练案14 第三章 第14讲 牛顿第一定律 牛顿第二定律-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习练案

练案[14] 第三章 运动和力的关系 第14讲牛顿第一定律 牛顿第二定律 基础巩固练 5.如图所示，起重机将质量为2×103kg的正方形工件竖 直向上匀加速吊起，工件的加速度大小为2m/s2,四 1.在东汉王充所著的《论衡》中提到“是故湍濑之流，沙 根钢绳（质量不计）等长，每根钢绳与竖直方向的夹角 石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。”从物 均为60°，重力加速度大小g取10m/s2,则每根钢绳 理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确 受力的大小为 () 的是 ( A.水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的 原因 B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的 难易程度与质量有关 C.只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动，是 因为运动需要力来维持 D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力 A.1.2×104N B.2.4×104N 2.（2026·北京房山区二模)在地铁运行过程 C.43×103N D.83×103N 中，某人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 6.(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底 直扶手上。他用手机拍摄了当时情境的照 端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端 片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂 坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m,滑梯与水 直，细绳与竖直方向夹角为0，重力加速度为 平地面夹角为6，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动 g。根据以上信息，可以确定 摩擦因数为4，重力加速度为g,下列判断正确的是 A.地铁运行方向 () B.地铁运行加速度方向 C.圆珠笔的质量 D.地铁运行加速度大小为gsin0 3.高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的 动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重 力加速度g取10m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度 A.儿童向上走时所受摩擦力为mgsin 0,方向沿斜面 不超过 ( 向上 A.2.0m/s2 B.4.0m/s2 B.儿童向上走时所受摩擦力为mgcos 0,方向沿斜面 C.6.0m/s2 D.8.0m/s2 向上 4.（多选)如图，凹形槽车静止在 水平直轨道上，位于光滑槽底 左 ■hMW C.儿童下滑时加速度为gsin0-gcos0,方向沿斜面向 的水平轻弹簧一端连接右侧槽 下 壁，另一端连接质量m=1kg的物体，物体静止时，弹 D.儿童下滑时加速度为2gsin0,方向沿斜面向下 簧对物体的压力N,=2八。现使槽车与物体一起以7.（多选）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平 a=2m/s2的加速度沿轨道运动，用F弹表示弹簧的弹 面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端 力大小，用N璧表示物体对左侧槽壁的压力大小，下列 某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为 判断正确的是 ( ) 0.1m时物块达到最大速度，此后物块继 A.若a的方向向左，则F弹=2N 续向下运动到达最低点。在以上整个运 000000 B.若a的方向向右，则F弹=2N 动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块 和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空 7777777 C.若a的方向向左，则N襞=4N D.若a的方向向右，则N壁=0 气阻力，g取10m/s2,下列说法正确的是 -349 A.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先11.(2025·河南周口模拟)如图为救援直升机在执行灭 增大后减小 火任务时的情境。直升机沿水平方向匀速直线飞往 B.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度 水源地取水时，悬挂空水桶的悬索与竖直方向的夹 直减小 角为37°；直升机取水后飞往火场灭火，沿水平方向 C.该弹簧的劲度系数为20.0N/m 以5m/s2的加速度匀加速直线飞行时，悬挂水桶的 D.弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为 悬索与竖直方向的夹角也为37°。若空气阻力大小 10m/s2 不变，空桶质量为400kg,忽略悬索的质量，则此时水 8.如图所示，一木块紧靠长方体形空后 前 桶中水的质量为(sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 铁箱后壁（未粘连），在水平拉力F 速度g取10m/s2) () 的作用下一起向右做直线运动，现 逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁 箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后 壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说 法正确的是 A.铁箱对木块的支持力先不变后减小 B.铁箱对木块的摩擦力先不变后减小 A.260 kg B.500 kg C.铁箱对木块的摩擦力一直减小 C.800 kg D.1000kg D.铁箱可能先做加速运动后做减速运动 12.如图，用AB、BC两根细绳把质量为m=1kg的小球 能力提升练 悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB 绳与竖直方向的夹角为α=37°，BC绳与竖直方向的 9.如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连 夹角为B=53°，求：（重力加速度g取10m/s2,sin37° 接，并用轻绳L1、L,固定，处于静止状态，L1水平，L =0.6,c0s37°=0.8，sin53°=0.8，c0s53°=0.6) 与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则 60° 甲 (1)AB、BC中的张力大小； (2)当小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时， AB、BC中的张力大小。 A.L1的拉力大小为V3mg B.L,的拉力大小为3mg C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为√3g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 10.（2026·广东揭阳联考)如图，甲和乙利用轻绳拉着 相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练， 训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻 绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>B,两轮胎与地 面始终接触且受到的支持力相等，则 轮胎 轮胎 777777777777777777777777 水平地面 水平地面 A.甲的轻绳拉力比乙的大 B.两者轻绳拉力大小相等 C.甲所拉的轮胎加速度比乙的小 D.两轮胎所受合外力大小相等 —350(2) (3)根据平行四边形定则，作出力的图示，如图所示 //mm 0.9N 36.0 3.60 32.0 、B 28.0 24.0 20.0 16.0 6.30N 0 3.(1)BC(2)丙(3)一直增大先减小后增大 (3)设橡皮筋的原长为l。,由平衡条件k(l-l)=mg [解析](1)实验中，题图甲用来测量合力，题图乙用来测量两 可得1=学+场 个分力，根据胡克定律可知，力的大小与弹簧形变量成正比，力 的大小可用弹簧形变量来表示，因此必须测量弹簧的形变量， 结合图像斜率为=m竖 但AO、B0长度不必相同，A错误，B、C正确：实验中矿泉水瓶的 △nk 重力是定值，所以不必保证O点固定不变，D错误。 取点代入数据k=122N/m。 (2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所以x,需要沿 (4)不代表 着竖直方向，故题图丙是正确的。 因为主尺的零刻度略低于橡皮筋的上端，不挂钩码时，游标卡 (3)对O点受力分析，0点处于动态平衡，重力的A, 尺的读数小于橡皮筋的原长。 大小，方向不变，OA绳中拉力方向不变，根据平 行四边形定则可得OA中弹力将一直变大，OB中 5.(1)ms(2)1.0x100.21 弹力将先减小后增大，如图所示。所以OA中弹 [解析](1)橡皮筋拉力沿竖直方向的分力大小等于钩码的重 簧的长度将一直增大，OB中弹簧的长度将先减 力，即7c0s&=mg,T=mg 小后增大。 cos a 4.(1)BCD(2)A(3)甲 cosa,联立解得 (2)根据胡克定律得T=(1-),T=mg, 1 [解析](1)实验中的分力与合力的关系必须满足IF,-FI≤ cos a mg F≤F,+F(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都是 2.0-1 可以的。 .图线斜率为23.022.0)×10mmg01x10N解得6 mg (2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点0的 =1.0x10N/m:延长图乙中的图线与l轴交点表示橡皮筋的原 位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故选A。 (3)F的方向一定竖直向下，由于测量误差F,和F2的合力方 长，即6=0.21m。 向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的。 练案[13] 5.(1)g (3)见解析(5)> 1.(1)AC(2)F(3)A(4)3.00 [解析](1)测量力的实验要求尽量准确，为了防止摩擦对实 [解析](I)弹簧的劲度系数为k=mS 验结果产生误差，故拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近 (3)作图法画出F如图所示 木板且与木板平面平行，A正确；实验中只要求效果相同，而两 A 弹簧测力计系的两条细线不必等长，B错误：为了准确地测量力 的大小，故F、F,和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量 C 程，C正确；为减小测量误差，F、F2两力夹角不能太大也不能 F 太小，但F、F2方向间夹角不一定为90°，D错误。 、B (2)由图可知，乙图中F、F2、F、F'四个力，F是根据平行四边形 (5)由数学知识可知只有满足∠AOC>LBOC,才能保证Fg<Fd 作图得到的，故不是由弹簧测力计直接测得的。 =G,才不会超过弹簧秤量程。 (3)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是橡皮条沿 练案[14] 同一方向伸长同一长度，B、C、D错误，A正确。 (4)由丙图可知，测量中弹簧测力计M的示数为3.00N。 1.B水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻力，故 2.(1)10.00(9.98-10.02)(2)3.60(3.58~3.62) 力是改变运动状态的原因，故A错误：物体保持原有运动状态 (3)见解析图6.0(5.5~6.5) 的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越大惯性越大，力 是改变物体运动状态的原因，重的大石由于质量太大，惯性太 [解析](1)由图1分析可知，刻度尺的分度值为0.1cm,读数时 大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确；物体的运动不 要估读到分度值的下一位，弹簧指针位置对应的刻度为10.O0cm。 需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动， (2)由图3分析可知，弹簧测力计的分度值为0.1N,读数时要 故C错误：“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力， 估读到分度值的下一位，其示数为3.60N。 大石所受的合外力为零，故D错误。 604 2.B圆珠笔受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖 大T 10.C对轮胎Tm sin c+N=mg,T cos a-uN=mam,T sin B+N= 直向下，则圆珠笔所受的合力水平向左，由牛顿第二定 0 mg,T cos B-uW=ma2,因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙 律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运 的大，即a>B,则sina>sinB,cosa<cosB,所以Tm<T乙，am< 行方向，故A错误，B正确：圆珠笔受力如图。根据牛顿 a乙，Fp=map<Fz=ma乙，故选C。 第二定律得ngtan0=ma,所以地铁运动加速度大小为 :11.C直升机悬挂空桶匀速飞往水源地取水时，空桶受力平衡， a=gtan 0,无法计算圆珠笔的质量，故C、D错误。 有T1sin37°-f=0,T1cos37°-mg=0,解得f=3000N,直升机加 3.B书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩 速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sin37°-f=（m+M)a, 擦力。若书不滑动，由f=umg=mam,解得高铁的最大加速度为 T2cos37°-(m+M)g=0,联立解得此时水桶中水的质量为M= am=g=4m/s2,即若书不滑动，高铁的加速度不超过4m/s2,B 800kg,故C正确。 正确。 12.(1)8N6N(2)241N0 4.AB若整体的加速度向左，物体的加速度也向左，设左侧槽壁 对物体恰好没有作用力，根据牛顿第二定律，有V。=mao得a。= [解析]（1)根据平衡条件Tagsin a=Tecsin B TAgcos a+Taccos B=mg =2m/s2,满足题干要求，即槽车和物体一起向左以加速度大 解得T4B=8N,Tc=6N。 小为2m/s2运动时，弹簧弹力为2N,槽壁对物体没有弹力，A (2)根据牛顿第二定律有Te'sina-Tc'sinB=ma 正确，C错误；同理，若α的方向向右，设左侧槽壁对物体的作用 TAn'cos a+Tec'cos B=mg 力大小为N壁，弹簧长度不变，所以弹簧的弹力为2N,根据牛顿 解得TA'=12.8N,T'=-0.4N 第二定律，有N壁-W。=ma得W些=N。+ma=4N,槽壁对物体的弹 由Tc'<0可知，小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时， 力为4N,B正确，D错误。 小球飘起，T"=0,设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为 5.A设每根钢丝绳的拉力为F,由题意可知每根绳与竖直方向 0,根据牛顿第二定律有T"sin0=ma 的夹角为60°：根据牛顿第二定律，在竖直方向有4Fcos60°-mg T"cos 0=mg =ma,代入数据解得F=1.2×104N,故选A。 解得T"=2√41N。 6.AC儿童从底端缓慢走到顶端过程中，处于平衡状态，所受摩 擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为 练案[15] mgsin0,方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到 1.BD体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力， 的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F,=umgcos 0,下滑时的加速度 并不是体重变小，A错误：晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏 大小为a-mgin0-ungeos0=gsin0-4gos0,方向沿斜面向下， m 的支持力是作用力与反作用力，大小相等，B正确：电梯做向上 故C正确，D错误。 的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，C错误：以人为 7.AD接触弹簧的开始阶段，弹力小于重力，则物块的加速度向： 研究对象，根据牛顿第二定律得mg-R、=ma,解得a=号，D正 下，物块加速运动：当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度 最大：在以后的阶段，弹力大于重力，加速度向上，物块减速运 确。故选BD 动，则从接触弹簧到玉缩至最短的过程中，物块的速度先增大2B根据题于公式A「=山山A兰 AF2 后减小，选项A正确，B错误；当弹簧的压缩量为0.1m时物块 r2 整理可得A△，代入 达到最大速度，此时mg=:该弹簧的劲度系数为k="坚= 相应物理量单位可得比例系数k的单位为、-kg·s 42 A Wm=30N/m,选项C错误；弹簧压缩量为0.2m时，物块 3 kg·m/(s2·A2）,故选B。 3.C由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小， 的加速度大小为a= x2-mg_30×0.2-3 m/s2=10m/s2,方向向 可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁 0.3 上，选项D正确。故选AD。 质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-=G·a, 8.B木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加 可知f先小于G,后大于G。故选C, 速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁 G 箱对木块的支持力FN=m*费a逐渐减小，故A错误；木块与空4，ABCm= =50kg,在to~t1时间内，根据牛顿第二定律可知 铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对 F,-mg=ma1,解得a1=-1m/s2,可知在o~t1时间内，此人向下 滑动时，铁箱对木块的摩擦力F=F、=m块a逐渐减小，故B 正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块 做匀加速运动或向上做匀减速运动，~t2根据牛顿第二定律可 也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水 知F2-mg=ma2,解得a2=0,可知在t1~t2时间内，此人做匀速直 平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 线运动或静止，2~t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3-mg= 9.C对甲、乙整体受力分析可知，L,的拉力大小为Fn=2 mgtan60° ma3,解得a3=1m/s,可知在t2~t3时间内，此人向下做匀减速 运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。 2Bmg山，的力大小为。三4mg,选项A,B错误：5.C礼花弹在上升过程中，受到竖而下的重力和，由牛顿， 剪断L,瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加 第二定律有mg+f=ma,根据题意有f=mg,解得a=20m/s2,礼 速度为零；对小球甲受力分析，F合=2 ngsin60°=J3mg,由牛顿 花向上做匀减速，根据v。2=2alH,解得h=90m,由运动学知识得 第二定律可知加速度-金=5g,选项C正确，D错误。 t=0=3s,选项C正确。 m —605-