第3章 周末双休练三 牛顿运动定律(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过连接体、图像分析等题型整合整体隔离法、临界条件分析等方法，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|3（1、5、10）|整体法与隔离法|受力分析→牛顿第二定律→系统加速度| |运动图像分析|3（2、4、6）|斜率（加速度）、面积（速度变化量）|图像信息→运动状态→受力关系| |临界与瞬时问题|2（7、9）|临界条件、弹簧弹力不变|平衡/加速状态→力的瞬时变化→加速度计算|

周末双休练三　牛顿运动定律 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(每题4分，共28分) 1．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节车厢对第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：对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力大小为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝。故选C。 2.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断出(　　) A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态 B.手机在t2时刻运动到最高点 C.手机在t3时刻改变运动方向 D.手机可能离开过手掌 答案：D 解析：由题图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有竖直向上的加速度，速度方向仍然竖直向上，与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；由题图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。 3．某同学将一排球自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，以向上为运动的正方向，在下列排球速度v与时间t的关系曲线中，可能正确的是(　　) 答案：C 解析：设空气阻力为kv，排球向上运动的过程中，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma1，排球向上做减速运动，阻力减小，合力减小，加速度减小，即排球向上做加速度减小的减速运动；当排球速度减为零后将反向做加速运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma2，随着排球速度的增大，阻力增大，合力减小，加速度减小，因此向下运动过程中排球做加速度逐渐减小的加速运动。速度—时间图像的斜率表示加速度，正方向向上，则减速阶段加速度向下，速度向上，图像在时间轴上方，斜率为负且逐渐减小；加速阶段加速度仍然向下，速度也向下，图像在时间轴下方，且斜率逐渐减小。故选C。 4.如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1 kg的滑块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.5，t＝0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为1∶1 B.2 s末滑块速度的大小为6 m/s C.1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D.滑块在4 s末运动到最高点 答案：D 解析：由题图乙知，在 0～1 s时间内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝12 N，在3～4 s时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为2 m/s2，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝8 N，则0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为3∶2，故A错误；a -t图像中图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始运动，因此由a -t图像可得，在t＝2 s时，滑块的速度大小为v＝×(1＋2)×2 m/s＝3 m/s，故B错误；在t＝1 s到t＝3 s时间内，滑块先加速后减速，由题图乙中面积关系可知，速度变化量大小相等，故1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s，方向均沿正方向，故C错误；在0～4 s时间内，由a-t图线与时间轴围成的面积关系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向加速运动，后沿正方向减速运动，在t＝4 s时，滑块的速度为零，此时滑块运动到最高点，故D正确。 5．(2025·广东省部分学校一模)由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换(如图乙所示)，松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为(　　) A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 答案：B 解析：设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m；对系统，根据牛顿第二定律，调换前有mg－2μmg＝3ma，调换后有2mg－μmg＝9ma，联立解得μ＝0.2。故选B。 6.一个质量为 6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线的其中一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度—时间图像，则物体所受摩擦力的大小的可能值为(　　) A.1 N B.2 N C.2.5 N D.3 N 答案：B 解析：根据v -t图像可知两图线对应的加速度大小分别为a1＝ m/s2＝ m/s2，a2＝ m/s2＝ m/s2，若水平拉力与运动方向相反，则有a1＝，a2＝，解得Ff＝2 N；若水平拉力与运动方向相同，则有a1＝，a2＝，解得Ff＝4 N。故选B。 7.