第4课 牛顿运动定律-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第4课　　　　　牛顿运动定律 普查与练习4　　　　　牛顿运动定律　　　　　　　　　　　　　　　 1．牛顿第一定律 (1)(多选)(2026汇编题，4分)以下有关牛顿第一定律和惯性的表述，正确的是(　　) A．作用在物体上的力消失后，物体运动的速度会不断减小 B．物体所受合力不为零时，运动状态一定发生变化 C．运动状态发生变化的物体，一定受到力的作用 D．静止或做匀速直线运动的物体，一定不受力的作用 E．物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性 F．物体的质量越大，惯性越大，运动状态越难改变 G．物体的速度越大，惯性越大，物体越不容易停下来 H．牛顿第一定律可以用实验验证 I．物体能保持原有的运动状态是由于受到惯性的作用，因此牛顿第一定律也被叫作惯性定律 (1)答案：BCF 解析：作用在物体上的力消失后，物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故A项错误。当所受合力不为零时，物体具有加速度，运动状态一定发生变化，故B项正确。力是改变物体运动状态的原因，当物体的运动状态改变时，一定受到了力的作用，故C项正确。静止或做匀速直线运动的物体，所受合力一定为零，但不能说明物体不受力的作用，故D项错误。惯性是一切物体固有的属性，物体在任何情况下都有惯性，故E项错误。惯性的大小只与质量有关，与物体的运动状态无关，质量大的物体惯性大，运动状态不容易改变，故F项正确，G项错误。牛顿第一定律不是实验定律，是通过“理想实验”推导、归纳总结出来的，不能用实验验证，故H项错误。物体保持原有运动状态是由于物体具有惯性，不能说成“受到惯性的作用”，故I项错误。 2．牛顿第二定律 a.多角度理解牛顿第二定律 (2)(多选)(经典题，4分)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 (2)答案：BC 解析：由牛顿第二定律可知，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，故C项正确，D项错误。当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，故B项正确。只有当恒力与速度同向，质点做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，故A项错误。 b.运用F＝ma解题的两种求解思路——分解力或分解加速度　　　　　　　　　　 (3)(广东深圳六校联考，4分)如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是(　　) A．货车由匀速变为加速运动，则N1增大，N2减小 B．货车由匀速变为加速运动，则N1增大，N2不变 C．货车由匀速变为减速运动，则N1减小，N2增大 D．货车由匀速变为减速运动，则N1不变，N2增大 (3)答案：B 解析：对物体A受力分析如图所示。货车匀速运动时，在竖直方向上，有N2cos θ＝mAg，在水平方向上，有N1＝N2sin θ；货车向右加速，竖直方向上，有N2cos θ＝mAg，水平方向上，有N1－N2sin θ＝mAa，所以货车由匀速变为加速后，N2不变，N1变大，故B项正确，A项错误。货车减速，加速度水平向左，在竖直方向上，有N2cos θ＝mAg，在水平方向上，有 N2sin θ－N1＝mAa；所以货车由匀速变为减速后N2不变，N1减小，故C项、D项均错误。 (4)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，物块A以初速度v沿倾角为θ的斜面B滑下，斜面B始终静止在粗糙水平面上。已知物块A与斜面B上表面间的动摩擦因数为μ，假设斜面B足够长，下列说法正确的是(　　) A.若μ＞tan θ，则斜面B受到水平面的静摩擦力始终向左 B．若μ＝tan θ，则斜面B受到水平面的静摩擦力始终为零 C．若μ＜tan θ，则斜面B受到水平面的支持力小于A和B的总重力 D．若μ＝0，则斜面B受到水平面的支持力等于其自身的重力 (4)答案：BC 解析：若μ＞tan θ，对物块A受力分析有μmg cos θ>mg sin θ，因此物块A减速下滑，滑动过程中加速度沿斜面向上，此加速度有水平向左的分量，说明斜面B对物块A的作用力有水平向左的分量，根据牛顿第三定律可知，斜面B受到物块A的作用力有水平向右的分量，由于斜面B始终静止在粗糙水平面上，因此水平面对斜面B的静摩擦力方向向左。由于斜面B足够长，当物块A的速度减为0后，将静止在斜面上，此时水平面对斜面B的静摩擦力突变为0，故A项错误。若μ＝tan θ，物块A在斜面B上做匀速直线运动，斜面B对物块A的作用力竖直向上，大小等于物块A的重力，根据牛顿第三定律可知，物块A对斜面B的作用力竖直向下，因此斜面B受到水平面的静摩擦力始终为0，故B项正确。若μ＜tan θ，物块A加速下滑，加速度沿斜面向下，处于失重状态，此时斜面B受到水平面的支持力小于两物体的总重力，故C项正确。若μ＝0，物体A在斜面上加速下滑，斜面B受到物体A的压力，因此B受到水平面的支持力大于其自身重力，故D项错误。 c.