专题三 牛顿运动定律-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 专题三牛顿运动定律 分类特训 [考点1]牛顿第二定律与图像的结合 (2025·黑吉辽蒙卷，10)（多选）如图(a),倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面上.质量相 等的小物块甲、乙同时以初速度。沿斜面下滑，甲，乙与斜面的动摩擦因数分别为412，整个 过程中斜面相对地面静止.甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为 抛物线，乙的x一t曲线在t=t。时切线斜率为0，则 () 3x 0 图(a) 图(b) A.h1十=2tan0 B.t=t。时，甲的速度大小为3v。 C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 [考点2]牛顿运动定律的应用 1.(2026·云南卷，2)云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利. 若电梯由静止开始上升260m,用时100s,则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘 客所处的状态分别为 () A.2.6m/s,超重 B.0.38m/s,超重 C.2.6m/s,失重 D.0.38m/s,失重 2.(2026·四川卷，7)如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物 块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙.甲、乙 质量均为加，与传送带间的动摩擦因数分别为日，子某时刻，对乙施加 水平向右的外力使其以恒定加速度子(g为重力加速度大小)运动，经时间（撤去外力，再经时 间2绳绷直.甲、乙均可视为质点，传送带足够长.则 ( A.t1和t2满足t1<t2 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为mg(4一) 32 C.绳绷直后瞬间甲的动能为mg(4,一) 128 D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 3.(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡 M 板，向坡底运送长方体建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹角为0， 交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为 MN,∠MNQ=0.若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为， 重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度 大小为 A.gsin 0-ug coso-ugsinecos B.gsin6cos0-gcosθ-ugsinθ C.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin 0cose D.gcos0-ugcos 0-ugsin0 6 4.(2025·河南卷，1)野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件.如图，某次左百口万右 运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下 方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度.忽略零件所受空气阻 力，则在该段时间内 ) 零件口 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 5.(2025·安徽卷，5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地 面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连， 乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止.已知甲、乙质量均为1.0kg, 甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2, 'nannnnnnnmmmim 则在乙下落的过程中 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 6.(2025·北京卷，11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由 静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制 动使其停在地面.实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速 率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）.下列说法正确 的是 A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 7.(2025·湖北卷，7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为与的门板组成，门处于关闭状态，其俯 视图如图()所示.某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉 力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示.门板在运动 过程中受到的阻力与其重力大小之比为：，重力加速度大小为g.若要门板的整个运动过程用 时尽量短，则所用时间趋近于 () L L 2 图(a) 图(b) L A.2ug 后 c周 n后 8.(2025·甘肃卷，3)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞 船的长征二号F遥二十运载火箭.若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×10N.火箭质量 约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（重力加速度g取 10m/s2) () A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s 9.