如图所示，光滑的水平地面上静止放置一辆小车，在小车的内部用两根细绳拴一个可视为质点的小球，其中a绳水平，b绳倾斜且与a绳之间的夹角为150°，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为1∶2 B.小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为∶2 C.若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，随着加速度的逐渐增大，两绳上的拉力也逐渐增大 D.若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动的加速度等于1.5g时，a绳上的拉力恰好为0 答案：B 解析：设a、b细绳的拉力分别FTa、FTb，小车静止时，由平衡条件可得＝cos 30°＝，故B正确，A错误；设小球的质量为m，若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，竖直方向有FTbsin 30°＝mg，可得FTb＝2mg，水平方向有FTa－FTbcos 30°＝ma，可得FTa＝ma＋mg，即FTa随着加速度增大而增大，而FTb不变，故C错误；若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动，当a绳上的拉力恰好为0时，竖直方向有FTbsin 30°＝mg，可得FTb＝2mg，水平方向有FTbcos 30°＝ma，可得a＝g，可知当加速度为1.5g时，a绳上的拉力不为0，故D错误。 二、多项选择题(每题6分，共18分) 8.如图为某建筑工地的传送装置，长为5.8 m的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝4 m/s 逆时针转动，质量m＝1 kg的工件无初速地放在传送带的顶端P，经过1.4 s，工件运动到传送带的底端Q，且到底端时的速度为v＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是(　　) A.工件加速至传送带的速度所用时间为0.4 s B.传送带的倾角为θ＝53° C.工作与传送带间的动摩擦因数为0.2 D.工件加速至传送带的速度过程中加速度为10 m/s2 答案：AD 解析：设从开始到与传送带共速的时间为t1 ，则有t1＋(t－t1)＝5.8 m，代入数据解得t1＝0.4 s，故A正确；工件开始加速阶段的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，共速后的工件继续加速的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B、C错误，D正确。 9.如图所示，正六边形稳固支架竖直放置且固定在水平地面上，中心点为O，C、D为支架两个顶点，通过轻绳CA、BD分别固定两个质量均为m的相同小球A、B，两小球通过轻质弹簧相连，整个装置处于静止状态，且C、A、O共线，O、B、D共线。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.轻绳CA的弹力为4mg B.轻绳BD的弹力为mg C.剪断轻绳CA瞬间，小球A加速度大小为g D.剪断轻绳CA瞬间，小球B加速度大小为g 答案：AC 解析：对小球A、B和弹簧整体进行受力分析，如图所示，竖直方向有FCAsin 60°＝2mg，水平方向有FCAcos 60°＝FBD，解得FCA＝4mg，FBD＝2mg，A正确，B错误；剪断轻绳CA瞬间，由于弹簧弹力不变，所以小球A受到的合力大小等于剪断前轻绳CA的弹力FCA＝4mg，根据牛顿第二定律得FCA＝maA，解得aA＝＝g，C正确；剪断轻绳CA瞬间，小球B受力不变，加速度为0，D错误。 10．(2025·东莞市模拟)如图所示，水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面一起做匀加速直线运动，小车和货物的质量分别为M和m，货物与小车间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。小车与地面间的滑动摩擦力不计，且货物与平板车左侧推杆不接触，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在运动过程中，下列分析正确的是(　　) A．货物受到的合力大小为F B．货物受到的合力大小一定为μmg C．货物受到的摩擦力大小一定为F D．水平恒力F大于μmg时，货物与小车会发生相对滑动 答案：AC 解析：对小车和货物整体根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，根据牛顿第二定律，货物受到的合力大小F合＝ma＝F，故A正确；小车与货物之间的滑动摩擦力即最大静摩擦力大小Ff′＝μFN＝μmg，小车与货物之间相对静止为静摩擦力，货物受到的摩擦力不一定等于最大静摩擦力，故B错误；小车对货物的摩擦力提供货物加速度，即小车对货物的摩擦力大小Ff＝F合＝F，故C正确；货物即将发生相对滑动时，小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦力，对货物，根据牛顿第二定律可得Ff′＝ma′，对整体，根据牛顿第二定律可得F′＝(m＋M)a′＝μ(m＋M)g，则至少需要μ(m＋M)g的推力，货物与小车才会相对滑动，故D错误。 三、非选择题(共14分) 11．(14分)(2026·广东深圳校联考)小明在“探究物块的加速度与物块所受合力的关系”实验中，设计了如图所示的实验装置，一斜面固定在水平地面上，斜面顶端有一个定滑轮，物块A放在斜面上并通过跨过定滑轮的细线连接物块B。 (1)已知A、B两个物块的质量分别为m1和m2，当地的重力加速度为g，调节斜面的倾角为θ时，物块A恰好沿斜面匀速下滑，求此时物块A所受滑动摩擦力的大小Ff。 (2)求物块A与斜面之间的动摩擦因数μ。 (3)在(1)的基础上，将物块B的质量增加为m3，由静止释放，此后物块B向下做匀加速运动，求其加速度a的大小。 答案：(1)m1g sin θ－m2g　(2)tan θ－ (3) 解析：(1)根据题意可知，对A、B整体分析，由于物块A恰好沿斜面匀速下滑，沿斜面方向上，由平衡条件有m1g sin θ＝Ff＋m2g 解得Ff＝m1g sin θ－m2g。 (2)垂直于斜面方向上，由平衡条件有 FN＝m1g cos θ 又有Ff＝μFN 解得μ＝＝tan θ－。 (3)根据题意可知，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有m3g－Ff－m1g sin θ＝(m1＋m3)a 解得a＝。 学科网（北京）股份有限公司 $