专题过关创新练(3) 牛顿运动定律的综合应用（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2025·太原一模)神舟17号返回舱开伞后，返回舱与降落伞中心连接的中轴线始终保持竖直．整体受到竖直向上的空气阻力，同时在水平风力的作用下，整体以0.5 m/s2的加速度沿虚直线斜向下减速运动．下列说法正确的是(　　 ) A．返回舱中的航天员处于失重状态 B．竖直向上的空气阻力大于水平风力 C．若水平风力突然消失，返回舱将做平抛运动 D．整体克服竖直向上空气阻力做的功等于其机械能的减少量 【解析】　A．返回舱与降落伞整体以0.5 m/s2的加速度沿虚线斜向下减速运动，加速度有竖直向上的分量，所以处于超重状态，故A错误；B.设竖直向上的空气阻力为F1，水平风力为F2，受力图如下： 已知a＝0.5 m/s2，设整体质量为m，根据牛顿第二定律可知，竖直方向上F1－mg＝ma cos 60° 水平方向上F2＝ma sin 60°，解得F1＝m，F2＝m 可知竖直向上的空气阻力大于水平风力，故B正确；C.若水平风力突然消失，返回舱的合力方向竖直向上，加速度方向竖直向上，返回舱将做类斜抛运动，故C错误；D.根据功能关系可知，整体克服竖直向上空气阻力和水平风力做的功的代数和才等于其机械能的减少量，故D错误． 【答案】　B 2．(多选)(2025·山东东营二模)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来．已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　　 ) A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2 B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2 C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s 【解析】　AB.依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1 求得羽毛球的加速度为a1＝30 m/s2 羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确； CD.对筒受力分析，根据牛顿第二定律有 Mg－f1－f2＝Ma2 求得a2＝－20 m/s2 负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有 a1t＝vmin－a2t， (vmint－a2t2)－a1t2＝d 联立，代入相关数据求得vmin＝3 m/s 故C错误，D正确，故选BD. 【答案】　BD 3．(2025·惠州模拟)图(a)为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图(b)所示的模型．紧绷的传送带始终以v＝1 m/s的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在A处时，也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，A、B间的距离为3 m，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 ) A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动 B．乘客与行李同时到达B处 C．乘客提前0.25 s到达B处 D．行李提前0.25 s到达B处 【解析】　将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma，代入数据解得：a＝2 m/s2，行李与传送带达到共速所用时间，由速度—时间公式可得：t1＝＝ s＝0.5 s，由位移时间公式可得行李的位移为：x1＝at＝×2×0.52 m＝0.25 m＜3 m＝LAB 可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速运动，做匀速运动的时间为：t2＝＝ s＝2.75 s，行李从A到B的时间为：t＝t1＋t2＝0.5 s＋2.75 s＝3.25 s，乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为：t′＝＝ s＝3 s，由以上解析可知乘客提前0.25 s到达B处，ABD错误，C正确. 【答案】　C 4．(多选)如图所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上瞬间，弹簧恰好无形变．在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t，滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(　　 ) 【解析】　物块滑上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小．当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小到0，故A错误，B正确；在加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，物块的速度就已经等于传送带的速度时，物块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力，故物块维持一段时间匀速运动，当弹簧的弹力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，动能减小，在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化的图像是正确的，故C正确；滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小，在A、B选项中的情境下，滑动摩擦力保持不变故图像为一条直线；在C选项的情境下，物块先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用，且静摩擦力等于变化的弹簧弹力，最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用，故E－x图像先是直线再为曲线，最后又变为直线且两端直线图像斜率相同，故D图像不符合题意，D错误． 【答案】　BC 5．(多选)(2025·重庆模拟)如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5 t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　 ) A.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．图2中t2＝16 s D．木板的最大加速度为a2＝2 m/s2 【解析】　滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2. B．由题意可知t2时刻之后滑块受到的滑动摩擦力为f1＝8 N，不随F的变化而变化，故滑块与木板间发生了相对滑动，则有：f1＝μ1mg，解得：μ1＝0.4，故B正确；A.