第三章 第3节 牛顿运动定律的应用(一)(两类基本问题)-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第3节 牛顿运云 (两类基 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：40min 1.(2025·安微合肥联考)2024年11月4日凌 晨，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆 场成功着陆.当返回舱距离地面高度为2m 时，返回舱的速度为8m/s,此时返回舱底部 的4台反推发动机同时点火工作，返回舱触 地前的瞬间速度降至零，从而实现软着陆.若 该过程飞船始终竖直向下做匀诚速运动，返 回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不 计返回舱的总质量为4×103kg,重力加速 度g取10m/s2,则平均每台反推发动机提供 的推力大小为 A.6.6×10N B.1.04×103N C.2.6×103N D.3.65×105N 2.(2024·四川成都期初)如图，将一轻质弹簧 竖直固定在小车底部，轻质细绳与竖直方向 成：角且处于伸直状态，二者共同拴接一小 球，小车与小球保持相对静止且一起在水平 面上运动，重力加速度大小为g.下列说法正 确的是 A.弹簧一定处于压缩状态 B.弹簧一定处于拉伸状态 C.弹簧对小球不一定有弹力，细绳对小球一 定有拉力 D.小球的加速度大小可能为gtan a 3.(2024·四川天府新区期末)（多选）如图所 示，在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和 040 定律的应用（一） 本问题) CD,A、D分别为圆周上的最高点和最低点. B、C点均在圆周上，且所在高度相同.一个可 以看作质点的物块分别从A、C两点由静止 沿斜面滑到底端，沿两个斜面下滑时的加速 度大小分别为a、a2,滑到底端的速度大小分 别为”1、2，所用时间分别为t、2,下列说 法正确的是 A.a<a B.1>"2 C.t1=2 D.t>t2 4.（2024·浙江杭州期末)如 图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆 柱体A、B、C,圆柱体置于等边三角形的顶点， 三个圆柱体的质量相等.用一水平外力将薄 板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间 的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动 摩擦因数也均相同.则抽出薄板后，三个圆柱 体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图 () 海板OA RO Oc BO Oc A B ○ ○c B○ D 5.(2025·陕西宝鸡联考)（多选）滑沙运动时， 滑沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对滑 沙板的动摩擦因数.假设滑沙者的速度超过 8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就 会由41=0.5变为42=0.25，如图1所示，简 化模型如图2所示，一滑沙者从倾角0=37 的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B(B 处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地 面，最后停在C处.已知滑沙板与水平地面间 的动摩擦因数恒为4=0.4，AB坡长L= 26m,sin37°=0.6，不计空气阻力，则滑沙者 图1 图2 A.下滑速度较大时加速度为2m/s B.下滑到B处时的速度大小12/s C.在水平地面上运动的最大距离为18m D.在AB段下滑与BC段滑动的时间之比 为码 6.(2024·甘肃二模)如图甲所示，MW是一段 倾角为0=30°的传送带，一个可以看作质点， 质量为m=1kg的物块，以沿传送带向下的 速度o=4m/s从M点开始沿传送带运动.物 块运动过程的部分-（图像如图乙所示， 取g=10m/s2,则 (】 ↑mg 620 24 U A.物块最终从传送带N点离开 B.物块将在4.8s时回到原处 口.物块与传送带之间的动摩擦因数为3 第三章运动和力的关系学霸高吉 D.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下 7.(2024·山东三模)如图所示，工人师傅自房 檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样 的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨 道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面 外侧为半径为0.1m的圆弧.已知两直杆之间 的距离为 0m,房檐距地面的高度为4m,两 直杆在房檐和地面之间的长度L=8m,忽略 直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶 端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于 (未知)时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取g= 10m/s2. (1)求40； (2)若直杆自上端开始在长度L,≤1.8m的 范围内与瓦片间的动摩擦因数为宁，其 余部分为4，忽略瓦片沿着轨道方向的 长度，工人师傅每隔0.58将一瓦片无初 速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片 落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数， 041200 N2=N=umgsin 0cos 0=120 N; ▣A mgsin 8 0 mgcos 0 t.Y mg mgsin 0 (3)在撞击护板后，根据牛顿第二定律有= mgsin Osin正。-28m/2,根据速度一位移公式有吃 m (1sin8)2=2a2s,解得2=1.2m/8 实验特训4探究加速度与力、质量的关系 1.(1)需要不需要(2)可行 解析：(1)因两小滑块所受的摩擦力不一定相等，实验前需要平衡摩 擦力.沙桶对细线的拉力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要 知道具体数值，所以不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量， (2)由位移公式得x=22, 两小车运动时何相同时，加速度与位移成正比，即。 22 然后再确定合力与位移的关系，实验没有问题，所以该方案可行 216(2)是号 解析：(1)打点周期为0.02s,M、P和P,N间各有4个点未标出， 则M,P间和P、N间的运动时间为T=5×0.02s=0.1s, 由逐差法有w-m=ar户，则a=24.02-1881)-(1881-1520)× 012 10-2m/s2=-1.6m/s2 (2)对重物由牛顿第二定律得2P-mg=ma,可得a-2 8, 则斜率=二，截距绝对值6=g,解得m=是； 2 由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则Mg-F=M·2a,又M=m, 解得a=g=6 55 第3节牛顿运动定律的应用（一） (两类基本问题) 1.C解析：当返回艙距离地面高度为2m时，返回舱的速度为8m/s, 返回舱触地前的瞬间速度降至零，根据速度与位移的关系，有 682 6=2ah,解得a=2水22m/2=16m/,对返回舱，由牛顿第二定 律得4f-mg=a,解得F=ma）.410X(10+16)N=26X 4 4 10N.故选C. 2.D解析：AB.弹簧弹力、细绳拉力与小车运动的状态有关，所以弹 簧可能处于拉伸状态、压缩状态、原长状态，故A、B错误：C.当小车 匀速运动时，弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时细绳的拉 力F,=0,故C错误：D.当弹簧处于原长状态时，小球的加速度大小 为a=gtan o,故D正确.故选D. 3.AC解析：连接AC,设AB与AD的夹角为0，则CD与水平面的夹角 也为0，故AC与AD的夹角为0，如图所示： 0 2 A对物块受力分析，根据牛颠第二定律得：沿AB斜面滑下时， mgeos0=ma1,沿CD斜面滑下时，mgin9=m2,解得a1=gc0%8, a2=gsin0,由图可知，sin8 CD A0,60s0 AC 0sin0>cos0,则a1<a2, 一学霸高考·白 故A正确：CD.设圆的半径为R,物块沿AB斜而滑下时，2R©O8= 1 8ca9:斤，沿cD斜面滑下时，2Ri血0=28im0·片，解得41 ，故C正确，D错误；B.物块沿斜面滑到底端的速度为= =Ng a,由以上分析得，a1<a2,山=2，则1<2，故B错误：故选AC 4,A解析：设圆柱体的质量为m,圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆 柱体与桌面间的动摩擦因数均为4，则在抽薄板的过程中，圆柱体在 薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用 下做诚速运动，根据牛顿第二定律有mg■ma,可得运动时的加速 度大小为a=g,由于圆柱体A先离开薄板，B,C同时后离开薄板， 则根据匀变速直线运动速度时间关系式，=可知，A离开浦板时的 速度小于B、C离开薄板时的速度，离开薄板后，根据。2=2x可知， B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离.故 选A 5.BCD解析：AB.滑沙板的速度较小时，根据牛镇第二定律可 得ngsin日-41 mgeos日=a1,代入数据可得a1=2m/s2,速度达到 个8的过程中的位移云6m,滑沙板的室度超过8 后，根据牛顿第二定律可得mgsin 8-4mgc0s8=ma2,代人数据可得 a2=4m/2;设到达B的速度为，则号-听=2a2(L-x1）,代人数据 可得2=12m/s,故A错误，B正确：C.滑沙板在水平面上的加速度 大小为，则由4mg=m,可得a=4m/:2,由运动学公式 号=2ax可得在水平地而上运动的最大距离为x=18m,故C正确： D.滑沙板的速度达到=8的时间1==4，第二段时间 与==1，滑沙板在水平面上运动的时间，=2=3，在AB段 下滑与C段滑动的时间之比为号些_41号，放D正 tac 38 确.故选BCD. 6.C解析：AD.从-t图像可知，物块速度诚为零后反向向上运动，最 终的速度大小为1/s,因此物块不能从N点离开，物块最终与传送 带共速，所以传送带的速度=1m/s,方向沿斜面向上，故AD错误； C.-:图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速 度大小为a=4（-)m/g=25m/g,根据牛顿第二定律可得a= 2 mg©0sB一mgsi日，联立解得物块与传送带之间的动摩擦因数为红= 公，故C正确；B,物块沿传送带向下诚速到速度为0所用时 ==L6,物块沿传送带向下减速通过的位移大小为 a 2=32m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为4= 号=04，物块反向向上加速通过的位移大小为，=？=0,2m, 则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为3= 三=3，则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为1=++ =54,故B错误故选C 1.w (2)见解析 解析：(1)由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为 30°，两直杆对瓦片的弹力之间的夹角为90°，受力分析如图所示： ◆mgcs30 垂直于两轨道所在平面方向有2 FNcos45°=mgco930° 沿着轨道方向有24Fxw=mgin30°， 题·物理·15一 6 联立解得=6 (2)瓦片在轨道上运动时，在1范围内，根据牛顿第二定律可得 mgn30°-2x7F,=ma1,又2f0os450=mges30. 2 解得a1=2.5m/s2, 1 瓦片通过L,范围的时间ㄣ满足2听=山，山=1.2， 所以在，内有瓦片数号：24个，A可能为2或者 瓦片在轨道上运动时，在大于L1范围内，根据牛顿第二定律 得mgsin30°-24gFw=ma, 解得a2=0, 则瓦片速度m=√2a1L,=3m/s, 相邻瓦片的距离为Ax=#M=1.5m, 所以在大于山范围内有瓦片数2=A:5入 5个，2可能为4或 者5. 在第一片瓦片落地瞬间，山范丽外有4片，1范围内有2片；在第 一片瓦片落地后、第二片瓦片落地前一刻，L1范围外有5片，L1范 围内有2片：在第一片瓦片落地后的某一时刻，此时L1范围内有 3片，则L1范围外只能有4片，综上所述，轨道上瓦片的个数可能为 6个或者7个 第4节牛顿运动定律的应用（二） (整体法和隔离法) 1.A解析：对滑块A分析，设绳上张力为T.根据牛顿第二定律可 得mgin53°-T=ma,对滑块B:T-mgin37°=me,联立解得a= Q1g,T=0.7mg,根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为F= √+7=0.7√2mg,故选A 2B解析：设物块的质量为m,斜而体质量为M,小车对斜面体的弹 力为F、,小车对斜面体的摩擦力为∫，物块、斜面体，车厢三者恰能 保持相对静止，将物块和斜面体看成整体，水平方向有F。=(M+m)·α， 竖直方向有f=uF、=(M+m)g,对物块受力分析，设斜面体对滑块的 弹力为F,水平方向有Fain8=ma,竖直方向有Fcos0=mg,方程联 立可得斜面体与车厢后壁闻的动摩擦因数4= 9放选B 1 3.B解析：设轻绳拉力最大值为F,对左边一组物体分析受力，由牛 领第二定律有F=3m,绳子拉力最大时，右边一组木板和机器人之 间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力， 由牛顿第二定律有4·2mg=5ma,联立解得绳子拉力最大值F= n飞.故选B 4.AD解析：P,Q之间的最大静摩擦力fn=mg©os30°=15N, 重力沿斜面分力：G.=mgsin30°=10N, Q的最大加速度a。6- =2.5m/#2 对P、Q隔离法受力分析如图①、②所示 对P、Q整体受力分析如图③所示 mgsin 30 mgsin 30 f mgcos 30 用g N D 2 2mgsin 30 2mgcos 30 2mg 3 当F≤2mg如9，即F≤20N时，P、Q均静止在斜面上 一学霸高考·白 当F=15N时，F=f+G,得f=F-G,=5N,即此时P、Q之间的摩擦力 大小为5N,故A正确：当P的加速度为am时，F。-m-G,=mam,得 F。=30N,即当F满足20N≤F≤30N时.P、Q一起沿斜面向上运 动，当F>30N时P、Q发生相对滑动，故B错误：当F=28N时，P、Q 一起运动，由F-2 ngsin8=2ma得a=2m/:2,故此时P的加速度 为2m/s2,故C错误当F=32N时，P、Q相对运动，Q的加速度为 am=2.5m/s2,故D正确本题正确的是AD. 5.CD解析：A.当动车组做匀速运动时，对整体有4F=8f,则F=2f, 则根据平衡条件可知第一列车厢有F=了，对于一，二列车厢整体 有2=F+F3,可得二、三节车厢间作用力F3=0,以此类推，可知 F4=,Fas=0,F6=∫，F=0,Fw=手，则可知各车和间的作用力不是 都为零，故A错误：B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛 顿第二定律2F-8=8ma,整列车的加速度大小为a-一，故B错 4m 误：C.若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F-8f= 8,整列车的加速度大小为a-,故C正确：D,若列车动力 全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律4+2F- 5=5ma2,解得F4=7,放故D正确故选CD, 6.AC解析：A.撤去F瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得 。2mg=2ma,解得a2加6，所以A正确：B,撒去F后，因为弹 簧形变量诚小，系统所受合外力变小，所以系统的加速度减小，所以 物体A和B先向左做加速度减小的加速运动：当加速度为零时，即 合力为零时，速度达到最大，设此时弹簧的形变量为x,则x= g,所 4mE,则物体A、B的运动距离=和*=0k 24mg,解得x= 以B错误，C正确：D.物体A、B向左运动要分离时，对B有 mg=ma,对A有mg-x=ma,解得x=0,所以若物体A、B向左运动 要分离，弹簧处于原长状态，物体A、B运动的距离为x0,所以D错 误故选AC 7.(1)F,>25N(2)F2>16.8N(3)否，计算过程见解析 解析：(1)滑块与木板问的滑动摩擦力为f=uF, 为使木板能向上运动，则fPMg,解得F1>25N (2)对木板，由牛顿第二定律有uF,-Mg=Ma1, 对滑块，由牛顿第二定律有F2F,-mg=m2； 为使滑块与木板能发生相对滑动，则a2>a1,解得下2>168N (3)当F,=30N,F2=25N,对滑块，由牛顿第二定律有F2 uf1-mg=ma3,解得a3=9m/s2, 浙块上升6的时间为，则A22,则25 对木板，由牛顿第二定律有uF1-Mg=Ma4,解得a4=2m/,2 设木板在1时间上升的高度为丑，则及=宁户，解得川= 45m, 16 56 由于h-H=1.6m45m=5m>=1.2m, 故滑块上移h=16m之前，滑块与木板分离，游戏不能成功 第5节超重和失重 1.D解析：自由下落阶段，人做自由落体运动，处于失重状态，只受重 力作用，合力不为0，制动后，做向下的减速运动，则物体处于超重状 态，合外力向上.故选D. 2.D解析：如图所示，根据牛领第二定律F-mg=ma,可得a= (63-60)×10 m/s2=0.50m/s2,则电梯向上加速运动.故选D. 60 3.C解析：Aa-4图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量， 可知1-时间内速度一直增加，所以电梯一直加速，A错误：B.a-t 图像中图线与坐标轴所围而积表示速度的变化量，由图可知，3时 刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速 运动，3时刻还没有达到最高点，B错误：C,对手机进行受力分析可 知，5~3时间内，根据牛顿第二定律F、-mg=ma,该段时间内，a逐 渐减小，因此支持力Fx逐渐诚小，C正确；D.在2~时间内，手机 加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态， D错误，故迹C. 4.D解析：A.A、B两物体用细线连着跨过定滑轮且相对电梯静止， 题·物理·16一