一、牛頓第一定律 慣性
1．內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。
2．意義
(1)指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律。
(2)揭示了運動和力的關(guān)系：力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因。
3．慣性
(1)定義：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)。
(2)普遍性：慣性是一切物體都具有的性質(zhì)，是物體的固有屬性，與物體的運動情況和受力情況無關(guān)。
(3)量度：質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小。
二、牛頓第三定律
1．作用力和反作用力：兩個物體之間的作用總是相互的，一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力。物體間相互作用的這一對力叫作作用力和反作用力。
2．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上。
3．表達式：F＝－F′。
情境創(chuàng)設
一輛貨車在公路上行駛時，司機發(fā)現(xiàn)前面有異常情況，緊急剎車。貨車在公路上又運行了較長一段距離才停下來。
微點判斷
(1)由于慣性，貨車有保持勻速直線運動狀態(tài)的趨勢，所以剎車后，貨車沒有立即停下來，而是又向前運行了一段距離。(√)
(2)貨車承載的貨物越重，慣性越大。(√)
(3)剎車時，貨車做減速運動是因為地面對貨車的摩擦力大于貨車對地面的摩擦力。(×)
(4)地面對貨車的支持力與貨車對地面的壓力是一對平衡力。(×)
(5)車頭拉貨箱的力一定大于貨箱拉車頭的力。(×)
(一) 牛頓第一定律(固基點)
[題點全練通]
1．[對力與運動關(guān)系的理解]關(guān)于力與運動的關(guān)系，下列說法中正確的是( )
A．必須有力的作用物體才能運動
B．牛頓第一定律可以用實驗直接驗證
C．理想斜面實驗否定了“力是維持物體運動的原因”
D．牛頓第二定律表明物體所受外力越大物體的慣性越大
解析：選C 力是改變物體運動狀態(tài)的原因，物體不受力時也能保持勻速直線運動，故A錯誤；牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步推理概括出來的科學理論，不能直接通過實驗得出，但能經(jīng)住實踐的檢驗，故B錯誤；伽利略通過理想斜面實驗說明，力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，故C正確；慣性的大小由物體的質(zhì)量決定，與物體受力的大小無關(guān)，與是否受力也無關(guān)，故D錯誤。
2．[對牛頓第一定律的理解]如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間。當公交車( )
A．緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動
B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動
C．緩慢轉(zhuǎn)彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側(cè)運動
D．急轉(zhuǎn)彎時，行李箱b一定相對車子向內(nèi)側(cè)運動
解析：選B 緩慢起動的公交車具有向前的加速度，但加速度較小，兩只行李箱所受的摩擦力可能小于最大靜摩擦力，則行李箱可以相對公交車靜止，A錯誤；急剎車時，a、b行李箱由于慣性，要保持原來的運動狀態(tài)，但a行李箱與底面的摩擦為滾動摩擦，摩擦力較小，故a行李箱會向前運動，b行李箱可能靜止不動，也可能向前運動，B正確；緩慢轉(zhuǎn)彎時，公交車具有指向軌跡內(nèi)側(cè)的較小的加速度，若行李箱所受的靜摩擦力足以提供其向心力時，行李箱相對車子靜止，C項錯誤；急轉(zhuǎn)彎時，公交車的加速度較大，若行李箱b所受的靜摩擦力不足以提供所需的向心力，則其做離心運動，即相對公交車向外側(cè)運動，若行李箱b所受的靜摩擦力足以提供所需的向心力，則其相對公交車靜止，D項錯誤。
3．[對慣性的認識]某同學為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿著球筒的中部，另一只手用力擊打羽毛球筒的上端，則下列判斷正確的是( )
A．此同學無法取出羽毛球
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．該同學是在利用慣性取羽毛球
解析：選D 羽毛球筒被手擊打后迅速向下運動，而羽毛球具有慣性要保持原來的狀態(tài)，所以會從筒的上端出來，D正確。
[要點自悟明]
1．對牛頓第一定律的理解
(1)揭示了物體的慣性：不受力的作用時，一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)。
(2)揭示了力的作用對運動的影響：力是改變物體運動狀態(tài)的原因。
2．對慣性的認識
慣性是物體保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，與物體是否受力、是否運動及所處的位置無關(guān)，物體的慣性只與其質(zhì)量有關(guān)，物體的質(zhì)量越大其慣性越大。
3．慣性的兩種表現(xiàn)形式
(1)保持“原狀”：物體在不受力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)。
(2)反抗改變：物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性越大，物體的運動狀態(tài)越難以被改變。
(二) 牛頓第三定律(精研點)
研清微點1 作用力與反作用力的關(guān)系
1．如圖甲所示，將一個力傳感器固定在滑塊上，另一個力傳感器鉤住它向右拉滑塊，觀察到這對拉力隨時間變化的曲線如圖乙所示，下列說法正確的是( )
A．作用力大時，反作用力小
B．作用力和反作用力的大小總是相等
C．反作用力總是在作用力出現(xiàn)后才產(chǎn)生的
D．圖乙所示的曲線，只有在滑塊靜止或做勻速運動時才能得到