分析受力突变，求解瞬时加速度 (5)(2024湖南真题，4分)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，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和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g (5)答案：A 解析：剪断前，把B、C、D当作一个整体进行受力分析，A、B间弹簧弹力FAB＝(3m＋2m＋m)g；对于D，有FCD＝mg。剪断细线瞬间，对于B，有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对于C，有FCD＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故A项正确。 3．两类动力学问题 a.已知受力情况求运动情况 (6)(多选)(2026改编题，4分)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。如图所示，为一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　) A. 运动员的质量为60 kg B．运动员的最大加速度为55 m/s2 C．运动员从离开蹦床到回到蹦床的最大时间间隔为0.8 s D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m (6)答案：AD 解析：由图可知，初始状态运动员的重力等于蹦床弹力，为600 N，根据公式G＝mg可以求出运动员的质量为60 kg，故A项正确。运动员在运动过程中受到的最大弹力F＝3 300 N，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得F－G＝ma，解得a＝45 m/s2，故B项错误。运动员从离开蹦床到回到蹦床的过程中，蹦床的弹力为0，对应7.3～9.3 s和10.1～12.1 s的时间间隔，因此最大时间间隔为2.0 s，故C项错误。当运动员离开蹦床后，上升到最大高度所需的时间为t＝1.0 s，根据运动学公式可知，运动员离开蹦床后上升的最大高度为h＝gt2＝5 m，故D项正确。 (7)(浙江经典真题，9分)如图(a)所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图(b)所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，取g＝10 m/s2，求物件 　　　 图(a)　　　　　　图(b) ①做匀减速运动的加速度大小和方向； ②匀速运动的速度大小； ③总位移的大小。 (7)答案：①0.125 m/s2，方向竖直向下(3分) ②1 m/s(3分)　③ 40 m(3分) 解析：①由图(b)可知，物件26 s时开始减速，减速过程所受牵引力为1 975 N， 由牛顿第二定律可得 mg－F＝ma(2分) 得a＝0.125 m/s2；因牵引力小于重力，故加速度竖直向下。(1分) ②对减速过程分析可知，减速时间t2＝8 s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得 v＝at2＝0.125×8 m/s＝1 m/s(3分) ③匀速上升的位移 h1＝vt1＝1×26 m＝26 m(1分) 匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m(1分) 则总位移h＝＝40 m(1分) b.已知运动情况求受力情况 (8)(河北衡水二中模拟，4分)一物体在恒力F的作用下，在粗糙程度不均匀的水平面运动，其运动的v－t图像如图所示，物体0～t时间内在动摩擦因数为μ1的水平面做匀加速运动，t～2t时间内在动摩擦因数为μ2的水平面做匀速运动，2t～3t时间内在动摩擦因数为μ3的水平面做匀减速运动。匀速过程速度为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．μ1＝μ2＋ B．μ3＝μ2＋ C．μ3－μ1＝μ2 D．μ1＋μ3＝μ2 (8)答案：B 解析：0～t时间内，根据牛顿第二定律可得，F－μ1mg＝m①，t～2t时间内，F＝μ2mg②，由①②可得μ1＝μ2－，故A项错误。2t～3t时间内，根据牛顿第二定律可得，μ3mg－F＝m③，由②③可得μ3＝μ2＋，故B项正确。由以上分析可得，μ1＋μ3＝2μ2，μ3－μ1＝，故C项、D项均错误。 (9)(2026改编题，14分)一质量为m＝1 kg的物块A置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，在平行于斜面向上的推力F1＝10 N的作用下，沿斜面向上匀速运动，如图所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 ①求物块A与斜面间的动摩擦因数； ②保持F1的方向不变，将其大小增大为F2，使物块A在推力F2的作用下由静止出发，经4 s后撤去推力。已知物块A从离开出发点到回到出发点所经过的总时间为10 s，求推力F2的大小； ③保持F1的大小和方向均不变，将物块A替换成材质相同、质量不同的物块B，使物块B在推力F1的作用下沿斜面由静止开始做匀加速运动，2 s后物块B的位移为2 m，求物块B质量的可能值。 (9)答案：①0.5(3分)　②12.5 N(6分)　③ kg或10 kg(5分) 解析：①根据平衡条件有 mg sin θ＋μmg cos θ＝F1(2分) 代入数据，解得μ＝0.5(1分) ②设物块向上加速阶段、向上减速阶段、向下加速阶段的加速度大小分别为a1、a2、a3，根据牛顿第二定律，分别有 F2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1(1分) mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2(1分) mg sin θ－μmg cos θ＝ma3(1分) 设推力的作用时间为t1，t1＝4 s，撤去推力后物块减速运动的时间为t2，物块从最高点向下加速回到出发点所需时间为t3＝10 s－t1－t2＝6 s－t2，根据运动学公式，有a1t1＝a2t2(1分) a1t＋a2t＝a3t(1分) 代入数据，联立以上各式解得F2＝12.5 N(1分) ③设物块B的质量为M，做匀加速运动的加速度为a，根据题意有 a×(2 s)2＝2 m， 解得a＝1 m/s2(1分) 若物块B的加速度沿斜面向上，则有 F1－Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma(1分) 解得M＝ kg(1分) 若物块B的加速度沿斜面向下，则有 Mg sin θ－F1－μMg cos θ＝Ma(1分) 解得M＝10 kg(1分) 综上，物块B的质量可能为 kg或10 kg。 4．超重与失重问题 (10)(2024全国甲真题，6分)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 ①电梯静止时测力计示数如图所示，读数为________N(结果保留1位小数)； ②电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于________(选填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为________m/s2(结果保留1位小数)。 (10)答案：①5.0(2分)　②失重(2分)　1.0(2分) 解析：①由图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。 ②电梯上行时，测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处于失重状态。根据牛顿第二定律有mg－T＝ma，其中G＝mg＝5.0 N，代入数据解得电梯加速度大小为a≈1.0 m/s2。 (11)(山东经典真题，3分)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg (11)答案：D 解析：由于s-t图像的斜率表示速度，由图像可知，在0～t1时间内速度增加，即乘客向下做加速运动，加速度向下，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝ma，解得FN＝mg－ma，则FN＜mg，乘客处于失重状态，故A项错误。在t1～t2时间内，s-t图像的斜率保持不变，乘客的速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B项错误。在t2～t3时间内，s-t图像的斜率变小，速度减小，即乘客向下做减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝ma，解得FN＝mg＋ma，则FN＞mg，乘客处于超重状态，故C项错误，D项正确。 随堂普查练4 1．(2023.06浙江真题，3分)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　) A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变 C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力 1．答案：B 解析：踢球时，在球的不同位置上发力，会使球有不同的运动状态，踢香蕉球时要使球旋转，所以不可以把足球看作质点，故A项错误。惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B项正确。足球在飞行时，脚已经离开足球，飞行过程中，受重力和空气阻力，故C项错误。触网时足球对网的力与网对足球的力是一对相互作用力，大小相等，故D项错误。 2．(2024贵州真题，4分)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗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，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　) A．f一直大于G B．f一直小于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G 2．答案：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，根据牛顿第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故C项正确。 3．(经典题，3分)如图，梯形小车a处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a与竖直墙壁连接(弹性绳松弛)，a倾斜的上表面放有物块b。现给a和b向左的相同速度v0，在之后的运动过程中，a与b始终保持相对静止。则在弹性绳从伸直到长度最大的过程中(　　) A. b对a的压力一直增大 B．b对a的摩擦力一直减小 C．b对a的作用力一直减小 D．b对a的作用力方向水平向左 3．