第3章 第1讲 牛顿运动定律的理解（Word练习）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律应用，以概念辨析→受力分析→动态过程的逻辑链构建知识体系，通过基础与提升题组实现分层突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题组|7题|概念辨析（1-2题）、瞬时加速度（3题）、临界状态分析（4-5题）|从惯性本质切入，通过弹簧/摩擦力模型建立"受力分析→牛顿定律→运动状态"推理链| |提升题组|3题|多体系统（8-9题）、弹簧突变（10题）|结合科学思维中的模型建构，深化整体法与隔离法在复杂系统中的应用|

[对应学生用书第389页] 说明：单项选择题每小题3分，多项选择题每小题4分，共33分。 [基础题组] 1．冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，惯性的大小取决于(　　) A．冰壶的速度　　 B．冰壶的质量 C．冰壶受到的推力 D．冰壶受到的阻力 答案　B 2．关于运动和力的关系，下列说法正确的是(　　) A．当物体所受合外力不变时，运动状态一定不变 B．当物体所受合外力为零时，速度大小一定不变 C．当物体运动轨迹为直线时，所受合外力一定为零 D．当物体速度为零时，所受合外力一定为零 答案　B 3．如图所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量为m＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量为M＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F＝30 N。在突然撤去外力F的瞬间，物体对秤盘的压力大小为(g取10 m/s2)(　　) A．10 N　 B．15 N　 C．20 N　 D．40 N 解析　在突然撤去外力F的瞬时，物体和秤盘所受的合外力大小F合＝F＝30 N，方向竖直向上，对物体和秤盘整体，由牛顿第二定律可得a＝＝ m/s2＝10 m/s2，秤盘原来在竖直向下的拉力F作用下保持静止时，弹簧对秤盘向上拉力大小为F弹＝g＋F＝(2＋1)×10 N＋30 N＝60 N，对秤盘由牛顿第二定律F弹－mg－FN＝ma，解得物体对秤盘的压力FN＝20 N，故选C。 答案　C 4．(多选)如图所示，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，下列说法正确的是(　　) A．若小车向左加速，加速度不能超过g B．若小车向左加速，加速度不能超过g C．若小车向右加速，加速度不能超过g D．若小车向右加速，加速度不能超过g 解析　若小车向左加速，当ab面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律 mg tan 37°＝ma1 解得a1＝g 所以若小车向左加速，加速度不能超过g，选项A错误，B正确； 若小车向右加速运动，当bc面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律mg tan 53°＝ma2 解得a2＝g 所以若小车向右加速，加速度不能超过g，选项C错误，D正确。 答案　BD 5．(多选)如图所示，将质量为0.2 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4 m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为53°，已知sin 53° ＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，则F的大小为(　　) A．F＝1 N B．F＝2 N C．F＝9 N D．F＝18 N 解析　对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；若环不受弹力和摩擦力情况下，令F sin 53°＝mg 解得F＝2.5 N 此时无摩擦力，圆环沿杆做匀加速运动，当F＜2.5 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有 水平方向上有F cos θ－μFN＝ma 竖直方向上有FN＋F sin θ＝mg 解得F＝2 N 当F＞2.5 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有 水平方向上有F cos θ－μFN′＝ma 竖直方向上有F sin θ＝mg＋FN′ 解得F＝18 N，故选项B、D正确。 答案　BD 6．如图所示，四个质量分别为m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧相互连接，悬挂在O点和P点，整个系统处于静止状态。已知细线OA与竖直方向的夹角θ＝45°，细线PD水平，重力加速度为g。若此时将连接B和C的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．9g，3g B．3g，g C．6g，2g D．10g，g 解析　BC剪断前，设三根细线的拉力大小分别为FOA、FBC、FDP。以四个球整体作为研究对象，根据共点力平衡有FOAcos 45°＝8mg，FOAsin 45°＝FDP，解得FDP＝8mg。以C、D两个球整体作为研究对象，设细线BC与竖直方向所成的夹角为α。根据共点力平衡有FBCcos α＝6mg，FBCsin α＝FDP，解得FBC＝10mg；BC剪断后瞬间，弹簧AB、CD的弹力不变，所以球B、C的合外力大小等于FBC。根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小aB＝＝10g，C的加速度大小aC＝＝g，故选D。 答案　D 7．甲、乙两球的质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)处同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力的大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v-t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是(　　) A．释放瞬间甲球的加速度较大 B．＝ C．甲球的质量大于乙球的质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 解析　释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故选项A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，故＝，故选项B错误；由于＝，而v1＞v2，故甲球质量大于乙球，故选项C正确；图像与时间轴围成的“面积”表示小球通过的位移，由题图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故选项D错误。 答案　C [提升题组] 8．如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B被细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．轻弹簧的压缩量为0.2 m B．物体A、B的瞬时加速度为4 m/s2 C．物体B的瞬时加速度为10 m/s2 D．物体B对物体A的压力为6 N 解析　A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A根据受力平衡可得弹簧弹力为F＝mAg＝kx，x＝＝0.3 m，故选项A错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得物体A、B的瞬时加速度为a＝4 m/s2，故选项B正确，C错误；对物体A由牛顿第二定律FN＋mAg－F＝mAa，解得物体B对物体A的压力为FN＝12 N，故选项D错误。 答案　B 9．(多选)如图所示，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，a、b和弹簧组成的系统被细线静止悬挂于足够高的天花板上。细线某时刻被剪断，a、b和弹簧组成的系统下落，已知重力加速度为g，则(　　) A．细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为g B．弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为g C．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态 D．下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒 解析　细线剪断前，a、b受力如图所示，F1＝F1′＝mg，F2＝F1′＋mg＝2mg，细线剪断瞬间，绳子拉力F2变为零，弹簧拉力不变。 对a：F1′＋mg＝maa，aa＝2g； 对b：受力不变，加速度为零，选项A错误； 弹簧恢复原长时，a和b都只受重力，加速度大小均为g，选项B正确； 由于开始a的加速度大于b的加速度，弹簧长度变短，弹簧恢复原长时，a的速度大于b的速度，弹簧变成收缩状态，选项C错误； 下落过程中a、b和弹簧组成的系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，选项D正确。 答案　BD 10．(2025·八省联考)如图所示，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　) A．L1的拉力大小为mg B．L2的拉力大小为3mg C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g 解析　对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小为T2＝＝4mg，选项A、B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，由牛顿第二定律可知加速度a＝＝g，选项C正确，D错误。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $