第1课时牛顿第一定律牛顿第二定律-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

[例3]答案B 到的劲度系数将不受影响：若实验中刻度尺没！性，故B错误，C正确：摩擦力一定时，根据运动学 解析法一：矢量圆法 有完全竖直，而读数时视线保持水平，则测得的 公式可知，速度越大，停下所需时间越长，但惯性 以铅球为研究对象，受重 弹簧仲长量偏大，则由实验数据得到的劲度系！ 与自身的质量有关，与速度无关，故D错误 力G、右手对铅球的弹力 1209 将偏小 :[例2]答案A 为F,和左手对铅球的弹 [例2]答案(1)50.0不变(2)能 解析用力F击打羽毛球筒的上端时，球筒会 力为F,,受力分析如图所 解析(1)由题中实验数据可知，弹簧甲每仲长· 在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而 示，缓慢旋转过程中处于 2.00cm,传感器示数约增加1N,则弹簧甲的！ 保持静止，所以羽毛球会从筒简的上端出来，故A 平衡状态，则将三力平移 △F 1下v 正确，B、C错误：球筒向下运动，羽毛球相对于 后构成一首尾相连的三角 劲度系数k1 =50.0N/m △x 0.02m 球简向上运动，所以羽毛球受到向下的摩擦力， 形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的 计算弹簧的劲度系数是通过弹力的变化量与弹：故D错误 夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F,夹1 簧长度变化量来求得的，与具体的弹力示数无考点二 角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出1 关，只与弹力的变化量有关，故甲弹簧的劲度系：1，正比反比相同 力三角形的外接圆，根据弦所对的图周角都相1 数跟真实值相比将不变， 2.F-ma 等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置： (2)由于两个弹簧串联在一起，根据k:一判断正误 过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1 k1k2 1.× 2.×3./ 4. 开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转} k1十k2 可知，只要知道甲，乙两个弹簧总的劲度；思考 时又小于直径，所以F先增大后减小，F,开始！ 系数和甲弹簧的劲度系数就可以得到乙弹簧的： 雨滴先加速下落，速度变大 ↑/ms- 就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确. 劲度系致，由表中各行敦据计算出甲、乙两个弹： 所受空气阻力变大，由牛顿 法二：正弦定理法 簧总的劲度系数，故能计算出弹簧乙的劲度！ 第二定律mg一kv=ma知， 以铅球为研究对象，受 系数 雨滴的加速度减小，当雨滴 重力G、右手对铅球的 1209 考点二 所受的空气阻力与重力大小 弹力为F1及左手对铅 5.(2)小圆环 相等时，加速度为零，雨滴匀速下落.其下落的 球的弹力为F2,受力 [例3]答案(1)2.35(2)A(3)B(4)①见解： -t图像如图所示」 分析如图所示，缓慢旋 析图②3.99 :[例3]答案ABC 转过程中处于平衡状 解析(1)弹簧测力计景小分度值为0.1N,估： 解析开始时，小球的重力大于弹簧弹力，加速 态，则将三力平移后构 读到0.01N,题图丁中读数为2.35N. 度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压 成一首尾相连的三角形，两手之间央角保持60°！ (2)必须要记录的有两个分力F1和F,的大小！ 缩，弹力逐渐变大，由mgkx=ma知加速度 不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为日， 和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过 逐渐减小，当禅力大小等于重力时，加速度为 转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有！ 禅簧测力计读出，两次都要使小圈环被拉到O G 零，即mg=kx,得T=四坚，此时小球的速度最 sin60=sin(60°+历=sin(60-,右手由图！ 点位置，所以必须记录的有B、C、D:不需要记 录的是题图甲中E的位置，故选A 大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于 示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中0由0°： (3)两个细绳()B、OC央角要适当大一些，但不 重力，加速度变为向上，逐渐增大，速度逐渐减 变为60°，sin(60°十0)先变大再变小，所以F1先 能太大，合力一定时，两分力央角太大导致两分 小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性 增大后减小，sin(60°一)一直变小，所以F一 力太大，测量误差变大，A错误：读数时，视线应 直减小，选项B正确」 可知，此时弹簧的压缩量为2红=25，故选项 正对禅簧测力计的刻度，规范操作，B正确：实} 考点二 验时，不仅需保证两次橡皮筋仲长量相同，还必 A、B、C正确，D错误 「例4]答案B 须都是沿竖直方向伸仲长至()点才行，C错误， [例4]答案C 解析斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要 (4)①由于标度已经选 解析AB.