答案：A 解析：在弹性绳伸直之前，b受力平衡，隔离b进行受力分析，如图所示。在弹性绳伸直后，由于小车a受到弹性绳的拉力作用，做加速度越来越大的减速运动，又知a和b始终保持相对静止，故b也做加速度越来越大的减速运动。设小车上表面与水平面夹角为θ，在垂直斜面方向，对b由牛顿第二定律可知FN－mg cos θ＝ma0sin θ，a0增大时，a对b的支持力FN一直增大。根据牛顿第三定律，b对a的压力一直增大，故A项正确。a对b的摩擦力f开始时沿斜面向上，随着a0的增大，摩擦力减小，减小为零后，若a0继续增大，则摩擦力变为沿斜面向下，且随着a0的增大而增大，根据牛顿第三定律，b对a的摩擦力可能先减小后增大，故B项错误。b受到a的作用力和重力，由于b的加速度越来越大，根据牛顿第二定律，a对b的作用力一直增大，方向斜向右上方，根据牛顿第三定律，b对a的作用力一直增大，方向斜向左下方，故C项、D项均错误。 4．(北京经典真题，3分)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 4．答案：A 解析：由题知，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l0 ＝ 0.2 m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，则根据受力平衡有mg＝k(l－l0)，可计算出k＝。在30 cm刻度处，有k(l－l0)－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，代入数据解得a ＝－0.5g，故A项正确。在40 cm刻度处，钢球受力平衡，则40 cm刻度对应的加速度为0，故B项错误。在50 cm刻度处，有k(l－l0)－mg＝ma′(取竖直向上为正方向)，代入数据有a′＝0.5g，故C项错误。刻度对应值为l时，结合牛顿第二定律有k(l－l0)－mg＝ma，即a＝l－，根据以上分析可知，加速度a与刻度值l成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D项错误。 5．(辽宁铁岭模拟，6分)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图(a)中A、B两球用轻弹簧相连，图(b)中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) 图(a)　　　　　　　　　图(b) A．两图中两球加速度均为g sin θ B．两图中A球的加速度均为0 C．图(b)中轻杆的作用力一定不为0 D．图(a)中B球的加速度是图(b)中B球加速度的2倍 5．答案：D 解析：撤去挡板前，对整体进行受力分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，所以撤去挡板瞬间，图(a)中A球保持原状态，所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ。撤去挡板瞬间，将图(b)中A、B两球视为整体进行受力分析，加速度为g sin θ，再对A进行受力分析可知，轻杆的弹力为0，故A项、B项、C项均错误，D项正确。 6．(全国甲经典真题，6分)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 6．答案：D 解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝(gsin θ)t2，可得t2＝，当θ＝45°时，t有最小值，故θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，故D项正确。 7．(2024广东真题，4分)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　) 7．答案：B 解析：在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到到达最低点前，木块所受合外力为F＝mg－k(y－H)，合力为零前木块仍加速，而后减速直到最低点，F－y图像如图(a)所示，当木块到达最低点后，木块向上运动，由运动的对称性可知F－y图像与向下运动时相同，故B项正确，A项错误。 图(a) 在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，有y＝gt2，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－k(y－H)>0，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，y－t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝mg－k(y－H)<0，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图像斜率逐渐减小，到达最低点后，木块向上运动，由运动的对称性可知，全过程中的y－t图像如图(b)所示，故C项、D项均错误。 图(b) 8．(2022.01浙江真题，9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图(a)所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑[如图(b)所示]，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，重力加速度g取10 m/s2，求雪车(包括运动员) 　　　　 图(a)　　　　　　　　　　图(b) (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 8．