解析：選B 觀察分析兩個力傳感器的相互作用力隨時間變化的曲線，可以看出作用力與反作用力總是大小相等、方向相反、同時變化，A、C錯誤，B正確；作用力與反作用力總是等大、反向、共線的關(guān)系，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，D錯誤。
一點一過
作用力與反作用力的關(guān)系
研清微點2 作用力和反作用力與一對平衡力的區(qū)別
2．(2023·海南高考)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是( )
A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力
B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力
C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小
D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變
解析：選B 對工人受力分析，受繩的拉力、
地面的支持力和重力，三力平衡，工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤，B正確；對動滑輪受力分析如圖所示，則有繩子拉力FT＝eq \f(mg,2cs θ)，重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸變大，C、D錯誤。
一點一過
作用力和反作用力與一對平衡力的區(qū)別
研清微點3 牛頓第三定律的應用
3．建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質(zhì)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(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
解析：選B 設繩子對建材的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝ma，F(xiàn)1＝m(g＋a)＝210 N，繩子對人的拉力F2＝F1＝210 N，人處于靜止狀態(tài)，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正確。
一點一過
利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對象
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，然后根據(jù)牛頓第三定律得到壓力的大小和方向。求摩擦力時也可以用此種方法轉(zhuǎn)換研究對象。
[課時跟蹤檢測]
1．科學研究方法對物理學的發(fā)展意義深遠，實驗法、歸納法、演繹法、類比法、理想實驗法等對揭示物理現(xiàn)象的本質(zhì)十分重要。下列哪個成果是運用理想實驗法得到的( )
A．牛頓發(fā)現(xiàn)“萬有引力定律”
B．庫侖發(fā)現(xiàn)“庫侖定律”
C．法拉第發(fā)現(xiàn)“電磁感應現(xiàn)象”
D．伽利略發(fā)現(xiàn)“力不是維持物體運動的原因”
解析：選D 牛頓發(fā)現(xiàn)“萬有引力定律”是通過演繹法得到的；庫侖發(fā)現(xiàn)“庫侖定律”，法拉第發(fā)現(xiàn)“電磁感應現(xiàn)象”，這些都是建立在大量的實驗的基礎上直接得出的結(jié)論；而伽利略發(fā)現(xiàn)“力不是維持物體運動的原因”，是在實驗的基礎上經(jīng)過抽象推理得出的結(jié)論，即運用了理想實驗法。故D正確。
2．鞋子上粘上泥巴，在地面上腳跟朝下磕兩下，泥巴就掉了，這是利用( )
A．鞋的慣性 B．泥巴的慣性
C．地面的慣性 D．腳的慣性
解析：選B 當鞋遇地面停止運動后，泥巴由于慣性繼續(xù)運動而脫離鞋子，B正確。
3．(2023·浙江6月選考)在足球運動中，足球入網(wǎng)如圖所示，則( )
A．踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點
B．足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變
C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力
D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力
解析：選B 在踢香蕉球時，需要考慮踢在足球上的位置與角度以及足球的轉(zhuǎn)動和空氣阻力，所以不可以把足球看作質(zhì)點，故A錯誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；足球在飛行時腳已經(jīng)離開足球，故只受重力和空氣阻力，故C錯誤；觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。
4.如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前滑行，在橫桿前相對于滑板豎直向上起跳，運動員與滑板分離，分別從橫桿的上、下通過，忽略運動員和滑板在運動中受到的阻力，則運動員( )
A．起跳時腳對滑板的作用力斜向后下方
B．在空中水平方向先加速后減速
C．越過桿后落在滑板的后方
D．越過桿后仍落在滑板上起跳的位置
解析：選D 運動員相對于滑板豎直向上起跳，所以腳對滑板的作用力豎直向下，A錯；運動員在空中時，水平方向不受力的作用，水平方向速度不變，B錯；由于運動員和滑板的水平速度始終相同，所以運動員落在滑板上起跳的位置，C錯，D對。
5.如圖所示為某高山滑雪運動員在傾斜賽道上高速下滑時的情景，以下說法正確的是( )
A．賽道對運動員的彈力豎直向上
B．運動員對賽道的摩擦力方向沿賽道斜向下
C．賽道對運動員的彈力與運動員受到的重力是一對作用力和反作用力
D．運動員受到的摩擦力與賽道受到的摩擦力是一對平衡力
解析：選B 賽道對運動員的彈力垂直于傾斜賽道向上，A錯誤；運動員相對賽道沿賽道下滑，因此賽道對運動員的滑動摩擦力方向沿賽道向上，由牛頓第三定律知，運動員對賽道的摩擦力方向沿賽道向下，B正確；賽道對運動員的彈力與運動員受到的重力的受力物體都是運動員，因此不可能是一對作用力和反作用力，C錯誤；運動員受到的摩擦力與賽道受到的摩擦力，是一對作用力和反作用力，D 錯誤。
