第3章 第1课时 牛顿运动定律的理解和应用 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律应用，以题载法构建"概念辨析-模型建构-综合计算"三阶训练体系，强化科学推理与运动和相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|3题（例1-3）|惯性判断/平衡条件应用|从质点概念→力与运动关系→平衡状态分析，构建认知阶梯| |模型应用|4题（例4-7）|斜面/传送带/弹簧模型受力分析|整合摩擦力公式与牛顿第二定律，实现模型迁移| |综合计算|2题（例8-9）|多过程运动分析+图像法|从单一过程到多过程，结合运动学公式与能量观点深化理解|

1．(2025·湖南长沙市阶段练)在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度解释正确的是(　　) A．沙石很小可以视为质点所以容易被冲走 B．说明力是改变物体运动状态的原因，有力的作用物体才会运动，无力作用物体不会运动 C．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力 D．“大石不移”是因为大石受到的阻力等于水的冲力 解析：选D。沙石被冲走与沙石是否可以视为质点无关，A错误；有力作用在物体上，物体不一定运动，没有力作用在物体上，物体也不一定不动，B错误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力为零，C错误，D正确。 2．如图所示，某同学在桌子边缘用一杯水压着一张纸，现欲向右把纸拉走，而让水杯留在桌上，实验时发现纸拉得越快，水杯越稳定，几乎处于静止状态，则(　　) A．拉得越快，水杯惯性越大，水杯越不会动 B．拉得越快，水杯几乎静止，故受到静摩擦力 C．拉得越快，水杯对纸的摩擦力越大 D．纸对水杯的摩擦力向右 解析：选D。水杯的惯性由质量决定，与拉纸的快慢没有关系，故A错误；水杯与纸发生相对滑动，水杯受到的是滑动摩擦力，故B错误；纸受到的正压力不变，根据f＝μN可知，水杯对纸的摩擦力不变，故C错误；水杯相对纸向左运动，则纸对水杯的摩擦力向右，故D正确。 3．(2026·广东惠州市大湾区联考)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端被质量为m的小孩紧抓着上下振动，框架始终没有离开地面，则框架对地面压力为零的瞬间，小孩的加速度大小和方向分别为(　　) A．2g，竖直向下 B．g，竖直向下 C．g，竖直向上 D．g，竖直向上 解析：选B。框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架的作用力向上，大小为Mg，弹簧对小孩的作用力向下，大小也为Mg，故小孩受到的重力和弹力都向下，加速度方向竖直向下，对小孩，由牛顿第二定律得(M＋m)g＝ma，解得a＝g，故B正确，A、C、D错误。 4．(2026·福建省模拟)如图所示，这是一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机从地面上由静止匀加速竖直向上起飞，它5 s上升了25 m。已知无人机的质量m＝1.5 kg，它运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝2 N，重力加速度大小g取10 m/s2。无人机受到的升力大小为(　　) A．10 N B．20 N C．30 N D．40 N 解析：选B。无人机5 s上升了25 m，可知无人机的加速度大小a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma，解得F＝20 N。 5．(多选)如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面匀加速下滑。施加F后，下列说法正确的是(　　) A．斜面对P的支持力和摩擦力都不变 B．P对斜面的作用力方向竖直向下 C．水平面对斜面的支持力增大 D．小物块的加速度a＝ 解析：选ABD。由题可知，给P施加一沿斜面向下的推力F，并不改变斜面对P的支持力大小，即斜面对P的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P的分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变化，A、B正确，C错误；给P施加一沿斜面向下的推力F，物块所受合力等于F，根据牛顿第二定律可得a＝，D正确。 6．(2026·四川巴中市诊断)机场行李倾斜传送带是机场行李处理系统中的一个重要组成部分，它能够帮助机场快速、准确地处理旅客的行李，提高机场的运营效率和服务质量。倾斜传送带可简化为平面ABCD，以速度v沿AB方向匀速运动，倾斜传送带平面与水平面的夹角为θ，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则将质量为m的物体轻放到传送带上的瞬间，物体的加速度大小为(　　) A．0 B．g sin θ C．μg cos θ D． 解析：选D。因摩擦力方向与相对运动方向相反，所以摩擦力方向在斜面上与v方向相同，大小为μmg cos θ，沿斜面方向合力为mg sin θ，所以合力F合＝，根据牛顿第二定律可知，加速度a＝＝。 7．(2026·广东潮州市期末质检)如图所示，在趣味校运会托球跑比赛中，某队员手握球拍托着小球沿着平直赛道向前运动，球相对球拍静止。已知球拍与竖直方向的夹角θ＝37°，球拍的质量M＝0.5 kg，球的质量m＝0.1 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计小球与球拍之间的摩擦力及空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．球处于平衡状态 B．球拍对球的作用力大小为1.25 N C．球拍的加速度大小为 m/s2 D．手对球拍的作用力大小为8 N 解析： 选C。对小球受力分析，如图所示，可知小球的合力沿水平向右，故小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F合＝＝ma，解得a＝ m/s2，球相对球拍静止，所以a球拍＝a，故A错误，C正确；对小球受力分析，可得球拍对球的作用力FN＝＝ N，故B错误；将球拍和球看成一个整体，对整体分析，可知加速度大小a＝ m/s2，根据牛顿第二定律可得，水平方向上的合力F合′＝(m＋M)a＝8 N，竖直方向上受到的重力G＝(m＋M)g＝6 N，根据平行四边形定则，可得手对球拍的作用力大小F＝＝10 N，故D错误。 8．(8分)(2026·河南三门峡市期末)旅游旺季，我省多地迎来大量游客。一名游客拉着行李箱在水平地面行走，行李箱的运动可看成在地面上滑行，行李箱的质量为22 kg，重力加速度g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6。 (1)若该游客用如图甲所示的力拉行李箱匀速行走，拉力大小为100 N，求行李箱与水平地面间的动摩擦因数μ。(4分) (2)若行李箱拉杆器件损坏，该游客停下来，改用如图乙所示的力推行李箱匀加速追赶前方的朋友，10 s内跑了25 m才追上，求该推力的大小。(4分) 解析：(1)对行李箱受力分析如图1所示 由题意可知，在竖直方向上有FN＋F sin 37°＝mg 水平方向上有F cos 37°＝Ff Ff＝μFN 解得μ＝0.5。 　　 (2)对行李箱受力分析如图2所示 由题意有 FN′＝F′sin 37°＋mg F′cos 37°－Ff′＝ma Ff′＝μFN′ x＝at2 联立解得F′＝242 N。 答案：(1)0.5　(2)242 N 9．(12分)(2026·湖南常德市期末)如图甲所示，在风洞实验室内，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°角并固定，质量m＝2 kg的小球穿在细杆上，并静止于细杆底端O点。现有平行于细杆向上的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s风力停止作用，小球沿细杆向上运动的v－t图像如图乙所示，细杆和小球间的动摩擦因数μ＝0.5 ，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。试求： (1)小球在前2 s内的加速度a1的大小；(3分) (2)风力F的大小；(3分) (3)小球返回至出发点O时的速度大小。(答案可以保留根号)(6分) 解析：(1)v－t图像中图线斜率表示加速度，则可知小球在前2 s内的加速度大小 a1＝＝ m/s2＝20 m/s2。 (2)对小球，前2 s内在风力作用下沿杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 F－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1 代入数据解得F＝60 N。 (3)根据v－t图像中图线与横坐标围成的面积表示位移，可得小球在细杆上向上运动的最大位移 x＝×6×40 m＝120 m 小球下滑时做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2 代入数据解得a2＝2 m/s2 根据位移与速度的关系可得v2＝2a2x 代入数据解得v＝4 m/s。 答案：(1)20 m/s2　(2)60 N　(3)4 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $