第3章 第12课时 牛顿第一定律牛顿第二定律-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第三章运动和力的关系1// 第三章 运动和力的关系 第12课时 牛顿第一定律 牛顿第二定律 答案见D, 工目标要求]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. 必备知识 链接教材 一、牛顿第一定律 惯性 三、力学单位制 1.牛顿第一定律 (1)单位制： 单位和 单位一 (1)内容：一切物体总保持 运动状态 起组成了单位制 或静止状态，除非作用在它上面的力 (2)基本单位：基本量的单位.国际单位制中基 它改变这种状态 本量共七个，其中力学有三个，是 (2)意义 ,单位分别是 ①一切物体都具有 ,因此牛顿第一 定律又被叫作 定律 (3)导出单位：由基本量根据 推导出 ②力不是 物体运动的原因，而是改变物 来的其他物理量的单位， 体运动状态的原因，即力是产生 的原因。 2.惯性 考教衔接， (1)定义：物体具有的保持原来 运动 1.(链接人教版必修第一册P53T4)(2024贵州卷)某 状态或静止状态的性质， 研究人员将一铁质小圆盘放人聚苯乙烯颗粒介质 (2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量 中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗 大的物体惯性 ,质量小的物体惯性 粒介质对其向上的作用力F.用高速相机记录小圆 盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等， (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物 如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是 体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情 () 况 A.F一直大于G 小圆盘 二、牛顿第二定律 B.F:一直小于G 颗粒介质 (1)表达式：物体加速度的大小跟它受到的作用 C.F先小于G,后大于G 力成 ,跟它的质量成 ,加 D.F先大于G,后小于G 速度的方向跟作用力的方向 2.(链接人教版必修第一册P113T4)(2024北京卷) (2)内容：F 如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下 (3)适用范围 起向前运动.飞船和空间站的质量分别为m和 ①只适用于惯性参考系，即相对于地面 M,则飞船和空间站之间的作用力大小为() 或 的参考系 空间站 飞船 M m F ②只适用于 物体（相对于分子、原子 等)、 运动（远小于光速）的情况， M A.M+m F B.M千m C.Mp m D.MF 39 物理> 修关键能力 研讨教材 考点一牛顿第一定律的认识与理解 例1(2026兰州一模)在东汉王充所著的《论衡· 状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不 移.何者？大石重而沙石轻也.”从物理学的角度 A.运动员的运动需要力来维持 对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是 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 A.水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动 D.速度越大，停下所需时间越长，说明惯性的大 的原因 小和速度有关 B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改 [学习笔记] 变的难易程度与质量有关 C.只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运 思考感悟 动，是因为运动需要力来维持 惯性的两种表现形式的理解 D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的 1.保持原状：物体在不受外力或所受的合外力为 冲力 零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态 不变（静止或匀速直线运动） [学习笔记] 2.反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动状 态改变的难易程度.惯性大，物体的运动状态较 例2下列事例中，利用了物体的惯性的是( 难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变 考点二 牛顿第二定律的理解和应用 矢量性 a与F方向相同 ①跳远运动员在起跳 ②跳伞运动员在落 瞬时性 a与F对应同一时刻 前尽可能快速助跑 地前打开降落伞 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 征 独立悝 →每一个力都可以产生各自的加速度 ③自行车轮胎制 ④铁饼运动员在掷 考向1”对牛顿第二定律的理解 成不平整的花纹 出铁饼前快速旋转 例4关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是 A.①② B.③④ C.①④ D.②③ ) [学习笔记] A.物体加速度的大小是由物体的质量和物体的 速度决定的 例3(2026金华一模)如图所示，滑冰运动员用力 B.物体加速度的方向只由它受合外力的方向 决定，与速度方向无关 将冰刀后蹬，可以向前滑行；停止用力，会逐渐停 C.物体的加速度方向、速度方向总是与物体所受 下，且滑行的速度越大，停下所需时间越长，滑得 合外力的方向相同 越远.有四位同学对此过程发表了自己的看法，你 D.