(2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2、m的四个小球A、B、C、D,通过细 2L214121222 0 线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的 细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 () A.g,1.5g B.2g,1.5g 6D C.2g,0.5g D.g,0.5g 7 10.(2024·辽宁卷，10)（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩 擦因数为，=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动.某时刻， 一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知t=0到t=4t。的 时间内，木板速度随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大 23t4 小，t=4。时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是 () A.小物块在t=3t。时刻滑上木板B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量之比为3：4D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 11.(2026·四川卷，13)某款国产民用无人机已实现全自动作业.如图 120m .50m+ 所示，无人机完成某次任务后开始返航，此时所在位置与降落点的 8 水平距离为120m,竖直距离为90m.无人机先以10m/s的速度沿 90m 水平直线飞行至与降落点水平距离50m处，然后沿原运动方向做 降落点 匀减速直线运动至降落点正上方，随后用时33s竖直下降至降落 xnnoooonnotoo 点，返航结束.求： (1)无人机沿水平方向做匀减速直线运动的加速度大小； (2)无人机从开始返航到返航结束的位移大小和平均速度大小 好 12.(2024·新课标卷，25)如图，一长度1=1.0m的均匀薄板初始时静止在一70 光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐.薄板上的一小物块从薄板 的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=时，物块从薄板右 777717 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=0.3，重力加速度大小g=10m/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. 810.A对球体受力分析如图所示： 30 309F1 60 个30 tm唱 正交分解列方程，x轴方向：FN1sin30°=Fxe sin30°， y轴方向：FN1cos30°+FN2cos30°十F=mg,联立方程 解得F=N,A正确 3 考点2 1.D设挎包带与竖直方向的夹角为日.对挎包受力分析， 竖直方向受重力mg和两股包带的拉力FT,由平衡条件 2Frcos 0=mg, 根据几何关系单侧包带长度 1=4d,2=2d-? 2 单侧包带水平投影长度△x=dL 2 则sin0=△x=lx-d 1 Ad-x cos0=√-sin9=√V3d(5d-2 Ad-x 故B= Ad-x `mg2√3d(5d-2x) 代入特殊点x=0, 1≈0.52 mg x=d 工=0.5· mg ,Fr-5≈0.58. x=2d·mg3 2.BC根据题意，设每根绳子的拉力为T,两根绳子之间 的夹角为2a,每个气球受到空气阻力f=kU,浮力为 F学，对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有2F学 =2G+2Tcos asin 0, 水平方向上有2kv=2 Tcos acos0, 整理可得tan0= F浮一G 运动速度缓慢增大，tan日减小，则日减小，T增大，故A错 误，B正确；对单个气球受力分析，由平衡条件有Tsin a=F, 由于α不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误. 专题三牛顿运动定律 考点1 AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物 休能匀或建运动：在6时网内甲乙的位移=心士 =3zx2=6+0 2t。=x, 可得t。时刻甲物体的速度为0=20。，B错误： 甲物体的加速度大小为a1= v一6 to 乙物体的加速度大小为a:=。, 由牛顿第二定律可得甲物体ngsin日-k1 ng cos日=ma1, 同理可得乙物体mg cos9-mg sin 0=ma2, 10 联立可得1十=2tan6,A正确； 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿 第二定律可得f=ma1c0s0一ma2c0s0=0, 则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误： t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos9,即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD. 考点2 1.A根据平均速度定义式=二，可得=勰m/s 2.6m/s;超重失重判断：电梯向上加速时加速度方向竖 直向上，乘客处于超重状态】 2.D以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 苑加外力过程，乙的最大速度0=冬 撤去外力后，乙的加速度大小a,=西g=冬 经时间t,绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明a2t2 0, 故t<t1,故A错误；绳绷直时乙的速度2=v一at:= 冬- 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相 对传送带运动的距离)为工，=巴。， 2 因摩擦产生的热量Q。=是mg△：=有mg mg(21,一t),故B错误；绳绷直瞬间，根据动量守恒 32 m02=2m， 解得=景，-)， 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于 ,则其动能大于分m02-m8g),故C错误：绳 128 绷直以后甲、乙相对传送带速度均为=景化，一，)， 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为飞 =多-八， 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为a1=8g, 1 甲的路程为x'=0=16), 从施加外力到绳拥直这程之的路程为x”=名十 2 =g(12-t:+21t2) 比较可知x'十x”-x1'>0 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确. 3.B根据牛顿第二定律mg sin dcose9-μng cos6一 umg sin Osin=ma,可得a=gsin dcos9-gcos日- gsin日.