牛頓運動定律專題訓練-備戰2025年高考物理一輪復習

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.下列說法正確的是（）

A.kg、cm、s都是國際單位制中的基本單位

B.牛頓的理想斜面實驗雖然是想象中的實驗，但它是建立在可靠的事實基礎上的

C.在對自由落體運動的研究中，伽利略猜想運動速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗

證

Av

D.物體從f到7+4時間內位移為Ar,當時，可以用一表示物體在時亥晨的瞬時速度

Nt

2.在剛結束的巴黎奧運會，鄭欽文獲得女單網球冠軍，創造歷史性的一刻。如圖所示，鄭欽文把飛

來的網球擊打回去，落到了對方場內，則下列說法正確的是（）

A.飛來的網球速度越大，慣性越大

B.球被打飛回去，是因為力是維持物體運動狀態的原因

C.若球拍沒有擊打球，則球會保持原來的運動狀態不變

D.球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而產生的

3.為了增強中學生的身體素質，某學校在體育測試中增設了鉛球項目，在某次投擲鉛球的過程中,

下列說法正確的是（）

A.鉛球一直受力平衡

B.手對鉛球的力大于鉛球對手的力

C.鉛球離開手后會繼續向前運動，是因為鉛球具有慣性；鉛球最終停下來，是因為慣性消失

D.鉛球在空中運動時，如果受到的力全部消失，它將做勻速直線運動

4.伽利略曾用如圖所示的“理想實驗”來研究力與運動的關系，則下列符合實驗事實的是（）

e

A.小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面

B.小球會上升到原來釋放時的高度

C.減小斜面的傾角仇小球仍然能到達原來的高度

D.繼續減小斜面的傾角仇最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去

5.關于超重和失重現象，下列說法正確的是（）

A.物體在豎直彈性繩的作用下，上、下來回運動，一定是失重現象

B.物體在豎直彈性繩的作用下，上、下來回運動，當物體與彈性繩間的作用力剛好為。時，物體

既不處于超重狀態也不處于失重狀態

C.足球被豎直向上踢出后，在向上運動過程中處于超重狀態

D.汽車通過拱橋最高點時（速度不為0）一定處于失重狀態

6.某實驗小組利用身邊的器材，想粗略測量地鐵啟動過程中的加速度。具體操作如下：細繩的下端

綁著一支圓珠筆，細繩的上端用膠帶臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段加速過程中，

細繩偏離了豎直方向，處于穩定狀態，用手機拍攝了當時的照片（如圖所示），拍攝方向跟地鐵前進

方向垂直。已知細繩懸點到圓珠筆重心的長度L圓珠筆重心到豎直扶手的距離d,圓珠筆的質量施，

重力加速度g,則下列說法正確的是（）

A.根據這張照片可看出地鐵運動的方向可能向右

細繩中的拉力大小為‘/

c.該地鐵的加速度大小為d，

7.如圖所示，質量為機的滑塊在水平面上向左撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了回時速度減小到0,

然后彈簧又將滑塊向右推開。已知彈簧的勁度系數為左，滑塊與水平面間的動摩擦因數為〃，整個過

程彈簧未超過彈性限度，則（）

4k

A.滑塊向左運動過程中，始終做勻減速運動

B.滑塊向右運動過程中，始終做加速運動

c.滑塊與彈簧接觸過程中最大加速度為履。+"退

m

D.滑塊向右運動過程中，當滑塊與彈簧分離時，滑塊速度最大

8.在平直公路上，汽車由靜止開始做勻變速直線運動，當速度達到v=10m/s時立即關閉發動機滑行,

直到停止，運動過程的VT圖像如圖所示，設汽車牽引力大小為E阻力大小為力則（）

9.如圖甲所示，小楊在平地上用水平向右的力推木箱，推力隨時間變化的圖像如圖乙所示，木箱速

度隨時間變化的圖像如圖丙所示，以下說法錯誤的是（）

A.0~3s內小楊沒有對木箱做功

B.3s~6s內木箱受到的合力大小為6N,方向是水平向右

C.6s~9s內木箱受到的合力大小小于3N,方向是水平向左

D.如果第12s后小楊撤去推力，木箱將做減速直線運動

10.如圖所示，運動員剛開始靜止在蹦床上的8點（未標出），通過調整姿態，多次彈跳后達到最高

點4然后運動員從A點保持姿勢不變由靜止下落至最低點C。不計空氣阻力，下列說法正確的是（

A.運動員從接觸蹦床到最低點的過程中，一直做減速運動

B.下落過程中，運動員在B點時速度最大

C.從8點下落至C點的過程，運動員做勻減速直線運動

D.從A點下落至B點的過程，運動員的機械能守恒

11.2024年6月30日，世界最大跨度拱橋深中通道正式建成通車。深中通道的建成靠的是“中國建

筑狂魔重工機械”。如圖，圓圈處有一個巨型鋼圓筒，質量為6x105kg,由10根起吊繩通過液壓機械

抓手連接，每根繩與豎直方向的夾角為37°（右圖其他8根沒有畫出），每根繩承受的最大拉力為

8X105N,則起吊過程的最大加速度為（g=10m/s2,cos37o=0.8,繩的質量忽略不計）（）

2

A.—m/s"B.lm/s2C.2m/s2D.4m/s2

二、實驗題

12.某同學利用如圖甲所示裝置做“探究彈簧彈力與形變量關系”的實驗，在彈簧下端依次掛上規格相

同的鉤碼，記錄每次鉤碼的總質量m以及對應指針所指刻度值I,數據處理后畫出鉤碼質量機和彈簧

形變量A/圖像如圖乙所示（重力加速度取8=10111/52）。

01.02.03.0A//cm

乙

（1）由圖乙可知本實驗中彈簧自身的重力（填“可忽略不計”或“不可忽略”）；

（2）根據圖乙可得彈簧的勁度系數后=N/m（結果保留2位有效數字）；

（3）若將和原彈簧一模一樣的另一個彈簧掛在原彈簧下端制成新彈簧，在末端懸掛鉤碼重復實驗，將

實驗得到的多組懸掛鉤碼質量機及對應的彈簧伸長量重新作圖，則作出的圖像斜率（填

“大于,，“小于,，或“等于,,）原彈簧圖像的斜率

(4)現將改裝后的新彈簧下端掛一小球制成一個“豎直加速度測量儀”。已知不懸掛小球時彈簧總長為

20cm,懸掛小球靜止時總長為40cm；則彈簧總長為35cm時，小球的加速度大小為m/s2?

若發現在運動過程中，指針由示數較大的刻度逐漸向40cm靠近，取豎直向上為正，則小球在該時間

三、解答題

13.小可和爸爸在公園里游玩。如圖所示，爸爸讓小可坐在雪橇上，然后用與水平方向成6=53。角

斜向上的拉力F=100N拉著雪橇，一起沿水平地面以%=4m/s的速度向右做勻速直線運動。已知小

可和雪橇的總質量〃z=68kg,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2,求：

(1)雪橇受到的摩擦力大小及地面對爸爸的摩擦力；

(2)若某時刻繩子斷了，求雪橇在10s內的位移大小。(已知場地條件可保證人的安全)

14.如圖所示，半徑為R的圓環固定在豎直面內，圓環的圓心為。，最低點為A,AB、AC,3。是固

定在圓周上的三個光滑斜面，B、C、。都在圓環的圓周上，與豎直方向的夾角為30。，BD與AC

平行，經過圓心。。讓小球1從8點由靜止釋放沿著A3運動到A點，讓小球2從C點由靜止釋

放沿著AC運動到A點，讓質量為m的小球3從8點由靜止開始在沿BD斜向下的恒力網大小未知)

作用下運動到。點，三個小球均視為質點。已知小球1、3的運動時間相等，重力加速度大小為g,

忽略空氣阻力，求:

(1)小球2從C點運動到A點的時間;

(2)小球1到達A點時的速度大小;

(3)恒力廠的大小。

15.如圖所示的風洞實驗中，質量m=2kg的物塊放置在光滑的水平面上，受到水平向右風力廠的作

用，已知尸的大小隨時間變化的關系式為尸=1+，(N),求：

F

*~|光滑

(l)5s時物塊的加速度大小，并畫出物塊在0~5s內的a-/圖像；

(2)5s末物塊的速度大小。

16.現代戰爭中，無人機發揮了重要的作用，如圖為某款無人機正在進行投彈演習。這款無人機的質

量為M=2kg,攜帶的炸彈(可視為質點，所受空氣阻力可忽略)質量為，”=3kg,其動力系統可提

供最大產=90N的豎直升力，運動過程中無人機所受空氣阻力大小恒定，且方向與運動方向相反。無

人機攜帶炸彈在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，在t=3s時離地面的高度為〃=27m(g

