然受到向下的重力，但物體不會立即向下運動，故選項D正確。 5．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)四地名校聯(lián)考)關于慣性的認識，以下說法正確的是(　　) A．

25、物體受到力的作用后，運動狀態(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量很大也能被拉動，說明慣性與物體的質量無關 C．讓物體的速度發(fā)生改變，無論多快，都需要一定時間，這是因為物體具有慣性 D．同一物體沿同一水平面滑動，速度較大時停下來需要的時間較長，說明慣性與速度有關 解析：選C　物體受到力的作用后，運動狀態(tài)發(fā)生改變，但物體的慣性完全由物體的質量決定，與物體的受力及運動速度無關，故A、B、D均錯誤；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，都需要一定時間，所以C正確。 6.如圖所示，在一輛表面光滑且足夠長的小車上，有質量為m1和m2的兩個小球(m1>m2)隨

26、車一起勻速運動，當車突然停止時，若不考慮其他阻力，則兩個小球(　　) A．一定相碰 B．一定不相碰 C．不一定相碰 D．無法確定 解析：選B　因小車表面光滑，因此小球在水平方向上不會受到外力作用，原來兩小球與小車有相同的速度，當車突然停止時，由于慣性，兩小球的速度將不變，所以不會相碰。 對點訓練：牛頓第三定律的理解 7.如圖所示是我國一種傳統(tǒng)的民族體育項目“押加”，實際上相當于兩個人拔河，如果繩質量不計，且保持水平，甲、乙兩人在“押加”比賽中甲獲勝，則下列說法中正確的是(　　) A．甲對乙的拉力始終大于乙對甲的拉力 B．甲把乙加速拉過去時，甲對乙的拉力大于乙對

27、甲的拉力 C．只有當甲把乙勻速拉過去時，甲對乙的拉力大小才等于乙對甲的拉力大小 D．甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力 解析：選D　甲拉乙的力與乙拉甲的力是一對作用力與反作用力，大小始終相等，與運動狀態(tài)無關，故A、B、C錯誤；即不管哪個獲勝，甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是當?shù)孛鎸椎哪Σ亮Υ笥诘孛鎸σ业哪Σ亮?，甲才能獲勝，故D正確。 8.(2018·濟寧模擬)如圖所示為體操男子吊環(huán)比賽中某個時刻的模擬圖，運動員靜止不動，兩根吊帶對稱并與豎直方向有一定的夾角。此時左、右兩吊環(huán)對運動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是一對作用力和反作用力 B．兩個吊環(huán)對運動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動員重力的一半 D．在運動員將兩吊帶由圖示狀態(tài)再緩慢向兩邊撐開的過程中，吊帶上的張力緩慢增大 解析：選B　運動員的受力簡化為如圖所示。由共點力的平衡可知，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都作用在運動員上，不可能成為一對作用力和反作用力，故A錯誤；運動員受吊環(huán)的拉力及重力而處于平衡狀態(tài)，三力為共點力，根據(jù)共點力平衡的特點可知，兩個吊環(huán)對運動員的

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動員重力的一半，故C錯誤；在運動員將兩吊帶再緩慢向兩邊撐開的過程中，角度θ減小，故兩根吊帶的拉力均減小，故D錯誤。 9.[多選]如圖所示，用水平力F把一個物體緊壓在豎直墻壁上靜止，下列說法中正確的是(　　) A．水平力F跟墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力 B．物體的重力跟墻壁對物體的靜摩擦力是一對平衡力 C．水平力F與物體對墻壁的壓力是一對作用力與反作用力 D．物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力 解析：選BD　水平力F跟墻壁對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，是一對平衡力，選項A錯誤；物體在豎直方向上受豎直向下的重力以及墻壁對物體豎直向上的靜摩擦力的作用，因物體處于靜止狀態(tài)，故這兩個力是一對平衡力，選項B正確；水平力F作用在物體上，而物體對墻壁的壓力作用在墻壁上，這兩個力不是平衡力，也不是相互作用力，選項C錯誤；物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是兩個物體間的相互作用力，是一對作用力與反作用力，選項D正確。 對點訓練：應用牛頓第三定律轉換研究對象 10.(2018·樂山模擬)如圖所示，家用吊扇對懸掛點有拉力作用，正常轉動時吊扇對懸掛點的拉力與它不轉動時相比(　　) A．變大 B．變小 C．不變

