3 第4章 第3节 牛顿第二定律-课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

这份高中物理课件聚焦牛顿运动定律及应用，通过基础对点练、课堂检查、课后达标检测构建分层练习体系，以学习支架形式衔接受力分析、加速度计算等知识点，帮助学生逐步深化理解。 其特色在于融入无人机、零件抢修等实际情境设计题目，结合受力分析与牛顿第二定律推理，培养科学思维与运动和相互作用观念，题型涵盖单选、多选、计算，解析详尽，助力学生巩固物理观念，提升教师教学效率。

第3节　课后达标检测 1 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 √ 解析：对拉手受力分析，由牛顿第二定律mgtan 10°＝ma，可得该小段时间内地铁的加速度大小a＝gtan 10°。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 3．现代战场上FPV自爆无人机已成为士兵的头号克星。某次无人机演练中，静止于空中的FPV无人机发现正前方有一军事目标，于是以7.5 m/s2的加速度沿水平直线冲向目标。设该无人机的质量为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求加速过程中空气对无人机的作用力大小为(　　) A．10 N B．15 N C．20 N D．25 N 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 6.(2025·福建莆田市期中)张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝2.5g B．剪去细绳瞬间，A球加速度aA＝5g C．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝g D．剪去细绳瞬间，B球加速度aB＝3g 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 7．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间(　　)  A．图乙中A、B两球间杆的作用力为零 B．两图中两球加速度均为g sin θ C．两图中A球的加速度均为零 D．图甲中B球的加速度为2g sin θ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，即题图乙中A、B球间杆的作用力为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 9．(2025·黑龙江牡丹江市期中)大小分别为2 N和8 N的两个力作用在一个质量为2 kg的物体上，则物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(　　) A．3 m/s2和5 m/s2 B．5 m/s2和6 m/s2 C．6 m/s2和8 m/s2 D．2 m/s2和8 m/s2 解析：大小分别为2 N和8 N的两个力的合力大小范围为6 N≤F合≤10 N，对物体受力分析，由牛顿第二定律有F合＝ma，可知物体能获得的最小加速度amin＝3 m/s2，最大加速度amax＝5 m/s2。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 12．(8分)(2025·海南省直辖县级单位期中)如图所示，某人用斜向下、与水平面夹角为θ的推力推一个质量为m的箱子，如果推力大小为F0(未知)，则箱子在水平面上匀速移动。已知箱子与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)求推力F0的大小。(4分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 (2)如果推力大小为3F0，箱子将匀加速移动，求此过程中箱子的加速度大小。(4分) 解析：当推力大小为3F0时，设箱子的加速度大小为a。在水平方向上，根据牛顿第二定律，有3F0cos θ－μFN′＝ma，在竖直方向上，根据平衡条件有FN′＝mg＋3F0sin θ，联立解得a＝2μg。 答案：2μg 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 题组1　对牛顿第二定律的理解 1．关于加速度的公式a＝ eq \f(Δv,Δt) 和a＝ eq \f(F,m) ，下列说法不正确的是(　　) A．由a＝ eq \f(F,m) 可知，a与F成正比，与m成反比 B．由a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知，a与Δv成正比，与Δt成反比 C．由a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知，a与Δv的方向总一致 D．由a＝ eq \f(F,m) 可知，a与F的方向总一致 解析：由a＝ eq \f(F,m) 可知，a与F成正比，与m成反比，A正确；a＝ eq \f(Δv,Δt) 为比值定义法，a与Δv和Δt无关，B错误；由a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知，a与Δv的方向总一致，C正确；由a＝ eq \f(F,m) 可知，a与F的方向总一致，D正确。 题组2　牛顿第二定律的简单应用 2．(2025·贵州贵阳市期中)在乘坐地铁时，小辉发现一小段时间内，地铁上的拉手与竖直方向有一稳定的夹角，他立即用手固定住拉手，并用量角器测出了该角度为10°，已知重力加速度为g，则该小段时间内地铁的加速度大小为(　　) A．gtan 10° B．gcos 10° C．gsin 10° D． eq \f(g,sin 10°) 解析：根据题意，加速过程中空气对无人机的作用力大小F＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ＝ eq \r(202＋152) N＝25 N。 4.(2025·山西晋城市期中)西汉的司马迁在《史记·项羽本纪第七》中描述：“籍(项羽名)长八尺余，力能扛鼎，才气过人，虽吴中子弟皆已惮籍矣。”“力能扛鼎”对于一位同学来说是不可能的事情，若两位同学同时用力向上拉鼎便可以将鼎提起，设某一个鼎的质量为m，两位同学分别施加如图所示的拉力F，两个力的夹角为2θ，此时鼎刚好脱离地面并加速，则鼎此时的加速度为(　　) A． eq \f(2F,m) B． eq \f(2F cos θ,m) C． eq \f(2F sin θ,m) －g D． eq \f(2F cos θ,m) －g 解析：对鼎受力分析如图所示，由二力合成，可知两位同学拉力的合力F合＝2F cos θ，根据牛顿第二定律，可得F合－mg＝ma，联立解得a＝ eq \f(2F cos θ,m) －g。 题组3　瞬时问题 5.(多选)(2025·陕西西安市期中)如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是(　　) A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用 B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝ eq \f(F2,m) ，方向水平向右 D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 解析：若从M点剪断弹簧瞬间，F1瞬间撤去，F2突变为零，小球只受重力，其加速度为重力加速度g，方向竖直向下，故A错误，B正确；若从N点剪断轻绳瞬间，F2瞬间撤去，F1瞬间保持不变，所以此时小球受重力和F1，这两个力的合力与原来的F2等大反向，所以小球的加速度大小a＝ eq \f(F2,m) ，方向水平向右，故C正确，D错误。 解析：剪去细绳前，以B为对象，可得弹簧弹力F＝3mg，剪去细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，则B的受力不变，B的加速度为0；剪去细绳瞬间以A为对象，根据牛顿第二定律可得aA＝ eq \f(2mg＋F,2m) ＝2.5g。 8．(2025·辽宁抚顺市期中)如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成60°的拉力F1的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a1，在与水平方向成30°的推力F2的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a2。已知拉力F1与推力F2的大小相等，a1＝a2，则物体与地面间的动摩擦因数为(　　) A. eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \r(3) －1 D．2－ eq \r(3) 解析：物体在拉力F1的作用下有F1cos 60°－μ(mg－F1sin 60°)＝ma1，物体在推力F2的作用下有F2cos 30°－μ(mg＋F2sin 30°)＝ma2，其中F1＝F2，a1＝a2，解得μ＝2－ eq \r(3) 。 10.(多选)(2025·湖北襄阳市期中)如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是(　　) A．球M和球N的质量之比为( eq \r(3) ＋1)∶2 B．轻绳A和弹簧C的弹力之比为1∶2 C．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为 eq \r(2) g 解析：设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得TA sin 30°＝F，TA cos 30°＝(mM＋mN)g，对小球M受力分析，由平衡条件可得TBsin 45°＝F，TBcos 45°＝mMg，联立解得 eq \f(mM,mN) ＝ eq \f(\r(3)＋1,2) ， eq \f(TA,F) ＝ eq \f(2,1) ，故A正确，B错误；剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，对于小球M，所受重力与弹簧弹力的合力应与原来轻绳B的拉力TB等大反向，所以 eq \r(2) mMg＝mMa，所以a＝ eq \r(2) g，故C错误，D正确。 11.(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，质量为M的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为m的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂的质量也为m的物块B。已知重力加速度为g，剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为(　　) A．g、0、g　　　　　 B．g、g、g C．g、0、 eq \f(（M＋m）g,M) D．0、0、 eq \f(（M＋2m）g,M) 解析：细绳剪断前B处于平衡状态，弹簧弹力大小F＝mg，细绳剪断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以剪断细绳的瞬间，B受力不变，仍然平衡，则aB＝0，剪断细绳的瞬间，木箱不再受细绳的拉力，木箱受重力Mg和弹簧向下的拉力F，由牛顿第二定律可知Mg＋F＝Mg＋mg＝Ma，解得木箱的加速度大小a＝ eq \f(（M＋m）g,M) ，物块A只受重力作用，加速度为g。 解析：以箱子为研究对象，进行受力分析，将推力F0正交分解，如图所示， 根据平衡条件，在水平方向有F0cos θ＝μFN，在竖直方向有FN＝mg＋F0sin θ，联立解得F0＝ eq \f(μmg,cos θ－μsin θ) 。 答案： eq \f(μmg,cos θ－μsin θ) 　 $