第3天 牛顿第二定律-【预备新高一】2026-2027学年初升高物理预习衔接练习

3预备新高一物理8 出的是A点。打出C点时小车的速度大小 c-27≈1.18m/s。根据逐差法可知加速度 XBD AC=1.49m/s2。 Q=- 472 【练新题】 1.(1)C(2)0.310.75(3)BC 【解析】(1)纸带1的点是均匀的，说明此时 小车受力平衡，所以此时调节后木板的倾角 合适，这样使得，取下托盘和砝码后，小车下 滑过程中的合外力就等于托盘和砝码的重 力，故C正确。(2)由纸带2可得xc= 3.15cm,xg=9.30cm,所以xcs=6.15cm,故 _xcE_615cm=0.3075m/s≈0.31m/s。 n=2T2×0.1s XCEXAC 由逐差法可得小车下滑的加速度a= 472 0.0615-0.0315m/g=0.75m/g。(3)由 4×0.12 于小车下滑过程中的合外力就等于托盘和 砝码的重力，所以不需要满足小车质量M 远大于托盘和砝码的总质量m,A错误。此 时合外力就等于托盘和砝码的重力，实验中 在作a-F图像时，把mg作为F值，B正确。 改变砝码质量，需要重新进行步骤①，这样 才能保证小车下滑过程中的合外力就等于 托盘和砝码的重力，所以斜面倾角需要重新 进行调整，C正确。 第3天牛顿第二定律 【即学即练】 1.C【解析】物理公式在确定物理量数量关 系的同时，也确定了物理量的单位，在F= 30 ma中，只有“m”的单位取kg,“a”的单位取 m/s2,“F”的单位取N时k=1。C正确。 2.C【解析】当斜劈做匀速直线运动时，小球 做匀速直线运动，所受合力为零，直杆对小 球的弹力竖直向上，A错误；当斜劈做匀加 速直线运动时，小球做匀加速直线运动，直 杆对小球有水平向左和竖直向上的力，合力 方向不一定沿杆方向，B错误，C正确；当斜 劈做匀减速直线运动时，小球做匀减速直线 运动，直杆对小球有水平向右和竖直向上的 力，合力不可能向下，D错误。 3.B【解析】设轻绳拉力为T,对小球根据平 衡条件有Tcos45°=mg,解得T=20√2N,A 错误；剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F,对小 球根据平衡条件有F=Tsin45°，解得F= 20N,剪断轻绳后，弹簧弹力不变，故剪断的 瞬间轻弹簧的弹力大小为20N,B正确；剪 断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与 弹簧弹力的合力为20√2N,根据牛顿第二 定律可得a金=102m/,方向与竖直方 m 向成45°角指向左下方，C错误；剪断弹簧的 瞬间，弹簧弹力瞬间消失，小球受到重力和 轻绳的拉力作用，合力不可能为零，加速度 不可能为零，D错误。 4.B【解析】物块在A点合力水平向右，在O 点合力水平向左，因此从A到0存在一个加 速度为零的位置，物块从A到0的过程中加 速度先变小后变大，A错误；物块从O到B 的过程中，滑动摩擦力方向向左，弹簧弹力 也向左且逐渐增大，所以加速度逐渐变大，B 正确；当物块加速度为零时速度最大，物块 运动到0点时合力是滑动摩擦力，加速度不 为零，速度最大的点在从A到O之间某个位 置，C错误；物块在B点速度减为零后有可 能继续运动下去，D错误。 【练新题】 1.B【解析】竖直方向由平衡条件可得N+ Fsin a=mg,水平方向由牛顿第二定律可得 Fcos a-uN=ma,联立解得a= F(cos a+usin a) -g,故选B。 m 2.D【解析】弹性绳处于原长时，Q受静摩擦 力沿斜面向上，由于P的质量未知，则弹性 绳弹力增大过程中，Q所受静摩擦力可能一 直减小，也可能先减小后沿斜面向下增大， A、B错误；释放后P向下加速运动，当弹性 绳弹力等于P重力时，加速度为零，速度最 大，C错误；Q所受静摩擦力可能一直沿斜 面向上，具有沿斜面向下的运动趋势，D 正确。 3.D【解析】释放的瞬间，橡皮筋的形变还来 不及变化，橡皮筋弹力等于小球的重力mg, A错误；释放的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg, 小球的加速度等于零，B错误；设纸盒质量 为M,释放前，手对纸盒的作用力为 (M+2m)g,方向竖直向上，由受力平衡得F+ Mg=(M+2m)g,所以橡皮筋对纸盒的作用 力F=2mg,释放的瞬间，橡皮筋的形变还来 不及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为 2mg,方向竖直向下，D正确；释放的瞬间，纸 盒所受合力F合=F+Mg=(2m+M0g,由牛顿 F合2m+M 第二定律可得纸盒加速度a=MMg> 参考答案8 g,C错误。 4.B【解析】装置静止时，以小球为研究对 象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的 拉力T和弹簧的拉力F,由平衡条件知T与 F的合力与mg等大反向，如图所示，则得 =ian60°=3，即弹簧和轻绳的拉力之比 F 为√3：1，A错误，B正确；由以上分析得T= mgsin30°=2mg,若剪断轻绳，弹簧的弹力 来不及变化，F和mg的合力与原来的T等 大反向，所以剪断轻绳瞬间小球的合力大小 T1 等于T,加速度a= m26,CD错误。 60° mg 第4天牛顿运动定律的应用 【即学即练】 1.C【解析】由题意可知，力F作用3s后撤 去，则5s末物体受到的合力为零，加速度为 零，3s后撤去力F,物体做匀速直线运动， 力F作用3s过程中物体的加速度大小a= m20m/s=1.5m/s2,则3s末物体的速 F30 度大小v3=at=1.5×3m/s=4.5m/s,则第 5s末物体的速度也为4.5m/s。C正确。 2.解：设滑块从A点运动到B点过程中的加速 度大小为α，根据牛顿第二定律有 F-umg=ma 31预备新高一物理8 第3天 第1步 知识点/1牛顿第二定律及力的单位 ★★☆☆☆ 1.牛顿第二定律 (1)内容：物体加速度的大小跟它受到的 作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的 方向跟作用力的方向相同。 (2)公式表示为axP或Fxma,各量单 m 位未知时，通常会写为F=ma,其中k为比例 系数，F指物体所受合外力，α是物体运动的 加速度。 (3)意义：①确定了加速度、力、质量之间 的数量关系。②确定了加速度与合外力这两 个矢量间的方向关系，即加速度方向与引起这 个加速度的合外力的方向相同。③牛顿第二 定律是联系“力”和“运动”的桥梁。 (4)适用范围：①只适用于惯性参考系 (相对地面静止或做匀速直线运动的参考 系)；②只适用于宏观物体（相对于分子、原 子)低速（远小于光速）运动的情况。 名师点晴 1.不能由m= 得出mF mo的结论，因为物 体的质量与受力和加速度无关。 2.不能由F=ma得出Focm、Fca的结论，因为F 是物体受到的合力，与质量和加速度a无关。 104 牛顿第二定律 学新知 2.力的单位 (1)比例系数k的含义 根据F=a知k=Fk的大小由Fm,a m 三者所取的单位共同决定，三者取不同单位 时，k的数值不同，在国际单位制中k=1。由 此可知，在应用公式F=ma进行计算时，F、m、 α三者的单位必须统一取国际单位制中相应 的单位。 (2)“牛顿”的含义 在国际单位制中，力的单位是牛顿，符号 为N,它是根据牛顿第二定律定义来的，使质 量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力为 1N,即1N=1kg·m/s2。 3.对牛顿第二定律的理解 (1)因果性：是产生加速度的原因，只 要物体所受合外力不为零，物体就获得加 速度。 (2)同体性：加速度、合外力和质量是对 应于同一个物体（系统）的，所以分析问题时 一定要先确定好研究对象。 (3)矢量性：公式F=ma是矢量式， 在任意时刻a的方向都与F相同，当F方向 变化时，a的方向也同时变化 (4)瞬时性：a与F同时产生、同时变化 同时消失，为瞬时对应关系。α为某时刻的加 速度时，F为该时刻物体所受的合力。 (5)独立性：①作用于物体上的每一个力 各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律；②物 体的实际加速度等于每个力产生的加速度的 矢量和；③力和加速度在各个方向上的分量也 遵循牛顿第二定律，即a: .Fy m,d= m 名师点晴 1.物体的加速度大小不变，则物体不一定受恒力 作用。因为F=ma是矢量式，加速度大小不变，方 向有可能变化，故F不一定是恒力。 2.物体受到几个力共同作用时，每个力各自独立 地使物体产生一个加速度，就像其他力不存在一 样，这个性质叫作力的独立作用原理。牛顿第二 定律的独立性是后面讲解正交分解法求合力、求 加速度的依据。 3.合外力与速度无关，与加速度有关。速度变大 或变小由加速度（合外力）与速度的方向决定，速 度与加速度方向相同时，物体做加速运动，反之， 则做减速运动。 4.物体所受的合外力和物体的速度没有直接关 系。有力必有加速度，合外力为零时，加速度为 零，但此时速度不一定为零，同样速度为零时，加 速度不一定为零，即合外力不一定为零。 合外力：决定加速度的大小和方向 :速度和加速度的关系遵循，运动学规律 →二者没有直接关系 5.力是改变物体运动状态的原因，即力→加速 度→速度变化（运动状态变化），物体所受的合外 力决定了物体加速度的大小，而加速度的大小决 定了单位时间内速度变化量的大小，加速度的大 小与速度大小无必然联系。 第四周 运动和力的关系。一 例如：雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力 作用，其加速度逐渐减小，直到为零，在此过程中 雨滴先做加速运动，加速度减小，速度增大，当加 速度减小到零时，雨滴做匀速运动，速度达到 最大。 刚开始：mg>fa=mg士 m a、方向相同，加速； 个 a的大小减小 点向下运动：d 的大小增大 ↓艇 某时刻：mg=fa=mg=0, a的大小减为0， 的大小达到 最 mg向下运动：D不变 F 6.a= v与a=上的区别 △t m ①=A"是加速度的定义式，属于物理学中用比值 法定义的物理量，a与△v、△l也无必然联系；②a= F是加速度的决定式，祸示了物体产生加速度的 原因及决定物体加速度的两个因素。 7.牛顿第一定律是牛顿第二定律在F=0时的特 例吗？ 牛顿第一定律指出了力是改变物体运动状态 的原因，明确了力的定义，而牛顿第二定律是在力 的定义的基础上建立的，定量定义了力和质量的 比值大小，进而定量研究力和惯性大小对运动的 影响；没有牛顿第一定律，就无所谓力与惯性，就 没有以牛顿第二定律为核心的整个动力学，所以 牛顿第一定律是研究力学的出发点，是不能用牛 顿第二定律代替的，也不是牛顿第二定律在F=0 时的特例。 知识点/2利用牛顿第二定律解题的步骤 ★★☆☆☆ 第一步：明确研究对象。根据问题的需要 和解题的方便，选出研究对象，可以是一个整 体或隔离出的物体，视具体情况而定。 105 3预备新高一物理8一 第二步：对研究对象进行受力分析和运动 名师点晴 状态分析，画出受力示意图，明确物体的运动 如图所示，光滑水平面上的 m E 性质及运动状态。 77777777777777 物体受三个力作用，分别是重 第三步：建立坐标系，选取正方向，写出已 力、支持力、水平力F。每一个力都产生一个加速 知量，根据牛顿第二定律列方程。 度，物体只有一种运动状态，沿着力F的方向以 第四步：统一已知量的单位，代入数值 a=P的加速度运动。重力和支持力是一对平衡 m 求解。 力，作用效果相互抵消，作用于物体的合力相当于 第五步：检查所得结果是否符合实际情 F。决定物体运动状态的是物体所受的合力，而不 况，舍去不合理的解。 是其中的一个力或者某几个力。 第2步 过典例 题型71 牛顿第二定律定义的理解 即学即练 [答案见P30 典例①关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( 1.对于牛顿第二定律的数学表 A.根据公式F=ma可知，物体所受的合外力跟其运动的加速度 达式F=hma,下列有关比例系 成正比 数k的说法正确的是() A.k的数值由F、m、a的数值 B.根据m=一可知，物体的质量与其运动的加速度成反比 a 决定 B.在任何情况下，k都等于1 C根据m=P可知，物体的质量与其所受合外力成正比 C.在国际单位制中取基本单位 时，k=1 D.