6．(多選)如圖所示是我國首次立式風洞跳傘實驗的情景，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?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈Υ笮∠嗟?br>B．人受到的重力和人受到氣流的力是一對作用力與反作用力
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”時處于超重狀態(tài)
解析：選AD 地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈κ且粚ο嗷プ饔昧?，等大反向，A正確；相互作用力是兩個物體間的相互作用，而人受到的重力和人受到氣流的力涉及人、地球、氣流三個物體，不是一對相互作用力，B錯誤；由于風洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”，在豎直方向上人受到的合力不為零，所以人受到的重力大小不等于氣流對人的作用力大小，C錯誤；實驗者被加速向上“托起”時，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，D正確。
7．如圖所示，某學習小組將兩綠色乒乓球放在兩塑料盒中，上面塑料盒盛滿水，下面塑料盒是空的，然后用細線將乒乓球分別系于兩塑料盒的中間擋板處，當塑料盒靜止時，細線均伸直處于豎直方向，現(xiàn)使兩塑料盒以一定加速度一起向右加速運動，則P、Q兩球相對塑料盒( )
A．P球向右偏移 B．兩球均向左偏移
C．Q球向右偏移 D．兩球均向右偏移
解析：選A 由兩種介質(zhì)組成的系統(tǒng)，密度大的慣性大，當系統(tǒng)向右勻加速運動時，密度小的向右偏移，密度大的向左偏移；P球的密度小于水的密度，P球向右偏移，水向左流動；Q球的密度大于空氣的密度，空氣向右流動，Q球向左偏移，A正確，B、C、D錯誤。
8.
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)門′＝6 N，則臺秤的示數(shù)( )
A．保持不變 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N
解析：選D 金屬塊浸入水中后，水對金屬塊產(chǎn)生浮力F。由彈簧測力計的示數(shù)知，浮力的大小為：F＝G－T′＝4 N。根據(jù)牛頓第三定律，金屬塊對水也施加一個反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N。所以，臺秤的示數(shù)增加4 N。
第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題
一、牛頓第二定律
1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表達式：F＝ma。
3．適用范圍
(1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系)。
(2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。
二、單位制
1．單位制：由基本單位和導出單位一起組成了單位制。
2．基本單位：基本物理量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、長度和時間，它們的國際單位分別是kg、m和s。
3．導出單位：由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位。
三、兩類動力學問題
1．動力學的兩類基本問題
第一類：已知受力情況求物體的運動情況。
第二類：已知運動情況求物體的受力情況。
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下圖所示：
情境創(chuàng)設
讓一名同學用單只手推光滑水平面上很重的一個箱子。
微點判斷
(1)因為同學一只手的力氣較小，所以箱子可能不動。(×)
(2)同學對箱子施力，然后產(chǎn)生了加速度，加速度的產(chǎn)生滯后于力的作用。(×)
(3)箱子加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)
(4)箱子的質(zhì)量與箱子的加速度成反比。(×)
(5)若同學的推力逐漸減小，則箱子做減速運動。(×)
(6)同學停止用力，則箱子立刻停下來。(×)
(一) 牛頓第二定律(固基點)
[題點全練通]
1．[對牛頓第二定律的理解]根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是( )
A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比
B．物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度
C．物體加速度的大小與所受作用力中任一個力的大小成正比
D．當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比
解析：選D 根據(jù)牛頓第二定律a＝eq \f(F,m)可知，物體的加速度與速度無關(guān)，A錯誤；即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，B錯誤；物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，C錯誤；力和加速度為矢量，物體的加速度與質(zhì)量成反比，D正確。
2．[合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系]下列關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是( )
A．物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大
B．物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0
C．物體的速度為0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力可能很大
