牛顿运动定律 专项训练-2027届高三物理一轮复习

牛顿运动定律高三一轮复习专题训练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 易混易错练 题组一：牛顿运动定律必备知识筛查 1．《墨经》是先秦墨家的代表作，“力，刑（形）之所以奋也”是书中对力的描述，其释义为： “力是使物体由静而动，动而愈速或由下而上的原因”，这与1000多年后牛顿经典力学的观点基本一致．关于对此描述的认识，以下说法正确的是（　　） A．力是改变物体运动状态的原因 B．力是维持物体运动状态的原因 C．物体速度的变化量跟力成正比 D．物体不受力将保持静止状态 2．根据牛顿第一定律可知（　　） A．力停止作用后，运动的物体就会慢慢停下来 B．物体在做匀速直线运动时，它才显示出惯性 C．物体运动状态改变时必定受到外力的作用 D．速度大的物体不容易停下，所以惯性与物体的速度有关 3．如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据不能经过计算得出的是( )    A．物体的质量 B．物体与水平面间的滑动摩擦力 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．在F为14N时,物体的速度 4．如图所示，我国高速磁悬浮试验样车采用了磁悬浮原理，阻力比普通的高铁小很多，其速度可达600km/h，拥有“快起快停”的技术优点，下列说法正确的是（　　） A．因阻力比普通的高铁小很多，所以磁悬浮列车惯性比较小 B．速度可达600km/h，这是指平均速度 C．能“快起快停”，是指加速度大 D．磁悬浮列车在两城市间运行时可视为质点，这种研究方法叫“微元法” 5．2024年9月11日，我国自主研发的朱雀三号可重复使用垂直回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成10公里级垂直起降返回飞行试验。该火箭的质量将近70吨，在起飞后的大推力上升阶段，火箭加速上升5公里，速度达到160m/s，则这个阶段的平均推力最接近（    ） A． B． C． D． 思想方法练 题组二：牛顿运动定律的理解（关键能力形成） 6．物块a从距离水平地面m高处以m/s的初速度水平抛出，此时物块b从物块a的正下方的水平地面上以某初速度开始做匀减速直线运动，当物块b的速度减为0时两物块恰好发生碰撞。取重力加速度大小m/s2，不计空气阻力，不考虑物块a着地后反弹的情况，则（　　） A．物块a在空中运动的时间为0.5s B．物块a在空中运动的时间为1s C．物块b与地面间的动摩擦因数为0.2 D．物块b与地面间的动摩擦因数为0.6 7．在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3一垂直细线向右的瞬时冲量，则在小球1、2碰撞前（　　） A．小球1、2组成的系统的动量守恒 B．小球1、2组成的系统的机械能守恒 C．两根细线中的张力大小均不变 D．小球3的速度一直在减小 8．如图所示，在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，则（    ） A．外力F的大小为 B．弹簧的形变量为 C．若外力F的大小变为，当A、B相对静止时，弹簧弹力的大小为 D．若外力F的大小变为，当A、B相对静止时，突然撤去外力F的瞬间，物块B的加速度大小为 9．如图甲所示，倾角为θ的斜面与水平面在O点通过一段小圆弧平滑连接，一可视为质点的滑块从斜面上某处由静止释放，经过O点滑到水平面上后减速至零，该过程中滑块的速率随时间变化的规律如图乙所示。已知斜面和水平面由同种材料构成，则滑块与接触面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 10．球从高处由静止开始下落，所受空气阻力与速度成正比。下列描述球下落过程中加速度a、速度v随时间t，动能、机械能E随下落位移h变化的关系图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多选题 11．如图所示，轻质光滑硬杆的上端与质量为m的小球连接，下端与劲度系数为k的轻质弹簧拴接。小球靠在光滑的竖直墙上。弹簧放置在光滑的水平地面上。右端连接在墙角O，从A点静止释放小球时，弹簧处于原长。小球沿着墙面下降的高度为h时，恰好运动到C点速度为零，硬杆的下端沿地面由D点运动到E点，小球在B点时，速度达到最大值，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球沿着墙面下滑的过程中，先是超重状态后是失重状态 B．当杆与水平面的夹角为时，硬杆上、下端的速度分别为、，则有 C．小球运动到B点时，地面对杆下端的支持力小于mg D．若弹簧的弹性势能与伸长量x、劲度系数k的关系为，则D、E两点间的距离为 12．如图所示，两位小朋友玩弹珠子游戏，先让光滑直杆倾斜固定，质量相等的两颗有孔的珠子a、b（均视为质点）穿在直杆上，初始时两珠子之间的距离为l。一位小朋友将珠子a从直杆底端沿杆以大小为v0的初速度向上弹出，另一位小朋友同时将珠子b无初速度释放，两珠子碰撞前瞬间的速度大小均为，两珠子的碰撞时间极短，且碰撞过程中损失的动能最大，则下列说法正确的是（    ） A．碰撞前，珠子a的加速度大于珠子b的加速度 B．碰撞时，珠子a到直杆底端的距离为 C．碰撞后，两珠子同时回到直杆底端 D．碰撞后，珠子a回到直杆底端的时间与珠子b回到直杆底端的时间之比为1∶3 13．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（　　） A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为1∶2 C．