根据a=上可知，物体的加速度大小与其所受合外力成正比 D.k的数值与F、m、a的单位 【解析】力是产生加速度的原因，故不能说物体所受的合外力跟其运动 无关 的加速度成正比，A错误；质量是物体的固有属性，物体的质量与其运 F 动的加速度和所受合外力无关，B、C错误；a=上是加速度的决定式，物 m 体的加速度大小与其所受合外力成正比，与物体质量成反比，D正确。 2.如图所示，放置在粗糙水平 【答案】D 面上的斜劈上固定有一个短直 轻杆，直杆的上端固定一个小 题型了2)牛顿第二定律的同向性 球，现用一力F水平作用在斜 典例2如图所示，在倾斜固定的杆上套一个质量为m的圆环，圆 劈上，使斜劈和小球一起水平 环通过轻绳悬挂着一个质量为M的小球，在圆环沿杆向下滑动 向左做直线运动，下列说法正 的过程中，小球与圆环相对静止，且悬挂小球的轻绳始终处于竖 确的是( 直方向，则下列说法正确的是( 106 第四 A.圆环做匀速直线运动 m B.圆环不受摩擦力的作用 C.圆环受到的合力不等于零 D.绳对小球的拉力小于Mg 【解析】以小球为研究对象，小球沿杆向下做直线运动，加速度与速度 在同一直线上，而小球受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两 个力的合力必为零，说明小球做匀速直线运动，则圆环也做匀速直线运 动，A正确；圆环受到重力、轻绳竖直向下的拉力、杆的支持力和滑动摩 擦力，共四个力作用，合力为零，B、C错误；由平衡条件知，轻绳对小球 的拉力等于小球的重力，D错误。 【答案】A 题型3)牛顿第二定律求突变问题 典例3两个质量均为m的小球A、B用轻绳连接，悬挂于O点， 处于平衡状态（如图甲所示）；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹 簧（如图乙所示），其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳 OA,让两小球下落，在剪断轻绳OA的瞬间，下列说法正确的是 (设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1,B的加速度大 小分别为a2和a2)( A.a1=a1=g,a2=a2=0 B.a1=a2=g,a1=a2=0 OA OA C.a1=2a1=2a2=2g,a2=0 D.a1{=a2=2a1=2a2=2g 甲 【解析】题图甲中，在剪断轻绳OA的瞬间，A、B两球由于用绳连接， 起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2mg=2ma1,2mg=2ma2,可 得a1=a2=g;题图乙中，在剪断绳前，根据平衡条件得，弹簧的弹力大 小F=mg,绳OA对A的拉力Fn=2mg,在剪断OA的瞬间，弹簧的弹力 不变，B的受力情况没有变化，B所受的合力为零，则α2=0，A所受的 合力大小FA=F+mg=2mg,由牛顿第二定律可得2mg=ma1,解得a1= 2g。故C正确。 【答案】C 运动和力的关系 777777777777777777 A.当斜劈做匀速直线运动时， 直杆对小球的弹力沿杆斜 向上 B.当斜劈做匀加速直线运动 时，直杆对小球的弹力一定 沿杆斜向上 C.当斜劈做匀加速直线运动 时，直杆对小球的弹力有可 能不沿杆，方向斜向左上方 D.当斜劈做匀减速直线运动 时，直杆对小球的弹力沿杆 斜向下 3.如图所示，一质量m=2kg 的小球与左端固定的水平轻弹 簧及上端固定的不可伸长的轻 绳相连，此时小球处于静止状 态，轻绳与竖直方向成0=45° 角。取g=10m/s2。下列说法 正确的是( LL4L 000000000 A.绳上的拉力为20N B.若剪断轻绳，则剪断的瞬间 轻弹簧的弹力大小为20N C.若剪断轻绳，则剪断的瞬间小 球的加速度大小为10m/s2, 方向向左 D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间 小球的加速度为零 107 预备新高一物理8 题型4) 牛顿第二定律分析动态运动过程 4.如图所示，轻弹簧左端固定， 典例4如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方 右端自由伸长到0点并系住一 有一个质量为m的小球自由下落。从小球接触弹簧上端到将弹 物块。现将弹簧压缩到A点， 然后释放，物块可以一直运动 簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是() 到B点速度减为零。如果物块 A.小球立即做减速运动 受到的摩擦阻力恒定，则( B.小球的加速度一直在减小 C.小球的加速度一直在增加 WWWWW D.小球加速运动时，加速度在逐渐减小 7777777777777777 77777 77777777 【解析】小球接触弹簧上端后，一开始弹簧弹力小于重力，所受的合力 A.物块从A到O的过程中，加 速度逐渐变小 方向向下，小球继续向下做加速运动，随着压缩量增大，弹簧弹力增大， B.物块从O到B的过程中，加 小球的合力减小，加速度逐渐减小；当弹簧弹力等于重力时，小球的加 速度逐渐变大 速度为零，小球的速度达到最大；之后继续向下压缩弹簧，弹簧弹力大 C.物块运动到0点时速度 于重力，小球受到的合力方向向上，小球向下做减速运动，随着压缩量 最大 增大，弹簧弹力增大，小球的合力增大，小球的加速度增大；故小球先做 D.物块在B点速度减为零后 加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动。故D正确。 一定保持静止 【答案】D 第3步 练新题 日答案见P31 @建议用时：20分钟 网实际用时： 分钟 1.如图所示，位于水平地面上质量为m的物 C.Feos a 块，某一时刻在大小为F、方向与水平方向 m 成α角的拉力作用下，沿水平面做匀加速 Fcos a-mg D. 直线运动。若物块与水平面之间的动摩擦 m 因数为4，重力加速度为g,则物块的加速度 2.如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有定 为() 滑轮，两物块P、Q用轻弹性绳连接并跨过 滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空 中，Q放在斜面上，均处于静止状态。现将 77777777777777T P竖直向上缓慢托起至弹性绳刚好无张力 的位置，从静止释放，已知Q始终静止不 m B.F(cossin 动，弹性绳始终在弹性限度内，在P下落到 -一八8 m 最低点（不触地）的过程中() 108 第四周运动和力的关系 8 A.橡皮筋的弹力为零 B.小球加速度大小等于重力加速度g 77777777777777777777777777 C.纸盒加速度大小小于重力加速度g A.Q受到的摩擦力一定变小 D.橡皮筋对纸盒作用力大小等于2mg B.Q受到的摩擦力一定变大 4.如图所示，一小球用轻弹簧和轻绳悬挂处于 C.P速度最大时，弹性绳中没有张力 静止状态，弹簧与水平方向成60°角，轻绳 D.P到达最低点时，Q可能具有沿斜面向下 与竖直方向成60°角，重力加速度为g,则 的运动趋势 3.如图所示，两个质量均为m的金属小球拴 60 在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在 000 纸盒底部的正中间。小球放在纸盒口边上， 60 现让纸盒从一定高度自由下落，小球被橡皮 筋拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力， A.弹簧和轻绳的拉力之比为1：2 则释放的瞬间( B.弹簧和轻绳的拉力之比为√3：1 橡皮筋 C.若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度 小球 球 为好 D.若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度 为g 第4步 查效果 必会知识点 对点题号 错题题号 纠错时间 1.牛顿第二定律及力的单位 1、3、4 2.利用牛顿第二定律解题的步骤 1、2、3、4 今天的我： 超级棒！ 还不错！ 需要继续努力。 109