对甲乙整体受力分析可知，L,的拉 保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于 定，作图时要保证表示 力大小为T1=2 ngtan60°=2√5mg 30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡 F1、F,的线段长度分别 L2的拉力大小为T2 2mg 上的“天工”受力分析，有gc0s30≥ngsin30°，1 为标度的2.7倍和2.3 cos 605=4mg 解得≥ ,B正确！ 倍，作图如图所示： 选项AB错误： ②量出作图法求出的合 1.0N CD.若剪断L1该瞬间，弹簧的弹力不变，则小 例5]答案2√26N 力长度约为标度的3.99 球乙受的合外力仍为零，加速度为零：对甲分析 解析设拉力与水平方向央角为日，根据平衡！ 倍，所以合力大小为3.99N. 可知，由牛顿第二定律可知加速度a 条件有Fcos0=(mg-Fsin0),整理得cos9十[例4]答案 (1)AD(2) 2mgsin 60 =√3g sin0-坚，V+zsin(a十=（其中 177 (3)定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等 选项C正确，D错误，故选C ),当0=一a时F最小，故所 解析(1)本实验用钩码重力作为合力，需要在：[例5]答案 A sin a- 2 竖直平面内进行，故A正确：该实验用了物体： 解析细线剪断前，对B、C、D整体受力分析， mg-=2√26N. 的平衡来探究力的平行四边形，不需要每次实： 由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力 需拉力F的最小值Fmim= 1+2 验都使线的结点O处于同一位置，故B错误： FAB=6mg,对D受力分析，由力的平衡条件有 第5课时 实验二：探究弹簧弹力与 本实验处理致据时重力加速度可以约掉，不需： C、D间轻禅簧的禅力F①=mg,细线剪断瞬 要知道当地重力加速度，故C错误：效据处理 形变量的关系实验三：探究两个互 间，对B由牛顿第二定律有3mg一F4B 时需要知道钩码总质量、各个小沙桶和沙子的 3maB,对C由牛颜第二定律有2mg+FD 成角度的力的合成规律 总质量，所以需要测量出钩码总质量、各个小沙 2mac,联立解得aB=一g,ac=1.5g,A正确 考点一 桶和沙子的总质量，故D正确」 :考点三 1.(1)相等(2)伸长量x 向上向下g加速减速加速减速 2.弹簧钩码若干 (2)根据力与边的对应关系，有8=% mg+ma mg-ma 0 [例1]答案(1)见解析图(2)5.15(5.10 5,化简得四=严=严 判断正误 5.20均可)53.3(52.2~54.5均可)(3)不1 11113 1.× 2.×3./4.× 受影响偏小 (3)定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等， 思考 解析(1)作出m-x图像如图： 第三章运动和力的关系 ·1.运动员下降过程中，在弹性绳被拉直前处于完 全失重状态；从弹性绳刚拉直到弹性绳的拉力 100 第1课时 牛顿第一定律 等于重力过程中，运动员处于失重状态：从弹性 80 牛顿第二定律 绳的拉力等于重力到最后运动员减速为0，运 考点 动员处于超重状态 40 ·、1,匀速直线运动状态静止状态 2.塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水 20 :2.不能 对下部的水产生压力：当让水瓶自由下落时，由 :3.(2)惯性(3)维持物体运动状态 于a三g,水和瓶均处于完全失重状态，上部的 !二、1.匀速直线运动状态静止状态 水不会对下部的水产生压力，故水不再从小 2.质量越大越小 孔流出. (2)根据图像数据确定：禅性绳原长约为5.15m,13.(2)质量无关 ,[例6] 答案(1)5.0(2)失重1.0 弹性绳的劲度系数约为k=△F-△m·8_ 判断正误 解析(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其 △x △x 1.× 2./ 3.× 4./ 读数为5.0N:(2)根据(1)问结合力的平衡条 120×10-3×10 (7.40-5.15)×10N/m≈53.3N/m [例1]答案C 件可知，mg=5.0N,电梯上行时，测力计示数 解析力是改变物体运动状态的原因，不是雏持： 为4,5N<mg,故物体处于失重状态，根据牛领 (3)若实验中刻度尺的零刻度略高于弹性绳上： 物体运动的原因，故A错误：停止用力，运动员停 第二定律有mg一F=ma,代入数据解得a 端结点)不影响直线的斜率，则由实验据得： 下来是由于摩擦力的作用，而继续运动是因为惯： 1.0m/s2. 458 考点四 第3课时 专题强化：牛顿第二定律！第4课时专题强化：“传送带”模型 1.基本导出 的综合应用 中的动力学问题 2.长度质量时间米千克秒 !考点一 !考点一 3.物理关系 「例1门答案AC :[例1]答案ABD [例7]答案A 解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设 解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送 1 解析 由f=2cpSt,可得c 2f ,右边式子！ 加速度为a,若=-0，分别对物块B、C组成的 带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带 系统和物块C应用牛顿第二定律有F1=2ma,! 共速后，做匀速直线运动，加速度为零。