第09讲 牛顿运动定律的理解及基本应用（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】牛顿运动定律的理解
1．人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，下列分析人的运动情况的选项中正确的是（ ）
A．只有当车厢处于静止状态，人才会落回跳起点
B．若车厢沿直线水平匀速前进，人将落在跳起点的后方
C．若车厢沿直线水平加速前进，人将落在跳起点的后方
D．若车厢沿直线水平减速前进，人将落在跳起点的后方
【答案】C
【详解】AB．人在跳起前与车厢的运动状态相同，跳起后向上做竖直上抛运动，由于惯性，同时在车厢运动方向保持离开车厢时的运动状态不变，如果车厢运动状态一直不变，（静止或匀速）人都会落回跳起点；如果车厢的运动状态产生变化，则不会落回跳起点，AB错误；
C．若车厢沿直线水平加速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，人相对车厢滞后，向上做竖直上抛运动，人将落在跳起点的后方，C正确；
D．若车厢沿直线水平减速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，向上做竖直上抛运动，车厢沿直线水平速度减小，人相对车厢超前，人将落在跳起点的前方，D错误。
故选C。
2．（2024·甘肃兰州·一模）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，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
【答案】B
【详解】A．水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻力，故力是改变运动的原因，故A错误；
B．物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性，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，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确；
C．物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态，故C错误；
D．“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，故D错误。
故选B。
3．蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。小丽在跳台安全员的正确操作下完成下跳，整个过程中弹跳绳（始终在弹性限度内）多次伸缩，小丽最终被安全拉上跳台。空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（ ）
A．弹跳绳伸直前小丽的机械能不变
B．弹跳绳刚伸直时小丽的动能最大
C．小丽被安全员匀速向上拉时，弹跳绳的弹力增大
D．整个过程中小丽所受重力做功为零
【答案】D
【详解】A．小丽下落过程中空气阻力做负功，小丽的机械能减小，选项A错误；
B．弹跳绳刚伸直时重力大于弹力和阻力，小丽所受合力仍竖直向下，动能还会增大，选项B错误；
C．小丽被安全员匀速向上拉时，弹跳绳的弹力不变，选项C错误；
D．整个过程中小丽高度变化为零，重力做功为零，选项D正确。
故选D。
【题型二】超失重问题
4．（2024·湖北·一模）智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．t₁时刻手机处于完全失重状态B．t₂时刻手机开始向上运动
C．t₃时刻手机达到最大速度D．手机始终没有脱离手掌
【答案】A
【详解】A．t₁时刻手机加速度为，方向竖直向下，手机处于完全失重状态故A正确；
BC．由题可知整个过程为先托着手机向下做加速运动， 向下做减速运动，图像与坐标轴围成的面积为速度，t₃时刻手机达加速度为正方向的最大值，故t₃速度小于速度不是最大，故BC错误；
D．手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为的过程中处于完全失重状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。
故选A。
5．（2024·重庆·三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点切线水平，点切线竖直，由图可知（ ）
A．该烟花由点运动到点过程中，水平方向匀速运动
B．该烟花由点运动到点过程中，其机械能守恒
C．该烟花在点的加速度方向竖直向下
D．该烟花在点处于失重状态
【答案】D
【详解】A．轨迹的切线方向为速度方向，由题可知、点切线水平，点切线竖直，即、两点速度在水平方向分量不为0，在点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，故A错误；
B．结合A选项可知该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；
C．该烟花在最高点切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；
D．该烟花在最高点有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。
故选D。
6．某同学站在力传感器下蹲，力传感器上显示的图线可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。故选C。
【题型三】动力学图像问题
7．（2024·河北·三模）某游泳运动员在时间内运动的图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（ ）
A．在内所受的合力一直不为0
B．在内的位移大小为
C．在内一定处于超重状态
D．在内的位移大小为
【答案】D
【详解】A．图像的斜率代表加速度，由图像可知，在该运动员的有加速度，由牛顿第二定律可知
在与运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在与所受合力为零，在，所受合力不为零，故A项错误；
B．由于图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在内的位移为
故B项错误；
C．由之前的分析，在结合图像可知，其加速度为
由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C项错误；
D．结合之前的分析，在的位移为
故D项正确。
故选D。
8．质量为1500kg的汽车在平直公路上运动，图像如图所示，由此可求（ ）
A．内汽车的平均速度为
B．内汽车的加速度为
C．内汽车所受的合外力为3000N
D．内合外力对汽车所做的功为
【答案】C
【详解】A．平均速度等于物体经过的位移的大小与所用时间的比值，内经过的位移的大小为图像与时间轴所围成图形的面积，根据图形求得
由公式，解得
故A错误；
BC．根据图像的斜率表示加速度，由图可知，内汽车的加速度为
由牛顿第二定律可得，内汽车所受的合外力为
故B错误，C正确；
D．由图可知，内汽车做匀速运动，由动能定理可知，内合外力对汽车所做的功为0，故D错误。故选C。
9．质量为m的物块静止在动摩擦因数为µ的水平地面上，0~3s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0~2s内加速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，由图可知（ ）