由题意可知0～t1时间内滑块与木板均静止；t1～t2时间内滑块与木板相对静止一起运动．可得t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力为f2＝4 N，则有：f2＝μ2·2mg，解得：μ2＝0.1，故A正确；CD.t2时刻滑块与木板恰好发生相对滑动，木板的加速度达到最大(设为am)，根据牛顿第二定律，对滑块、木板分别可得：F－μ1mg＝mam，μ1mg－μ2·2mg＝mam，其中：F＝0.5t2(N)，联立解得：am＝2 m/s2，t2＝24 s，故C错误，D正确． 【答案】　ABD [考能提分练] 6．(2025·山东齐鲁名校联考)压电型传感器自身可以产生电压，某压电型传感器输出电压与所受压力成正比，利用该压电型传感器可以设计一个电路来判断升降机的运动情况，其工作原理如图1所示．将压电型传感器固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块，0～t1时间内升降机匀速上升，从t＝0时刻开始，电流表中电流随时间变化的情况如图2所示，图2中两段曲线为半径相同的半圆，下列判断正确的是(　　 ) A．t1～t2时间内，升降机的动能先增大后减小 B．t2～t3时间内，升降机处于静止状态 C．t3～t4时间内，物块机械能减小 D．t1、t4时刻，升降机速度相同 【解析】　A．因为传感器输出电压与所受压力成正比，根据欧姆定律I＝可知回路中的电流与传感器所受到的压力也成正比，结合图像，可知t1～t2传感器所受到的压力先增大后减小，又因为0～t1时间内升降机匀速上升，物块对升降机的压力等于重力，所以t1～t2传感器所受到的压力始终大于重力，即物块受到的支持力大于重力，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝ma，重物先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故升降机的动能一直增大，A错误；B.t2～t3时间内电流已经减小到与0～t1时间段内相同，又因为t1～t2升降机一直在加速运动，所以在t2～t3时间内升降机匀速运动，B错误；C.t3～t4时间内，升降机先做加速度增大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，又因为图2中两段曲线为半径相同的半圆，所以升降机始终在向上运动，物块受到的支持力始终做正功，所以物块的机械能增大，C错误；D.根据上述分析，已得回路中的电流与传感器所受到的压力成正比，此图像可以转化为物块所受到的合力与时间的图像，两段曲线为半径相同的半圆 根据动量定理可知t1～t4时间内合外力的冲量为零，t1、t4时刻，物块的速度相同，即t1、t4时刻，升降机速度相同，D正确，故选D. 【答案】　D 7．(2025·重庆名校联考)如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块．在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1 s后撤去F，此后木板运动的v－t图像如图乙．物块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝2 kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．撤去F时，物块的速度达到最大值 B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4 C．拉力F的大小为36 N D．木板全过程运动的距离为7.5 m 【解析】　ABC.由图可知，木板在1 s～1.5 s的加速度大小比1.5 s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5 s之前木块与木板之间相对滑动，木块做加速运动，木板做减速运动，直到1.5 s时刻木块与木板共速；在1 s～1.5 s内，木板的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在0～1.5 s内，物块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则木板在1 s～1.5 s内根据牛顿第二定律有：μ1(m＋M)g＋μ2mg＝Ma1，木块在0～1.5 s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2 代入数据联立解得：μ1＝0.6，μ2＝0.2，木板在0～1 s内的加速度为 a3＝＝ m/s2＝8 m/s2 木板在0～1 s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F－μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma3 代入数据解得F＝36 N，故AB错误，C正确；D.在0～1.5 s内木板的位移s1＝v1Δt3＋(v1＋v1.5)Δt1＝×8×1 m＋×(8＋3)×0.5 m＝6.75 m，在0～1.5 s内木块的位移s2＝v1.5Δt2＝×3×1.5 m＝2.25 m，在1.5 s后，物块与木板间仍有相对滑动 物块的加速度大小为： a1′＝μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 木板的加速度大小为：a2′＝μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma2′，解得：a2′＝8 m/s2 物块到停止的时间还需要： t1′＝＝ s＝1.5 s 木板到停止的时间还需要：t2′＝＝ s 木板的位移为：s2＝＝ m＝0.5625 m 木板全过程运动的距离为s＝s1＋s2＝6.75 m＋0.5625 m＝7.3125 m，故D错误． 【答案】　C 8．(2025·广东肇庆二模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备．在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点．无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零．已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2.求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x. 【解析】　(1)匀加速阶段加速度为 a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－f＝ma1 解得F1＝12 N (2)匀减速阶段有0－v＝－2a2x2 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2 解得F2＝6 N (3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m 运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m. 【答案】　(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m 9．(2025·陕西省西安中学高三模拟)如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为θ＝30°，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为μ＝.无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.试求： (1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小； (2)木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s； (3)若从开始到A、B最后都静止的过程中，物块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度l应满足的条件． 【解析】　(1)设所求的木板A和物块B的加速度的大小分别为aA，aB，木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑，木板A与挡板第一次碰撞后，B相对A下滑，由牛顿第二定律得：对A有：mg sin θ＋μmg cos θ＝maA，对B有：μmg cos θ－mg sin θ＝maB 解得：aA＝g，方向沿斜面向下；aB＝g，方向沿斜面向上； (2)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑的加速度大小为a＝g sin 30°＝g，木板A与挡板第一次碰撞前瞬间的A、B的速度大小为：v1＝＝，木板A与挡板发生弹性碰撞，碰撞后A原速率被反弹，A先沿斜面向上做匀减速直线运动，B沿斜面向下匀减速直线运动，因aA＞aB，故A速度先减为零，之后A沿斜面向下匀加速直线运动，AB共速之后相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动，直到A与挡板第二次碰撞． 第一次碰撞后A上滑的最大距离为： x1＝＝L 设第一次碰撞后经过t时间AB共速，共速时速度大小为v共，则有： v共＝－v1＋aAt＝v1－aBt，解得：v共＝v1 设第一次碰撞后到AB共速A的位移大小为x，A第二次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v2，则有：－2aAx＝v－v，2ax＝v－v，解得：v2＝v1 第二次碰撞后A上滑的最大距离为：x2＝＝L，可得木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程为： s＝L＋2x1＋2x2＝L； (3)最终木板A静止在斜面底端，全过程B相对A始终沿斜面下滑，设B相对A下滑的总位移为Δx，由能量守恒和功能关系得：μmg sin θ·Δx＝mgL sin θ＋mg(L＋Δx)sin θ 解得：Δx＝4L，则木板A长度l应满足的条件为：l≥4L. 【答案】　(1)g　g　(2)L　(3)l≥4L [高考高分练] 10．(2024·安徽高考)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(　　 ) 　　　 　 　 　A　　　 　　　　　　B 　 　 　C　　　 　　　　　　D 【解析】　在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其v－t图像为过原点的倾斜直线；设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma1，解得 a1＝μg cos θ－g sin θ 加速度保持不变，a－t图像为平行于t轴的直线；经过时间t0，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突变静摩擦力，此时f静＝mg sin θ，小物块受平衡力作用，加速度a2＝0，小物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，其v－t图像为平行于t轴的直线． 综上分析，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 11．(2025·安徽高考)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0.已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 【解析】　由题意可知，设匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v 匀加速直线运动阶段，由位移公式x＝t′ 根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移 则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt 联立解得t′＝ 再根据x＝at′2 解得x＝at2 BCD错误，A正确．故选A. 【答案】　A 12．(2025·河南高考)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带．在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短．已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间． 【解析】　(1)P与Q发生正碰，由动量守恒定律m2v0＝m2vQ＋m1v 由能量守恒定律m2v＝m2v＋m1v2＋ΔE 联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J. (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm1g＝m1a 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式v－v2＝－2al2，vP1＝v－at1 解得vP1＝5 m/s 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1＝0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP1t2 解得t2＝0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式v－v＝－2al2，vP2＝vP1－at3 解得vP2＝1 m/s 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3＝0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP2t4 解得t4＝3 s 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0＝vP2－at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.2 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s. 【答案】　(1)24.5 J　(2)5 s 学科网（北京）股份有限公司 $