第14讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

第三章 运动和力的关系 第14讲牛顿第一定律 牛顿第二定律 学习目标 命题热点 (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 牛顿第二定律的理解和应用在高考中考查频 律解决问题。 率较高。 (3)能利用牛顿第二定律求瞬时加速度。 考点一 牛顿第一定律 惯性 1.牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 状态或 易错辩析 状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种 1.牛顿第一定律是实验定律。 状态。 (2)理想实验：它是在经验事实基础上采用科学 2.牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体 的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理 将处于静止状态。 () 043 想过程。牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的， 3.物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静 它 (填“不能”或“可以”)由实际的实验来 止。 ( 验证。 4.物体运动速度越大，惯性越大。 (3)物理意义 ①揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的 自主验收 运动规律。 ②提出了一切物体都具有 ,即物体维持 1.（惯性的理解和应用)大型 其原有运动状态的特性。 油罐车内部设置了一些固 ③揭示了力与运动的关系：力不是 物体 定挡板，如图所示，油罐车 运动状态的原因，而是物体运动状态的原因， 在水平路面上行驶，下列说 即力是产生 的原因。 法正确的是 ( 注意：运动状态的改变指的是速度的改变，速度改 A.油罐车匀速前进时，油没有惯性 变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因。 B.油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平 2.惯性 C.油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高 (1)定义：物体具有的保持原来 状态或 静止状态的性质。 D.挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油 (2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的 的涌动 物体惯性」 ,质量小的物体惯性 2.(伽利略的理想斜面实验)伽利略。 (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都 曾用如图所示的“理想实验”来研 具有惯性，与物体的运动情况和受力情况 究力与运动的关系，则下列符合 (4)惯性的两种表现形式 实验事实的是 ①保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零 A.小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面 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)。 B.没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度 ②反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为运动状 C.减小斜面的倾角0，小球仍然达到原来的高度 态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难 D.继续减小斜面的倾角0，最后使它成水平面，小球 以被改变。 沿水平面永远运动下去 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 ,跟它的质量成 加速度的方向跟作 用力的方向 2.表达式： 3.对牛顿第二定律的理解 A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 矢量性→a与F方向相同 C.加速度的最大值为3g 瞬时性 →a与F对应同一时刻 D.加速度先增大后减小 因果性 +F是产生a的原因 [规律方法]合力、加速度、速度之间的决定关系 a、F、m对应同一物体 1.不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零， 同一性 性 a、F、m统一使用国际单位制单位 物体就有加速度。 独立性 每一个力都可以产生各自的加速度 2a=A是加速度的定义式，4与△以△1无必然联 只适用于宏观、低速运动的物体， 1 不适用于微观、高速运动的粒子 系；a= 上是加速度的决定式，acF,aoc一 局限性 m m 物体的加速度必须是相对惯性系 3.合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速 而言的 度反向时，物体做减速运动。 易错辨析 跟踪训练 044 1.物体的加速度方向一定与合力方向相同。( 1.(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻 璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属 2.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成 小球，从t=0时刻起，由液面静止释放，小球在液体 反比。 ( 中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所 3.物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生 示。已知小球在液体中受到的阻力f=6πr,式中r 加速度。 ( 是小球的半径，是小球的速度，？是常数。忽略小 4.物体加速度的大小与所受作用力中任一个的大小成 球在液体中受到的浮力，重力加速度为g,下列说法 正比。 ( 正确的是 5.可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。 ( 喜问1合力、速度、加速度间的关系 例0(2024：安敬卷：6题)如图所示，竖直平面内 有两根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 A.小球的最大加速度为g 静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球 B.小球的速度从0增加到。的过程中，做匀变速 竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小 运动 为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性 C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速 限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运 运动 动到0点的过程中 D.小球的最大速度为6 mg 问2力的合成与牛顿第二定律的综合应用 例吧细压云车在子数向右以如宽 做加速运动时，与石块B接触的物体对它的作 用力为F,方向与水平方向夹角为0。若货车向右以加 速度a2(a2>a1)做加速运动，则与石块B接触的物体对 A.Itsin a g B.I-sin a -mg 它的作用力F如何变化 sin 20 sin 20 1+sin a 41 2sin 2amg D 1-sin a 2sin 2amg 跟踪训练 A.0不变，F增大 B.0不变，F减小 3.（2026·四川绵阳期末)如图为用 C.0增大，F减小 D.0减小，F增大 索道运输货物的情境，已知倾斜的 跟踪训练 索道与水平方向的夹角为37°，质 37 2.