加速与减速过程中所受摩擦力的大小之比为1∶7 D．加速与减速过程的位移之比为1∶4 14．在粗糙、绝缘的水平面上有两个带电物块。甲物块固定，乙物块从静止释放后的一段时间内，其运动的图像可能是（　　） A． B． C． D． 能力提升练 题组三：牛顿运动定律的应用与计算（核心素养提升） 三、解答题 15．质量m=5.0kg的物体放在水平面上，物体与地面的动摩擦因数为0.2， t=0时刻，物体在水平拉力F作用下由静止开始运动，已知F=50N．求 (1)物体的加速度大小a； (2)t=2.0s时物体的速度大小v． 16．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，求： （1）推力F的大小； （2）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。 17．如图所示，质量m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，现对物体施以平行于斜面向上的拉力F，经历t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分速度图像如图所示（cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2）。求 (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)拉力F的大小。 18．如图所示为自动卸货矿车的示意图。缓冲弹簧下端固定在斜面轨道底端，上端连接轻质装置P，P静置于B点。矿车从斜面轨道上A处由静止开始下滑，撞击P后与P一起压缩弹簧，当矿车速度减为零时装置P自动锁定，卸下全部货物后，装置P解除锁定，矿车借助弹簧的弹力作用，恰能返回到A点。已知斜面轨道的倾角θ=37°，轨道A、B间的距离L=99.5m，矿车在轨道A、B间运动时受到的阻力为矿车重力的0.4倍，缓冲弹簧的劲度系数k=4.0×105N/m，允许的最大压缩量为xm=0.5m，弹簧弹性势能表达式为，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6。 （1）试估算矿车从A处开始下滑到速度减为零时所需要的时间t（误差不超过0.1s）； （2）求矿车将斜面轨道A处旁边质量为M0=2t的货物从A处运送至C处，需要运送的最少次数n。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《牛顿运动定律高三一轮复习专题训练》参考答案 1．A 【详解】力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确，B错误；加速度跟力成正比，但物体速度的变化量不是加速度，故物体速度的变化量跟力不成正比；故C错误；物体静止或匀速运动受到的合外力为零或不受力，故D错误．所以A正确，BCD错误． 2．C 【详解】A．力停止作用后，没有受到力的作用，由于惯性，本来运动的物体要保持力撤销时刻的速度做匀速直线运动，选项A错误； B．惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，选项B错误； C．由于力是改变物体的运动状态的原因，物体运动状态发生改变时，必定受到外力的作用，选项C正确； D．惯性的大小仅与质量有关，与速度无关，选项D错误。 故选C。 3．D 【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解． 【详解】物体受到重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：，根据a与F图线可得：， ，联立解得：，，故AC不符合题意；物体所受的滑动摩擦力为，故B不符合题意；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，因为F为变力无法求F做的功，从而也无法根据动能定理求速度，故D符合题意．所以选D． 【点睛】解决本题的关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量． 4．C 【详解】A．惯性仅与物体的质量有关，与运动状态无关，故A错误； B．速度可达600km/h，所指为瞬时速度，故B错误； C．加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大，说明速度变化快，能“快起快停”，是指加速度大，故C正确； D．研究磁悬浮列车在两城市间的运行时间时，其大小形状可以忽略，可视为质点，这种研究方法叫“理想模型法”，故D错误。 故选C。 5．B 【详解】火箭大推力上升阶段，根据牛顿第二定律 运动学公式 取重力加速度为，代入解得 故选B。 6．B 【详解】AB．物块a竖直方向做自由落体运动，根据 解得 故B正确，A错误； CD．物块的水平位移与物块b的位移相等为 物块b的逆向为匀加速直线运动，根据 解得物块b的加速度大小 根据牛顿第二定律 解得 故CD错误。 故选B。 7．D 【详解】A．由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒；小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，动量不守恒，故A错误； B．三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，机械能不守恒，故B错误； C．