第3章 第1讲 牛顿运动定律的理解(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

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 第1讲　牛顿运动定律的理解 [对应学生用书第45页] (1)牛顿第一定律是实验定律。(　　) (2)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。(　　) (3)物体不受力时，最终将处于静止状态或匀速直线运动状态。(　　) (4)伽利略的理想实验是永远无法做到的。(　　) (5)伽利略的理想实验说明了力是维持物体运动的原因。(　　) (6)由牛顿第一定律可知，做加速直线运动的物体所受外力全部消失时，物体立刻静止。(　　) (7)物体所受合外力的方向与加速度的方向总是相同的。(　　) (8)在利用F＝ma计算物体运动的加速度时，质量能以克为单位。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5) ×　(6) ×　(7)√　(8)× [对应学生用书第46页] 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＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (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。 考向1　牛顿第二定律的理解 　(多选)下列对牛顿第二定律及其表达式F＝ma的理解，正确的是(　　) A．由F＝ma可知，物体所受合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比 B．由a＝可知，加速度a由物体受到的合外力和物体的质量决定 C．物体的加速度与所受合外力总是同时产生、同时变化、同时消失，二者是瞬时对应关系 D．物体只有受到力的作用时，才有加速度，才有速度 [解析]　物体的合外力与物体的质量和加速度无关，故A错误；物体的加速度a由物体受到的合外力和物体的质量决定，故B正确；物体的加速度与所受合外力总是同时产生、同时变化、同时消失，二者是瞬时对应关系，故C正确；物体只有受到力的作用时，才有加速度，但速度与受不受力无关，故D错误。 [答案]　BC 考向2　力和运动的关系 　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小球将(　　) 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　对小球进行受力分析，小球受向上的拉力和重力，由于小球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．(2024·贵州卷)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　) A．f一直大于G B．f一直小于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G 解析　由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G－f＝·a，可知f先小于G，后大于G，故选C。 答案　C 2．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．mg　 C．2mg　 D．2mg 解析　对甲球由牛顿第二定律知ma＝mg tan θ 则加速度大小为a＝g tan θ 设杆对乙球的作用力为F，则＝2ma 解得F＝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 　(2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g　 B．2g，1.5g　 C．2g，0.5g　 D．g，0.5g [解析]　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2mac，联立解得aB＝－g，ac＝1.5g，A正确。 [答案]　A 　在例题中若将O、A间的细线剪断，则剪断瞬间A、B和C的加速度大小分别为多少？ 答案　2.5g　0　0 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．g C．g D．g 解析　由题意可知，撤去水平力F前，小球与CD之间摩擦力为零，设弹簧弹力大小为T，根据平衡条件有T cos 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)(2024·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，F sin 30°＝m2g，＝。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＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝g，故选BC。 答案　BC [对应学生用书第48页] 1．(2023·浙江6月卷)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　) A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变 C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力 解析　在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等、方向相反，故D错误。故选B。 答案　B 2．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2　　　　　 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 解析　书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，有Ffm＝μmg＝mam，am＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4 m/s2，故选B。 答案　B 3．(2024·重庆卷)如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是(　　) 解析　滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接(没有能量损失，速度大小不变)的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，故选C。 答案　C 4．(2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 解析　缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零，此时两弹簧的合力为大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $$