第一部分 作业(十一) 牛顿第一、第二定律-【假期作业】2026年高一物理寒假假期作业（新教材）

第一部分 作业(十一) 牛顿第一、第二定律 牛顿第一、第二定律 知识点一　对牛顿第一定律的理解 1.运动状态改变即速度发生变化，有三种情况 (1)速度的方向不变，大小改变。 (2)速度的大小不变，方向改变。 (3)速度的大小和方向同时发生改变。 2.对牛顿第一定律的理解 牛顿第一定律是牛顿在总结前人工作的基础上得出的，是在理想实验的基础上加以科学推理和抽象得到的，但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的。 1.关于牛顿第一定律，下列说法正确的是(　　) A.牛顿第一定律是依靠实验事实，直接归纳总结得出的 B.根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因 C.根据牛顿第一定律可知，力是维持物体运动的原因 D.牛顿第一定律反映了物体受到外力时的运动规律 2.(多选)在学习牛顿第一定律时，为了探究力对运动的影响，学习小组做了如图所示的甲、乙、丙实验。下列有关叙述正确的是(　　) A.每次实验时，小车可以从斜面上的不同位置由静止开始下滑 B.实验表明：小车受到的摩擦力越小，小车运动的距离就越远 D.根据甲、乙、丙的实验现象，就可以直接得出牛顿第一定律 牛顿第一定律描述了物体不受外力作用时的状态——总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，同时揭示了力和运动的关系——力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因。分析此类问题时要注意牛顿第一定律与惯性的区别。　 知识点二　牛顿第二定律的应用 应用牛顿第二定律解题的步骤 3.(2025·甘肃卷)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.2 m/s2　　　　 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2 4.在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，则木块(　　) A.速度变小，加速度变小 B.速度变大，加速度变小 C.加速度变小，位移变小 D.速度变小，位移变大 如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为(　　) A.a1＝g　a2＝g　　　 B.a1＝g　a2＝2g C.a1＝2g　a2＝0 D.a1＝0　a2＝g 【错解】　剪断细绳时，以(A＋B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A、B球的加速度为g。故选A。 【错解原因】　出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A、B球具有不同的加速度，不能作为整体研究。 【分析解答】　分别以A、B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A、B静止。如图甲所示，A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受两个力，重力mg和弹簧拉力F′。A球：T-mg-F=0　①，B球：F′-mg=0　②。 由式①②解得T＝2mg，F＝mg 剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形变，瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图乙所示，A球受重力mg、弹簧的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。 A球：－mg－F＝maA　③ B球：F′－mg＝maB　④ 由式③解得aA＝－2g(方向向下) 由式④解得aB＝0，故选项C正确。 1.(多选)下列关于牛顿第一定律的理解正确的是(　　) A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律 B.不受外力作用时，物体的运动状态保持不变 C.在水平地面上滑动的木块最终停下来，是没有外力维持木块运动的结果 D.飞跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态 2.如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为(　　) A.g B.g C.0 D.g 3.(多选)在平直轨道上运动的车厢中的光滑水平桌面上用弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度，如图所示，当旅客看到弹簧的长度变长时火车的运动状态可能是(　　) A.火车向右方运动，速度在增加中 B.火车向右方运动，速度在减小中 C.火车向左方运动，速度在增加中 D.火车向左方运动，速度在减小中 4.(2025·贵州遵义期末)如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推力F为910 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作4 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.04 m/s，则空间站的质量为(　　) A.8.8×104 kg B.6.1×104 kg C.8.7×104 kg D.9.1×104 kg 5.假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水过程中它的运动将是(　　) A.做加速度增加的变速直线运动 B.做匀加速直线运动 C.做匀减速直线运动 D.继续保持匀速直线运动 6.(多选)利用打点计时器“探究加速度与力、质量的关系”实验中，以下做法正确的是(　　) A.平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上 C.平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，打点计时器处于工作状态 D.若纸带上的点分布均匀，说明已平衡了摩擦力 7.(多选)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　) A.M受到的静摩擦力增大 B.M对车厢壁的压力不变 C.M仍相对于车厢静止 D.M受到的静摩擦力不变 8.(2023·浙江卷)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 9.如图所示，质量为m的木块以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止不动，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)求向上滑动时木块的加速度的大小和方向； (2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度的大小和方向。 10.如图所示，小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部与车厢始终保持相对静止，两段细线与车厢顶部的夹角α＝45°，已知小球P的质量为m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若车厢处于静止状态，求左、右两细线的拉力大小； (2)若车厢以大小为a＝20 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，求左、右两细线的拉力大小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一部分 作业(十一) 牛顿第一、第二定律 答案 [考点突破]——跟踪训练 1.B　2.BC 3.A　根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2，故选A。 4.B　由牛顿第二定律可知F＝ma，随着外力的逐渐减小，加速度也逐渐减小，故木块做加速度逐渐减小的加速运动，运动的过程中位移也逐渐增加，故选B。 [综合训练] 1.ABD　2.A　3.BC　4.A 5.A　设洒水车的牵引力为F，洒水车的质量为m，阻力为kmg，由牛顿第二定律有F－kmg＝ma，a＝－kg，开始时F＝kmg，a＝0，随着m减小，a逐渐增大，故洒水车做加速度逐渐增大的变速直线运动，故选A。 6.BCD　因为小车在运动时要受到阻力，纸带与打点计时器间也有阻力，将长木板一端垫高一些，利用小车重力沿斜面向下的分力来平衡摩擦力，此时不能将重物用细绳通过定滑轮系在小车上，则B、C、D正确，A错误。 7. CD　对M受力分析如图所示，由于M相对车厢静止，则f=Mg，FN=Ma，当a增大时，FN增大，f不变，故C、D正确。 8.B　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，所以不受脚的作用力，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，故D错误。故选B。 9.解析　(1)以木块为研究对象，木块上滑时对其受力分析，如图甲所示根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋Ff＝ma，FN－mgcos θ＝0，又Ff＝μFN 联立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。 (2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示。 根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma′，FN′－mgcos θ＝0 又Ff′＝μFN′ 联立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。 答案　(1)g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下 (2)g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下 10.解析　(1)对小球受力分析，由于对称性有T1＝T2， T1sin α＋T2sin α＝mg，解得T1＝T2＝10 N。 (2)对小球受力分析，由牛顿第二定律可得 T1cos α＝T2cos α，T1sin α＋T2sin α－mg＝ma 解得T1＝T2＝30 N。 答案　(1)T1＝T2＝10 N　(2)T1＝T2＝30 N 学科网（北京）股份有限公司 $