取lOm/s?)o

(1)求無人機運動過程中所受空氣阻力大小；

(2)若無人機懸停在離地20m處，突然釋放炸彈，此時立即開啟最大動力系統使無人機加速上升，求

炸彈落地時無人機的離地高度。

17.如圖所示，某傳送帶與地面傾角。=37。，之間距離4=2.05m,傳送帶以%=Im/s的速率逆

時針轉動。質量為M=lkg,長度4=2.05m的木板上表面與小物塊的動摩擦因數〃2=04。下表面與

水平地面間的動摩擦因數〃3=。］，開始時長木板靠近傳送帶3端并處于靜止狀態。現在傳送帶上端A

無初速地放一個質量為1kg的小物塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為從=0.5,(假設物塊在滑

2

離傳送帶至木板右端時速率不變，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/so)求：

(1)物塊離開8點的速度大小;

(2)物塊在木板上滑過的距離;

(3)木板在地面上能滑過的最大距離。

參考答案:

題號12345678910

答案DDDADCCBBB

題號11

答案A

1.D

【詳解】A.kg、m、s是國際單位制中的基本單位，cm不是國際單位制中的基本單位，故A錯誤;

B.伽利略的理想斜面實驗雖然是想象中的實驗，但它是建立在可靠的事實基礎上的，故B錯誤；

C.在對自由落體運動的研究中，伽利略猜想運動速度與下落時間成正比，并通過實驗結合邏輯推理

進行驗證，故c錯誤；

Av

D.物體從/到f+Af時間內位移為Ax,當時，可以用一表示物體在時刻力的瞬時速度，故D

Nt

正確。

故選D。

2.D

【詳解】A.物體的慣性只由質量決定，與物體的速度無關，故A錯誤；

B.球被打飛回去，是因為力是改變物體運動狀態的原因，故B錯誤；

C.若球拍沒有擊打球，由于球仍受重力作用，所以球不會保持原來的運動狀態不變，故C錯誤；

D.球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而產生的，故D正確。

故選D。

3.D

【詳解】A.擲鉛球的過程中，鉛球速度的大小和方向不斷發生變化，受力不平衡，故A錯誤；

B.根據力的相互作用可知，手對鉛球的力等于鉛球對手的力，故B錯誤；

C.投擲鉛球時，鉛球離開手后繼續向前運動是由于鉛球具有慣性，鉛球最終停下來，仍然具有慣性，

故C錯誤；

D.根據牛頓第一定律可知，鉛球在空中運動時，如果受到的力全部消失，它將做勻速直線運動，故

D正確。

故選D。

4.A

【詳解】A.小球由靜止開始釋放，“沖”上對接的斜面，這是事實，故A正確；

B.因為生活中沒有無摩擦的軌道，所以小球上升到原來釋放時的高度為推理，故B錯誤；

C.減小斜面的傾角仇小球仍然到達原來的高度是在B項的基礎上進一步推理，故C錯誤；

D.繼續減小斜面的傾角仇最后使它成水平面，小球沿水平面永遠運動下去，是在C項的基礎上繼

續推理得出的結論，故D錯誤。

故選Ao

5.D

【詳解】A.物體在豎直彈性繩的作用下，上、下來回運動，其中存在有向上的加速度的過程，此時

處于超重狀態，A錯誤；

B.物體在豎直彈性繩的作用下，上、下來回運動，當物體與彈性繩間的作用力剛好為0時，物體只

受重力作用，加速度為g,處于完全失重狀態，B錯誤；

C.足球被豎直向上踢出后，在向上運動過程中只受重力作用，加速度為g,處于完全失重狀態，C

錯誤；

D.汽車通過拱橋最高點時（速度不為0）,具有向下的加速度，一定處于失重狀態，D正確。

故選D。

6.C

【詳解】A.根據圖像可知，懸掛圓珠筆的細線與豎直方向的夾角在右側，則可知細線對圓珠筆的拉力

斜向做上方，而圓珠筆的重力豎直向下，二者的合力水平向左，因此可知地鐵在向左加速運動；A錯

誤;

B.設細線與豎直方向的夾角為6,圓珠筆受力分析如圖:

mg

故細繩中的拉力

F=a

COS0

a

cos“=-----------

L

可得

m

*一1gL

故B錯誤;

C.根據牛頓第二定律可得

mgtan0=ma

d

tan。=

Ji?一屋

即

gd

a=

c正確;

D.由

Av=aAt

得

gdbt

^v=—^=

Ji?一屋

D錯誤。

故選C。

7.C

【詳解】A.滑塊在水平面上向左撞向彈簧的運動過程中，在水平方向受到向右的彈力和向右的滑動

摩擦力，在此過程中彈力逐漸增大，彈力和滑動摩擦力的合力逐漸增大且與運動方向始終相反，滑塊

做減速運動，不是做勻減速運動，A錯誤;

BD.滑塊開始向右運動時受到的彈力最大，以后運動中彈力方向向右，滑動摩擦力方向向左，開始

彈力大于摩擦力，兩力的合力方向向右，滑塊向右做加速運動，隨彈簧的伸長，彈力逐漸減小，當彈

力大小等于摩擦力時，合力是零，加速度是零，滑塊速度最大，以后彈力小于摩擦力，合力方向向左,

滑塊做減速運動，因此滑塊向右運動過程中，先加速，后減速，BD錯誤;

C.滑塊與彈簧接觸過程中，對滑塊受力分析，當滑塊將彈簧壓縮了尤。時，滑塊受彈力和摩擦力，其

合力為

F=kxQ+pimg

此時合力最大，則加速度最大，由牛頓第二定律可得

_F_kx0+pimg

mm

C正確。

故選Co

8.B

【詳解】由VT圖像可知，汽車做勻加速運動時，加速度

a.=-m/s2=lm/s2

110

做勻減速運動時加速度大小

a,=—m/s2=0.5m/s2

-20

由牛頓第二定律可得

F—f=max

f=ma2

所以

F:/=(o1+a2):(a2)=3:1

故選Bo

9.B

【詳解】A.0~3s內，木箱的速度為0,保持靜止狀態，雖然有力，但沒有在力的方向上通過距離，

所以不做功，故A正確，不符合題意；

B.由圖可知，972s內，木箱做勻速直線運動，在水平方向上受到的合力為0,則推力和摩擦力是一

對平衡力，所以滑動摩擦力為6N；由于滑動摩擦力的大小與壓力大小和接觸面的粗糙程度有關，在

3s~9s內，壓力和接觸面都沒有發生變化，所以滑動摩擦力不變，仍為6N,木箱向右運動，滑動摩擦

力方向水平向左：

3s~6s內木箱向右做加速運動，推力為9N,滑動摩擦力為6N。所以合力為

9N-6N=3N

方向水平向右，故B錯誤，符合題意；

C.6s~9s內木箱向右做減速運動，推力向右，大于3N,滑動摩擦力向左，為6N。所以合力小于3N,

方向向左。C正確，不符合題意；

D.如果第12s后小楊撤去推力，則水平方向上只受到滑動摩擦力的作用，則木箱將做減速直線運動，

故D正確，不符合題意。

故選B。

10.B

【詳解】A.運動員接觸蹦床后，蹦床彈力逐漸增大，彈力小于重力階段，運動員繼續加速運動，加

速度減小；彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，運動繼續向下運動；彈力大于重力，運動員做

減速運動，加速度增大，故A錯誤；

B.運動員在8點時，重力與彈力大小相等，運動員加速度為零，速度最大，故B正確；

C.運動員從8點到C點的過程中，彈力增大，彈力大于重力，由牛頓第二定律

F—mg=ma

可知加速度增大，故運動員做加速度逐漸增大的減速運動，故c錯誤；

D.從A點下落至8點的過程，運動員的機械能有一部分轉化為蹦床的勢能，運動員機械能減少，故

D錯誤。

故選B。

11.A

【詳解】每根繩的最大拉力為8X105N,則10根繩的合力

F=10Tcos370=6.4x

IIldAxIIlaAx

由牛頓第二定律有

解得

2

amax=|m/s

選故A?

12.(1)不可忽略

(2)20

(3)小于

(4)2.5B

【詳解】(1)由△/圖像可知，當機=0時，A/大于0,則本實驗中彈簧自身的重力不可忽略。

(2)根據胡克定律可得

AF\mg

k=----=------

AxAZ

根據圖乙可得彈簧的勁度系數為

（50-10）XW3X10

kN/m=20N/m

（3.0-1.0）xl0^2

(3)根據題意可知，圖乙的斜率表示彈簧勁度系數；兩根完全相同的彈簧串聯，在懸掛相同質量的

鉤碼情況下，每根彈簧均伸長相同的長度，所以總伸長量變為兩倍，所受力不變，則勁度系數變為原

來的一半，即作出的圖象斜率為原來的一半，小于原彈簧圖像的斜率。

(4)口］由題知，不懸掛小球時彈簧總長為20cm,懸掛小球靜止時總長為40cm,根據平衡條件有

A:（40-20）xl0-2=/7ig

則彈簧總長為35cm時，根據牛頓第二定律有

-々（35-20）x10-2-ma

聯立解得

a=2.5m/s2

⑵由題知，當指針示數為40cm時，合力等于0,則加速度為0；所以若發現在運動過程中，指針由

示數較大的刻度逐漸向40cm靠近，根據牛頓第二定律有

kAx—mg=ma

可知隨著形變量的減小，加速度逐漸減小；此時加速度方向與速度方向相同，都為豎直向上，故小球

向上做加速度減小的加速運動。

故選Bo

13.(l)/=60N,f'=60N,方向水平向右

(2)8m

【詳解】(1)對小可和雪橇作受力分析，如圖所示

根據平衡條件水平方向

Fcos0-f=0

解得

f=60N

對爸爸、小可和雪橇組成的整體，設爸爸所受摩擦力為廣，則水平方向由平衡條件可得

f'-f=o

可得地面對爸爸的摩擦力大小為

r=60N

方向水平向右。

(2)對雪橇和小可，豎直方向有

Fsin0+N-mg=0

解得地面對雪橇的支持力

N=600N

由

f="N

可得雪橇與地面之間的動摩擦因數

4=0.1

繩子斷后，對雪橇和小可，由牛頓第二定律可得

"mg=ma

設經過時間t雪橇停下，則

0=%一成

解得

t=4s

即4s末雪橇停下，故在10秒內雪橇的位移為

2

解得

s=8m

⑵同

⑶3g

【詳解】（1）由題知，CA與水平方向的夾角為30。，對小球2,根據牛頓第二定律有

mgsin30=ma2

解得

a2=gsin30

根據幾何關系，可得位移為

x2=27?sin30

又

_j_2

%2=萬”2,2

解得

(2)由題知，BA與水平方向的夾角為60。，對小球1,根據牛頓第二定律有

mgsin60二max

解得

%=gsin60

根據幾何關系，可得位移為

=2Rsin60

又

12

xi=

聯立解得

故小球1到達A點時的速度大小為

片=貼=y/3gR

(3)由題知，小球1、3的運動時間相等，3球下滑的位移為2R,則有

1,

2R=—

解得

%二g

由題知，C4與水平方向的夾角為30。，對小球3,根據牛頓第二定律有

F+mgsin30=ma3

解得

L1

r=—mg

(2)8.75m/s

【詳解】(1)對物塊根據牛頓第二定律

F=ma

可得

a=0.5+0.5,

代入數據可得5s時物塊的加速度大小

a=3m/s2

物塊在。?5s內的"T圖像如圖所示

Q(加描

(2)根據Av=aA，可得5s末物塊的速度大小

0.5+3_門r-，c

v=--------x5m/s=8.75m/s

2

16.(l)10N

(2)80m

【詳解】(1)無人機攜帶炸彈在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，設加速度大小為

根據運動學公式可得

h=-at2

2

解得

aT=@^m/s2=6m/s2

t232

根據牛頓第二定律可得

F—(M+m)g—f=(M+m)a

解得無人機運動過程中所受空氣阻力大小為

/=10N

(2)若無人機懸停在離地20m處，突然釋放炸彈，炸彈做自由落體運動，則有

,12

解得

%==2s

以無人機為對象，根據牛頓第二定律可得

F-Mg—f=Md

解得

a'=30m/s2

根據運動學公式可得