第3章 第1讲 牛顿运动定律的理解（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律”专题，覆盖牛顿第一定律理解、牛顿第二定律应用及瞬时性问题、实验等核心考点，对接高考评价体系，分析近三年考点分布，如2024年牛顿第二定律应用在新课标卷等多省考查，归纳“概念辨析”“力与运动关系分析”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点突破+真题训练+素养融合”，通过轻绳弹簧模型解析瞬时加速度问题，结合2024湖南卷真题培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，设易错点辨析如“惯性与质量关系”，帮助学生掌握受力分析技巧，教师可据此系统梳理考点，提升学生解题效率与高考冲刺能力。

第1讲　牛顿运动定律的理解 第三章　牛顿运动定律 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 基础知识•落实 01 核心考点•突破 02 高考真题•感悟 03 知能达标•训练 04 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 基础知识•落实 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 匀速直线 静止 保持 无关 作用力 质量 作用力 ma 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 核心考点•突破 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 高考真题•感悟 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 知能达标•训练 栏目导航 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　牛顿运动定律 1 [命题热点] 　　　　年份 知识点 2025年 2024年 2023年 牛顿三定律的理解 安徽卷；湖南卷 浙江6月卷 牛顿第二定律 与直线运动 广西卷；甘肃卷 全国甲卷 牛顿第二定 律的应用 黑吉辽内蒙古卷； 安徽卷；山东卷 新课标卷；广东卷；黑吉辽卷 全国甲卷；全国乙卷；浙江1月卷； 北京卷；湖南卷 实验 安徽卷；山东卷 新课标卷；全国甲卷；江西卷 湖北卷 (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)× 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(a)、图(b)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(a)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(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间的测量更容易 C．图(b)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(b)中的实验为“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得快，轻的物体下落得慢 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．开始向上做减速运动 C．开始向上做加速运动 D．继续向上做加速运动 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．(人教必修第一册P98练习与应用第6题变式)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动。货箱中石块B的质量为m，下列说法正确的是(　　) A．B只受到重力和车厢底部的支持力 B．B受到车厢底部的支持力与B受到的重力是一对平衡力 C．石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为右上方 D．石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为ma 解析　货车在水平直道上以加速度a向前匀加速运动，石块B必然也有受到水平方向的作用力，故A错误；B受到的重力和B受到其他石块对其的作用力竖直分力的合力与B受到车厢底部的支持力是一对平衡力，故B错误；B受到周围物体对它的作用力F和重力mg，合力方向向右，如图所示，石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为右上方，由牛顿第二定律可知，B受到的合力大小为ma，则B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大于ma，故C正确，D错误。 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点与小球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 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．求解瞬时加速度的“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．(2025·山西晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间(　　) A．弹簧的弹力突然减为零 B．P与箱顶的作用力仍然为零 C．P受到的合力小于Q受到的合力 D．Q对箱底的压力减为原来的一半 解析　未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误；由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力，P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重，剪断一瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 答案　D 2．(多选)(2025·重庆期末)如图所示，小球A、B质量分别为2m、m，用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶部。小车向右做匀加速运动时，两小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为60°，轻弹簧与竖直方面夹角为θ，此时，细线拉力为F。若剪断细线的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度为g，则(　　) A．F＝6mg　　　　　 B．θ＝ 60° C．aA＝g D．aB＝2g 解析　两小球与车厢保持相对静止，两小球与车厢的加速度相等，由牛顿第二定律得，对小球A与小球B整体则有(2m＋m)g tan 60°＝(2m＋m)a，对小球B，mg tan θ＝ma，解得θ＝ 60°，a＝g，故B正确；对小球A、B整体，在竖直方向(2m＋m)g＝F cos 60°，解得F＝6mg，故A正确；剪断细线前，对小球B，在竖直方向mg＝F弹cos 60°，解得弹簧的弹力大小F弹＝2mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，小球B的受力情况不变，小球B的加速度不变，即aB＝a＝g。剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，小球A所受重力不变，弹簧弹力和重力夹角为60°，则剪断细线瞬间，则小球A所受合力F合A＝2mg，由牛顿第二定律得F合A＝2maA，解得aA＝g，故C正确，D错误。 答案　ABC 1．(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 t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 解析　根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝m/s2＝2 m/s2，故选A。 答案　A 2．(2025·天津卷)生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为F底、F侧，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时(　　) A．F底增大，F侧增大 B．F底减小，F侧增大 C．F底增大，F侧减小 D．F底减小，F侧减小 解析　对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为θ，如图所示 小车匀速时，有F底sin θ＝F侧cos θ，小车加速时，有F侧cos θ－F底sin θ＝ma，其中a>0，则F底减小，F侧增大，故选B。 答案　B 3．(2025·湖南卷)如图所示，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是(　　) 解析　设斜面倾角为θ，物块的初速度为v0，加速度大小为a，则水平方向上由速度位移公式有(v0cos θ)2－vx2＝2ax cos θ，变形得vx＝，则vx-x图像是抛物线的一部分，A、B错误；同理竖直方向上有(v0sin θ)2－vy2＝2ay sin θ，变形得vy＝，则vy-y图像是抛物线的一部分，C正确，D错误。 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。后将小球沿竖直向上方向缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F的大小为2mg。已知重力加速度的大小为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 $