A．m=1kg，µ=0.2B．m=1kg，µ=0.1
C．m=2kg，µ=0.2D．m=2kg，µ=0.1
【答案】A
【详解】0~1s内，根据牛顿第二定律可得
1~2s内，有
联立可得
，
故选A。
10．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．时刻弹簧的弹性势能为32J
【答案】D
【详解】A．当滑块速度最大时，满足
此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；
B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；
C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度
根据牛顿第二定律
解得滑块与斜面间的动摩擦因数为
选项C错误；
D．由能量关系可知，时刻弹簧的弹性势能为
选项D正确。
故选D。
【题型四】动力学基本问题
11．一质量为m的物块在大小为F的水平拉力作用下，从静止开始沿水平面运动距离x后撤掉F，又运动了3x后停下。已知接触面粗糙程度不变，重力加速度为g，求：
（1）物块运动的总时间；
（2）若水平拉力F增大为原来的两倍，物块仍通过4x的距离后停止，拉力作用时间？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）在外力作用时，物块加速度
这个过程中由运动学公式得
类似地，撤去外力后
联立解得运动总时间
（2）由动能定理，对物块运动全过程
由运动学公式得

解得拉力作用时间为
12．一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48m的高处，然后座舱从静止开始以a1=8m/s2的加速度匀加速下落h1=36m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g=10m/s2。求：
（1）座舱的最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为，根据运动学公式可得
解得
设游客重力为，以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
则有
（2）座舱匀减速下落的高度为
根据运动学公式可得
解得加速度大小为
以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
则有
13．如图甲所示，质量为小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为的运动，小球在时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为的运动，在时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为，以上过程的图像如图乙所示（未知），已知与大小的差值为，重力加速度，求：
（1）小球受到阻力的大小；
（2）斜面倾角的正弦值；
（3）？
【答案】（1）2N；（2）0.6；（3）s
【详解】（1）设斜面倾角为，小球从A运动到挡板，即在0~1s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得
，
小球从挡板运动到C点，即在时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得
，
又有
联立解得
，，，
（2）由（1）分析可知
，，
解得
（3）根据图像，BC之间位移大小为
设小球从C运动到B的时间为t，由位移时间公式，则有
解得
则
一、单选题
1．2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F—t）图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．演员在a到b过程处于超重状态
B．演员在b时刻速度最大，速度大小为
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；
B．结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；
C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为
2.8s-1.2s=1.6s
根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有
在0.2s到1.2s内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为
根据图像可知，从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于，故C正确；
D．从a时刻到b时刻，根据动量定理有
解得
解得
故D错误。
故选C。
2．（2024·辽宁·三模）一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则（ ）

A．时地板对该同学的支持力最小B．时电梯对该同学的支持力为零
C．6~8s内电梯上升的高度约为4mD．6~8s内电梯上升的高度约为9m
【答案】C
【详解】A．时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得
可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；
B．时，加速度为0，根据受力平衡可知，电梯对该同学的支持力等于同学的重力，故B错误；
CD．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，内围成的面积大约有4个小方格，则时的速度为
由图像可知，6~8s内电梯的加速度为0，做匀速运动，上升的高度约为
故C正确，D错误。
故选C。
3．如图1所示，小木块在水平外力的作用下由静止开始沿光滑水平面运动，运动过程中木块的速度随位移变化的图像如图2所示。下列外力随速度、速度随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．根据题意，由图2可知
由牛顿第二定律有
又有
整理可得
可知，与成正比，故A错误，B正确；
CD．由AB分析可知，与成正比，则物块做加速度增大的加速运动，则图像的斜率随着速度增大而增大，故CD错误。
故选B。
4．某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其图像如图所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．至时间内，鸟的加速度大小为D．至时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
【答案】B
【详解】A．根据
可知
故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为
故B正确；
CD．至时间内，鸟的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
可得
故CD错误。
故选B。
5．用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面之间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙，甲、乙两物体运动过程中所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示，由图可知（ ）
A．m甲>m乙，μ甲>μ乙B．m甲>m乙，μ甲