小球1、2相对于小球3做圆周运动，速度越来越大，绳子拉力越来越大，故C错误； D．小球3受到绳子的拉力始终向左，速度一直在减小，故D正确。 故选D。 8．D 【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力的大小为 故A错误； B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为 则弹簧的形变量为 故B错误； CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律，得 解得 物块A和B的加速度大小为 对物块B受力分析，由牛顿第二定律 可得，弹簧弹力的大小为 突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。 故选D。 9．D 【详解】滑块在斜面上运动时有 滑块在水平面上运动时有 由题图乙知加速度大小满足，解得 故选D。 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，目的是考查学生的推理能力。 10．D 【详解】AB．已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 f=kv 根据牛顿第二定律得 得 开始时v比较小，且 mg＞kv 球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动；当 mg=kv 时加速度为零，此时速度不再增大，做匀速直线运动，则全过程小球先做加速度减小的变加速直线运动，后做加速度等于零的匀速直线运动，v-t图像的斜率表示加速度，则斜率应该逐渐减小到零后不变； a-t图像的斜率为 可知a减小，a-t图像斜率绝对值减小，故AB错误； C．由动能定理 即 由于v逐渐增大的，故Ek-h的斜率要不断减小，故C错误； D．机械能的变化量等于克服阻力做的功 可得 v逐渐增大，则f逐渐增大，即E-h图像的斜率的绝对值逐渐变大，故D正确。 故选D。 11．BD 【详解】A．小球沿着墙面下滑的过程中，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，小球先是失重状态后是超重状态，A错误； B．把分别沿着杆、垂直杆分解，可得沿着杆方向的分速度为，同理把分别沿着杆、垂直杆分解，可得沿着杆方向的分速度为，由 可得 B正确； C．由题可知小球运动到B点时速度最大，把轻杆与小球看成整体，则所受合力为零，由力的平衡可知，地面对杆下端的支持力等于重力mg，C错误； D．由系统机械能守恒可得 解得 即D、E两点的距离为，D正确。 故选BD。 12．BC 【详解】A．设两颗珠子的质量均为，由牛顿第二定律得 得 所以两珠子的加速度相同，故A错误； B．碰撞前，对珠子a有 对珠子b有 且满足 解得 故B正确； C D．两珠子碰撞过程动量守恒，由于两珠子的动量大小相等、方向相反，且碰撞过程中损失的动能最大，故碰撞后瞬间两珠子的速度均为0，又因为两珠子的加速度相同，所以碰撞后，两珠子同时回到直杆底端，故C正确，D错误； 故选BC。 13．BC 【详解】ABCD．因为 ， ， 由匀变速直线运动的加速度公式、位移公式和速度公式，可解得 ， ， , 由牛顿第二定律 ， 可得 ， 即得下滑过程中的最大速度为8 m/s，加速与减速过程的时间之比为1∶2，加速与减速过程中所受摩擦力的大小之比为1∶7，加速与减速过程的位移之比为1∶2，AD错误，BC正确。 故选BC。 14．BD 【详解】AB．对乙受力分析：滑动摩擦力大小恒定，库仑力 若甲乙带异种电荷：乙受吸引力向甲靠近，间距减小，逐渐增大，加速度逐渐增大，图像的斜率表示加速度，因此斜率逐渐增大，故A错误，B正确； CD．若甲乙带同种电荷：乙受排斥力远离甲，间距增大，逐渐减小，加速度逐渐减小； 当减小到小于后，加速度方向与速度反向，乙开始减速，且继续减小，减速的加速度大小逐渐增大，因此速度先增大后减小，故C错误，D正确。 故选BD。 15．(1)8m/s2 (2)16m/s 【详解】(1)物体受重力、拉力、摩擦力和水平面的支持力，根据牛顿第二定律得 解得 (2)t=2.0s时物体的速度大小 v=at=8×2m/s=16m/s 16．（1）15 N；（2）6 m 【详解】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 代入数据解得 （2）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由 解得A的加速度大小 物块A通过的位移，根据 物块A减速到零的时间 物块B通过的位移 物块A刚停止时A、B间的距离 17．(1)0.5；(2) 30N 【详解】（1）（2）物体在外力F作用时，沿斜面加速运动，由图象知a1=20m/s2 对物体受力分析，由牛顿第二定律有 撤去外力F，物体沿斜面做减速运动，由图象知a2=10m/s2 对物体受力分析由牛顿第二定律有 代入数据解得F=30N，μ=0.5 18．（1）10s（10s~10.1s均得分）；（2）10次 【详解】（1）设矿车含货物总质量为，矿车从处开始匀加速下滑到点的加速度为，到达点时的速度为，矿车从处到速度减为0时所需要的时间为 解得 若将全程看作匀加速直线运动，由 可得 若将到的过程看作匀减速直线运动，则 解得 故估算时间时可以将全程看作是匀加速直线运动 解得 （10s~10.1s均得分） （2）设矿车空载时的最大质量为，每次装载货物的最大质量为，根据动能定理得 矿车下滑过程 矿车上行过程 解得 次 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $