第1节 牛顿运动定律的理解和基本应用-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第1节　牛顿运动定律的理解和基本应用 考点一　牛顿第一定律　惯性 1．(2024·甘肃省兰州市高三下诊断考试)在东汉王充所著的《论衡·状留篇》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，是因为力是产生运动的原因 B．大石的质量比较大，所以惯性比较大 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，是因为水的冲击力大于沙石受到的阻力时，沙石受到的合力不为零，力是改变物体运动状态的原因，而不是产生运动的原因，故A错误；惯性的大小只与质量有关，质量越大，惯性越大，大石由于质量大，惯性大，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，可以保持匀速直线运动状态，故C错误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合力为零，故D错误。 考点二　牛顿第二定律　单位制 2.如图所示，质量为20 kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10 m/s2)(　　) A．受到的摩擦力大小为20 N，方向向左 B．受到的摩擦力大小为20 N，方向向右 C．运动的加速度大小为1.5 m/s2，方向向左 D．运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向右 答案：A 解析：物体相对水平面向右运动，故物体受到向左的滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝20 N，故A正确，B错误；以水平向右为正方向，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得该物体的加速度a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2，即该物体运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左，C、D错误。 3．趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，也考验班级的团队协作能力。某高中校运动会比赛中某班四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间将“毛毛虫”提起并沿水平跑道加速出发，加速度大小约为7.5 m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为(　　) A．6 N B．8 N C．12.5 N D．30 N 答案：C 解析：设平均每位同学对道具的作用力为F，对“毛毛虫”道具受力分析，该道具受到重力和四位同学的作用力，如图所示，而由题意可知，道具的加速度沿水平方向，则道具所受合力F合沿水平方向，由平行四边形定则得(4F)2＝F＋(mg)2，由牛顿第二定律得F合＝ma，联立并代入数据，解得F＝12.5 N，故C正确。 4．(2023·辽宁高考)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ΔF＝k，可得k＝，代入相应物理量的国际单位，可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。 考点三　牛顿第二定律的瞬时性问题 5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(　　) A．两图中两球加速度大小均为gsinθ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度大小为2gsinθ D．图乙中B球的加速度为零 答案：C 解析：设A、B两球的质量均为m，撤去挡板前，对A、B整体由平衡条件可知，两图中挡板对B球的弹力大小均为FCB＝2mgsinθ，对A球由平衡条件可知，弹簧或轻杆对A球的作用力大小均为F＝mgsinθ。因弹簧弹力不能突变，所以撤去挡板的瞬间，图甲中，A球所受合力不变，依然为零，故A球的加速度为零，B球所受合力与撤去挡板前挡板对B球的弹力等大反向，即方向沿斜面向下，大小为F合B＝FCB＝2mgsinθ，故B球的加速度大小为aB＝＝2gsinθ，方向沿斜面向下；轻杆的弹力可以突变，图乙中，撤去挡板后整体将一起沿斜面加速下滑，A、B两球的加速度相等，设为a，由牛顿第二定律得2mgsinθ＝2ma，解得a＝gsinθ。综上所述，A、B、D错误，C正确。 6.(2024·湖南高考)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 答案：A 解析：剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大小为FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 考点四　动力学的两类基本问题 7．如图甲所示，打弹珠是儿童常玩的游戏。如图乙所示，某次游戏时，两个质量相等的弹珠1、2相距L，开始时静止在水平场地中，一个小朋友给弹珠1一个水平弹力使其获得水平速度，弹珠1与弹珠2发生弹性正碰后，弹珠2恰好能沿直线运动L的距离。已知重力加速度为g，弹珠在水平面上运动时所受阻力始终为重力的k倍。则弹珠2运动的时间为(　　) A. B. C．2 D. 答案：A 解析：碰撞后弹珠2在阻力作用下做匀减速直线运动，末速度为零，可以看作是反向的匀加速直线运动。由牛顿第二定律得kmg＝ma，解得弹珠2的加速度大小为a＝kg，根据匀变速直线运动规律，有L＝at2，解得弹珠2运动的时间t＝＝，故选A。 8．质量为1 kg的物块在轻绳的拉动下，沿倾角为30°、足够长的固定斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，轻绳与斜面平行。在0～5 s内，物块运动了20 m，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。则轻绳对物块的拉力大小为(　　) A．10 N B．11.6 N C．12.5 N D．14.1 N 答案：B 解析：已知在0～5 s的时间内物块运动了x＝20 m，根据匀变速直线运动规律，有x＝at2，解得物块的加速度大小a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2，对物块受力分析如图所示，沿斜面方向，由牛顿第二定律得F－f－mgsin30°＝ma，垂直于斜面方向，由平衡条件有FN＝mgcos30°，又f＝μFN，联立并代入数据，解得轻绳对物块的拉力大小F＝11.6 N，故B正确。 考点五　超重和失重 9．(2025·福建省厦门市高三上第二次质量检测)在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学(　　) A．从A到B的过程中，处于超重状态 B．在B点时，速度为零 C．在C点时，恰好离开地面 D．从C到D的过程中，处于失重状态 答案：D 解析：由图可知，从A到B的过程中，以及从C到D的过程中，该同学有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误，D正确；a­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度变化量，该同学在A点的速度为零，故在B点时，速度不为零，B错误；恰好离开地面时，地面对该同学的作用力为零，若不计空气阻力，则该同学的加速度为重力加速度，结合题图分析可知，该同学在D点时，恰好离开地面，故C错误。 10．(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。 11．(2024·贵州高考)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 答案：C 解析：由题图可知，相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘下落的速度先增大后减小，以向下为正方向，则铁质小圆盘的加速度a先正后负，设铁质小圆盘的质量为m，根据牛顿第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故选C。 12.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。 13.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：重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，由牛顿第三定律知，地板对重物的支持力FN＝1.15mg，对重物进行受力分析，根据牛顿第二定律，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。 14.(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。 15．(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。 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，根据匀变速直线运动的规律可得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 解得滑雪板与滑道的动摩擦因数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 解得运动员开始下滑位置到坡底的距离x＝32 m。 17．(2024·辽宁省高三下模拟)一种巨型娱乐器械可以使人们体验超重和失重，如图所示，可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上H＝48 m的高空，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落了36 m，制动系统启动，座舱立即匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g取10 m/s2。求： (1)制动系统启动时座舱速度的大小及减速阶段加速度a2的大小； (2)制动系统启动后，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？ 答案：(1)24 m/s　24 m/s2　(2)倍 解析：(1)设制动系统启动时座舱速度的大小为v，座舱匀加速下落的距离为x1，座舱匀加速阶段，根据运动学公式有 2a1x1＝v2－0 代入数据解得v＝24 m/s 设座舱匀减速下落的距离为x2，座舱匀减速阶段，根据运动学公式有－2a2x2＝0－v2 又H＝x1＋x2 联立并代入数据，解得a2＝24 m/s2。 (2)设游客的质量为m，制动系统启动后，座椅对游客的支持力大小为N，对游客根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma2 解得N＝mg 即座椅对游客的支持力是游客重力的倍。 18.(2025·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。 19.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。 20．(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。 21.(2024·安徽高考)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 答案：A 解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后，小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，故小球所受合力一直变小，小球的加速度一直变小，因此刚撤去拉力时小球的加速度最大；撤去拉力前瞬间，由平衡条件可知，小球所受重力和弹簧弹力的合力F合0与拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，刚撤去拉力时，由牛顿第二定律可知，F合0＝mam，可解得小球从P点运动到O点的过程中加速度的最大值为am＝2g，C、D错误。 22．(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。 14 学科网（北京）股份有限公司 $$