第3章　第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 课件---2027高考一轮总复习物理

这是一份第3章　第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律 课件---2027高考一轮总复习物理，共64页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，匀速直线运动，加速度，考点二牛顿第二定律，F＝ma，答案ACD，答案D，答案A，答案C等内容，欢迎下载使用。
第14讲　牛顿第一定律　牛顿第二定律
提能训练　练案[14]
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_______状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。(2)理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程。牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它_______(填“不能”或“可以”)由实际的实验来验证。
(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运动规律。②提出了一切物体都具有_______，即物体维持其原有运动状态的特性。③揭示了力与运动的关系：力不是_______物体运动状态的原因，而是_______物体运动状态的原因，即力是产生_________的原因。注意：运动状态的改变指的是速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因。
2．惯性(1)定义：物体具有的保持原来________________状态或静止状态的性质。(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性______，质量小的物体惯性______。(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况________。
(4)惯性的两种表现形式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，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。
易 错 辨 析1．牛顿第一定律是实验定律。(　　)2．牛顿第一定律指出，当物体受到的合力为零时，物体将处于静止状态。(　　)3．物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止。(　　)4．物体运动速度越大，惯性越大。(　　)
自 主 验 收1．(惯性的理解和应用)大型油罐车内部设置了一些固定挡板，如图所示，油罐车在水平路面上行驶，下列说法正确的是(　　)A．油罐车匀速前进时，油没有惯性B．油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平C．油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高D．挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油的涌动[答案]　D
[解析]　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．(伽利略的理想斜面实验)伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列符合实验事实的是(　　)A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面B．没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度C．减小斜面的倾角θ，小球仍然达到原来的高度D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去[答案]　A
[解析]　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θ，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θ，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。
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
易 错 辨 析1．物体的加速度方向一定与合力方向相同。(　　)2．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比。(　　)3．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度。(　　)4．物体加速度的大小与所受作用力中任一个的大小成正比。(　　)5．可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(　　)
　(2024·安徽卷·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，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为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3gD．加速度先增大后减小[答案]　A
跟 踪 训 练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的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的最大加速度为gB．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
　如图所示，货车在平直道路上向右以加速度a1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θ。若货车向右以加速度a2(a2>a1)做加速运动，则与石块B接触的物体对它的作用力F如何变化(　　)A．θ不变，F增大　　　　B．θ不变，F减小C．θ增大，F减小 D．θ减小，F增大
跟 踪 训 练2．(2025·甘肃卷·3题)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吨且认为在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/s2C．6 m/s2 D．12 m/s2[答案]　A
　 (2026·安徽高三阶段练习)舰载机沿着航母跑道直线加速过程中，由于气流对机翼的作用会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个与水平面夹角为α的理想斜面，舰载机在起飞前以大小为a＝g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m，前进过程中受到的阻力(包括跑道摩擦阻力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为k＝，重力加速度为g，则总动力F的大小为(　　)
[解析]　飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示。
跟 踪 训 练3．(2026·四川绵阳期末)如图为用索道运输货物的情境，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg
[解析]　原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，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mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
[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。
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，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)A．A球静止时，轻绳上拉力为2mgB．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mgC．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为gD．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
基础巩固练1．在东汉王充所著的《论衡》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。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是(　　)A．水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因B．“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改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动，是因为运动需要力来维持D．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力
[答案]　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，力是改变物体运动状态的原因，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。
2．(2026·北京房山区二模)在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情境的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定(　　)A．地铁运行方向B．地铁运行加速度方向C．圆珠笔的质量D．地铁运行加速度大小为gsin θ[答案]　B
[解析]　圆珠笔受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则圆珠笔所受的合力水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故A错误，B正确；圆珠笔受力如图。根据牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，所以地铁运动加速度大小为a＝gtan θ，无法计算圆珠笔的质量，故C、D错误。
3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　)A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2[答案]　B[解析]　书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩擦力。若书不滑动，由fm＝μmg＝mam，解得高铁的最大加速度为am＝μg＝4 m/s2，即若书不滑动，高铁的加速度不超过4 m/s2，B正确。
4．(多选)如图，凹形槽车静止在水平直轨道上，位于光滑槽底的水平轻弹簧一端连接右侧槽壁，另一端连接质量m＝1 kg的物体，物体静止时，弹簧对物体的压力N0＝2 N。现使槽车与物体一起以a＝2 m/s2的加速度沿轨道运动，用F弹表示弹簧的弹力大小，用N壁表示物体对左侧槽壁的压力大小，下列判断正确的是(　　)A．若a的方向向左，则F弹＝2 NB．若a的方向向右，则F弹＝2 NC．若a的方向向左，则N壁＝4 ND．若a的方向向右，则N壁＝0
5．如图所示，起重机将质量为2×103 kg的正方形工件竖直向上匀加速吊起，工件的加速度大小为2 m/s2，四根钢绳(质量不计)等长，每根钢绳与竖直方向的夹角均为60°，重力加速度大小g取10 m/s2，则每根钢绳受力的大小为(　　)
[解析]　设每根钢丝绳的拉力为F，由题意可知每根绳与竖直方向的夹角为60°；根据牛顿第二定律，在竖直方向有4Fcs 60°－mg＝ma，代入数据解得F＝1.2×104 N，故选A。
6．(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑)，然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为θ，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)A．儿童向上走时所受摩擦力为mgsin θ，方向沿斜面向上B．儿童向上走时所受摩擦力为μmgcs θ，方向沿斜面向上C．儿童下滑时加速度为gsin θ－μgcs θ，方向沿斜面向下D．儿童下滑时加速度为2gsin θ，方向沿斜面向下
7．(多选)如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3 kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1 m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD．弹簧压缩量为0.2 m时，物块的加速度大小为10 m/s2
8．如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说法正确的是(　　)A．铁箱对木块的支持力先不变后减小B．铁箱对木块的摩擦力先不变后减小C．铁箱对木块的摩擦力一直减小D．铁箱可能先做加速运动后做减速运动[答案]　B
[解析]　木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力FN＝m木块a逐渐减小，故A错误；木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力Ff＝μFN＝μm木块a逐渐减小，故B正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。
能力提升练9．如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　)
10．(2026·广东揭阳联考)如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　)
A．甲的轻绳拉力比乙的大B．两者轻绳拉力大小相等C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小D．两轮胎所受合外力大小相等
[答案]　C[解析]　对轮胎T甲sin α＋N＝mg，T甲cs α－μN＝ma甲，T乙sin β＋N＝mg，T乙cs β－μN＝ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，则sin α＞sin β，cs α＜cs β，所以T甲＜T乙，a甲＜a乙，F甲＝ma甲＜F乙＝ma乙，故选C。
11．(2025·河南周口模拟)如图为救援直升机在执行灭火任务时的情境。直升机沿水平方向匀速直线飞往水源地取水时，悬挂空水桶的悬索与竖直方向的夹角为37°；直升机取水后飞往火场灭火，沿水平方向以5 m/s2的加速度匀加速直线飞行时，悬挂水桶的悬索与竖直方向的夹角也为37°。若空气阻力大小不变，空桶质量为400 kg，忽略悬索的质量，则此时水桶中水的质量为(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)(　　)A．260 kg B．500 kgC．800 kg D．1 000 kg
[答案]　C[解析]　直升机悬挂空桶匀速飞往水源地取水时，空桶受力平衡，有T1sin 37°－f＝0，T1cs 37°－mg＝0，解得f＝3 000 N，直升机加速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sin 37°－f＝(m＋M)a，T2cs 37°－(m＋M)g＝0，联立解得此时水桶中水的质量为M＝800 kg，故C正确。
12．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)(1)AB、BC中的张力大小；(2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。
[解析]　(1)根据平衡条件TABsin α＝TBCsin βTABcs α＋TBCcs β＝mg解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。(2)根据牛顿第二定律有TAB′sin α－TBC′sin β＝maTAB′cs α＋TBC′cs β＝mg解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N由TBC′