课后跟踪训练(13) 牛顿运动定律的理解与应用（Word练习）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

课后跟踪训练(13)　牛顿运动定律的理解与应用 基础巩固练 1．(2021·海南卷)公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是(　　) A．kg·m·s－1 B．kg·m·s－2 C．Pa·m2 D．J·m－1 B　解析：根据牛顿第二定律的表达式F＝ma可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；根据压强的表达式p＝可知力的单位为Pa·m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；根据做功的表达式W＝Fx可知力的单位为J·m－1，但功的单位J不是基本单位，D错误。 2．(2024·北京朝阳联考)如图所示，滑冰运动员用力将冰刀后蹬，可以向前滑行；停止用力，会逐渐停下，且滑行的速度越大，停下所需时间越长，滑的越远。有四位同学对此过程发表了自己的看法，你认为正确的是(　　) A．运动员的运动需要力来维持 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 D．速度越大，停下所需时间越长，说明惯性的大小和速度有关 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，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，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，D错误。 3．如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一个水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　　) A．F－2μmg B．F＋μmg C．F－μmg D．F D　解析：对P、Q的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－μ·3mg＝3ma；对物块P受力分析，根据牛顿第二定律有T－μmg＝ma，联立解得T＝F，D正确。 4．(2024·广东肇庆模拟)如图所示，弹弓将飞箭以竖直向上的初速度v0弹出，飞箭上升到最高点后返回，徐徐下落，已知飞箭上升过程中受到的空气阻力越来越小，下落过程中受到的空气阻力越来越大，则飞箭(　　) A．上升过程中，速度越来越大 B．上升过程中，加速度越来越小 C．下落过程中，速度越来越小 D．下落过程中，加速度越来越大 B　解析：上升过程飞箭所受的合力F上＝mg＋F阻＝ma，飞箭上升过程中受到的空气阻力越来越小，合力F上变小，加速度也越来越小，故做加速度逐渐减小的减速运动，B正确，A错误；下降过程飞箭所受的合力F下＝mg－F阻＝ma′，飞箭下降过程中受到的空气阻力越来越大，合力F下变小，加速度越来越小，故做加速度逐渐减小的加速运动，C、D错误。 5．(2022·北京卷)如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是(　　) A．斜面对物块的支持力大小为mg sin θ B．斜面对物块的摩擦力大小为μmg cos θ C．斜面对物块作用力的合力大小为mg D．物块所受的合力大小为mg sin θ B　解析：对物块受力分析可知，沿垂直于斜面方向根据平衡条件可得，支持力FN＝mg cos θ，A错误；斜面对物块的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg cos θ，B正确；因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得F合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可知mg sin θ>μmg cos θ，则斜面对物块的作用力为F＝＝<＝mg，C、D错误。 6．(2024·河南郑州联考)一个皮球从空中足够高处由静止释放，在重力和空气阻力的作用下做直线运动，若皮球受到的空气阻力大小与速度成正比，则皮球运动的加速度大小随速度变化的规律图像可能是下图中的(　　) 　 　 　 　 A　解析：由题意可知皮球受到的空气阻力大小与速度成正比，设比例系数为k，则f＝kv，由牛顿第二定律可得mg－kv＝ma，解得a＝－v＋g，即皮球做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，皮球速度达到最大，之后，皮球将保持最大速度匀速运动，A正确。 7．(2023·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一颗小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小在(　　) A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变 A　解析：由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，所以此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大，A正确。 综合提升练 8．(2020·江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A．F B． C． D． C　解析：设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C正确。 9．(2024·山东泰安测试)如图所示，小球甲、乙的质量之比为1∶2，两个小球按如图所示的方式连接，其中a、b为两根弹性绳(弹性绳满足胡克定律)，c为不可伸长的轻绳，系统静止时，弹性绳a与竖直方向的夹角为α＝45°，轻绳c沿水平方向，且两根弹性绳的伸长量相等。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．系统静止时，两根弹性绳的作用力大小相等 B．弹性绳a、b的劲度系数之比为2∶1 C．将轻绳c剪断的瞬间，小球乙的加速度大小为g D．将轻绳c剪断的瞬间，小球甲的加速度大小为3g D　解析：设小球甲的质量为m，则小球乙的质量为2m，对小球乙受力分析，受重力和弹性绳b的拉力，根据平衡条件有Fb＝2mg，再对两个小球整体受力分析，整体受重力、轻绳的拉力和弹性绳a的拉力，受力如图所示，根据平衡条件有Fc＝3mg，Fa＝3mg，A错误；由于弹性绳a、b伸长量刚好相同，根据胡克定律有Fa＝kax、Fb＝kbx，解得ka∶kb＝Fa∶Fb＝3∶2，B错误；将轻绳c剪断的瞬间，小球乙的重力和弹性绳的弹力均不变，则小球乙的加速度仍为零，C错误；将轻绳c剪断的瞬间，小球甲受重力以及两条弹性绳的拉力作用，且这三个力均不变，则小球甲所受的合力大小为F合＝Fc＝3mg，由牛顿第二定律得a甲＝＝3g，D正确。 10.(2022·全国乙卷)如图所示，一根不可伸长轻绳两端各连接一个质量为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。一个大小为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． A　解析：当两球运动至二者相距L时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝＝，设绳子拉力为T，对于结点，水平方向有F－2T cos θ＝m绳a，由于结点的质量忽略不计，解得T＝F，对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝，A正确。 11．(2024·广东佛山高三调研)某同学受气泡水平仪和地球仪上经纬线的启发，设计了一个360°加速度测量仪来测量水平面内的物体运动的加速度。如图，在透明球壳内装满水，顶部留有一小气泡(未画出)，将球体固定在底座上，通过在球壳标注“纬度”可读出气泡与球心连线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到此时的加速度值，对于该加速度测量仪，下列说法正确的是(　　) A．气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度相同 B．均匀角度刻度对应的加速度值是均匀的 C．气泡偏离的方向就是加速度的方向 D．加速度越大，测量的误差越小 C　解析：加速度是矢量，气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度大小相等，但方向不同，A错误；设水平方向的加速度为a，可得tan θ＝＝，均匀角度刻度，但是其正切函数值不是均匀的，故对应的加速度值也不是均匀的，B错误；因水的密度较大，当存在水平方向的加速度，则此时水会靠向加速度方向，则气泡反向偏离，故气泡偏离的方向就是加速度的方向，C正确；根据tan θ＝可知，a只有在取适当的范围内，θ的变化较为明显，测量的误差较小，过大或者过小的加速度值都存在较大的误差，D错误。 12．“反向蹦极”(如图甲所示)是一项比蹦极更刺激的运动。如图乙所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 200 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B上升到最高位置C点，在B点时速度最大。人与装备总质量m＝60 kg(可视为质点)。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在C点，人所受的合力为零 B．在B点，弹性绳的拉力为零 C．上升过程，人的加速度先减小再增大后不变 D．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10 m/s2 C　解析：因C点为最高点，此时人的速度为零，受到重力，合力不为零，A错误；在B点时速度最大，此时加速度为零，合力为零，绳的拉力大小等于重力的大小，绳的拉力不为零，B错误；上升过程中，开始是竖直向上的拉力大于重力，合力向上，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，人的加速度方向竖直向上，随着人的上升，绳的形变量变小，拉力变小，合力变小，加速度减小，当到达B点时速度最大，合力为零，加速度为零，之后，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，拉力继续减小，加速度反向增大，当弹性绳恢复原长后，拉力为零，人只受重力，加速度等于重力加速度，不再变化，直至最高点，C正确；根据题意可知，释放前人受到竖直向下的重力和拉力以及橡皮绳竖直向上的拉力，由平衡条件有F＝F1＋mg，打开扣环瞬间，人受到重力和橡皮绳竖直向上的拉力，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，联立解得，打开扣环瞬间人的加速度大小为a＝20 m/s2，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$