31、 D．無法判斷 解析：選B　吊扇不轉動時，吊扇對懸掛點的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋轉時要向下?lián)滹L，即對空氣有向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律，空氣也對吊扇有一個向上的反作用力，使得吊扇對懸掛點的拉力減小，B正確。 11.如圖所示，兩塊小磁鐵質量均為0.5 kg，A磁鐵用輕質彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長L0＝10 cm，勁度系數(shù)k＝100 N/m。當A、B均處于靜止狀態(tài)時，彈簧的長度為L＝11 cm。不計地磁場對磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，求B對地面的壓力大小。(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對地面的壓力大小為9 N。 答案：9 N 考點綜合訓練 12．[多選](2018·定州中學月考)2017年4月20日19時41分，搭載著我國首顆貨運飛船“天舟一號”的長征七號遙二運載火箭在文昌航天發(fā)射中心點火發(fā)射，下面關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，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，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空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力 C．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力 D．飛船進入運行軌道之后，與地球之間仍然存在一對作用力與反作用力 解析：選AD　火箭尾部向下噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力，故A正確，B錯誤；火箭飛出大氣層后，雖然沒有了空氣，火箭向后噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得前進的動力，故C錯誤；飛船進入運行軌道之后，與地球之間仍然存在一對作用力與反作用力，即地球對飛船的引力和飛船對地球的引力，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，約定先使對方過分界線者為贏。若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是(　　) A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力 B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力 C．若甲的質量比乙大，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繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，選項A錯誤；因為甲和乙的力作用在同一個物體上，故選項B錯誤；若甲的質量比較大，甲的慣性比乙的大，故運動狀態(tài)改變比乙難，故乙先過界，選項C正確；“拔河”比賽的輸贏只與

35、甲、乙的質量有關，與收繩速度無關，選項D錯誤。 14．(2018·蕭山模擬)如圖所示是我國首次立式風洞跳傘實驗，風洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”，此過程中(　　) A．地球對人的吸引力和人對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作用力和反作用力 C．人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小 D．人被向上“托起”時處于失重狀態(tài) 解析：選A　地球對人的吸引力和人對地球的吸引力是作用力和反作用力，大小相等，故A正確；實驗者加速向上運動，合力向上不為零，受氣流的力大于重力，故B、C錯誤；人被向上“托起”時，加速度向上，處于超重，故D錯誤。 15.如圖所

36、示為英國人阿特伍德設計的裝置，不考慮繩與滑輪的質量，不計軸承、繩與滑輪間的摩擦。初始時兩人均站在水平地面上，當位于左側的甲用力向上攀爬時，位于右側的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達滑輪。下列說法中正確的是(　　) A．若甲的質量較大，則乙先到達滑輪 B．若甲的質量較大，則甲、乙同時到達滑輪 C．若甲、乙質量相同，則乙先到達滑輪 D．若甲、乙質量相同，則甲先到達滑輪 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，得甲攀爬時乙的加速度大于甲，所以乙會先到達滑輪，選項A正確，選項B錯誤；若甲、乙的質量相同，甲用力向上攀爬時

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、乙應同時到達滑輪，選項C、D錯誤。 16.如圖所示，圓環(huán)的質量為M，經(jīng)過環(huán)心的豎直鋼絲AB上套有一個質量為m的小球，今讓小球沿鋼絲AB以初速度v0豎直向上運動，要使圓環(huán)對地面無壓力，則小球的加速度和小球能達到的最大高度是多少？(設小球不會到達A點) 解析：由牛頓第三定律知，若圓環(huán)對地面無壓力，則地面對圓環(huán)無支持力，取小球為研究對象，受重力mg和鋼絲對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對鋼絲豎直向上的摩擦力Ff′＝Ff 對圓環(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動，由運動學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__兩類動力學問題 , (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質量越大的物體，加速度越小。(×) (3)物體的質量與加速度成反比。(×) (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動情況。(×) (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、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×) (8)力的

