微专题03 牛顿运动定律 巩固练（含板块模型）-2026届高考二轮复习(福建专用)

专题三 牛顿运动定律 一、牛顿第一定律、牛顿第三定律 1．(多选)大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动，为了防止油涌动导致车体重心急剧变化造成危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板如图所示。下列说法正确的是(　 　) A．油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧 B．油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动 C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前剧烈涌动 D．油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡板油也几乎不会涌动 2．(多选)如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列说法中正确的是(　 　) A．水平力F与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力 B．物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力 C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力 D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力 3．如图所示，匀速向右运动的水罐车内装满了水，车内有一浮在顶部的乒乓球A、一沉底的金属球B。当水罐车刹车时，两小球相对容器的运动情况是(　 　) A．A、B球一起向右运动 B．A球向左运动，B球向右运动 C．A球向右运动，B球向左运动 D．A、B球一起向左运动 4．某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率单位——瓦特(W)的表达形式为(　 　) A．kg·m2·s-3 B．kg·m3·s-2 C．kg2·m3·s-1 D．kg2·m·s-3 二、牛顿第二定律的应用 1．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示。已知重力加速度为g，环沿杆以加速度a匀加速下滑，则此时箱子对地面的压力大小为(　 　) A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma C．Mg＋mg D．Mg－mg 2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有(　 　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 3．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 000 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2 m，人与装备总质量m＝80 kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B．经过C点时，人处于超重状态 C．弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 4. 如图所示，一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度大小g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 5. （多选）随着科技的发展，我国的航空母舰上已安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力大小恒为飞机所受重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态（电磁弹射器提供的牵引力恒定且飞机在弹射区发动机正常工作，重力加速度大小g取10 m/s2）。下列说法正确的是(　 　) A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 三、板块模型 1．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M＝8 kg的长木板，在长木板右端加一水平拉力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在长木板右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，小物块没有从长木板上滑下，重力加速度大小为g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.小物块刚放上长木板，长木板的加速度大小为2 m/s2 B.小物块刚放上长木板，小物块的加速度大小为1 m/s2 C.小物块放上长木板后，经过时间2 s两者达到相同的速度 D.长木板长度至少为0.75 m才能保证小物块不从长木板上滑下 2．如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 （1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？ （2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 3．如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝ m时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 四、传送带模型 1. 如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（　　） A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 2. 国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋（视为质点），4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则（　　） A.在t＝2.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变 B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.5 C.传送带运行的速度大小为0.5 m/s D.在0～2.5 s时间内粮袋处于失重状态 3. 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　 　) A．传送带的速度大小为16 m/s B．物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 试卷第4页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 牛顿运动定律 一、牛顿第一定律、牛顿第三定律 1．ACD　解析：由于惯性，油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，故A正确；惯性取决于物体的质量，故B错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不会涌动，故D正确。 2．BD　解析：水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，D正确。 3．B 解析：水罐车刹车时，由于惯性，水罐车内的水、乒乓球A、金属球B有想保持原来向右运动状态的趋势，但由于乒乓球A的密度小于水的密度，即乒乓球A的质量小于同体积水的质量，质量小，惯性就小，所以乒乓球A会被相对于车向右运动的水挤向左边，故乒乓球A会向左运动；而金属球B的质量较大，惯性较大，在与水的抗衡中会向右运动。故选B。 4. A 解析：由功率的定义式P＝得，功率的单位为W＝＝＝＝kg·m2·s-3，故选A。 二、牛顿第二定律的应用 1．A 解析：环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力Ff，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力F′f，受力情况如图乙所示。以环为研究对象，有mg－Ff＝ma，以箱子和杆整体为研究对象，有FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg＝Mg＋mg－ma。根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，即F′N＝Mg＋mg－ma，A正确。 2．C 解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，即a3＝0，由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g。C正确。 3.C 解析：在B点时人与装备的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx＝mg，在A点未释放时，有kx′＝mg＋F，又x′－x＝2 m，联立解得k＝500 N/m，故A错误，C正确；在C点速度为零，有向下的加速度，人与装备处于失重状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5 m/s2，故D错误。 4. (1)30 N　(2)18.975 m 解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直线运动，有L＝at2，解得a＝＝10 m/s2，由牛顿第二定律有F＝ma＋μmg＝30 N。(2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度减为0， 有F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1，解得a1＝11.5 m/s2，撤去拉力后a2＝μg＝5 m/s2。由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2，其中t1＝1 s，箱子加速、减速的总位移L′＝a1t＋a2t，联立解得L′＝18.975 m。 5. AC 解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由v＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故A、C正确，B错误；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。 三、板块模型 1．D　解析：小物块刚放上长木板，对长木板分析，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma1，解得木板的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，对小物块分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2，解得小物块的加速度大小为a2＝2 m/s2，故A、B错误；小物块放上长木板后，设经过t时间两者达到相同的速度，则有v共＝v0＋a1t＝a2t，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，小物块放上长木板到两者共速过程，发生的相对位移为Δx＝t－t＝t＝0.75 m，则长木板长度至少为0.75 m才能保证小物块不从长木板上滑下，故C错误，D正确。 2．（1）2 m/s （2）没有脱离　 m/s　 m/s 解析：（1）A在B上向右做匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，加速度大小 a2＝＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得 时间关系：t＝＝ 位移关系：L＝－ 解得v0＝2 m/s。 （2）木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动， 加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右做匀加速运动，加速度大小为a2'＝μ1g＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B，由时间关系可得＝解得v'＝ m/s 两者共速时，A的位移xA＝＝3 m，B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m＜L＝3 m，可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小均为 m/s。 3．(1)4 m/s　 s　(2) m 解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2，薄板做加速运动的加速度大小为a2＝＝3 m/s2，对物块l＋Δl＝v0t－a1t2，对薄板Δl＝a2t2，解得v0＝4 m/s，t＝ s。(2)物块飞离薄板时薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为t′＝＝ s，则平台距地面的高度h＝gt′2＝ m。 四、传送带模型 1. BC 解析：相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即t2时刻），小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B、C正确，D错误。 2. C 解析：由图乙可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5 s～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；根据v-t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，可知L＝（v0＋1.5）×2.5＋（4.5－2.5）v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由图乙和C项分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿斜面向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，联立代入数据，解得μ＝0.8，故B、D错误。 3. C 解析：由题图乙可知传送带的速度大小为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，根据题图乙可得加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，根据题图乙可得加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，解得μ＝0.25，B错误，C正确；传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度大小都相等，D错误。 答案第2页，共4页 答案第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $