第三单元 第7讲 牛顿第一定律、牛顿第二定律 (Word练习)-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习（通用版）

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律，通过概念辨析、情境应用及综合计算，系统覆盖从基础到复杂场景的受力分析与运动规律应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念理解|1-3题|单位辨析、定律验证、惯性本质|从物理量定义到规律内涵，构建运动与力的因果关系| |规律应用|4-11题|斜面、弹簧、摩擦力、非惯性系|结合科学推理与模型建构，实现受力分析到加速度计算的转化| |综合计算|12题|多过程运动分析|体现科学思维中的分析综合，衔接运动学公式与牛顿第二定律|

第7讲　牛顿第一定律、牛顿第二定律 (限时40分钟) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.[2025·浙江杭州二模] 1达因(dyn)等于1克·厘米/秒2,则“达因(dyn)”对应的物理量是 (　) A.力 B.速度 C.加速度 D.冲量 2.[2025·山东烟台模拟] 牛顿第一定律是牛顿总结伽利略等人的研究成果而得出的,是科学家们集体智慧的结晶.下列说法正确的是 (　) A.牛顿第一定律可以通过实验直接验证 B.物体的运动状态改变,其惯性一定会发生改变 C.牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因 D.伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因 3.[2025·河南信阳模拟] 《考工记》中有“马力既竭,辀犹能一取焉”的记载,描述了马对车施力停止后车继续前行的现象.以下关于此现象的分析正确的是 (　) A.车前行是因为受到马的惯性作用 B.马对车停止施力后车继续前行是因为车具有惯性 C.车的惯性随速度增大而减小 D.此现象说明力是维持物体运动状态的原因 4.[2025·陕西安康模拟] 某同学想测量西安2号线地铁启动过程中的加速度,他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔,细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上.在地铁起动后的某段加速过程中,细绳偏离了竖直方向,他用手机拍摄了当时情景的照片,如图所示,拍摄方向跟地铁前进方向垂直.该同学测量了圆珠笔上某点到竖直扶手的水平距离x和该点与细绳上端的竖直距离h,重力加速度为g.则地铁启动过程中的加速度可表示为 (　) A. B. C.g D.g 5.[2024·安徽卷] 如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上.开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长.后将小球竖直向上.缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg.已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力.若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 (　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 6.[2025·四川自贡模拟] 如图所示,质量为m=3 kg的滑块在与水平面成53°角的推力F=50 N的作用下沿水平天花板向右匀加速运动,滑块开始滑动后2 s内的位移为16 m.重力加速度g取10 m/s2,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.下列判断中正确的是 (　) A.滑块的加速度为10 m/s2 B.滑块与天花板之间的摩擦力为30 N C.滑块与天花板之间的弹力为40 N D.滑块与天花板之间的动摩擦因数为0.6 7.[2025·山东烟台模拟] 拉运木材的汽车在卸下木材时用两根细圆木作为导轨将木材卸下,如图所示,两根细圆木的一端P、M分别固定在地面上,另一端Q、N分别固定在车上,构成两条平行的轨道PQ和MN,它们与水平地面的夹角θ=30°,装卸工在车上将一根质量为m、半径为R的圆柱形木材推上导轨后,由静止自由释放,木材能够沿着轨道下滑,已知轨道PQ和MN的间距为R,木材与细圆木轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度为g,则圆木下滑的加速度大小为 (　) A.g B.g C.g D.g 8.如图所示,小车上固定着三角硬杆,杆的端点处固定着一个质量为m的小球,当小车水平向右的加速度从零开始逐渐增大时,杆对小球作用力按时间先后用F1至F4变化表示,力的大小用线段长短表示,则杆对小球的作用力的变化可能是选项图中的(OO'沿杆方向) (　) A B C D 9.(多选)[2025·山西临汾模拟] 如图所示,质量为0.5 kg的物块放在一个矩形的静止木箱内,物块与木箱水平底面间的动摩擦因数为0.3,物块的右边被一根轻弹簧用1.2 N的水平弹力向左推着而保持静止.现要使物块相对木箱底面向左移动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列措施可行的是 (　) A.木箱以3.0 m/s2的加速度竖直向上减速运动 B.木箱以1.0 m/s2的加速度竖直向下加速运动 C.木箱以1.0 m/s2的加速度水平向右加速运动 D.木箱以0.5 m/s2的加速度水平向左减速运动 10.某同学练习踢毽子,毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置.假设毽子在空中运动过程中受到的空气阻力大小不变,则下列v⁃t图像和a⁃t图像可能正确的是 (　) A B C D 11.[2025·安徽安庆二模] 乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意.如图所示,某一缆车沿坡度为53°的山坡匀速上行,缆车中有一质量m=50 kg的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无挤压,货物与地板之间动摩擦因数μ=,货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,某时刻缆车开始沿原方向做加速运动,在这一过程中,加速度大小从零开始缓慢增大,并且整个加速阶段缆车始终保持竖直状态,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则在缆车斜向上加速运动的过程中 (　) A.货物可能受到3个力或4个力作用 B.车厢受到的摩擦力方向水平向右 C.当a=2 m/s2时,车厢地板对货物的摩擦力大小为80 N D.当a=10 m/s2时,车厢地板对货物的作用力大小为300 N 12.[2025·福建厦门二模] 如图所示,一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°,现小球在F=10 N的沿杆向上的拉力作用下,从A点静止出发沿杆向上运动.已知杆与球间的动摩擦因数为. (1)求小球运动的加速度a1; (2)若F作用2 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7讲　牛顿第一定律、牛顿第二定律 1.A　[解析] 根据牛顿第二定律F=ma可知,达因对应的物理量是力,且1 N=105 dyn,故选A. 2.C　[解析] 牛顿第一定律不能通过实验直接验证,选项A错误;因惯性只与质量有关,物体的运动状态改变指的是速度改变,则其惯性不一定会发生改变,选项B错误;牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因,选项C正确;伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因,选项D错误. 3.B　[解析] 题中描述的是惯性现象(牛顿第一定律),车在马停止后继续前行,是因为其具有保持原有运动状态的特性,即惯性,故A错误、B正确;惯性只与质量有关,与速度无关,故C错误;力是改变物体运动状态的原因,故D错误. 4.C　[解析] 如图所示,由牛顿第二定律,有mgtan θ=ma,其中tan θ=,解得a=g,故选C. 5.A　[解析] 缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧拉力的合力为零,此时两弹簧的合力大小为mg.当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,且两弹簧拉力夹角增大,故弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球所受合外力一直变小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误. 6.D　[解析] 根据运动学公式x=at2,解得a=8 m/s2,故A错误;对滑块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有Fcos 53°-Ff=ma,解得Ff=6 N,在竖直方向有Fsin 53°=mg+FN,解得FN=10 N,故B、C错误;根据滑动摩擦力公式Ff=μFN,解得μ=0.6,故D正确. 7.A　[解析] 作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图,根据题意,两轨道间的距离与圆柱形半径相同,则α=60°,在沿轨道的方向有mgsin θ-2Ff=ma,垂直于轨道的方向有2FNcos =mgcos θ,又有Ff=μFN,代入数据解得a=g ,故选A. 8.B　[解析] 小球沿水平方向运动,竖直方向一直处于平衡状态,故杆对小球的作用力在竖直方向的分量大小始终等于mg,小球的水平加速度逐渐增大,由牛顿第二定律可知,杆对小球的作用力在水平方向的分量逐渐增大,故选B. 9.AC　[解析] 当木箱在竖直方向减速运动或加速运动时,加速度方向向下,此时物块相对木箱底面向左移动,则最大静摩擦力必须小于弹力1.2 N,令木箱对物块的支持力为FN,则有μFN<F弹=1.2 N,解得FN<4 N,则物块加速度一定竖直向下,根据牛顿第二定律有mg-FN=ma,解得2 m/s2≤a≤10 m/s2,故A正确、B错误;弹簧长度不变,物块向右加速或向左减速时,加速度方向向右,最大加速度大小a1==0.6 m/s2,故木箱以1.0 m/s2的加速度水平向右加速运动时,物块相对木箱底面向左移动,木箱以0.5 m/s2的加速度水平向左减速运动,物块相对木箱底面不会向左移动,故C正确,D错误. 10.A　[解析] 根据题意,由牛顿第二定律可得,上升阶段的加速度大小为a1==g+,下降阶段的加速度大小为a2==g-,方向均为竖直向下,故C错误;根据h=at2可知,由于上升和下降的高度一样,上升时加速度a1大于下降时加速度a2,则上升时间短,下降时间长,设整个运动过程的时间为2t0,则上升时间小于t0,下降时间大于t0,故B、D错误;根据题意可知,由于有空气阻力,毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置时的速度一定小于初速度,即回到出发点时,速度小于v0,故A正确. 11.D　[解析] 货物与缆车沿山坡向上以加速度a运行时,以货物为研究对象,根据牛顿第二定律有FN-mg=masin 53°,Ff静=macos 53°,Ff静≤Ff=μFN,解得Ff静<Ff=0.6ma+7.5m,即摩擦力始终为静摩擦力,没有达到最大静摩擦力(即自锁),车厢壁对货物没有弹力,故货物始终只受到3个力,故A错误;根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左,故B错误;a=2 m/s2时,Ff=macos 53°,车厢对货物的摩擦力大小为60 N,故C错误;a=10 m/s2时,有ax=6 m/s2、Ff=300 N、ay=8 m/s2,而FN-mg=may,FN=900 N,车厢对货物的作用力为=300 N,故D正确. 12.(1)2 m/s2　(2)5 m [解析] (1)在力F作用时有 F-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 (2)刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=4 m/s 小球的位移x1=t1=4 m 撤去力F后,小球上滑时有 mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2 代入数据解得a2=8 m/s2 因此小球上滑时间t2==0.5 s 上滑位移x2=t2=1 m 则小球上滑的最大距离为xm=x1+x2=5 m 学科网（北京）股份有限公司 $