芳传送 kg·m/s2 的单位为kgm:m",m/9=1,即c为常 F2=ma,易得F1:F2=2:1,C项正确，D项！ 带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀 错误：若≠0，分别对物块B、C组成的系统和 加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离 数，没有单位，B、C、D错误，A正确. 物块C应用牛顿第二定律有F1一2mmg=2ma,: 开传送带，故C错误，A、B、D正确. 第2课时牛顿第二定律的基本应用 F2一mg=ma,易得F1:F2=2：1,A项正[例2]答案AC 考点一 确，B项错误， 解析根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加 [例1]答案(1)8m/s(2)-27J 解析1)物体所受的摩擦力为=m=0,2!拓展(1)①上 ②2F m2F m1十7mg 1十m2 m1十712 速度a=m=g=4m/s2,快递箱加速位移 111 ×1×10=2N0~2s,根据牛顿第二定律F mF 21 f=ma,其中F-6N,解得a=4m/s2.2s末的i (2) m1十12 x1一2a =8m,快递箱匀速位移=· a 速度v=at=2X4m/s=8m/s.前2s内的位：[例2]答案B(0 16m,所以传送带总长L=24m,故A正确：若 移x1=a=×4X22m=8m. 解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的： 1=0,快递箱加速位移x1=8m,传送带在这 大小相等，速度变化量大小相等，D错误；将a、 (2)2s3s内，根据牛颜第二定律F'一f= b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合= 段时问内运动位移x华=·二=16m,则痕 ma,其中F'=-3N,可得a=-5m/s2,2s~1 4mg一2 mngsin0=(2m十4m)a,解得a=号，故 迹长=x一王1一8m,故B错误：如果1= 3s内，物体的位移工2=l十2at2,代入数据 B正确；以b为研究对象，设拉力为T,由牛顿} 快递箱加时间1=。=1s,加建 可得x2=5.5m.在0~一3s内物体所受摩擦力1 第二定律有4mg一T=4ma,解得T=2mg,故 做的功Wr=一f(x1十x2),代入数据可得Wr= A错误：由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°， 位移'= 2a ,=6m,匀速时间t2 27J. 则绳子对定滑轮的力为F=2Tc0s30°=2V5mg 例2]答案(1)0.08144N(2)200N 故C正确. =2.25s,在此期间传送带匀速位移x= 解析(1)“冰壶”在推力F作用下做匀加速运考点二 动，运动5m后的速度为0，由牛顿第二定律及[例3] (t1十t2)=26m,所以两者路程之比为L:x= 答案AB 12：13,故C正确：如果传送带速度加倍，则快 运动学公式可知F一mg=ma1,v2=2a1x1 解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 撒掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减 间的滑动摩擦力为6N,所以A、B之间的动摩， 递箱加速时间'-2%=4s,加速位移x” a 速运动，10s时间内运动了40m,由牛领第二 擦因数以 nm=0.2,选项A正确：当0<F< 4v2 定律及运动学公式可知Fr=wmg=1ag,x? 2a =32m,大于24m,所以快递箱一直匀加 号，a=只，解得=0.08，F=144N 4N时，根据题图乙可知，F2还未达到B与地， 速运动，故D错误 面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选[例3]答案BC (2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且 项B正确：当4NF<12N时，根据题图乙可 解析相对地面而言，小物块在0一1时间内， 要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并 知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦； 向左做匀减速直线运动，山1之后反向向右运动， 重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰 力，所以没有发生相对滑动，选项C错误：当F> 故小物块在1时刻离A处距离最大，A错误； 壶的速度为’，根据牛领第二定律及运动学公 12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对： 式可知 小物块在0一1时间内，向左做匀减速直线运 匀加速过程F'一以'mg=ma 滑动，对A物块有a=四=2m/s2,加速度不 动，相对传送带向左运动，在t1一t2时间内，反 m 匀减速过程：'mg=ma1 向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带 变，选项D错误， 的速度，相对传送带向左运动，1g时刻两者同 所用总时间之十之=10S [例4]答案BD 速，在12一13时间内，小物块相对于传送带静 解析物块A、B分离前，在外力的作用下一起！ 止，所以？时刻小物块相对传送带滑动的距离 所走总路程2a十2a1 灯) =45m,解得F=200N. 沿斜面向上做加速运动，当物块A、B分离时物 达到最大值，B正确：0~12时间内，小物块相对 块A、B的加速度相等且沿斜面向上，A、B间的 [例3]答案C 传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力， 弹力为零，对物块A受力分析可知弹簧对A的： 解析设AO和B)与水平面夹角分别为a和 滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D 弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状态，故A错 3,长度分别为l1和12，设圈的直径为d,由几何 误 关系有l1=dsin a,l2=dsin3,沿AO方向上，对！ 误：物块A、B分离瞬间，物块AB加速度相等，对！考点 小滑块由牛顿第二定律有ngsin a=a1,由运！ 物块B,由牛领第二定律有F-2mgn30=2ma:[例4们答案(1)不能(2)1.5s(3)5m d4 解析（1)由于mng sin37°>4 ng cos37°，所以 动学公式有4=414，联立解得1=√ 解得a=之g,所以物块A的加速度大小为！ 煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止 ?g,故B正确：对物块A受力分析，由牛颜第！ (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力 沿OB方向上，同理可得√g ,故C正确 1 二定律可得kx1一ngsin30°=ma,解得弹簧的！ 其加速度为a1=g(sin0+4cos)=10m/s2, 考点二 压缩量为1=，故C错误；F没有作用在B 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 [例4]答案D 解析 设物块P的质量为M,物块P与桌面间· 上时，A、B处于静止状态，根据共点力平衡条 间1==1s,发生的位移1=7a112 3m，因此B 5 m 的动摩擦因数为以，轻绳上的拉力大小为T 件得3 ngsin30°=kx2,解得x2= 2k 对砝码和轻盘组成 煤块速度达到后，加速度大小改变，继续沿 牛顿第 的整体：mg-T=ma 传送带向下加速运动，则有 g-（+D,D对 运动的位移为2一跟，故D正确， 二定律气对物块P:T-uMg-hJ m+M a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, [例5] 答案（12m/(20.5(3)125N x2=L-x1=5.25m, 「例51答案BCD 5 解析由题图(c)可知，1时刻物块、木板一起！ 由x2=t4十2a,”, 刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止， 解析。(1)根据L=1十2a, 得t2=0.5s 此时以整体为研究对象有F1=(1十m?）g,! 代入数据解得a=2m/s2 故煤块从A运动到B的时间为1一t1十t2 故A错误： (2)根据牛顿第二定律有F一gsin日-mgcos0= 1.5s 由题图(c)可知，12时刻物块与木板刚要发生相： a,代入数据解得=0.5. (3)第一过程痕迹长△x1=4一x1=5m, 对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定 (3)设F与斜面夹角为a, 第二过程痕迹长△.x2=x2一%t2=0.25m, 律，有F,-1(m1十m,）g=(m1十m2）a, 平行斜面方向有Fcos a-ngsin0-Fy=ma △x2与△x1部分重合，故痕迹总长为5m, 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 垂直斜面方向有Fy十Fsin a-ngcos0 拓展答案1.4415 有以2m2g一1(m1十m2)g=m1a>0, 联立解得F=ma十mg(sin0叶ucos0) 解析由于Ff='Fy='ngcos0=mgsin0 解得F=m,(m1十m2) C0Sa十以S1na 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的 2一1)g 1 _a十mg(sin0+ucos) 分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直 可知>m十四4，故B,C正确： √+1sin(e十a) 线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀 当sin(o十a)=1时，F有最小值Fmim 速直线运动.a'=g(sin0+4cos0)=12m/s, 由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对 5 静止，所以有相同的加速度，故D正确. 代入数据解得Fm=125N 5 加造时间'-=号0.833s, 459第三章 运动和力的关系 第1课时 牛顿第一定律牛顿第二定律 【目标要求】1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质.2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用 牛顿第二定律解决问题.3.了解单位制，并知道国际单位制中的七个基本单位，会用国际单位制检查结果 表达式是否正确. 考点一牛顿第一定律 一、牛顿第一定律 (3)物体惯性表现形式： 1.内容：一切物体总保持 或 除 ①形式一：“保持原状”.物体不受外力或所受的 非作用在它上面的力迫使它改变这种状态 合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运 2.