解析：選C 物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯(lián)系，一個很大，另一個可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，C正確。
3．[牛頓第二定律與力的合成的綜合問題]一輛裝滿石塊的貨車在某段平直道路上遇到險情，司機以加速度a＝eq \f(3,4)g緊急剎車。貨箱中石塊B的質(zhì)量為m＝400 kg，g＝10 m/s2，則石塊B周圍與它接觸的物體對它的作用力大小為( )
A．3 000 N B．4 000 N
C．5 000 N D．7 000 N
解析：選C 當貨車剎車時，在豎直方向，其他物體對石塊B的作用力Fy＝mg＝4 000 N，在水平方向，其他物體對石塊B的作用力Fx＝ma＝3 000 N，故石塊B周圍與它接觸的物體對它的作用力大小F＝eq \r(Fx2＋Fy2)＝5 000 N，C正確。
[要點自悟明]
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(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＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝eq \f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq \f(1,m)。
(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。
3．三點提醒
(1)分析物體的運動性質(zhì)，要從受力分析入手，先求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。
(2)速度增大或減小取決于加速度和速度方向間的關(guān)系，和加速度的大小沒有關(guān)系。
(3)加速度如何變化取決于物體的質(zhì)量和合外力，與物體的速度沒有關(guān)系。
(二) 牛頓第二定律的瞬時性問題(釋疑點)
研清微點1 彈力能瞬間改變的情形
1．[輕繩連接](多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋AC和一根輕繩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．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為eq \f(g,cs θ)
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 據(jù)題意，在AC剪斷前有：TBC＝eq \f(mg,cs θ)，AC剪斷后有：TBC′＝mgcs θ，且mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，A錯誤、B正確；在BC剪斷前：TAC＝mgtan θ，BC剪斷之后瞬間據(jù)橡皮筋彈力保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtan θ，其合力為F合＝eq \r(TAC2＋G2)，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，則加速度為a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正確、D錯誤。
2.[輕桿連接]兩個質(zhì)量均為m的小球，用輕桿連接后通過細繩懸掛在天花板上，如圖所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷細繩OA，讓小球下落，在剪斷細繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，重力加速度為g，則( )
A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝2g
C．a(chǎn)1＝g，a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0
解析：選A 剪斷細繩的瞬間，A、B間輕桿中的彈力可瞬間發(fā)生變化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，兩球的加速度均為g，即a1＝g，a2＝g，A正確。
一點一過
1．求解瞬時加速度的一般思路
(1)分析瞬時變化前、后物體的受力情況；
(2)根據(jù)牛頓第二定律列方程；
(3)求瞬時加速度。
2．輕繩、輕桿、硬接觸面模型的特點
對于輕繩、輕桿和硬接觸面這類物體，認為是一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即改變或消失，不需要形變恢復時間。
(1)在瞬時問題中，其彈力可以看成是瞬間改變的。
(2)一般題目中所給細繩、輕桿和接觸面等在不加特殊說明時，均可按此模型處理。
研清微點2 彈力不能瞬間改變的情形
3．[彈簧連接]如圖所示，在水平面上有一小物體P，P與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，P用一水平輕質(zhì)彈簧與左側(cè)墻壁連在一起，P在一斜向上的拉力F作用下靜止，F(xiàn)與水平方向間的夾角θ＝53°，并且P對水平面無壓力。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力。則撤去F瞬間P的加速度大小為( )
A．0 B．2.5 m/s2
C．12.5 m/s2 D．無法確定
解析：選A 撤去F之前，由平衡知識可知，F(xiàn)彈tan 53°＝mg，解得F彈＝0.75mg；撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，因最大靜摩擦力為fm＝μmg＝0.8mg，可知物體不動，加速度為零，A正確。
4．[橡皮繩連接]課外興趣小組為了研究瞬時加速度問題，將兩組相同的小球分別和相同長度的彈性繩和剛性繩相連，然后從某高度靜止釋放。如圖，連接小球A、B的是一般細繩(剛性繩)，連接小球C、D的是橡皮筋(彈性繩)。那么在實驗過程中，小球在釋放后的短暫時間內(nèi)(橡皮筋還未第一次恢復原長)，下列圖中符合實際排列情況的是( )
解析：選C 連接A、B的是一般細繩(剛性繩)，釋放小球前，細繩的形變量十分微小，在釋放后的瞬間，細繩立即恢復原長，伸直而無拉力，兩個小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落體運動，所以細繩不能是彎曲的，B、D錯誤；連接C、D的是橡皮筋(彈性繩)，釋放小球前，橡皮筋的形變量很大，根據(jù)平衡條件，其彈力為kx＝mg，在釋放后的瞬間，橡皮筋不能立即恢復原長，其彈力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得kx＋mg＝maC，mg－kx＝maD，解得aC＝2g，方向豎直向下，aD＝0，釋放后很短的時間內(nèi)，小球C向下運動的位移比D大得多，C、D兩個小球的距離減小，橡皮筋恢復原長前不彎曲，A錯誤，C正確。
一點一過
彈簧、橡皮繩模型的特點
(1)當彈簧、橡皮繩的兩端與物體相連時，由于物體具有慣性，彈簧、橡皮繩的形變量不會瞬間發(fā)生突變。
(2)在求解瞬時加速度的問題中，其彈力的大小可認為是不變的，即彈簧或橡皮繩的彈力不發(fā)生突變。
(三) 動力學的兩類基本問題(精研點)
1．兩類動力學問題的解題關(guān)鍵
2．兩類動力學問題的解題步驟
[考法全析]
考法(一) 已知受力情況求運動情況
[例1] 如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板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Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將( )
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
[解析] 由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＝ma，小物塊的加速度大小a＝gsin θ；設鐵架臺底座的長度為d，根據(jù)幾何關(guān)系，小物塊的位移大小為eq \f(d,cs θ)；根據(jù)運動學公式得eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，聯(lián)立可得t＝ eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將先減小后增大，D正確。
[答案] D
[例2] 物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq \f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點
(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大?。?br>(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
[解析] (1)根據(jù)牛頓第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2。
(2)根據(jù)運動學公式2a1l1＝v2，解得v＝4 m/s。
(3)根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma2
根據(jù)運動學公式－2a2l2＝v末max2－v2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7 m。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
考法(二) 已知運動情況求受力情況
[例3] (2024年1月·吉林、黑龍江高考適應性演練)滑雪是我國東北地區(qū)冬季常見的體育運動。如圖(a)，在與水平面夾角θ＝14.5°的滑雪道上，質(zhì)量m＝60 kg的滑雪者先采用兩滑雪板平行的滑雪姿勢(此時雪面對滑雪板的阻力可忽略)，由靜止開始沿直線勻加速下滑x1＝45 m；之后采取兩滑雪板間呈一定角度的滑雪姿勢，通過滑雪板推雪獲得阻力，勻減速繼續(xù)下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。
(1)求減速過程中滑雪者加速度a的大小；
(2)如圖(b)，若減速過程中兩滑雪板間的夾角α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板邊緣的阻力均為F，求F的大小。
[解析] (1)由靜止開始沿直線勻加速下滑的過程有2a1x1＝v2，mgsin θ＝ma1
聯(lián)立解得v＝eq \r(2gx1sin θ)＝15 m/s
勻減速繼續(xù)下滑的過程有2ax2＝v2
解得a＝eq \f(v2,2x2)＝7.5 m/s2。
(2)若減速過程中兩滑雪板間的夾角α＝74°，根據(jù)牛頓第二定律有2Fsin eq \f(α,2)－mgsin θ＝ma
解得F＝eq \f(ma＋mgsin θ,2sin \f(α,2))＝500 N。
[答案] (1)7.5 m/s2 (2)500 N
(四) 超重與失重(固基點)
[題點全練通]
1．[根據(jù)運動情況判斷超重、失重]某跳水運動員在3 m長的踏板上起跳，通過錄像觀察到踏板和運動員要經(jīng)歷如圖所示的過程，其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則下列說法中正確的是( )
A．人和踏板由C到B的過程中，人向上做勻加速運動
B．人和踏板由C到A的過程中，人處于超重狀態(tài)
C．人和踏板由C到A的過程中，先超重后失重
D．人在C點具有最大速度
解析：選C 人由C到B的過程中，重力不變，彈力一直減小，合力減小，所以加速度減小，人做變加速運動，A錯誤；人和踏板由C到B的過程中，彈力大于重力，加速度向上，人處于超重狀態(tài)，從B到A的過程中，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，B錯誤，C正確；人在C點的速度為零，D錯誤。
2．[根據(jù)超重、失重判斷運動情況]如圖所示，A、B、C為三個大小相同的實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)( )
A．A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動
B．A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動
C．A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動
D．A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動
解析：選D 將掛吊籃的繩子剪斷瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，水處于完全失重狀態(tài)，即可以認為水和球之間沒有相互作用力。以杯子作為參考系，A受到向上的彈力作用，B受到向下的彈力作用，C不受到彈力作用，所以A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動。
3．[超重、失重現(xiàn)象的應用]如圖所示，臺秤上放一個木箱，木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細繩通過光滑定滑輪相連，m1＞m2?，F(xiàn)剪斷Q下端的細繩，在P下落但還沒有到達箱底的過程中，臺秤的示數(shù)與未剪斷Q下端的細繩前的示數(shù)相比將( )
A．變大 B．變小
C．不變 D．先變小后變大
解析：選B 剪斷Q下端的細繩后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但對P、Q以及滑輪和箱子組成的系統(tǒng)，整體有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故臺秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比減小了，選項B正確。
[要點自悟明]
1．判斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度
(1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(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)；向下的加速度恰好等于重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)。
(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，處于超重狀態(tài)；物體向下加速或向上減速時，處于失重狀態(tài)。
2．對超重和失重問題的三點提醒
(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關(guān)，只取決于加速度的方向。
(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。
(3)發(fā)生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重。
[課時跟蹤檢測]
一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性
1．(2024·浙江1月選考)下列屬于國際單位制基本單位符號的是( )
A．s B．N
C．F D．T
解析：選A 國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號是m；質(zhì)量的單位是千克，符號是kg；時間的單位是秒，符號是s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號是K；物質(zhì)的量的單位是摩爾，符號是ml；發(fā)光強度的單位是坎德拉，符號是cd。故選A。
2.如圖所示，一傾角為α的光滑斜面向右做勻加速運動，質(zhì)量為m的物體A相對于斜面靜止，則斜面運動的加速度為( )
A．gsin α B．gcs α
C．gtan α D.eq \f(g,tan α)
解析：選C 物體隨斜面體一起沿水平方向運動，則加速度一定在水平方向，對物體進行受力分析如圖。物體受到重力和垂直斜面向上的支持力，兩者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根據(jù)圖像可知豎直方向FNcs α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α。
3．(2023·浙江1月選考)如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點。若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小( )
A．O點最大 B．P點最大
C．Q點最大 D．整個運動過程保持不變
解析：選A 在O→P的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因為該過程為減速過程，所以在O點時其豎直分速度vy最大，豎直方向分運動的加速度最大；在P→Q的過程中，在豎直方向上有mg－kvy＝ma2y，因為該過程為加速過程，在P點時其豎直分速度最小，豎直方向加速度最大，故A正確，B、C、D錯誤。
4．一條不可伸長的輕繩跨過質(zhì)量可忽略不計的定滑輪，繩的一端系有質(zhì)量M＝15 kg的重物，重物靜止于地面上，有一質(zhì)量m＝10 kg的猴子，從繩子的另一端沿繩向上爬，如圖所示，不計滑輪與繩子間的摩擦，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g取10 m/s2)( )
A．20 m/s2 B．15 m/s2
C．10 m/s2 D．5 m/s2
解析：選D 重物不離開地面時，繩中的最大拉力Fmax＝Mg＝150 N，對猴子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度為amax＝eq \f(Fmax－mg,m)＝eq \f(150－100,10) m/s2＝5 m/s2，D正確。
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
C．μ甲μ乙
解析：選BC 根據(jù)牛頓第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙。根據(jù)μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲

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