一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立 认为正确的是 () 即为零，其运动也就逐渐停止了 40 第三章运动和力的关系I1 考向【2。牛顿第二定律的简单应用 1.2倍，则人与电梯水平面间的摩擦力是其重力 的多少倍？ 例5(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1s )30 内燃料对火箭的平均推力约为6×105N.火箭质 [学习笔记] 量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在 初始1s内的加速度大小约为（重力加速度g取 10m/s2) 审题析题 A.2 m/s2 B.4 m/s2 电梯倾斜 台阶水平 无需分解加速度 C.6 m/s2 D.12m/s2 但需分解三个力 mg [学习笔记] 30 例6如图所示，电梯与水平面的夹角为30°，当电 无需分解力 只需分解加速度 梯加速向上运动时，人对电梯的压力是其重力的 岭核心素养 拓展教材 瞬时加速度问题 模型建构 典例2(2025扬州模拟)如图甲、乙所示，细绳拴 1.明辨两种模型 一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或 轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直 轻绳、轻杆 脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立 和接触面 方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平.已知 即消失或改变 重力加速度为g,sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列 两种 模型 结论正确的是 () 弹簧、蹦床 当弹簧的两端与物体相连时，由于物体 和橡皮条 有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所 以在瞬时问题中，其弹力不会发生突变 2.解题思路 分析瞬时变化前、后 列出变化后的牛 求瞬时 甲 物体的受力情况 顿第二定律方程一 加速度 A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大 典例1(2024湖南卷)如图，质量分别为4m、3、 小均为等mg 2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧 B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度 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 大小为青8 和C的加速度大小分别为 ( C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度 A.g,1.5g 04 B.2g,1.5g 大小为号8 B C.2g,0.5g D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速 D.g,0.5g 6D 度大小均为88 [学习笔记] 友情提示}请完成P21跟踪评价 41[例4]B解析木板以水平底边为轴缓慢转动，球始终处于平衡 状态，球受到的合力为零不变，故A错误； 球受力如图所示 mg 根据各力的特点，利用几何知识，作图如下 细线拉力与木板对小球的支持力夹角为定值，由图可知细线 对球的拉力逐渐增大，木板对球的支持力先增大后减小，则球 对木板的压力先增大后减小，故B正确，C错误； 木板竖直时，球受力如图所示 E →F、 mg 根据平衡条件有Fsin日=mg增大细线长度，0增大，则细线拉 力将减小，故D错误.故选B. [例5]B解析对b进行受力分析如图所示 ” T 这 当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于 mg,也可能大于mg,故A错误；由b的受力图可知，当拉力F 的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为Fm=F,=mgsin60°= 气mg,故B正确；以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab 对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力 平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、绳子ab对a 的拉力的合力大小相等，方向相反.α受到的重力大小方向都 不变，绳对a的拉力方向不变，大小变化，所以a受到的重力 与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的 作用力大小、方向都是变化的，故C、D错误；故选B. [例6]C解析设F与斜面夹角为0，则恰好拉动重物时有 Fcos0=mgsin15°+μ(mgcos15°-Fsin0)整理可得 F= mgsin15°+2 ngcos15° mgV√1+2sin45° usin 0+cos 0 √/1+2sin(0+o) ngsin45° F sin(0) 故当sin(0什o)=1时，m最大m= gsin 45=200 kg. 