理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽 动状态或静止状态 象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理 ②形式二：“反抗改变”.物体受到外力且合外力 想过程.牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出 不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易 (填“不能”或“可以”)由实际的实 程度.惯性越大，物体的运动状态越难改变。 的，它 [判断正误] 验来验证 1.牛顿第一定律是实验定律， ( 3.物理意义 :2.物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动 (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时 状态 的运动规律」 3.运动的物体惯性大，静止的物体惯性小.( ) (2)提出了一切物体都具有 ,即物体维 4,超载时遇到紧急情况刹车不容易停下来，说明质 持其原有运动状态的特性. 量越大，惯性越大 (3)揭示了力与运动的关系，说明力不是 [例1](2023·北京市朝阳区六 的原因，而是改变物体运动状态的原因. 校联考)如图所示，滑冰运动员 注意：运动状态的改变指速度的改变，速度改变 用力将冰刀后蹬，可以向前滑 则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因. 行；停止用力，会逐渐停下，且滑 二、惯性 行的速度越大，停下所需时间越 1.定义：物体保持原来 或 的性质 长，滑得越远.有四位同学对此过程发表了自己 叫作惯性。 的看法，你认为正确的是 2.惯性大小的量度 A.运动员的运动需要力来维持 是物体惯性大小的唯一量度.物体的质 B.停止用力，运动员停下来是具有惯性的表现 C.停止用力，运动员停下来是由于摩擦力的作用 量越大，惯性 :物体的质量越小，惯性 D.速度越大，停下所需时间越长，说明惯性的大 小和速度有关 3.对惯性的理解 (1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具 听课记录] 有惯性. (2)物体惯性的大小只取决于物体的 与物体的受力情况、速度大小及所处位置 35 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [例2]某同学为了取出如图所示 听课记录] 羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着 球筒的中部，另一手用力F击打 羽毛球筒 羽毛球筒的上端，则 A.该同学是在利用羽毛球的惯性 州毛球 B.该同学无法取出羽毛球 C.羽毛球会从筒的下端出来 D.羽毛球筒向下运动过程中，羽 毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来 考点二 牛顿第二定律 1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成：思考某同学为研究雨滴下落的规律查阅资料，了 ,跟它的质量成 ,加速度的方 解到：较大的雨滴，其运动模型可看成是1000m 向跟作用力的方向 高空的物体在有空气阻力的空间中由静止开始 2.表达式： 下落的运动，落地速度4m/s.请分析雨滴下落的 3.对牛顿第二定律的理解 运动过程，描述雨滴下落过程中速度和加速度的 矢量性 a与F方向相同 变化，并定性作出雨滴下落的v-(图像.（设空气 阻力与速度大小成正比) 瞬时性 a与F对应同一时刻 因果性 F是产生a的原因 a、F、m对应同一物体 同一性 a、F、m统一使用国际单位制单位 性 独立性 每一个力都可以产生各自的加速度 例3]（多选)(2025·湖北十堰高三 月考)如图所示，处于自然状态下的 只适用于宏观、低速运动的物体， 轻弹簧一端固定在水平地面上，质量 局限性 不适用于微观、高速运动的粒子 为m的小球从弹簧的另一端所在位 物体的加速度必须是相对惯性系 置由静止释放，设小球和弹簧一直处 而言的 于竖直方向，弹簧的劲度系数为k,重力加速度为 4.加速度两个表达式的对比理解 g.在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述 (1)a= 是加速度的定义式，a与△u、△1无必然 中正确的是 △ A.小球的速度先增大后减小 联系； B.小球的加速度先减小后增大 (2a=P是加速度的决定式，a的大小由合外力 C.小球速度最大时弹簧的形变量为 F和质量m决定，且acF,acc】 D.弹簧的最大形变量为m坚 k [判断正误] 1.由m=巴可知，物你的质量与其所安合外力成正 听课记录] a 比，与其运动的加速度成反比 2.可以利用牛顿第二定律确定高速（接近光速）电 子的加速度 )[例4](2025·八省联 3.F=ma是失量式，a的方向与F的方向相同，与 考陕西山西青海宁夏 速度方向无关 ( 卷)如图，质量均为m 4.物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度 的两个相同小球甲和 不一定减小 ( 乙用轻弹簧连接，并用 精品教辅·智慧人生 36 第三章运动和力的关系 轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与： 的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分 竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g.则 别为 () A.g,1.5g B.2g,1.5g A.L1的拉力大小为√3mg C.2g,0.5g D.g,0.5g B.L2的拉力大小为3mg [听课记录] C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为√5g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g [听课记录] +/总结提升/+++++ 求解瞬时加速度问题的一般思路 [例5](2024·湖南卷)如图，质量 ∠EE∠∠LLL∠ 分析瞬时变化前 分析瞬时变化后 分别为4m、3m、2m、m的四个小球 A 物体的受力情况 哪些力变化或消失 A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互 客B 求出变化后物体所受合力 相连接，悬挂于O点，处于静止状 求瞬时加速度 态，重力加速度为g.若将B、C间 根据牛顿第二定律列方程 考点三 超重和失重问题 超重、失重和完全失重的对比 思考 名称 超重 失重 完全失重 1.蹦极运动员从高处跳下，先做自由落体运动，随 产生 物体的加速度 物体的加速度 物体竖直向下的加 后弹性绳被拉直，直至最低点速度减为零.则在 条件 速度等于 下降过程中，运动员在什么阶段分别处于超重、 失重状态？ 对应 上升或 下降或 自由落体运动、竖直 运动 情境 下降 上升 上抛运动等 F-mg=ma mg-F=ma mg-F=mg 原理 F= F= F= (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化， 2.当在盛水的静止塑料瓶壁上扎一个小孔时，水会 只是压力（或拉力）变大或变小了 从小孔喷出，但释放水瓶，让水瓶自由下落时，水 说明(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象 却不会从小孔流出.这是为什么？ 都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮 力作用、液柱不再产生压强等」 [判断正误] 1.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于 物体的重力： ) 2.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态. :[例6](2024·全国甲卷)学生小组为了探究超重 ( 和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计 3.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生 : 下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为 变化. 9.8m/s2. 4.根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 动的速度方向. N(结果保留1位小数)； 37 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 (2)电梯上行时，一段时间内测 听课记录] 力计的示数为4.5N,则此段时 间内物体处于 (填“超 重”或“失重”)状态，电梯加速度 大小为 m/s2(结果保留 1位小数). 考点四 力学单位制 1.单位制： 单位和 单位一起组成：[例7]汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影 了单位制 2.基本单位：基本量的单位.国际单位制中基本量 响，已知空气阻力f一29S子，其中c为空气阻 共七个，其中力学有三个，是 力系数，p为空气密度，S为物体迎风面积，v为物 ,基本单位分别是 体与空气的相对运动速度.则空气阻力系数￠的 国际单位是 () 3.导出单位：由基本量根据 推导出来的其 A.常数，没有单位 B. 他物理量的单位 名 s2 4.国际单位制的基本单位 C.kg·m D. N·s2 kg2 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 听课记录] 长度 米 m 质量 m 千克（公斤） kg 时间 t 应 电流 1 安[培] 热力学温度 T 开[尔文] 个 物质的量 n,(y) 摩[尔 mol 发光强度 1,(I) 坎[德拉 ed 温馨提示 请做课时分层检测（十一） 第2课时 牛顿第二定律的基本应用 【目标要求】1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜 率、截距、面积的物理意义， 考点一动力学两类基本问题 分析动力学两类基本问题的关键 ↑FN 6 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运 F 3 动过程分析； ammmmmmm 12 -3 3 4 ts (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥 梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁 图1 -6 图2 [例1](2025·八省联考河南卷)如图1所示的水 (1)在2s末物体的速度大小： 平地面上，质量为1kg的物体在水平方向力F的 (2)在0~3s内物体所受摩擦力做的功. 作用下从静止开始做直线运动，图2为F随时间1： [听课记录] 变化的关系图像，已知物体与水平地面之间的动 摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2,求 精品教辅·智慧人生 38