练案14 第三章 第14讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

可知m-L图像的斜来为点-22)X0=子gm g-(16-4)×103m 3.(1)OF②F,和F'(2)A 得k=9.80×NVm=2.45N/mg [解析](1)由力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F,'= 3.(1)6.04.6.05(2)3(3)48.6 Fuan 30=5 31 [解析]（1)根据压缩量的变化量为△L3=L6-L,=（18.09- 通过比较F,和F',在误差范围内相同，则可判断两个互成角 12.05)cm=6.04cm 度的力的合成遵循平行四边形定则。 压缩量的平均值为AL-L,+△L,+AL (2)两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定 3 则画出图像，如图所示，由图像可知，绳套1的拉力大小逐渐增 =6.03+6.08+6.04m=6.05cm。 大，故A正确。 3 (2)因三个△L是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为 管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。 套1 (3)根据钢球的平衡条件有3 mgsin0=k·△L 解得k=3 mgsin0_3x0,2×98×sim30Vm≈48.6Wm。 AL 6.05×10-2 6绳套2 4.(1)m -(2)1.0×1020.21 4.(1)BCD(2)A(3)甲 cos Q [解析](I)实验中的分力与合力的关系必须满足IF-F2I≤ [解析](1)橡皮筋拉力沿竖直方向的分力大小等于钩码的重 F≤F,+F,(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都 力，即Teos a=mg,T=mg 是可以的。 cos a (2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的 (2)根据胡克定律得T=(l-6),T=m,联立解得1=上 cos a cos a mg 位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故选A。 ,图线斜率为 (3)F,的方向一定竖直向下，由于测量误差F,和F2的合力方 2.0-1 mg' 3.0-20)x102nmmg0.1×10N,解得 向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的。 k=1.0×10N/m:延长图乙中的图线与l轴交点表示橡皮筋的 练案[14] 原长，即。=0.21mo 1.C把手中的铅球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到 练案[13] 竖直向下的重力的缘故，故A错误；惯性只与质量有关，与速度 无关，故B错误：牛顿第一定律也被叫作惯性定律，故C正确： 1.(1)AC(2)F(3)A(4)3.00 公共汽车紧急刹车时，乘客会向前倾倒，这是由于乘客具有惯 [解析](1)测量力的实验要求尽量准确，为了防止摩擦对实 性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故D错误。 验结果产生误差，故拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近 2.B小球突然相对水平桌面向后运动，是因为动车突然向前加 木板且与木板平面平行，A正确；实验中只要求效果相同，而两 速，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对于水平 弹簧测力计系的两条细线不必等长，B错误；为了准确地测量力 桌面向后运动，故B正确。 的大小，故下、F和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量3.B书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩 程，C正确：为减小测量误差，F、F,两力夹角不能太大也不能 擦力。若书不滑动，由f=umg=mam,解得高铁的最大加速度 太小，但F、F2方向间夹角不一定为90°，D错误。 为am=g=4m/s2,即若书不滑动，高铁的最大加速度不超过 (2)由实验步骤可得，乙图中F:、F,、F、F四个力，F是根据平行 4m/s2,B正确。 四边形作图得到的，故不是由弹簧测力计直接测得的。 4.D根据牛顿第二定律F-mg=a,可得a=(63-60)×10 m/s2 (3)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是橡皮条沿 60 同一方向伸长同一长度，B、C、D错误，A正确。 =0.50/s2,则电梯向上加速运动。故选D。 (4)由丙图可知，测量中弹簧测力计M的示数为3.00N。 5.AC儿童从底端缓慢走到顶端时，处于平衡状态，所受摩擦力 2.(1)98N/m(3)图见解析4.90(4.70~5.10之间都可以) 为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为mgsn0, (4)大小和方向 方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到的摩擦力 [解析](1)弹簧的劲度系数为 为滑动摩擦力，大小为F,=umgcos6,下滑时的加速度大小为a k=mg-0.1x9.8 N/m=98 N/mo =mgsin0-ungcos0 =gsin0-gcos0,方向沿斜面向下，故C △x-0.01 (3)a弹簧的伸长量为4.00cm的弹力 正确，D错误 0.98N F=hx =3.92 N ==1 6.B由/=6mn得刀F6,其中fr,的国际单位制单位分别 b弹簧的伸长量为2.00cm的弹力F,= 是kg·m/s2、m、m/s,故若采用国际单位制中的基本单位来表 kx=1.96N 图示法画出二者的合力如图所示 示)的单位，其单位为g:mg=g,B正确。 m·m/sm·s1 由作图结果可得合力F合=4.90N。 7.B木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加 (4)以0点为力的作用点，按照同一标度 速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度α逐渐减小，铁 画大小为G、方向与重力方向相反的力F。比较F与F'的大小 箱对木块的支持力F、=m块a逐渐减小，故A错误；木块与空 和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对 588 滑动时，铁箱对木块的摩擦力F,=uFN=wm*块a逐渐减小，故B2.A原来A处于平衡状态，有F弹=mAg=20N,细线剪断瞬间， 正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起 也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水 加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力， 平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 由牛顿第二定律可得mg=(ma+mg)a,解得A、B共同的加速 8.D支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为f=mgsin0, 度a=6m/s2,故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得msg-FN 故A错误；手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无 =mga,解得B受到的支持力为F、=I2N,由牛顿第三定律可 相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支 知，B对A的压力大小为12N,故A正确。 持力比静止时受到的支持力大，故B错误；手持支架向左做匀3.BC由题图2知在0~t时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动， 加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，： 加速度方向向下，轿厢处于失重状态，A错误：根据-t图像的 根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水 斜率表示加速度知，在0~t1时间内轿厢的加速度先增大后减 平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误； 小，且加速度向下，根据牛顿第二定律得mg-F=ma,钢丝绳对 手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动， 轿厢的拉力先减小后增大，B正确；在2~t3时间内，“对重”向 加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的 上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，C正 力，则没有摩擦力，故D正确。 确；在t1~2时间内，虽然轿厢做匀速运动，但轿厢与“对重”的 9.D将a沿水平和竖直两个方向分解，对 重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉 货物受力分析如图所示，则有水平方向： 力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，D错误。 F=ma·cos37°，竖直方向：F-mg= 4.B 根据题意，由题图可知，t2之前加速度一直向上，t2时刻a= ma·sin37°，Fx=1.15mg,联立解得Fr= 0,则手机向上速度达到最大，故A错误；根据题意，由题图可 0.2mg,故D正确。 知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手 10.C对轮胎T甲sina+N=mg,T甲cosa-uW=ma甲，T sin B+ 机有可能离开过升降机，故B正确；根据题意，由题图可知，2~ N=mg,T cos B-uW=ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角 t3时间内手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误：根 比乙的大，即a>B,则sina>sinB,cosa<cosB,所以T甲< 据题意，由题图可知，t,~t,时间内手机加速度向上，由牛顿第 T乙，a甲<a乙，F甲=ma甲<F乙=ma乙，故选C。 二定律有N-mg=ma,由于a减小，则N减小，t2~t3时间内手 11.D若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，有mgsin a= 机加速度向下，由牛顿第二定律有mg-V=ma,由于a增大，则 mgcos a,得物块与斜面之间的动摩擦因数为4=ana,施加 减小，即在~t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小， 力F后物块沿斜面方向有(mg+F)sina=u(mg+F)cosa,即 由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D 物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，A错误；若力F垂直斜 错误。 4(m0sa+P),所以物块会减速，B错误；若力F沿斜面向5.ABCm=￡=50kg,在6-4时间内，根据牛顿第二定律可知 面向下，则最大静摩擦力变为u(mgcos a+F),mgsin o< 下，物块对斜面有压力和滑动摩擦力，根据以=tana和力的平 F-mg=ma1,解得a1=-1/s2,可知在6~t1时间内，此人 行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下， 向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，1~？根据牛顿第二 即斜面不受地面的摩擦力，C错误；只要物块在斜面上是滑动 定律可知F2-mg=ma2,解得a2=0,可知在t~t2时间内，此人 的，物块对斜面的力只有压力和滑动摩擦力，物块对斜面的作 做匀速直线运动或静止，2~t3时间内，根据牛顿第二定律可知 用力的合力方向始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，D F,-mg=ma,解得a=1m/s2,可知在t2~t3时间内，此人向 正确。 下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符 12.(1)8N6N(2)2/41N0 合要求。 [解析](I)根据平衡条件Tansin a=Tecsin B 6.C礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿 Tcos a+TRcCos B=mg 第二定律有mg+f=ma,根据题意有f=mg,解得a=20m/s, 解得TAB=8N,Tc=6N。 (2)根据牛顿第二定律有TB'sina-TBc'sinB=ma 根据2=2aH,解得h=90m,由运动学知识得t=e=3s,选 T'cos a+Tec'cos B=mg 项C正确。 解得TAB'=12.8N,Tc'=-0.4N :7.BCD设想还有一根光滑固定细杆cm,则ca、Oa、da三细杆交于 由Tc'<0可知，小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时，： 圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由 小球飘起，T”=0,设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为 c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即t=t 0,根据牛顿第二定律有Tw"sin0=ma =t3;而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小 TAB"cos 0=mg 解得T”=24TN。 相同，初速度均为零，但加速度a>a,由x= 2a2可知，52> tm,即t2>t1=t3,故A错误，B、C、D均正确。 练案[15] 8.D设小物块在两部分桌面上运动时的加速度分别为a、a2,小 1.C对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T=2 ngtan60° 物块经过B点的速度为，由运动学规律有0》×1=号× 2 =25g山的拉力大小为=0=4g,迹项AB错误： 剪断L1,该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为 4,解得=宁则a=7西=-合放aa=8山，又 零，加速度为零；甲球开始做圆周运动，但速度为零，向心力为 由牛顿第二定律得wmg=ma,解得μ=&，则动摩擦因数与加 零，只有切向加速度，由牛顿第二定律可知加速度a= 2 mgsin60°=万g,选项C正确，D错误。故选C。 速度大小成正比，所以动摩擦因数1、2之比为8：1，故D正 m 确，A、B、C错误。 589-练案[14] 第三章 运动和力的关系 第14讲牛顿第一定律 牛顿第二定律 A.做减速运动，加速度大小为1.05m/s2 基础巩固练 B.做减速运动，加速度大小为0.50m/s2 题组一牛顿第一定律惯性 C.做加速运动，加速度大小为1.05m/s2 1.下列有关力和运动，说法正确的是 D.做加速运动，加速度大小为0.50m/s2 A.把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性5.（多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底 B.汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越 端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端 大，惯性越大 坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m,滑梯与水 C.牛顿第一定律也被叫作惯性定律 平地面夹角为0，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动 D.汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前 摩擦因数为，重力加速度为g,下列判断正确的是 的惯性力 2.图示情境中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是 “小球在水平方向没 有受力，怎么会开始 1店动？ A.儿童向上走时所受摩擦力为ngsin0,方向沿斜面 向上 B.儿童向上走时所受摩擦力为mgcos0,方向沿斜面 向上 沿水平直轨向前行驶的 动车中，豆豆发出疑问 C.儿童下滑时加速度为gsin0-gcos0,方向沿斜面 向下 A.小球突然失去惯性 B.动车突然向前加速 D.儿童下滑时加速度为2gsin0,方向沿斜面向下 C.动车突然向前减速 6.小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻 D.动车做匀速直线运动的速度很大 力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径 题组二牛顿第二定律单位制 较小，则小球受到的粘滞力∫=6πm,式中？称为液 体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。 3.高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的 若采用国际单位制中的基本单位来表示？的单位，则 动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 其单位为 () 重力加速度g=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大 加速度不超过 ( A.kg m·s3 A.2.0m/s2 B.4.0m/s2 C.6.0m/s2 D.8.0m/s2 B.kg m·s 4.(2025·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电 C.N.s3 梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所 m2 示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图 D.n为常数，没有物理单位 乙所示，则该时刻电梯（重力加速度g取10m/s2) 7.如图所示，一木块紧靠长方体形 后 空铁箱后壁（未粘连），在水平拉 力F的作用下一起向右做直线运 nnn7ih 60.0kg 63.0kg 动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰 能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没 有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前， 下列说法正确的是 () 341 A.铁箱对木块的支持力先不变后减小 若在物块下滑过程中施加一恒力作用，恒力方向过 B.铁箱对木块的摩擦力先不变后减小 物块重心且与竖直方向夹角为B,最大静摩擦力等于 C.铁箱对木块的摩擦力一直减小 滑动摩擦力，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中，下 D.铁箱可能先做加速运动后做减速运动 列说法正确的是 () 8.（2024·六安模拟)如图所示，质量为个 手机 A.若力F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑 m的手机静置在支架斜面上，斜面与 B.若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑 水平面的夹角为，手机与接触面的 C.若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方 动摩擦因数为u,重力加速度为g。 向水平向右 下列说法正确的是 D.地面对斜面无摩擦力 A.若支架静止不动，支架斜面对手机的摩擦力大小为12.如图，用AB、BC两根细绳把质量为m=1kg的小球 umgcos日，方向沿斜面向上 悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB B.手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无 绳与竖直方向的夹角为=37°，BC绳与竖直方向的 相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持 夹角为B=53°，求：（重力加速度g取10m/s2,sin37° 力相等 =0.6,c0s37°=0.8，sin53°=0.8，c0s53°=0.6) C手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间 无相对滑动，手机可能不受支持力 D.手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间 无相对滑动，手机可能不受摩擦力 whmnhamm 能力提升练 (1)AB、BC中的张力大小： (2)当小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时， 9.如图为用索道运输货物的情景， AB、BC中的张力大小。 已知倾斜的索道与水平方向的夹 角为37°，质量为m的货物与车 厢地板之间的动摩擦因数为0.3.7 当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然 保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为 其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直 方向，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，那 么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为 A.0.35mgB.0.3mgC.0.23mgD.0.2mg 10.（2025·广东揭阳联考)如图，甲和乙利用轻绳拉着 相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练， 训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻 绳与水平地面的夹角比乙的大，即>B,两轮胎与地 面始终接触且受到的支持力相等，则 轮胎 轮胎 水平地面 水平地面 A.甲的轻绳拉力比乙的大 B.两者轻绳拉力大小相等 C.甲所拉的轮胎加速度比乙的小 D.两轮胎所受合外力大小相等 11.如图所示，斜面静止在粗糙 水平地面上，物块放在斜面 上时恰能沿斜面匀速下滑， —342