(2025·甘肃卷·3题)2025年4月24日，在甘肃酒 量为m的货物与车厢地板之间的 泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞 动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运 船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s 动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车 内燃料对火箭的平均推力约为6×10N。火箭质量 厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道 约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始 与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g, 1s内的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2) sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么这时货物对车厢地 板的摩擦力大小为 A.2 m/s2 B.4 m/s2 A.0.35mg C.6 m/s2 D.12m/s2 B.0.3mg C.0.23mg D.0.2mg 045 善向3力的分解与牛顿第二定律的综合应用 耆向4瞬时加速度计算的两种模型 列徊(2026·安徽高三阶段练习)舰载机沿着 跑道直线加速过程中，由于气流对机冀的作用 不发生明显形变就能产生弹力， 会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升 剪断或脱离后，不需要时间恢复 力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个 轻绳、轻杆 形变，弹力立即消失或改变，一般 和接触面 题目中所给的轻绳、轻杆和接触 与水平面夹角为α：的理想斜面，舰载机在起飞前以大 面在不加特殊说明时，均可按此 小为α=g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速 模型处理 度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m,前进 两种 模型 过程中受到的阻力（包括跑道摩擦阻力，空气的阻力 当弹簧的两端与物体相连（即两 等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力 端为固定端)时，由于弹簧形变明 弹簧、蹦床 显，恢复形变需要时间，弹簧的长 1 成正比，比例系数为k= ,重力加速度为g,则总动 和橡皮筋 度不会发生突变，所以在瞬时问 tan a 题中，其弹力的大小认为是不变 力F的大小为 的，即此时弹簧的弹力不突变 例 ④如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B 用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g=l0m/s2。某时刻将细线剪断， 则细线剪断瞬间 A.B对A的压力大小为12N →由此可以求出弹笺弹力F=mA9=20N 弹簧弹力仍为20N,但由于细线剪断瞬间，B要向下加速，B对A有向下的压力 B.弹簧弹力大小为50N C.B的加速度大小为10m/s )把AB看戍一个整体，求出整体的加速度，隔离B物体，应用牛顿第二定律 D.A的加速度为零 可以求A对B的支持力，从而求出B对A的压力 [规律方法]“四步骤”巧解瞬时性问题 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。 609 30 跟踪训练 4.(2025·湖南卷·5题)如图，两带电小球的质量均 为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小 A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg 球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与 B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg 竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为 C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力 30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小 变小 为g。下列说法正确的是 ( 温馨提示：复习至此，请完成练案[14] 第15讲 力学单位制 两类动力学问题 超重与失重 学习目标 命题热点 (1)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。 046 (2)掌握动力学两类基本问题的求解方法。 两类动力学问题是历年高考中热点。 (3)理解超重和失重现象，会用超重和失重的观点分析问题 考点一 单位制 1.单位制： 单位和 单位一起组 5.单位制的应用 成了单位制。 (1)简化计算过程的单位表达 2基本单位：基本量的单位。国际单位制中基本 解题计算时，在统一已知量的单位后，就不必写出 量共七个，其中力学有三个，是 各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。 ,基本单位分别是 (2)推导物理量的单位。 (3)判断比例系数的单位。 3.导出单位：由基本量根据 推导出来的 (4)检验表达式的正误。 其他物理量的单位。 4.国际单位制的基本单位 将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位 制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该表 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表 长度 米 m 达式一定错误。 质量 m 千克（公斤） kg 时间 t 私 自主验收 电流 I 安[培] A 1.(对单位制的理解)宁波舰（舷号139）是现代级导弹 热力学温度 开[尔文] K 驱逐舰，因其强大的反舰火力，被誉为“航母杀手”。 物质的量 n,(v) 摩[尔] mol 其满载排水量为7940吨，长156.5米，宽17.19米， 发光强度 L,(L) 坎[德拉] ed 最大速度32节。下列说法正确的是（)(3)取题图乙中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F=kx,可得k= 200N/m,由于弹簧自身存在重力，使得弹簧不加外力时就有形 变量。 (4)根据完成实验的合理性可知先后顺序为CBDAEFG。 考向2 例2：(1)9.95(3)见解析图24.1 [解析](1)根据刻度尺的读数规则，刻度尺的读数为9.5cm。 (3)根据表格数据，将点补充完整，然后作出的图像如下图 所示： ◆FN 2.0 1.5 1.0 →x/cm 05.010.015.020.025.0 图像斜率k= 2.5-0.49N 0.211-0.1298m =24.1N/me 考点二创新实验提升 例3：(1)13.14/13.15(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+pVg=kx 化筒可得x=鸣V+ms 由图像可知坚=200m2 代入数据解得该弹簧的劲度系数为k=49N/m。 (5)由图可知"m=0.0056m 代入数据可得所用小桶质量为m=0.028kg。 第13讲实验三探究两个互成角度的力的合成规律 考点一教材原型实验 三、2.0点位置细绳套的方向3.0点 五2.(1)平行 考向1 例1：(1)见解析图(2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都 与木板平行：②读数时没有正视弹簧测力计 [解析](1)按照给定的标度画出F、F2和F的图示，然后按 平行四边形定则画出F、F,的合力F',如图所示 P P2 (2)F和F产生不完全重合的误差可能是因为：①没有做到弹 簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧 测力计。 