四、牛顿运动定律-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

经典重现　考题再现 四、牛顿运动定律 1.(2022·江苏卷·1)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 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 11 10 12 1 2 3 4 5 6 书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B正确，A、C、D错误。 7 8 9 11 10 12 2.(2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF=k。比例系数k的单位是 A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 根据题干公式ΔF=k整理可得k=，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为==kg·m/(s2·A2)，故选B。 12 3.(2020·山东卷·1)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 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 根据s-t图像的斜率表示速度可知，0~t1时间内v增大，t2~t3时间内v减小，t1~t2时间内v不变，故B、C错误； 0~t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误； t2~t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确。 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 4.(2023·全国乙卷·14)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 √ 7 8 9 11 10 12 上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误； 排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误； 下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不是做匀加速运动，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 5.(2022·全国乙卷·15)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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 √ 12 1 2 3 4 5 6 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FT，水平方向有2FTcos θ=F 解得FT=F 对任意小球由牛顿第二定律有FT=ma 解得a= 故A正确，B、C、D错误。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 6.(2024·安徽卷·4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带 7 8 9 11 10 12 中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 √ 6 1 2 3 4 5 合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块与传送带一起以速度v0做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力， 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2020·江苏卷·5改编)某运送物资的班列由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. 11 10 12 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F-38Ff=38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1-2Ff=2ma，联立解得F1=，故选项C正确。 11 10 12 6 1 2 3 4 5 8.(2021·北京卷·13)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 √ 7 8 9 11 10 12 设刻度对应值为x，结合分析可知 =a，Δx=|x-0.2 m|， (取竖直向上为正方向) 经过计算有 a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)， 根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误； 在30 cm刻度时，代入数据有，a1=-0.5g，A正确； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 在40 cm刻度时，a2=0，B错误； 在50 cm刻度时，a3=0.5g，C错误。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 9.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为 A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N 7 8 9 √ 11 10 12 6 1 2 3 4 5 P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1=mQg=2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来 的一半，即FT2==1 N，故Q物块加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 10.(2022·辽宁卷·7)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 8 9 √ 10 11 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 物块沿中线做匀减速直线运动，则==，由题知x=1 m，t=1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，对物块由牛顿第二定律有ma=-μmg，又v2-=2ax，整理有-2μgx=v2>0，则μ<0.2，故选B。 12 6 1 2 3 4 5 11.(2024·广东卷·7)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 8 9 11 10 12 √ 24 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 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 25 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以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F=kx-mg 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t 图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动， 经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示， 故C错误。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 26 6 1 2 3 4 5 12.(2022·浙江6月选考·19)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，重力加速度g=10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度 a1的大小； 7 8 9 11 10 12 答案　2 m/s2　 27 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 11 12 6 1 2 3 4 5 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； 7 8 9 11 10 12 答案　4 m/s　 根据运动学公式有v2=2a1l1 解得v=4 m/s 29 6 1 2 3 4 5 (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。 7 8 9 11 10 12 答案　2.7 m 根据牛顿第二定律有μmg=ma2 根据运动学公式有-v2=-2a2l2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 30 $$ 四、牛顿运动定律 1.(2022·江苏卷·1)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 答案　B 解析　书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B正确，A、C、D错误。 2.(2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF=k。比例系数k的单位是(　　) A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 答案　B 解析　根据题干公式ΔF=k整理可得k=，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为==kg·m/(s2·A2)，故选B。 3.(2020·山东卷·1)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 答案　D 解析　根据s-t图像的斜率表示速度可知，0~t1时间内v增大，t2~t3时间内v减小，t1~t2时间内v不变，故B、C错误；0~t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2~t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确。 4.(2023·全国乙卷·14)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　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不是做匀加速运动，D错误。 5.(2022·全国乙卷·15)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，如图所示， 由几何关系可知sin θ== 设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcos θ=F 解得FT=F 对任意小球由牛顿第二定律有FT=ma 解得a= 故A正确，B、C、D错误。 6.(2024·安徽卷·4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 答案　C 解析　0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块与传送带一起以速度v0做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 7.(2020·江苏卷·5改编)某运送物资的班列由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. 答案　C 解析　设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F-38Ff=38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1-2Ff=2ma，联立解得F1=，故选项C正确。 8.(2021·北京卷·13)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　设刻度对应值为x，结合分析可知 =a，Δx=|x-0.2 m|， (取竖直向上为正方向) 经过计算有 a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)， 根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误； 在30 cm刻度时，代入数据有，a1=-0.5g，A正确； 在40 cm刻度时，a2=0，B错误； 在50 cm刻度时，a3=0.5g，C错误。 9.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N 答案　A 解析　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1=mQg=2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2==1 N，故Q物块加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。 10.(2022·辽宁卷·7)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 答案　B 解析　物块沿中线做匀减速直线运动，则==，由题知x=1 m，t=1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，对物块由牛顿第二定律有ma=-μmg，又v2-=2ax，整理有-2μgx=v2>0，则μ<0.2，故选B。 11.(2024·广东卷·7)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(　　) 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 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以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F=kx-mg 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 12.(11分)(2022·浙江6月选考·19)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，重力加速度g=10 m/s2)。 (1)(3分)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)(3分)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)(5分)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)根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 (2)根据运动学公式有v2=2a1l1 解得v=4 m/s (3)根据牛顿第二定律有μmg=ma2 根据运动学公式有-v2=-2a2l2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$