第3章 第1讲 牛顿运动定律的理解（PPT课件）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

第三章　牛顿运动定律 第1讲　牛顿运动定律的理解 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 必备知识·自主落实 01 关键能力·考点突破 02 课时作业·巩固提升 03 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 01 必备知识·自主落实 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 匀速直线 静止 保持 无关 作用力 质量 作用力 ma 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 02 关键能力·考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 答案　C 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 03 课时作业·巩固提升 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 新课标要求 命题预测 牛顿运动定律及其应用 命题热点 1.伽利略理想实验和牛顿第一定律。 2.由牛顿运动定律分析、求解加速度。 3.两类动力学问题。 4.牛顿第二定律在连接体问题中的综合应用。 5.牛顿第二定律的图像问题，滑块滑板问题及传送带问题。 命题形式 1.选择题。 2.计算题。 3.实验题(原型实验及拓展实验)。 超重与失重 单位制 实验：探究加速度与力、 质量的关系 1．人教版必修第一册教材图4.1­1是现代人所做伽利略斜面实验的频闪照片(组合图)。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据上述三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　) A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 答案　A 2．(多选)人教版必修第一册教材“练习与应用”图4.3­8如图所示，装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．货车匀速行驶时，与B接触的物体对它的作用力的合力大小为0 B．货车匀速行驶时，与B接触的物体对它的作用力的合力大小为mg C．货车匀加速行驶时，与B接触的物体对它的作用力的合力大小为ma D．货车匀加速行驶时，与B接触的物体对它的作用力的合力大小为meq \r(a2＋g2) 答案　BD 3．(多选)人教版必修第一册教材“练习与应用”图4.5­8如图所示，一辆货车运载圆柱形光滑的空油桶，4个在厢底紧凑排列并被牢牢固定，只有桶C自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。下列说法正确的是(　　) A．当车向左匀速运动时，A对C的支持力为eq \f(\r(3),3)mg B．当车向左匀速运动时，A对C的支持力为mg C．当车向左的加速度达到eq \f(\r(3),2)g时，C刚好脱离A D．当车向左减速时，A对C的作用力可能为mg 答案　AD 考点一　牛顿第一定律的理解和应用 1．理解牛顿第一定律 (1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。 (2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。 2．理解惯性 (1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。 (2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。 1．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　) A．图甲通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B．图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 答案　B 2．下列说法正确的是(　　) A．伽利略认为重的物体下落的快，轻的物体下落的慢 B．合力与分力用的是“等效替代”的方法 C．牛顿利用理想斜面实验首先提出了运动不需要力来维持 D．牛顿第一定律和牛顿第二定律都说明力是改变运动状态的原因，本质上没有区别 答案　B 考点二　牛顿第二定律的理解和简单应用 1．牛顿第二定律的五个特征 矢量性 F＝ma是矢量式，a与F同向 瞬时性 a与F对应同一时刻 因果性 F是产生a的原因 同一性 F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位 独立性 每一个力都产生各自的加速度 2．合力、加速度、速度间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq \f(1,m)。 (3)合力与速度同向时，物体做加速直线运动；合力与速度反向时，物体做减速直线运动。 　如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。在将整个装置匀速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段向上运动的时间内(　　) A．小球立即停止运动 B．小球继续向上匀速运动 C．小球的速度减小，加速度增大 D．小球的速度减小，加速度也减小 [解析]　当手突然停止不动时，由于惯性小球仍要向上运动，选项A错误；开始时弹力等于重力，小球向上运动，随着形变量的减小，弹簧的弹力减小，小球的加速度向下，则小球速度减小，根据mg－kx＝ma，随弹力减小，则加速度变大，故选项B、D错误，C正确。 [答案]　C 　在例题中，手提弹簧上端使整个装置向上做匀加速运动，当手突然停止运动的瞬间重物将(　　) A．立即停止运动　　　 B．开始向上减速运动 C．开始向上加速运动 D．继续向上加速运动 解析　对物体进行受力分析，重物受向上的拉力和重力，由于重物在轻弹簧作用下竖直向上做匀加速运动，加速度竖直向上，合力也竖直向上，拉力大于重力。因为停止瞬间，弹簧长度还没有开始变化，所以弹簧弹力暂时不变，所以弹力还是大于重力，所以合力竖直向上，还是向上加速，不过弹簧会逐渐变短，弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，故选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 1．(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 解析　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的 速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。 答案　B 2．(2023·湖南怀化统考二模)当物体从高空下落时，在无风的条件下，空气对物体的阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将会匀速下落，这个速度称为此物体下落的稳态速度。物理学习兴趣小组探究发现，在相同的环境条件下，球形物体的稳态速度仅与球半径及质量有关，下表是某学习兴趣小组探究的实验数据(g取10 m/s2)： 小球 A B C D E 小球半径r/(×10－3m) 0.5 0.5 1.5 2.0 2.5 小球质量m/(×10－6kg) 2 5 45 40 100 小球稳态速度v/(m·s－1) 16 40 40 20 32 试根据上表中的数据分析判断下列说法正确的是(　　) A．探究球形物体所受空气阻力f与球的速度v关系时应该选择B、C两球 B．探究球形物体所受空气阻力f与球的半径r关系时应该选择A、B两球 C．由上表实验数据可得出球形物体所受空气阻力Ff与球的速度v及半径r的关系式为Ff＝5vr2 D．B、C两球达到稳态速度时所受空气阻力之比为FfB∶FfC＝1∶3 解析　对于每个球，在达到稳态速度时，阻力与质量成正比，对于A、B球，半径相同，由A、B球数据可知，质量与终极速度成正比，从而可得，阻力与终极速度成正比，所以探究球形物体所受空气阻力Ff与球的速度v关系时应该选择A、B两球，故选项A错误；由B、C两球数据分析可知阻力与半径的平方成正比，所以探究球形物体所受空气阻力Ff与球的半径r关系时应该选择B、C两球，故选项B错误；阻力与终极速度成正比，阻力与半径的平方成正比，可得Ff＝kvr2，代入一组数据得k＝5，Ff＝5vr2，故选项C正确；达到稳态速度时Ff＝mg，FfB∶FfC＝1∶9，故选项D错误。 3.如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ＝45°，已知甲球的质量为m，乙球的质量为2m，重力加速度为g。则轻杆对乙球的作用力大小等于(　　) A．Mg　　　　　　　　 B．eq \r(2)mg C．2mg D．2eq \r(2)mg 解析　对甲球由牛顿第二定律知ma＝mgtan θ 则加速度大小为a＝gtan θ 设杆对乙球的作用力为F，则eq \r(F2－2mg2)＝2ma 解得F＝2eq \r(2) mg。 答案　D 考点三　牛顿第二定律的瞬时性问题 1．两种模型 2．求解瞬时加速度的一般思路 　如图所示，质量分别为1 kg和2 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，现用大小为F＝15 N的恒力作用在A上，使A、B相对静止且一起向左做匀加速直线运动。则下列说法正确的是(　　) A．A、B一起做匀加速运动时，A的加速度大小为15 m/s2 B．若该弹簧劲度系数为100 N/m，则A、B一起做匀加速运动时，弹簧的伸长量为10 cm C．突然撤去力F的瞬间，A的加速度大小为5 m/s2 D．突然撤去力F的瞬间，B的加速度为0 [解析]　由牛顿第二定律，对A、B系统有a＝eq \f(F,mA＋mB)＝5 m/s2，故选项A错误；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有Fx＝mBa＝10 N，根据胡克定律有Fx＝kx，将k＝100 N/m代入，解得弹簧的伸长量x＝0.1 m＝10 cm，故选项B正确；突然撤去力F的瞬间，F消失，弹簧弹力Fx不变，根据牛顿第二定律，对A有aA＝eq \f(Fx,mA)＝10 m/s2，对B有aB＝eq \f(Fx,mB)＝5 m/s2，故选项C、D错误。 [答案]　B 　如图所示，质量分别为1 kg和2 kg的物块A、B放在水平地面上，用劲度系数为100 N/m的轻弹簧连接，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为0.3。物块A受到一个向右逐渐增大的推力F，两物块始终静止，弹簧处于压缩状态。当F＝8 N时，A即将滑动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。则以下说法正确的是(　　) A．两物块静止时，弹簧的压缩量为3 cm B．两物块静止时，物块B受到的摩擦力大小为6 N C．两物块静止时，随着F增大，物块B受到的摩擦力也增大 D．若突然撤去F, 则在撤去瞬间A的加速度大小为2 m/s2 解析　当F＝8 N时，A即将滑动，则F＝μmAg＋kx，解得x＝5 cm，选项A错误；两物块静止时，物块B受到的摩擦力大小为FfB＝kx＝5 N，选项B错误；两物块静止时，随着F增大，因A不动，则弹簧长度不变，物块B受到的弹力不变，则摩擦力不变，选项C错误；若突然撤去F, 则在撤去瞬间A的加速度大小为a＝eq \f(kx－μmAg,mA)＝2 m/s2，选项D正确。 答案　D 抓住“两关键”，遵循“四步骤” 1．分析瞬时加速度的“两个关键” (1)明确绳或线类、弹簧或橡皮筋类模型的特点。 (2)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 2．“四个步骤” 第一步：分析原来物体的受力情况。 第二步：分析物体在突变时的受力情况。 第三步：由牛顿第二定律列方程。 第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。 1．如图所示，矩形框架ABCD固定在竖直面内，轻弹簧的一端固定在A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在框架的竖直杆CD上，用一水平力F作用在小球上，当小球静止时，弹簧与竖直杆AB之间的夹角θ＝30°，小球与CD杆间的弹力恰好为零。已知小球与CD杆之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g，则在撤去水平力F的瞬间，小球的加速度大小为(　　) A．0　　 B．eq \f(\r(3),15)g C．eq \f(2\r(3),3)g D．eq \f(\r(3),3)g 解析　由题意可知，撤去水平力F前，小球与CD杆之间摩擦力为零，设弹簧弹力大小为T，根据平衡条件有Tcos θ＝mg，撤去水平力F的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，此时在竖直方向上小球受力仍平衡，而水平方向上，CD杆对小球的支持力与T在水平方向的分力平衡。综上所述可知在撤去F瞬间，小球所受合外力仍为零，加速度为零，故选A。 答案　A 2．(多选)(2023·湖南邵阳统考二模)如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则(　　) A．球1和球2的质量之比为1∶2 B．球1和球2的质量之比为2∶1 C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为eq \r(3)g D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 解析　对两小球1、2受力分析如图所示，根据平衡条件可得，有F＝m1g，Fsin 30°＝m2g，eq \f(m1,m2)＝eq \f(2,1)。在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g；对球1，F合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝eq \r(3)g，故选BC。 答案　BC $$