答案：(1) m/s2(2分)　(2)12 m/s(5分) (3)66 N(2分) 解析：(1)设在直道AB上的加速度为a1，位移为x1 由题意可得，v＝2a1x1(1分) 代入数据解得a1＝ m/s2(1分) (2)设在直道AB上的运动时间为t1，在斜道BC上的运动时间为t2。 在直道AB上，v1＝a1t1(1分) t2＝5 s－t1(1分) 在斜道BC上，x2＝v1t2＋a2t(1分) 代入数据解得a2＝2 m/s2(1分) 过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s(1分) (3)在斜道BC上，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－Ff＝ma2(1分) 解得Ff＝66 N(1分) 9.(山东济南三模，8分)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。 (1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系。 (2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？ 9．答案：(1)相等(4分)　(2)(4分) 解析：(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a＝g sin θ(1分) AB的长度为L＝2R sin θ(1分) 根据匀变速直线运动位移－时间关系可得 L＝at2 解得t＝(1分) 可见，从圆最高点A沿直滑梯AB和AC下滑到圆上经过的时间与轨道的长度无关，两次沿滑梯运动的时间相等。(1分) (2)根据第(1)问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的圆，如图所示。 为使两圆有公共点，两圆外切时半径r最小，连接P到切点的直滑梯，小朋友运动的时间最短，根据几何关系可得(R＋r)2＝(R－r)2＋(R)2(2分) 解得r＝R(1分) 利用第一问的结论，有tmin＝＝(1分) 　　 课后提分练4　牛顿运动定律 A组(巩固提升) 1．(2022江苏真题，4分)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，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 1．答案：B 解析：书放在水平桌面上，相对于桌面不滑动，若书所受摩擦力为最大静摩擦力，则μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2；书不滑动，说明书与高铁的加速度相同，所以高铁的最大加速度为4 m/s2，故B项正确。 2．(2022北京真题，3分)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，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．斜面对物块的支持力大小为mgsin θ B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcos 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mgsin θ 2．答案：B 解析：对物块受力分析，垂直斜面方向，根据平衡条件可得，支持力为FN＝mg cos θ，故A项错误。斜面对物块的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg cos θ，故B项正确。因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律可得，物块所受的合力大小为F合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可知mgsinθ>μmgcosθ，则斜面对物块作用力的合力大小为F＝＝<＝mg，故C项、D项均错误。 3．(2024安徽真题，4分)如图所示，竖直平面内有两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3g D．加速度先增大后减小 3．答案：A 解析：撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧拉力的合力与重力始终向下，小球一直做加速运动，故A项正确，B项错误。小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的形变量变小，与竖直方向的夹角变大，在竖直方向的合力不断变小，故小球的加速度逐渐减小，故D项错误。刚撤去拉力时加速度最大，此时小球所受合力大小为2mg，根据牛顿第二定律有2mg＝ma，可得加速度的最大值为2g，故C项错误。 4．