39、單位牛頓，簡稱牛，屬于導出單位。(√) 突破點(一)　牛頓第二定律的理解 1．牛頓第二定律的五個特性 2．合力、加速度、速度之間的決定關系 (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，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。 [題點全練] 1．[多選](2016·全國卷Ⅰ)一質點做勻速直線運動。現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則(　　 ) A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質點速度的方向不

40、可能總是與該恒力的方向垂直 C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質點單位時間內速率的變化量總是不變 解析：選BC　質點原來做勻速直線運動，說明所受合外力為0，當對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運動的速度方向關系不確定，則質點可能做直線運動，也可能做曲線運動，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項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，當小車向右做勻加速運動時，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動，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向右運動，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程中木塊將做的運動是(　　) A．勻減速運動 B．速度減小，加速度增大的運動 C．速度減小，加速度減小的運動 D．無法確定 解析：選B　木塊從與彈簧接觸直到彈簧被壓縮到最短的過程中，木塊豎直方向受到重力與支持力兩個力，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、運動，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錯誤。 突破點(二)　牛頓第二定律的瞬時性問題 1．兩種模型 加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型： 2．求解瞬時加速度的一般思路 ?? [題點全練] 1．[多選](2018·徐州模擬)如圖所示，質量為m的小球被一根橡皮筋AC和一根繩BC系住，當小球靜止時，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　設小球靜止時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錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋AC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錯誤。 2.(2018·南京一模)如圖所示，A、B兩物塊質量

44、分別為2m、m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓，此時輕彈簧的伸長量為x，現(xiàn)將懸繩剪斷，則下列說法正確的是(　　) A．懸繩剪斷后，A物塊向下運動2x時速度最大 B．懸繩剪斷后，A物塊向下運動3x時速度最大 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　彈簧開始處于伸長狀態(tài)，彈力F＝mg＝kx。當向下壓縮，當彈力等于重力時，速度達到最大，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，此時速度最大，故A錯誤，B正確。剪斷懸

45、繩前，對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錯誤。 3.[多選](2015·海南高考)如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為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　設物塊

46、的質量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1，剪斷細線前對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錯誤；設彈簧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錯誤。 突破點(三)　動力學的兩類基本問題 1．解決動力學兩類基本問題的思路 2．動力學兩類基本問題的解題步驟 [典例]　如圖所示，航空母艦上的起飛跑道由長度為l1＝1.6×102 m的水平跑道和長度為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。一架質量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍。假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并可看成質點，取g＝10 m/s2。 (1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大??； (2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100 m/s，外界還需要在整個水平跑道對飛機施加助推力，求助推力F推的大小。 [思路點撥] (1)分析飛機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)利用運動學公式可求出飛機在水平跑道上的運動時間及飛機到達傾斜跑道末端的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上，飛機在傾斜跑道上的加速度不變。 [解析]　(1)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力與阻力作用，設加速度大小為a1、末速度大小為v1，運動時間為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 飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用，設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 故飛機在水平跑道上運動的時間為8.0 s，到達傾斜跑道末端時的速度大小為41.5 m/s。 (2)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設加速度大小為a1′、末速度大小為v1′，有 F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′ v1′2－v02＝2a1′l1 飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒有變化，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] 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點 [集訓沖關] 1.[多選](2018·宿遷調研)如圖所示，木盒中固定一質量為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?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力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h＝32 m的高度，此時航拍儀突然出現(xiàn)故障而失去動力，在到達最高點時動力系統(tǒng)恰好恢復。已知航拍儀的質量m＝2 kg，航拍儀在運動過程中受到Ff＝12 N的空氣阻力，假設航拍儀在運動過程中始終保持水平，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升力的大小； (3)航拍儀動力系統(tǒng)恢復時所在的高度H。 解析：(1)根據(jù)位移時間公式可知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)失去動力時的速度v＝gt＝8 m/s，失去動

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 航拍儀動力系統(tǒng)恢復時所在的高度 H＝h＋h′＝34 m。 答案：(1)1 m/s2　(2)34 N　(3)34 m 突破點(四)　動力學的圖像問題 1．常見的動力學圖像 v -t圖像、a -t圖像、F -t圖像、F -a圖像等。 2．動力學圖像問題的類型 3．解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。 (2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作

54、出準確判斷。 [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－時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5 s、5～10 s、10～15 s內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內加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，設斜面傾角為θ，與物體之間的動摩擦力為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。一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球從開始下落到第一次運動至最低點的過程，下列關于小球的速

56、度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際情況的是(　　) [解析]　小球開始接觸彈簧時，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，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動，運動到最低點時，速度為零，加速度最大，根據(jù)對稱性可知，到達最低端時加速度大于g，且加速度a隨時間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯誤。 [答案]　A (三)由F-t圖像分析物體的運動情況 [例3]　(2018·合肥模擬)如圖甲所示，質量為M＝4 kg 足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的中點放一個質量m＝4

57、 kg大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩物塊開始均靜止，從t＝0時刻起鐵塊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)鐵塊和木板相對靜止前，運動的位移大小各為多少？ (3)力F作用的最后2 s內，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 對鐵塊：F－μmg＝ma1解得a1＝3 m/s2 對木板：μmg＝Ma2解得a2＝2 m/s2。 (2)2 s內，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，對鐵塊：F′－μmg＝ma1′ 解得a1′＝1 m/s2 對木板：μmg＝Ma2′ 解得a2′＝2 m/s2 設再經(jīng)過t0時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，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靜止前鐵塊運動的位移為 x鐵塊＝x1＋x1′＝20 m 鐵塊和木板相對靜止前木板運

59、動的位移為 x木板＝x2＋x2′＝16 m。 (3)力F作用的最后2 s，鐵塊和木板相對靜止，一起以初速度v＝8 m/s 做勻加速直線運動， 對鐵塊和木板整體：F＝(M＋m)a 解得a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2 所以鐵塊和木板運動的位移均為 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．質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。 2．質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。 3．兩個豎

60、直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。 　　　　　　　　　　　　　 [典例]　[多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1

61、析]　設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(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A錯誤，B、C、D均正確。 [答案]　BCD [應用體驗] 1.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，ab、cd是豎直面內兩根固定的光滑細桿，ab、cd兩端位于相切的兩個豎直圓周上。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，兩個滑環(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　設軌道與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關系得，軌道的長度L＝(2R1＋2R2)cos θ，加速度：a＝＝gcos θ，根據(jù)L＝at2得，t＝ ，與夾角無關，則t1＝t2。故C正確。 2.(2018·東北三省三校一模)如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、

63、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是(　　) A．tA

64、越多，滑行時間越長 解析：選D　攜帶彈藥越多，戰(zhàn)機的質量越大，而牽引力相同，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，飛機加速度越小，由v2＝2ax可知，起飛速度越小，選項A、B、C錯誤；起飛前滑行的距離相同，由x＝at2可得，加速度越小，滑行時間越長，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，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊立即做減速運動 B．木塊在一段時間內速度仍增大 C．當F等于彈簧彈力時，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零 解析：選BCD　剛開始時，彈簧對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動，直到二力相等，而后，彈簧對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動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確。 對點訓練：牛頓第二定律的瞬時性問題 3.(2018·南通模擬)如圖所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，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。開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，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　設兩個小球的質量都為m，以AB球整體作為研究對象，A處于靜止狀態(tài)受力平衡，由平衡條件得：細線拉力T＝2mgtan 60°＝2mg，剪斷細線瞬間彈簧的彈力沒有變化，A球受到的合力與原來細線的拉力大小相等，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，在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質量m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，下列說法中正確的是(　　) A．小球受力個數(shù)不變 B．小球立即向左運動，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左運動，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)共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan