2026版《金版教程》高考一轮复习物理第1节 牛顿运动定律的理解和基本应用

高考总复习首选用卷物理第1节牛顿运动定律的理解和基本应用考点一牛顿第一定律惯性1．(2024·甘肃省兰州市高三下诊断考试)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。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是()A．水冲沙石，沙石才能运动，是因为力是产生运动的原因B．大石的质量比较大，所以惯性比较大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答案：B解析：水冲沙石，沙石才能运动，是因为水的冲击力大于沙石受到的阻力时，沙石受到的合力不为零，力是改变物体运动状态的原因，而不是产生运动的原因，故A错误；惯性的大小只与质量有关，质量越大，惯性越大，大石由于质量大，惯性大，故B正确；物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以保持匀速直线运动状态，故C错误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合力为零，故D错误。考点二牛顿第二定律单位制2.如图所示，质量为20kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10m/s2)()A．受到的摩擦力大小为20N，方向向左B．受到的摩擦力大小为20N，方向向右C．运动的加速度大小为1.5m/s2，方向向左D．运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向右答案：A解析：物体相对水平面向右运动，故物体受到向左的滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝20N，故A正确，B错误；以水平向右为正方向，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得该物体的加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(10－20,20)m/s2＝－0.5m/s2，即该物体运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向左，C、D错误。3．趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，也考验班级的团队协作能力。某高中校运动会比赛中某班四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间将“毛毛虫”提起并沿水平跑道加速出发，加速度大小约为7.5m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为4kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为()A．6N B．8NC．12.5N D．30N答案：C解析：设平均每位同学对道具的作用力为F，对“毛毛虫”道具受力分析，该道具受到重力和四位同学的作用力，如图所示，而由题意可知，道具的加速度沿水平方向，则道具所受合力F合沿水平方向，由平行四边形定则得(4F)2＝Feq\o\al(2,合)＋(mg)2，由牛顿第二定律得F合＝ma，联立并代入数据，解得F＝12.5N，故C正确。4．(2023·辽宁高考)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)。比例系数k的单位是()A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)答案：B解析：根据ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)，可得k＝eq\f(ΔFr2,I1I2Δl1Δl2)，代入相应物理量的国际单位，可得比例系数k的单位为eq\f(N·m2,A2·m2)＝eq\f(kg·m/s2,A2)＝kg·m/(s2·A2)，故选B。考点三牛顿第二定律的瞬时性问题5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间()A．两图中两球加速度大小均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度大小为2gsinθD．图乙中B球的加速度为零答案：C解析：设A、B两球的质量均为m，撤去挡板前，对A、B整体由平衡条件可知，两图中挡板对B球的弹力大小均为FCB＝2mgsinθ，对A球由平衡条件可知，弹簧或轻杆对A球的作用力大小均为F＝mgsinθ。因弹簧弹力不能突变，所以撤去挡板的瞬间，图甲中，A球所受合力不变，依然为零，故A球的加速度为零，B球所受合力与撤去挡板前挡板对B球的弹力等大反向，即方向沿斜面向下，大小为F合B＝FCB＝2mgsinθ，故B球的加速度大小为aB＝eq\f(F合B,m)＝2gsinθ，方向沿斜面向下；轻杆的弹力可以突变，图乙中，撤去挡板后整体将一起沿斜面加速下滑，A、B两球的加速度相等，设为a，由牛顿第二定律得2mgsinθ＝2ma，解得a＝gsinθ。综上所述，A、B、D错误，C正确。6.(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细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，1.5gC．2g，0.5g D．g，0.5g答案：A解析：剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大小为FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。考点四动力学的两类基本问题7．如图甲所示，打弹珠是儿童常玩的游戏。如图乙所示，某次游戏时，两个质量相等的弹珠1、2相距L，开始时静止在水平场地中，一个小朋友给弹珠1一个水平弹力使其获得水平速度，弹珠1与弹珠2发生弹性正碰后，弹珠2恰好能沿直线运动L的距离。已知重力加速度为g，弹珠在水平面上运动时所受阻力始终为重力的k倍。则弹珠2运动的时间为()A.eq\r(\f(2L,kg)) B.eq\r(\f(L,2kg))C．2eq\r(\f(L,kg)) D.eq\f(1,2)eq\r(\f(L,kg))答案：A解析：碰撞后弹珠2在阻力作用下做匀减速直线运动，末速度为零，可以看作是反向的匀加速直线运动。由牛顿第二定律得kmg＝ma，解得弹珠2的加速度大小为a＝kg，根据匀变速直线运动规律，有L＝eq\f(1,2)at2，解得弹珠2运动的时间t＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2L,kg))，故选A。8．质量为1kg的物块在轻绳的拉动下，沿倾角为30°、足够长的固定斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，轻绳与斜面平行。在0～5s内，物块运动了20m，已知物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。则轻绳对物块的拉力大小为()A．10N B．11.6NC．12.5N D．14.1N答案：B解析：已知在0～5s的时间内物块运动了x＝20m，根据匀变速直线运动规律，有x＝eq\f(1,2)at2，解得物块的加速度大小a＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×20,52)m/s2＝1.6m/s2，对物块受力分析如图所示，沿斜面方向，由牛顿第二定律得F－f－mgsin30°＝ma，垂直于斜面方向，由平衡条件有FN＝mgcos30°，又f＝μFN，联立并代入数据，解得轻绳对物块的拉力大小F＝11.6N，故B正确。考点五超重和失重9．(2025·福建省厦门市高三上第二次质量检测)在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学()A．从A到B的过程中，处于超重状态B．在B点时，速度为零C．在C点时，恰好离开地面D．从C到D的过程中，处于失重状态答案：D解析：由图可知，从A到B的过程中，以及从C到D的过程中，该同学有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误，D正确；a­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度变化量，该同学在A点的速度为零，故在B点时，速度不为零，B错误；恰好离开地面时，地面对该同学的作用力为零，若不计空气阻力，则该同学的加速度为重力加速度，结合题图分析可知，该同学在D点时，恰好离开地面，故C错误。10．(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m) B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m) D.eq\f(3F,10m)答案：A解析：当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，对F分解如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，2Tcosθ＝F，解得绳子拉力大小T＝eq\f(5,8)F；对任一小球，由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确。11．(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是()A．f一直大于GB．f一直小于GC．f先小于G，后大于GD．f先大于G，后小于G答案：C解析：由题图可知，相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘下落的速度先增大后减小，以向下为正方向，则铁质小圆盘的加速度a先正后负，设铁质小圆盘的质量为m，根据牛顿第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故选C。12.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案：C解析：对物块进行受力分析，设斜面的倾角为θ，沿斜面方向有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，解得a1＝eq\f(mg＋F,mg)a>a，即物块将以大于a的加速度匀加速下滑，C正确。13.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.30mgC．0.23mg D．0.20mg答案：D解析：重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，由牛顿第三定律知，地板对重物的支持力FN＝1.15mg，对重物进行受力分析，根据牛顿第二定律，在竖直方向上有FN－mg＝ma1，解得a1＝0.15g，设水平方向上的分加速度为a2，则eq\f(a1,a2)＝tan37°＝eq\f(3,4)，解得a2＝0.20g，重物受到地板的摩擦力提供水平方向的分加速度，故f＝ma2＝0.20mg，故D正确。14.(2021·北京高考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．30cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40cm刻度对应的加速度为gC．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的答案：A解析：由题可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长x0＝20cm；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺x1＝40cm刻度处，则根据平衡条件有mg＝k(x1－x0)，且40cm刻度对应的加速度为0，B错误；指针位于x2＝30cm刻度时，有k(x2－x0)－mg＝ma2，联立解得a2＝－0.5g，A正确；指针位于x3＝50cm刻度时，有k(x3－x0)－mg＝ma3，联立解得a3＝0.5g，C错误；设钢球相对装置静止时指针所对刻度为x，根据牛顿第二定律有k(x－x0)－mg＝ma，联立解得a＝eq\f(x－x1,x1－x0)g，即加速度a与x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。15．(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球()A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动答案：B解析：排球上升过程和下落过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为0；对排球受力分析，上升过程中重力和空气阻力均竖直向下，下落过程中重力竖直向下，空气阻力竖直向上，根据牛顿第二定律及运动学规律可知，该排球上升时间比下落时间短，下落过程中下落回到O点的速度小于上升过程排球被垫起时的速度，故排球被垫起后瞬间的速度最大，A错误，B正确。该排球达到最高点时速度为0，空气阻力为0，排球仅受重力作用，加速度为重力加速度g，C错误。下落过程中，排球受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力，速度增大，所受空气阻力增大，故排球所受的合外力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终加速度可能减小到零而做匀速直线运动，D错误。16．图甲为不带滑雪杖的运动员的训练画面，其运动过程可简化为如图乙所示的模型：运动员(可视为质点)沿倾角θ＝37°的滑道由静止开始匀加速直线下滑，到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行s＝51.2m停下。已知水平段运动时间t＝6.4s，滑雪板与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)滑雪板与滑道的动摩擦因数μ；(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。答案：(1)0.25(2)32m解析：(1)运动员在水平滑道做匀减速直线运动，设初速度为v0，根据匀变速直线运动的规律可得s＝eq\f(v0,2)t解得v0＝eq\f(2s,t)＝16m/s根据速度—位移关系式有veq\o\al(2,0)＝2a1s由牛顿第二定律可得μmg＝ma1解得滑雪板与滑道的动摩擦因数μ＝0.25。(2)运动员在斜面上加速下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2根据速度—位移关系式可得veq\o\al(2,0)＝2a2x解得运动员开始下滑位置到坡底的距离x＝32m。17．(2024·辽宁省高三下模拟)一种巨型娱乐器械可以使人们体验超重和失重，如图所示，可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上H＝48m的高空，然后座舱从静止开始以a1＝8m/s2的加速度匀加速下落了36m，制动系统启动，座舱立即匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g取10m/s2。求：(1)制动系统启动时座舱速度的大小及减速阶段加速度a2的大小；(2)制动系统启动后，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？答案：(1)24m/s24m/s2(2)eq\f(17,5)倍解析：(1)设制动系统启动时座舱速度的大小为v，座舱匀加速下落的距离为x1，座舱匀加速阶段，根据运动学公式有2a1x1＝v2－0代入数据解得v＝24m/s设座舱匀减速下落的距离为x2，座舱匀减速阶段，根据运动学公式有－2a2x2＝0－v2又H＝x1＋x2联立并代入数据，解得a2＝24m/s2。(2)设游客的质量为m，制动系统启动后，座椅对游客的支持力大小为N，对游客根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma2解得N＝eq\f(17,5)mg即座椅对游客的支持力是游客重力的eq\f(17,5)倍。18.(2025·安徽省十五校卓越联盟体高三上10月联考)如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现将纸盒从高处由静止释放。不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为()A．a1＝g，a2＝g B．a1＝1.5g，a2＝gC．a1＝3g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0答案：C解析：释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋的弹力不发生变化，小球所受合力依然为0，小球的加速度为a2＝0；释放的瞬间，对纸盒受力分析，橡皮筋对纸盒的作用力不变，仍为F＝2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F合＝mg＋F＝3mg，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a1＝eq\f(F合,m)＝3g。故选C。19.如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度为()A．10.0m/s2 B．5.0m/s2C．2.5m/s2 D．条件不足，无法确定答案：C解析：木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12.0N、下方传感器向上的支持力N1＝20.0N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20.0N－12.0N＝8.0N，弹簧重力不计，故物块的重力为8.0N，所以物块的质量m＝eq\f(G,g)＝eq\f(8.0,10)kg＝0.80kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20.0N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为eq\f(F,2)，根据牛顿第二定律，有F－G－eq\f(F,2)＝ma，解得a＝eq\f(F－G－\f(F,2),m)＝eq\f(20.0－8.0－10.0,0.80)m/s2＝2.5m/s2，故A、B、D错误，C正确。20．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大答案：D解析：由题意知，P、Q的水平距离恒定不变，设为L，对物块分析受力，由牛顿第二定律可知，物块运动的加速度为gsinθ，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2，得t2＝eq\f(2L,gsinθcosθ)＝eq\f(4L,gsin2θ)，则θ＝45°时，t有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，D正确。21.(2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中()A．速度一直增大B．速度先增大后减小C．加速度的最大值为3gD．加速度先增大后减小答案：A解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后，小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，