第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律综合应用，通过基础巩固、能力提升、培优创新三级梯度训练，融合科学推理与模型建构，覆盖高考高频题型。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|6题|单体/连接体受力分析|从整体法到隔离法，构建“受力分析-运动方程”推理链| |能力提升|5题|含弹簧/斜面/摩擦的多过程问题|整合运动学公式与牛顿定律，强化动态过程分析| |培优创新|1题|弹簧振子运动图像问题|深化力与运动关系，体现科学论证与质疑创新|

限时规范训练(15)　牛顿运动定律的综合应用 (建议用时：40分钟　满分：71分) (选择题1～6题每题5分，7～10题每题6分，12题7分，共61分) [基础巩固练] 1．(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，质量为3m的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内有一个质量为m的木块相对铁箱静止在后壁上，则木块对铁箱压力的大小为(　　) A．F B．F C．F D．2F 解析：A　分析整体的受力，由牛顿第二定律得F＝(3m＋m)a，隔离木块分析受力，由牛顿第二定律得FN＝ma，联立两式得FN＝F，由牛顿第三定律得木块对铁箱的压力与铁箱对木块的弹力FN等大反向，故A正确，BCD错误。故选A。 2．(2025·四川成都四中高三月考)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v-t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．t1＝1 s B．整个过程中，鸟下落的高度为3 m C．t1至t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2 D．t1至t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍 解析：B　根据vm＝gt1可知t1＝ s＝0.6 s，故A错误；根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为h＝vm·×0.6 m＝3 m，故B正确；t1至t1时间内，鸟的加速度大小为a＝ m/s2＝15 m/s2，根据牛顿第二定律可得f－mg＝ma可得，故CD错误。 3．(2025·北京海淀二模)如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能(　　) A．突然向下加速运动 B．突然向下减速运动 C．突然向左加速运动 D．突然向右减速运动 解析：A　开始木箱和物块A均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A可能突然相对木箱底面向左移动，故A正确；木箱突然向下做减速运动，物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A不可能突然相对木箱底面向左移动，故B错误；当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A相对木箱底面可能向右移动，故C错误；木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A相对木箱底面可能向右移动，故D错误。 4．(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　) 解析：D　对物块P，有FT－Ff＝Ma，对砝码，有mg－FT＝ma，联立解得a＝，则a-m图线为曲线且不过原点，故选D。 5．(多选)(2023·全国甲卷，6)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 解析：BC　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。 6．(2026·河北衡水二中一调)如图所示，一质量为m0＝2 kg，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．斜面体对物块的支持力大小为8 N B．斜面体的加速度大小为a＝2.4 m/s2 C．水平恒力大小F＝7.2 N D．若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止，则F＝22.5 N 解析：D　对m0、m整体分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F＝(m0＋m)a，竖直方向上有FN＝(m0＋m)g，对m0分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有FN1sin θ＝m0a，竖直方向上有FN1cos θ＋m0g＝FN，联立解得a＝m/s2，F＝11.25 N，FN1＝12.5 N，根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持力为12.5 N，故A、B、C错误；若水平作用力F作用到m0上且系统仍保持相对静止，则对整体有F＝(m0＋m)a′，对m有mg tan 37°＝ma′，解得F＝22.5 N，故D正确。故选D。 [能力提升练] 7．(2025·四川广元开学考)如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m 解析：C　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v02＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α ＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－gg，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 8．(2025·湖南长沙市一中高三月考)如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA＝0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB＝μC＝0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　) 图甲 图乙 A．滑块A能获得的最大加速度为1 m/s2 B．A、B之间的初始距离为4 m C．滑块A的质量为1 kg D．若F＝10.5 N，A、C之间将发生相对滑动 解析：C　对滑块A有μAmg＝maA，解得aA＝2 m/s2，A错误；对滑块B有μBmg＝maB，解得aB＝1 m/s2，由题图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t＝ s＝2 s，由aAt2－aBt2＝L，解得L＝2 m，B错误；当F＝8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F－4μCmg＝4maB，得m＝1 kg，C正确；设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1－4μCmg－μAmg－μBmg＝2maA，得F1＝11 N，故F＝10.5 N时，A、C均保持静止，D错误。 9．(多选)(2026·河北衡水二中一调)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，则下列关系正确的是(　　) 图甲 图乙 A．物体B的质量为12 kg B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N D．弹簧的劲度系数为80 N/m 解析：BD　设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物体A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分离之前，根据牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合图乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正确；x＝0时，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分离后，对A由牛顿第二定律得22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C错误。 10．(多选)(2026·河北定州中学开学考)如图所示，处于自然状态的轻弹簧下端固定在斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端连接物块A，另一端连接物块B。现给物块A一个沿斜面向下的初速度，它恰好能沿斜面向下做匀速运动，接触弹簧后物块A最多可将弹簧自由端压缩1 m到达O点，然后被弹簧弹回。已知物块A、B的质量分别为4 kg和1 kg，斜面的倾角为30°，弹簧的劲度系数为30 N/m，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中物块B既没有与滑轮相撞也没有落到地面，斜面始终静止。下列说法正确的是(　　) A．物块A与斜面间的动摩擦因数为 B．物块A接触弹簧前，地面对斜面的摩擦力水平向左 C．物块A到达O点前的瞬间，轻绳的拉力大小为10 N D．物块A离开O点后的瞬间，轻绳的拉力大小为8 N 解析：AD　在物块A接触弹簧前，对物块A、B组成的系统，由力的平衡条件得FNA＝m1g cos 30°，m1g sin 30°＝m2g＋Ff，又 Ff＝μFNA，解得 μ＝，A正确；物块A接触弹簧前，A、B与斜面组成的系统处于平衡状态，所以地面对斜面的摩擦力为0，B错误；物块A到达O点前的瞬间，A、B组成的系统减速至0，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2g＋Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a1，对物块B有m2g－F1＝m2a1，解得F1＝4 N，C错误；物块A离开O点后的瞬间，A、B组成的系统从静止开始加速，设此时的加速度大小为a2，由受力分析可知 m2g－Ff＋kx－m1g sin 30°＝(m1＋m2)a2，对物块B有m2g－F2＝m2a2，解得F2＝8 N，D正确。故选AD。 11．(10分)(2026·重庆八中高三开学考)某货物转运轨道的简化模型如图所示：AB段为倾角30°的粗糙斜面，与货物间的滑动摩擦因数μ1＝；BC段为倾角37°的粗糙斜面，长度为5 m，与货物间的滑动摩擦因数μ2未知。某次将货物从AB段上某点静止释放，货物经过4 s到达B点。货物可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求货物到达B点时的速度大小； (2)若货物经过B点时速度大小不变，为了使货物最终能静止于BC段，求μ2的最小值。 解析：(1)对A处货物受力分析： 沿斜面方向，由牛顿第二定律mg sin 30°－μ1mg cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 A到B由运动学公式vB＝a1t 解得vB＝10 m/s。 (2)对BC段货物受力分析： 斜面方向有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma2 B→C根据运动学公式v02＝2a2L 解得μ2＝0.5 又因需要静止在斜面应满足mg sin 37°≤μ2mg cos 37° 可得μ2≥0.75 综上所述μ2的最小值为0.75。 答案：(1)10 m/s　(2)0.75 [培优创新练] 12．(2024·广东卷，7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 解析：B　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy′－mg，木块所受合外力向上，随着Δy′增大，F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确；同理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y-t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点，C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $