考点3 牛顿运动定律的理解和基本应用-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 考点3　牛顿运动定律的理解和基本应用 题组一　基础小题 1．(多选)下列关于牛顿运动定律和物理现象的说法中正确的是(　　) A．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的 B．司机系上安全带主要是为了减轻车突然启动时可能对人造成的伤害 C．人乘坐能加速或减速运动的电梯，当电梯减速下降时，人是处在超重状态 D．滑冰时运动员对冰面的压力与冰面对运动员的支持力是一对作用力和反作用力 答案　ACD 解析　力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律F＝ma定义的，故A正确；当汽车突然启动时，人由于座椅的作用而随车加速，安全带对人没有作用，当汽车紧急刹车时，人由于惯性，保持向前的速度，但由于安全带的作用，避免了向前撞击或摔出去的可能性，减轻了刹车时可能对人造成的伤害，故B错误；人乘坐能加速或减速运动的电梯，当电梯减速下降时，人的加速度方向向上，人处在超重状态，故C正确；运动员对冰面的压力与冰面对运动员的支持力是一对作用力和反作用力，故D正确。 2.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　) A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑 答案　C 解析　对物块进行受力分析，设斜面的倾角为θ，沿斜面方向有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，解得a1＝a>a，即物块将以大于a的加速度匀加速下滑，C正确。 3.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(　　) A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg 答案　D 解析　对重物进行受力分析，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上有FN－mg＝ma1，解得a1＝0.15g，设水平方向上的分加速度为a2，则＝tan37°＝，解得a2＝0.20g，重物受到地板的摩擦力提供水平方向的分加速度，故f＝ma2＝0.20mg，故D正确。 4.如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0 N，下表面压力传感器的读数为20.0 N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10 m/s2，此时木箱的加速度为(　　) A．10.0 m/s2 B．5.0 m/s2 C．2.5 m/s2 D．条件不足，无法确定 答案　C 解析　木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12.0 N、下方传感器向上的支持力N1＝20.0 N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20.0 N－12.0 N＝8.0 N，弹簧重力不计，故物块的重力为8.0 N，所以物块的质量m＝＝ kg＝0.80 kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20.0 N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为，根据牛顿第二定律，有F－G－＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。 5.如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧M、N连接，并用轻绳悬挂在天花板上，弹簧M水平，当细绳与竖直方向夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是(　　) A.＝2 B.＝ C．若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球的加速度为零 D．若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，b球处于失重状态 答案　A 解析　设a、b两球的质量均为m，细绳与竖直方向夹角为60°时，M、N的伸长量均为x，对a、b两球及弹簧N整体受力分析，由平衡条件可知：FM＝k1x＝2mgtan60°＝2mg，对b球受力分析，由平衡条件可知：FN＝k2x＝mg，则＝2，A正确，B错误；若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球受重力和两弹簧的拉力作用，合力不为零，其加速度不为零，C错误；若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球的加速度仍为零，D错误。 6.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示。已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。取重力加速度g＝10 m/s2。当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为(　　) A．a＝1.0 m/s2，F＝260 N B．a＝1.0 m/s2，F＝330 N C．a＝3.0 m/s2，F＝110 N D．a＝3.0 m/s2，F＝50 N 答案　B 解析　以人与吊板组成的整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力，由牛顿第二定律可知：整体的加速度a＝＝ m/s2＝1.0 m/s2；设F′为吊板对人的支持力，以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：T＋F′－mg＝ma，解得人受吊板的支持力F′＝mg－T＋ma＝700 N－440 N＋70 N＝330 N，由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330 N。故B正确。 题组二　高考小题 7．(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　当两球运动至二者相距L时，对F分解如图所示，由几何关系可知sinθ＝＝，2Tcosθ＝F，解得绳子拉力大小T＝F；对任一小球，由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝，故A正确。 8．(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 答案　B 解析　排球上升过程和下落过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为0；对排球受力分析，上升过程中重力和空气阻力均竖直向下，下落过程中重力竖直向下，空气阻力竖直向上，根据牛顿第二定律及运动学规律可知，该排球上升时间比下落时间短，下落过程中下落回到O点的速度小于上升过程排球被垫起时的速度，故排球被垫起后瞬间的速度最大，A错误，B正确。该排球达到最高点时速度为0，空气阻力为0，排球仅受重力作用，加速度为重力加速度g，C错误。下落过程中，排球受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力，速度增大，所受空气阻力增大，故排球所受的合外力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终加速度可能减小到零而做匀速直线运动，D错误。 9.(2021·北京高考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．30 cm刻度对应的加速度为－0.5g B．40 cm刻度对应的加速度为g C．50 cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度的值是不均匀的 答案　A 解析　由题可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处，则弹簧的原长x0＝20 cm；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺x1＝40 cm刻度处，则根据平衡条件有mg＝k(x1－x0)，且40 cm刻度对应的加速度为0，B错误；指针位于x2＝30 cm刻度时，有k(x2－x0)－mg＝ma2，联立解得a2＝－0.5g，A正确；指针位于x3＝50 cm刻度时，有k(x3－x0)－mg＝ma3，联立解得a3＝0.5g，C错误；设钢球相对装置静止时指针所对刻度为x，根据牛顿第二定律有k(x－x0)－mg＝ma，联立解得a＝g，即加速度a与x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。 ※10.(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　) A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 答案　BC 解析　飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速竖直下落时，有Mg＝kv，飞行器在发动机最大推力Fm作用下以v2＝5 m/s竖直向上匀速运动时，有Fm＝Mg＋kv，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；当飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器所受阻力F阻沿水平方向，根据力的三角形可得F阻＝＝Mg，由题意可得F阻＝kv，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器以v5＝5 m/s的速率飞行时，若其速度竖直向上即所受阻力竖直向下，发动机推力竖直向下且为最大值，其加速度达到最大值，有Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。 11．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案　D 解析　由题意知，P、Q的水平距离恒定不变，设为L，对物块分析受力，由牛顿第二定律可知，物块运动的加速度为gsinθ，由运动学公式可知＝gsinθt2，得t2＝＝，则θ＝45°时，t有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，D正确。 题组三　模拟小题 12．(2022·福建省厦门市高三下第二次质量检测)鼓浪屿是世界文化遗产之一。岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输。如图所示，货物放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，车板与水平面夹角为θ。现拉动板车向右加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变。则板车加速后，货物所受的(　　) A．摩擦力和支持力均变小 B．摩擦力和支持力均变大 C．摩擦力变小，支持力变大 D．摩擦力变大，支持力变小 答案　D 解析　对货物受力分析可知，若货物与板车一起向右做匀速直线运动，则由平衡条件知，货物所受的摩擦力大小f＝mgsinθ，支持力大小N＝mgcosθ，若货物随板车向右做加速运动，设加速度大小为a，则沿车板平面方向有f′－mgsinθ＝macosθ，垂直于车板平面方向有mgcosθ－N′＝masinθ，则f′>f，N′<N，即货物所受的摩擦力变大，支持力变小，故选D。 13．(2024·安徽省十五校卓越联盟体高三上10月联考)如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现将纸盒从高处由静止释放。不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝1.5g，a2＝g C．a1＝3g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 答案　C 解析　释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋的弹力不发生变化，小球所受合力依然为0，小球的加速度为a2＝0；释放的瞬间，对纸盒受力分析，橡皮筋对纸盒的作用力不变，仍为F＝2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F合＝mg＋F＝3mg，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a1＝＝3g。故选C。 14．(2024·广东省广州市高三上阶段训练)如图所示，一辆小车沿水平方向行驶，物块放置在小车的水平底板上，与物块相连的竖直轻绳跨过光滑的定滑轮与小球相连，小球、物块与小车均保持相对静止，此时与小球相连的轻绳与竖直方向成一定角度，下列说法正确的是(　　) A．小车可能向右做匀速直线运动 B．小车一定向右做匀加速直线运动 C．物块对底板的摩擦力方向水平向右 D．轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力 答案　D 解析　设小球质量为m，加速度大小为a，轻绳上的拉力为T，与小球相连的轻绳与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，有Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，T＝。T>mg，即轻绳对小球的拉力T一定大于小球的重力，D正确；a＝gtanθ，方向水平向右，小车与小球相对静止，则小车的加速度与小球的加速度相同，小车可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减速直线运动，A、B错误；物块与小球也相对静止，则物块的加速度也水平向右，故物块受到底板的静摩擦力水平向右，由牛顿第三定律可知，物块对底板的摩擦力方向水平向左，C错误。 ※15.(2023·山东省济宁市高三下一模)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，图甲为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，在该过程中下列说法正确的是(　　) A．t3时刻充电宝的速度最大 B．最终一定回到原位置 C．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反 D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10 N 答案　D 解析　a­t图像中图线与时间轴围成的面积代表速度的变化量，又充电宝从静止开始运动，t2时刻速度为零，加速度方向向上，则从t2时刻到t3时刻充电宝先向上加速再向上减速，所以t3时刻充电宝的速度不是最大，故A错误；若a­t图像关于t2时刻对称，根据运动的对称性可知，t2时刻前后的位移大小相等、方向相反，则充电宝最终一定回到原位置，而t3时刻比t1时刻的a值大，则充电宝最终一定不能回到原位置，故B错误；充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，在t3时刻具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，则充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有f2－mg＝ma2，又f2≤fmax＝μN，解得手机对充电宝的支持力N≥10 N，则充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10 N，故D正确。 题组一　基础大题 16．图甲为不带滑雪杖的运动员的训练画面，其运动过程可简化为如图乙所示的模型：运动员(可视为质点)沿倾角θ＝37°的滑道由静止开始匀加速直线下滑，到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行s＝51.2 m停下。已知水平段运动时间t＝6.4 s，滑雪板与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)滑雪板与滑道的动摩擦因数μ； (2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。 答案　(1)0.25　(2)32 m 解析　(1)运动员在水平滑道做匀减速直线运动，设初速度为v0， 根据平均速度公式可得：s＝t， 解得v0＝＝16 m/s， 根据速度—位移关系式有v＝2a1s， 由牛顿第二定律可得μmg＝ma1， 解得动摩擦因数μ＝＝0.25。 (2)运动员在斜面上加速下滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin37°－μmgcos37°＝ma2， 解得加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝4 m/s2， 根据速度—位移关系式可得v＝2a2x， 解得x＝＝32 m。 题组二　高考大题 17．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，垂直滑轨方向上由平衡条件有FN1＝mgcos24° 沿滑轨方向上根据牛顿第二定律有 mgsin24°－f1＝ma1 又有f1＝μFN1 联立各式解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式有2a1l1＝v2－0 解得v＝4 m/s。 (3)货物在水平滑轨上滑行时，竖直方向由平衡条件有FN2＝mg 水平方向根据牛顿第二定律有－f2＝－ma2 又有f2＝μFN2 根据运动学公式有－2a2l2＝v－v2 联立各式解得l2＝2.7 m。 题组三　模拟大题 ※18.(2023·山东省聊城市高三上一模)如图所示，固定在水平地面的斜面体上有一木块A(到定滑轮的距离足够远)，通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在外力F作用下整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.5 m，木块A的质量m＝0.5 kg，铁块B的质量M＝1.5 kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。撤去力F后，求： (1)铁块B落地前，木块A的加速度大小； (2)铁块B落地后不反弹，木块A继续沿斜面上滑的最大距离。 答案　(1)4 m/s2　(2)0.5 m 解析　(1)根据题意可知，撤去外力F之后，铁块B向下加速运动，木块A沿斜面向上加速运动，设细线的拉力为T，铁块B的加速度大小为a1，木块A的加速度大小为a2，由图可知，运动过程中，a2＝2a1 根据牛顿第二定律， 对木块A有T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 对铁块B有Mg－2T＝Ma1 联立并代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2。 (2)铁块B落地前，木块A沿斜面上升的距离为x1＝2h 设铁块B落地时，木块A的速度大小为v，由运动学公式得v2－0＝2a2x1 之后木块A继续减速上升，设该过程木块A的加速度大小为a3，继续沿斜面上滑的最大距离为x2，由牛顿第二定律得 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3 由运动学公式得0－v2＝－2a3x2 联立并代入数据解得x2＝0.5 m。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$