故选C. [例7]B解析对小球进行受力分析，如图所示，由对称性可知 F1=F,在竖直方向有Fcos0+Fc0s0十Fx=mg,其中0=45° 当R=0时，F最大，为号G,故B正确故选B 777777777777777 77777777777 复习讲义答案111 第11课时实验二探究弹簧弹力与形变量的关系 实验三探究两个互成角度的力的合成规律 关键能力·研讨教材 [例1](1)14.80(2)97.8 解析(1)刻度尺的最小分度值为1mm,由图乙可知弹簧原长 为14.80cm. (2)由二力平衡可知虹=mg,解得x=m是，xm图像中图线 的斜率为是=600X10 0.6 m/kg=0.1m/kg,解得k= 97.8N/m. [例2](1)13.14或13.15(4)49(5)0.028 解析(1)该刻度尺的分度值为0.1cm,应估读到分度值的后 一位，故弹簧原长为13.14cm. (④)由胡克定律可知mg十pVg=z,化简可得x=贤V+爱 由图像可知竖=200m2,代入教据解得该弹簧的劲度系数 为k=49N/m. (5)由图可知3=0.0056m,代入数据可得所用小桶质量为 m=0.028kg. [架3]2)850(31.63（④吃-士0.37(6）偏小 解析(2)刻度尺的分度值为0.1cm,刻度尺的读数为8.50cm,即 用刻度尺测出稳定时弹簧的长度为8.50cm (3)弹簧的伸长量为△L=L3一L=1.68cm. (4)根据平衡条件可得小木块的重力为Mg=(L2一L1),用 力向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块 稳定时，则有F=(L3一L1),可以得出小木块与长木板间的 动摩捧因数为忌-名是代入数提解样让0,3 (5)若考虑弹簧自身重力，水平测量时弹簧的原长L将变小， 弹簧的伸长量△L将变大，因此上述计算得到的弹簧伸长量 将偏小，则动摩擦因数的测量值将偏小 [例4幻(1)等效替代法(2)平行四边形(3)钝角 解析(1)探究两个互成角度的力的合成规律实验采用等效替 代法。 (2)两个互成角度的力的合成规律叫作平行四边形定则 (3)力F1=3.0N,F2=4.0N,当两力夹角为90°时它们的合 力大小为5.0N,当两分力大小一定时，两力的合力大小随两 力夹角增大而减小，随夹角减小而增大，弹簧测力计量程为 5.0N,如果两力夹角为锐角，则合力大于5.0N,大于弹簧测 力计的量程，则两个力的夹角可能为钝角， [例5](1)106偏大(2)C(3)减小细线与竖直方向的夹角 解析(1)操作测得x=11.60cm,由图(b)的图像坐标可知，该 芒果的质量为106g;若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹 角为30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮条的 拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果 的质量与o相比偏大. (2)另一组同学利用同样方法得到的x-图像在后 半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡 皮筋所受的弹力过大超过了弹性限度，从而使橡皮 30 筋弹力与其伸长量不成正比.故选C. (3)根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直 方向的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋的拉力 较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖直方向的夹角来增大 质量测量范围 第三章运动和力的关系 第12课时牛顿第一定律牛顿第二定律 必备知识·链接教材 一、1.(1)匀速直线迫使(2)①惯性惯性②维持加速度 D7 物理 2.(1)匀速直线(2)大小(3)无关 二、(1)正比反比相同(2)ma(3)①静止匀速直线运动 ②宏观低速 三、(1)基本导出(2)长度质量时间米千克秒 (3)物理关系 考教衔接 1.C解析由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减 小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即 铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G一F: G·a可知F:先小于G,后大于G.故选C 2.A解析根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对空间站分析有F=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作 M 用力F一M十mF,故选A 关键能力·研讨教材 例1们B解析水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了 阻力，故力是改变运动状态的原因，故A错误；物体总有保持 原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越 大惯性越大，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状 态不容易被水流改变，故B正确；物体的运动不需要力来维 持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动，故C错 误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所 受的合外力为零，故D错误.故选B. 例2]C解析跳远运动员在起跳前进行助跑运动，起跳时有较 大的初速度，是利用惯性，故①正确；跳伞运动员在落地前打 开降落伞利用空气阻力使落地时的速度较小，与惯性无关，故 ②错误；自行车轮胎有凹凸不平的花纹是增大摩擦力，与惯性 无关，故③错误；铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转，使铁饼 离开手后有较大初速度，然后利用惯性飞行，故④正确.