(浙江经典真题，3分)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(　　) A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用 B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上 C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用 D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力 4．答案：B 解析：打开降落伞前，着陆器受气体阻力作用和火星的引力作用，在大气层中做减速运动，故A项错误。打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与速度方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，故B项正确。打开降落伞至分离前，受到浮力和气体阻力以及火星的引力作用，故C项错误。悬停状态中，发动机喷火的反作用力方向向上，与火星的引力是平衡力，故D项错误。 5．(经典题，3分)如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索运动时，车厢里质量为m的人对车厢底部的压力为其重力的1.25倍，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.载人车厢一定沿倾斜索道向上运动 B．人对车厢底部的摩擦力方向向右 C．车厢运动的加速度大小为 D．车厢对人的摩擦力大小为mg 5．答案：D 解析：由于人对车厢底部的压力为其重力的1.25倍，因此人处于超重状态，所以载人车厢可能沿倾斜索道加速向上运动，也可能减速向下运动，故A项错误。在竖直方向上，根据牛顿第二定律，结合人的运动情况有FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.25g，由＝tan 37°，解得a水平＝g，方向向右，对人进行受力分析可知，在水平方向上，车厢底部对人的摩擦力方向向右，大小为f＝ma水平＝mg，根据牛顿第三定律可知，人对车厢底部的摩擦力方向向左，故B项错误，D项正确。车厢运动的加速度与人运动的加速度相同，根据几何关系有 asin 37°＝ a竖直，解得a＝g，故C项错误。 6．(河南月考，3分)质量均为2m的金属小球1、2用轻弹簧连接，小球1通过轻绳cd与质量为m的箱子相连，用轻绳oc将箱子悬挂于天花板上，重力加速度为g。现突然将轻绳oc剪断，在轻绳断裂瞬间，下列说法正确的是(　　) A.小球2的加速度为g，方向竖直向下 B．小球1的加速度为2g，方向竖直向下 C．箱子的加速度为2g，方向竖直向下 D．轻绳cd上的拉力为mg 6．答案：D 解析：轻绳oc剪断前，以小球2为研究对象，可知弹簧的弹力大小为F＝2mg，将轻绳oc剪断瞬间，弹簧的弹力不会突变，则小球2受到弹簧向上的拉力和重力都没有变化，加速度为0，故A项错误。此瞬间小球1和箱子的加速度相同，设为a，对小球1和箱子整体，由牛顿第二定律可得F＋(2m＋m)g＝(2m＋m)a，解得a＝g，方向竖直向下，故B项、C项均错误。对箱子进行受力分析，由牛顿第二定律可得T＋mg＝ma，解得轻绳cd上的拉力T＝mg，故D项正确。 7．(2022辽宁真题，4分)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 7．答案：B 解析：物块沿水平中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意可知，x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据解得v0<2 m/s，故A项错误，B项正确。对物块受力分析，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma，由v2－v＝2ax，整理可得v＋2ax>0；因为v0<2 m/s，所以μ<0.2，故C项、D项均错误。 8．(多选)(2022湖南真题，5分)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 8．答案：BC 解析：飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv，飞行器以v2＝5 m/s匀速向上时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，故A项错误。飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时，F＝＝Mg，故B项正确。发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，F阻＝＝Mg＝kv，解得v4＝5 m/s，故C项正确。当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，故D项错误。 9．(2022全国乙真题，6分)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． 9．答案：A 解析：绳中点受力分析如图所示，当两球相距L时，由几何知识得sin θ＝，则cos θ＝，F＝2F′cos θ，解得F′＝F，对一个小球，由牛顿第二定律得，F′＝ma，解得小球的加速度为a＝，故A项正确。 10．(多选)(山东潍坊模拟，4分)智能手机安装适当的软件后，可随时测量手机的加速度大小。某同学手持这样一部手机，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的运动，得到其加速度随时间的变化关系如图所示。设竖直向上为正方向，下列关于该同学的说法正确的是(　　) A．由a到c的过程中处于失重状态 B．c点时重心最低 C．e点时处于起立过程且速度最大 D．由e到f的过程中地面对其支持力小于重力 10．答案：ACD 解析：由题图可知，a到c的过程中加速度为负，即方向向下，所以处于失重状态，故A项正确。c点时的加速度为0，速度不为0，仍然继续向下运动，所以c点时重心不是最低，故B项错误。e点前一时刻加速度为正，e点之后加速度为负，所以e点时处于起立过程且速度最大，故C项正确。由e到f的过程，加速度小于0，方向向下，根据牛顿第二定律可知，地面对该同学的支持力小于重力，故D项正确。 11．(2022.06浙江真题，9分)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cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，g＝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。 11．答案：(1)2 m/s2(3分)　(2)4 m/s(3分) (3)2.7 m(3分) 解析：(1)货物在倾斜轨道上滑行时，根据牛顿第二定律，有 mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1(2分) 代入数据解得a1＝2 m/s2(1分) (2)根据运动学公式，有2a1l1＝v2(2分) 解得v＝4 m/s(1分) (3)货物在水平轨道上滑行时，根据牛顿第二定律，有－μmg＝ma2(1分) 根据运动学公式，有2a2l2＝v－v2(1分) 联立并代入数据解得l2＝2.7 m(1分) B组(冲刺满分) 12．(多选)(2023湖北真题，4分)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 12．答案：AD 解析：小球在P点时，弹簧压缩量为l，故其弹力大小F弹＝kl，在竖直方向，mg＝μkl，解得k＝，故A项正确。小球在P点下方处时，弹簧长度为l，弹簧与竖直方向的夹角为45°，则此时弹簧的弹力F弹1＝k＝(4－2)mg，对该位置的小球受力分析可知FN＝F弹1sin 45°，mg＋F弹1cos 45°－μFN＝ma，解得a＝g，故B项错误。设小球下降过程中，弹簧与竖直方向任意时刻的夹角为θ，则F弹x＝k，由水平方向受力分析可知FNx＝F弹xsin θ＝kl，小球受到的摩擦力Ff＝μkl，从M点至N点过程中，sin θ先增大再减小，故Ff先增大再减小，故C项错误。从M点到P点和从P点到N点，弹簧形变量具有对称性，可知在这两个运动过程中摩擦力大小具有对称性，则摩擦力做功相同，故D项正确。 13．(多选)(2022全国甲真题，6分)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 13．答案：AD 解析：设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，则有F＝2μmg；撤去拉力F前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为F弹＝μmg。从撤去拉力F开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力F的瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，则有－F弹－μmg＝maP1，解得此时滑块P的加速度为aP1＝－2μg，此时滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零。撤去拉力F后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小；根据牛顿第二定律可知，滑块P做加速度减小的减速运动；滑块Q的合外力增大，合外力方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力F瞬间的加速度，最大值为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，故A项正确，B项错误。滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C项错误。撤去拉力F时，P、Q的初速度相等，此后两滑块均做减速运动，且同一时刻P的加速度更大，P减速较快，因此P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D项正确。 14．(多选)(2023湖南真题，5分)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mg tan θ B．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θ C．若推力F向左，且μ<tan θ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tan θ) D．若推力F向右，且tan θ>2μ，则F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ) 14．答案：CD 解析：若B球受到的摩擦力为零，将A球、B球、轻杆作为整体，受力分析如图(a)所示，由牛顿第二定律知小车的加速度方向向右，FN＝2mg。