故选B. 4.D无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也 沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知 零件的重力势能保持不变，D正确：对零件受力分析，受 重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动， 可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度.零件 与无人机水平向左做匀加速直线运动，A、B错误：惯性 的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性 不变，C错误.故选D. 8 5。C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲 对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的加速度 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱， 由整体法，竖直方向受力分析有FN=Msg一ma,则地 面对木箱的支持力大小不变，B错误：设绳子的弹力大小 为T,对甲受力分析有T一mg=ma, 对乙受力分析有mg一T=ma, 联立解得a=2.5m/s,T=7.5N,C正确，D错误.故 选C. 6.Bt1t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向 向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖 直上抛运动；故A错误；t一t,f向下在减小，可知此时 速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg十 f广a,即a=片十g,放加建度大小在减小，故B正确， t一t:间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向 下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向 下后向上，先失重后超重，故C错误：根据前面分析可知 t时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t?时刻 到达最高点，故D错误.故选B. 7.B门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤 去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间 很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最 短，撤去外力后根据牛顿第二定律有：mg=ma,设撤去 外力后门板最短运动时间为1，运动的距离为台 L.B 之a,可得门板的最短运动时间总近于1 正确. 8.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数 据解得a=6X10-5X10 m/s2=2m/s. 5×10 9.A 剪断前：对B、C、D分析剪断瞬间：对B分析 F →FB6mg ↑F宁今B的加速度a FAs 3mg =g (3m+2m+m)g 3mg方向向上 3m 对D分析 对C分析Fcn=Fc mg→Fco=mg 2mg+Foc=1.5g Pcc的加速度ae-2m t2mg方向向下 10.ABDA.t图像的斜率表示加速度，可知t=3t。时刻 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。时刻 滑上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦因数 为必，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的 3 速度大小为西=气g。,方向水平向左，物块在木板上 滑动的加速度为a。=色ms=4g,经过。时间与木板 共速，此时速度大小为”=2g。,方向水平向右，故 可得十生=t。,解得。=2μ，故B正确；C,设木板 uog g 质量为M,物块质量为，根据图像可知物块未滑上木 板时，木板的加速度为a= 2g,故可得F Mg=Ma,解得F=多NMg,根搭图像可知物块滑上木 1 板后木板的加速度为4=2g一2g 3 三一4g,此 时对木板由牛顿第二定律得F一u(m+M)g一omg= 10 ,解得后-子故C错误，D很设1=钻，之后小物 块和木板一起共速运动，对整体F一u(m十M)g= 3 3 之Mg-之Mg=0,故可知此时整体处于平衡状态， 假设成立，即t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运 动，故D正确. 11.解析：(1)无人机从初始位置到降落，点水平位移x1= 120m,水平方向匀减速阶段位移x2=50m,水平方向 运动初速度v=10m/s,竖直方向降落高度h=90m,竖 直方向降落时间t3=33s, 无人机沿水平方向做匀减速直线运动，末速度为0，设 加速度大小为a, 有2=2ax2 解得a=1m/s. (2)无人机水平位移为120m,竖直位移为90m,合位 移x=/xi十h=150m 无人机水平匀速运动时间t,=马二心=78 水平匀减速运动时间t,=”=10s a 平均速度大小u十t+t =3m/s. 答案：(1)1m/s2(2)150m3m/s 12.解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1=g=3m/s, 薄板做加速运动的加速度4，=m8=3m/s, 1 对物块1十△=t一2a,t, 对薄板a1=合a,, 解得=4m/s=子s (2)物块飞离薄板后薄板的速度2=a2t=1m/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同为1-三百上。 02 3s, 1 则平台距地面的高度三)g号m 答案：14m/s:号s:(2)号m 专题四曲线运动 考点1 1,A设球被击出后的初速度为，球从被击出至P点的 时间为t,在P点的水平分速度大小也为。，此水平分速 度在题图2中网面的投影速度大小为℃2=cos45°，球 在P点的竖直分速度m=gt,在网面的投影速度也为 p,则tan9=p L,联立解得t=二s,击球点到网面的距 离为d=tsin45°，代人数据得d=4m,A正确， 2.AD设落点与O,点的竖直高度为h,水平位移为x,初 速度与水平方向的夹角为日，将初速度沿水平和竖直方 向分解，可得-h=osin9·t-2gt,z=cos0·t, 同时有h+x2=R, 联立可得-寸+足，。 设落到圆孤上的速度为v,根据机械能守恒mgh十 9