考向2 例2：(2)CD(3)(2)中相同位置(5)大小和方向 [解析](2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质 小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测 力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动 两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F 和F,的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以 及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。故选CD。 (3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到(2)中相同 位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F 的方向。 (5)比较F'和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了 力的平行四边形定则，若两者在误差允许范围内一致则验证了 力的平行四边形定则。 考点二创新实验提升 例3：(1)F,0.05(2)C(3)C [解析](1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对 应的是表中力F,平衡时mg=Fsin0,当0=30°时，F= 1.001N,可得钩码质量m≈0.05kg。 (2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身 重力对结果的影响，故C正确。 (3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感 器与O点的距离保持不变，即保持杆右端0，点位置不变，故A、 B、D错误，C正确。 第三章运动和力的关系 第14讲牛顿第一定律牛顿第二定律 考点一牛顿第一定律惯性 1.(1)匀速直线运动静止(2)不能 (3)惯性维持改变加速度 2.(1)匀速直线运动(2)大小(3)无关 易错辨析 1.×2.×3.×4.× 自主验收 1.D惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动状态无关， 故A错误；当油罐车加速前进时，由于惯性油向后涌动，所以油 的液面应前低后高，故B错误：当油罐车减速前进时，油向前涌 动，油的液面前高后低，故C错误；挡板间油的质量相对小，油 的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确。 2.A小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面，这是实验事实， 故A正确：因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原 来释放时的高度为推理，而不是实验事实，故B错误；减小斜面 的倾角O,小球仍然达到原来的高度，是在B项基础上的进一步 推理，而不是实验事实，故C错误；继续减小斜面的倾角0，最后 使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，是在C项的基础 上继续推理得出的结论，而不是实验事实，故D错误。 考点二牛顿第二定律 1.正比反比相同 2.F=ma 易错辨析 1.V2.×3.×4.×5.× 考向1 例1：A小球从P点运动到0点的过程中，所受合力方向始终向 下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM=d,弹簧与 竖直方向问的夹角为6，由牛顿第二定律得2以(。）s0+ mg=ma,解得a=2d 0(。小g,小球以P点运动到 0点的过程中，0(0≤90°)增大，故加速度一直减小，撤去F瞬 间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg,由牛顿第二定 律得小球的最大加速度am=2g,CD错误。 跟踪训练 1.ACD当t=0时，小球所受的阻力f=0,此时加速度为g,A正 确；由题图乙知，小球的速度从0增加到的过程中，加速度减 小，B错误；根据牛顿第二定律有mg-f=ma,解得a=g-6mm, 当a=0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度v= mg,C、D正确。故选ACD。 6ur 考向2 例2：D依题意，对石块受力分析，如图，货车在平直道路上向右 以加速度a1运动时，有Fsin0=mg,tan0=m唱，货车向右以加速 ma 度a,(,>41)做加速运动，由tan0=mg可知0会减小，再根据F ma 器可知F会塔大。 Br ma mg 跟踪训练 2.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代人数据解得a= 6×106-5×106 m/s2=2m/s2,故选A。 5×105 考向3 例3：A飞机所受支持力为F,所受阻力为F,受力分析如图 所示。 F mg 沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcos a-mgsin a-Fr=ma,垂 直速度方向Fsin a+FN-mgcos a=0,由已知条件Fr=kFN,k= 1 ,联立解得F=1+sima tan a sin2amg,故选A。 51 跟踪训练 3.D将加速度a沿水平和竖直两个方向分 解，对货物受力分析如图所示。水平方向 有F=ma,竖直方向有FN-mg=ma,根据 →F 牛顿第三定律可知Fv=1.15mg,又g=∠3 ,联立解得F,=0.2mg,故D正确。 考向4 例4：A原来A处于平衡状态，有F难=mAg=20N,细线剪断瞬 间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B 一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的 重力，由牛顿第二定律可得mg=(mA+mg)a,解得A、B共同的 加速度a=6m/s2,故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mgg -Fv=mga,解得B受到的支持力为Fv=12N,由牛顿第三定律 可知，B对A的压力大小为12N,故A正确。 跟踪训练 4.C根据题意A球静止时，对A球受力分 F 析，如图所示，由平行四边形定则及几何 关系，轻绳上拉力为T=mg,A球与B球 间的库仑力F=2 ngeos30°=√3mg,故A、 B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球T3 受到轻绳的拉力消失，其他两力保持不 ,30 Ymg 变，根据三力平衡知识，此时A球的合外 力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确；若将轻绳剪断，则 剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状 态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。 第15讲力学单位制两类动力学问题超重与失重 考点一单位制 1.基本导出 2.长度质量时间米千克秒 3.物理关系 自主验收 1.A“米”是国际单位制中的基本单位，故A正确；“吨”是质量 单位，故B错误；国际单位中的基本单位有千克、米、秒、安培、 开尔文、摩尔、坎德拉，节既不是国际单位也不是基本单位，故C 错误；在力学范围内，质量、长度和时间是基本量之一，速度是 导出量，故D错误。故选A。 2AC根据题意可知的单位为好=kg·(ms),结合动 2 能公式￡= 2m可知kg·(ms)2为能量单位，故A正确：同 理的单位为·g=kgms,根据F=m可知kg·mg 为力的单位，故可知kg2·/s2为力与质量的乘积，故不是能量 的单位，故B错误；5的单位为g·m·s d -=kg·(m/s)2, kg 、根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确：分的 单位为 kg g:m:gm不是能量单位，放D错误。最 选AC。