故 选C [例3]C解析力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运 动的原因，故A错误；停止用力，运动员停下来是由于摩擦力 的作用，而继续运动是因为惯性，故B错误，C正确；摩擦力一 定时，根据运动学公式可知，速度越大，停下所需时间越长，但 惯性与自身的质量有关，与速度无关，故D错误.故选C 例4幻B解析根据牛顿第二定律，物体的加速度的大小由合力 的大小和质量决定，与物体的速度无关，故A错误；物体加速 度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关，故 B正确；物体所受合外力的方向和加速度的方向总是相同的， 但是与速度方向不一定相同，故C错误；一旦物体所受合外力 为零，则物体的加速度立即为零，物体将做匀速直线运动或处 于静止状态，故D错误.故选B. 例5]A解析根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入 数据解得a=6X10°-5X10 5×105 m/s2=2m/s2,故选A [例6]号解而对人进行受力分析，人受到重力mg、支持力R、 摩擦力F(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方 向可推知F:水平向右)，建立直角坐标系，取水平向右（即F 方向)为x轴正方向，此时只需分解加速度，其中a=acos30°， a,=asin30°，由牛顿第二定律得，x轴方向有F:=macos30°，y 轴方向有FN一mg=masin30°，由题意结合牛顿第三定律知 F=1.2mg,联立解得E=3 mg 5 核心素养·拓展教材 [典例1]A解析剪断前，对BCD分析有FAB=(3m十2m十m)g, 对D有Fam=mg;剪断后，对B有F8一3mg=3maB,解得 ag=g,方向竖直向上；对C有Fm+2mg=2mac,解得ac= 1.5g,方向竖直向下.故选A. [典例2]C解析甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与 D8 轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示 539 mg 由平衡条件得细绳的拉力大小都为F= mg 5 c0s53=3mg,故 A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小 为1=g,乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变， 则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反， 「则此瞬间小球的加速度大小为a2==3g,故C正确，B、D 错误.故选C. 第13课时牛顿第二定律的应用 必备知识·链接教材 一、1.运动情况受力2.加速度牛顿第二定律 二、1.(1)大于(2)向上2.(1)小于(2)向下3.(1)等于0 (2)g 考教衔接 1.B解析t间，F:向下，先增大后减小，可知此时速度方向 向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛 运动，故A错误；2~t,F:向下在减小，可知此时速度方向向 上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg十F:=ma,即a g,故加速度大小在减小，故B正确；~间，F向上，先 m 增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加 速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错 误；根据前面分析可知3时刻速度方向改变，从向上变成向下 运动，故t3时刻到达最高点，故D错误.故选B. 2.(1)2m/s2(2)4m/s 解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°一mgcos24° ma1,解得a1=2m/s2. (2)根据运动学公式有=2a1l,解得v=4m/s. 关键能力·研讨教材 [例1](1)6m/s(2)12m/s(3)9m 解析(1)儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin0=ma, 解得下滑时的加速度大小为a=6m/s2. (2)儿童下滑时，根据运动学公式可得2aL=一0，解得儿童 下滑到滑梯底端时的速度大小为v=12m/s. (3)滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为 0.8,则有mg=ma',解得儿童在水平缓冲区做匀减速直线运 动的加速度大小为a'=8m/s2,根据运动学公式可得一2a'l 0-,代入数据解得缓冲区的最小长度为l=9m. [例2]C解析实验舱匀加速上升时，由牛顿第二定律有F一 mg-F:=ma,F:=ku,=at,故F=kat十(mg十ma),之后实 验舱“自由”上升，舱内处于完全失重状态，加速度为重力加速 度，做竖直上抛运动，装置对实验舱的作用力平衡阻力，设匀 加速上升阶段时间为t,F=Ff,v=Um一g(t一t1),F=kU, F=F=20k一kg(t一)，故选C. [例3]D解析弹性绳拉伸后，开始时拉力小于重力，加速度方向 向下，运动员向下加速运动，处于失重状态，随着拉力的变大， 加速度逐渐减小；当拉力等于重力时，速度最大，加速度减为 零；当拉力大于重力时，运动员加速度方向向上，运动员向下 做减速运动，处于超重状态，加速度逐渐变大，一直到最低，点 时，速度减小为零，故选D [例4幻D解析在地面上，人能承受的最大压力为Fm=mg=500N, 在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg 的物体有Mg一R.=ma,可得a-00mg=号m3,故 60 选D 核心素养·拓展教材 [典例]B解析由于∠BAC=0,则可以判断AB竖直向下，以