对B球受力分析如图(b)所示，由牛顿第二定律得F1cos θ＋mg＝FN，F1sin θ＝ma，解得a＝g tan θ，将A球、B球、轻杆和小车作为整体，根据牛顿第二定律有F＝4ma，解得F＝4mg tan θ，故A项错误。若推力F向左，则A球、B球、轻杆和小车的加速度向左，设A球刚要运动时的加速度为a1(车厢对A球的弹力为零)，对A球受力分析如图(c)所示。由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma1，解得a1＝g tan θ，F1＝。设B球刚要滑动时的加速度为a2(B球受到的摩擦力为最大静摩擦力)，对B球受力分析如图(d)所示，由牛顿第二定律得μ(F1cos θ＋mg)－F1sin θ＝ma2，解得a2＝2μg－g tan θ＝g(2μ－tan θ)，当tan θ≤μ时，a2≥a1，由于A、B两球与车厢始终保持相对静止，故车厢的最大加速度为a1＝g tan θ，将A球、B球、轻杆和小车作为整体，F的最大值为Fmax＝4ma1＝4mg tan θ，故B项错误。若推力F向左，且μ＜tan θ≤2μ，则a2＜a1，故车厢的最大加速度为a2＝g(2μ－tan θ)，F的最大值为F′max＝4ma2＝4mg(2μ－tan θ)，故C项正确。若推力F向右，则车厢的加速度方向向右，当B球所受摩擦力方向水平向左且为最大静摩擦力时，车厢的加速度最小，推力F最小，将A球、B球、轻杆作为整体，设A球受到车厢左壁弹力为FA，由牛顿第二定律得FA－2μmg＝2mamin，对A球，FA－mg tan θ＝mamin，则车厢的加速度amin＝g(tan θ－2μ)，将A球、B球、轻杆和小车作为整体，由牛顿第二定律得Fmin＝4mamin＝4mg(tan θ－2μ)；当B球所受摩擦力方向水平向右且为最大静摩擦力时，车厢的加速度最大，推力F最大，将A球、B球、轻杆作为整体，由牛顿第二定律得FA＋2μmg＝2mamax，对A球，FA－mg tan θ＝mamax，则车厢的加速度amax＝g(tan θ＋2μ)，由牛顿第二定律得Fmax＝4mamax＝4mg(tan θ＋2μ)，故D项正确。 图(a)　　　　　　图(b) 图(c)　　　　　　图(d) 15．(广东广州一模，10分)如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8 s，赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，求： (1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比； (2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。 15．答案：(1)1∶1(4分)　(2)6 m/s(4分) 175 N(2分) 解析：(1)设划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小分别为a1和a2，赛艇所受阻力大小为f， 根据题意可知，划水时双桨产生动力大小为2f，划水阶段，根据牛顿第二定律得2f－f＝ma1(1分) 空中运桨阶段，根据牛顿第二定律得f＝ma2(1分) 可得a1∶a2＝1∶1(2分) (2)设赛艇的初速度为v0，划水和空中运桨的时间均为t，完成一次动作赛艇的位移为x，赛艇的最大速度大小为vmax。 根据题意可知v0＝4 m/s，t＝0.8 s，x＝8 m，由于两过程加速度大小相同，时间相同，因此完成动作时的速度也为v0。全过程的平均速度大小等于两过程中的平均速度大小，为＝＝5 m/s，因此赛艇的最大速度为vmax＝2－v0＝6 m/s(4分) 空中运桨阶段的加速度大小 a2＝＝2.5 m/s2(1分) 因此赛艇受到的恒定阻力大小为 f＝ma2＝175 N(1分) 16.(经典题，16分)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离。再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求： (1)弹簧的劲度系数； (2)物块b加速度的大小； (3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。 16．答案：(1)(3分)　(2)g sin θ(8分) (3)F＝mg sin θ＋t2，其中0≤t≤(5分) 解析：(1)刚开始时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件和胡克定律得 g sin θ＝kx0①(2分) 解得k＝②(1分) (2)a、b两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，设经过时间t物块a、b分离，此时弹簧的压缩量为x1，则分离时，对小物块a有 kx1－mg sin θ＝ma0③(2分) 分离前a、b运动的距离为 x0－x1＝a0t2④(2分) b始终做匀加速直线运动，则有 x0＝a0×(2t)2⑤(2分) 联立②③④⑤解得 a0＝g sin θ，x1＝x0(2分) (3)在物块a、b分离前，对a、b整体根据牛顿第二定律有 F＋kx－ g sin θ＝ a1⑥(2分) 由题意可知x＝x0－a1t2⑦(1分) 联立②⑥⑦解得 F＝mg sin θ＋t2(1分) 在物块a、b分离前，需满足0≤t≤(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$