2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第10讲牛顿运动定律的综合运用(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第10讲牛顿运动定律的综合运用(专项训练)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了7 m/s2等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 动力学的两类基本问题
\l "_Tc2717" 题型02 超重与失重
\l "_Tc30632" 题型03 斜面、连接体模型
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 动力学的两类基本问题
1.（2025·全国·高三练习）如图所示，质量为60kg的某同学在做引体向上运动，他双臂伸直后从静止开始竖直向上做匀变速运动到肩部与单杠同高度所用时间为0.8s，肩部上升的距离为0.4m，取g=10m/s2，则该同学在运动过程中双手竖直向上的力大小为（ ）
A．675NB．600NC．525ND．875N
【答案】A
【详解】他引体向上运动的加速度由x=12at2，可得a=2xt2=2×，由牛顿第二定律F−mg=ma得F=675N，A正确。
2.如图所示，一质量为m的物体，在竖直向上的恒力F作用下从地面由静止开始向上运动，经过t0时间后撤去F，又经2t0时间刚好回到出发点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．撤去恒力时物体离地面的高度为23gt02
B．物体上升的最大高度为1825gt02
C．F的大小为53mg
D．物体回到出发点的速度大小为95gt0
【答案】B
【详解】设t0时刻的速度为v1，物体在0~t0的位移为s1，对物体受力分析，在此运动过程中根据牛顿第二定律可得
F−mg=ma
物体在此过程做匀加速直线运动，故有
s1=12at02
v1=at0
物体从撤去力F到运动至最高点的过程中，只受重力作用，设此过程的位移为s2，运动时间为t，则有
2gs2=v12
v1=gt
物体最高点回到原点的过程中，做自由落体运动，设此过程的位移为s，回到出发点的速度为v2，则有
s=12g(2t0−t)2
v2=g（2t0−t）
又
s=s1+s2
联立以上等式可得
F=95mga=45gv1=45gt0s1=25gt02t=45t0s2=825gt02s=1825gt02v2=65gt0
故选B。
3.某飞行器兴趣小组设计了一个质量为m的火箭，可提供恒定的推动力，大小为F=1.5mg，推动力持续时间为t。并且该火箭采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t2时，火箭丢弃掉m4的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的3m4继续飞行。若不考虑燃料消耗引起的质量变化，重力加速度取g，则该火箭竖直点火起飞后最高可上升的高度为（ ）
A．1932gt2B．38gt2C．516gt2D．716gt2
【答案】A
【详解】加速过程，由牛顿第二定律可得
a1=1.5mg−mgm=12g
根据运动学公式，则前t2上升的高度为
y1=12×g2t22=116gt2
得到的速度为
v1=14gt
后t2段，加速度为
a2=1.5mg−
则后t2上升的高度为
y2=14gtt2+12gt22=14gt2
得到的速度为
v2=14gt+gt2=34gt
减速过程上升的高度为
y3=34gt22g=932gt2
则总的高度为
ℎ=y1+y2+y3=1932gt2
BCD错误，A正确。
故选A。
4.（2025·全国·高三月考）两物块的质量之比为3:2，初速度之比为2:3，它们在同一粗糙水平面上沿直线滑行，直至停止，它们与水平面之间的动摩擦因数相同。则它们（ ）
A．滑行中各自所受合力之比为2:3
B．滑行中的加速度之比为3:2
C．滑行的时间之比为1:1
D．滑行的距离之比为4:9
【答案】D
【详解】滑行中各自所受合力之比等于摩擦力之比，为μm1g:μm2g=m1:m2=3:2，故A错误；对物块受力分析，由牛顿第二定律μmg=ma可得，物块的加速度为a=μg，则它们在滑行中的加速度之比为a1a2=11，故B错误；滑行的时间t=v0a，滑行的时间之比t1t2=v01a1v02a2=v01v02=23，故C错误；由运动学公式0−v02=−2ax，物块滑行的距离为x=v022a，所以滑行的距离之比x1x2=v012v022=49，故D正确。
5.（多选）（2025·全国·高三月考）如图所示，一个质量为m=5kg的物块放在水平地面上，在F1=20N和F2=8N以及摩擦力作用下，物块以v=12m/s的速度向右匀速直线运动，某时刻撤去F1并从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．t=5s时地面对物块的摩擦力f=8N
B．前4s的平均速度为4.5m/s
C．t=4s时，物块的加速度为4.5m/s2
D．t=5s时，物块距离t=0时的位置有10m远
【答案】AB
【详解】物块以v=12m/s的速度向右匀速直线运动，有F1=F2+f，解得滑动摩擦力为f=12N，方向向左撤去F1，物块向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有a1=F2+fm=4m/s2，减速到0的时间t0=va1=3s，由于F2β，则关于汽车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．卡车可能匀速上斜坡B．卡车可能匀加速上斜坡
C．卡车可能匀减速上斜坡D．无法判断
【答案】B
【详解】A．若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，则根据几何关系可知
α=β
故A错误；
BCD．若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和细线的拉力，如图所示
由正弦定理与几何关系可得
sinα−βma=sin90∘−αmg
解得
a=gcsβtanα−gsinβ
若α>β，有a大于0，符合匀加速开上斜坡，不符合匀减速上斜坡，故B正确，CD错误。
故选B。
16.如图所示，质量均为 m 的两个木块 P、Q 叠放在光滑的水平地面上，P、Q 接触面的倾角为θ。现在 Q 上加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正确的有（ ）

A．木块Q对地面的压力可能小于 2mg
B．当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大
C．若加速度a=gtanθ，则P受到摩擦力为零
D．若加速度at3B．t3>t1>t2C．t1t3
故选A。
18.（多选）如图所示，物体A和B的质量均为m，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与轮、滑轮与轴之间的摩擦），用水平变力F拉物体A沿水平方向向右做匀速直线运动。则（ ）
A．物体B做匀加速直线运动B．物体B处于超重状态
C．物体B的加速度逐渐增大D．物体B的加速度逐渐减小
【答案】BD
【详解】ACD．设绳子与水平方向夹角为α，A、B两物体沿着绳子方向的速度相等
vB=vAcsα
随着A向右运动，α逐渐减小，因此B的速度逐渐增大，B做加速运动，当A运动到绳子方向与水平方向夹角很小时，B的速度接近A的速度，但不会超过A的速度，因此B做加速度减小的加速运动，最终加速度趋近于零，AC错误，D正确；
B．由于B做加速运动，合力向上，因此处于超重状态，B正确。
故选BD。
19.（多选）如图甲所示，对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5s后加速度保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ=37°，可视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量M=2kg，滑块的质量m=1kg，斜面高H=9.6cm。下列说法正确的是（ ）（sin37°=0.6、cs37°=0.8，g=10m/s2）
A．1s末，水平拉力F的大小为4NB．2s末，木箱的速度为6m/s
C．2.5s后滑块开始相对于斜面向上运动D．2.8s末滑块到达斜面顶部
【答案】BC
【详解】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度
a=gtanθ=7.5m/s2
1s末由图可知a1=3m/s2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律
F=(M+m)a1
解得
F=9N
A错误；
B．根据图像可知，2s内速度增加量
Δv=12a2Δt=6m/s
2s末速度为6m/s，B正确；
C．2.5s末滑块的加速度为7.5m/s2，滑块相对于斜面开始滑动，C正确；
D．2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，根据
ma3=macsθ−mgsinθ，Hsinθ=12a3t2
解得
t=0.4s
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，D错误。
故选BC。
20.（2025·浙江·二模）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f=(1+kv）N，k=0.01kg/s，g取10m/s2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（ ）
A．1.7sB．1.9sC．2.6sD．3.5s
【答案】C
【详解】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，根据牛顿第二定律推知，小球上升阶段的加速度a1=mg+fm=12m/s2
上升的时间t1=va1=612=0.5s
上升的高度ℎ1=v2t1=1.5m
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度a2=mg−fm=8m/s2
根据运动学公式(ℎ0+ℎ1)=12a2t22
故下降用时间t2=2(ℎ0+ℎ1)a2=2×168s=2s
则共用时间为t=t1+t2=2.5s
与C项最接近。
故选C。
21.（多选）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知（ ）

A．b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500N
C．f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125m
【答案】AD
【详解】AB．人的重力从a点读出约为1000N，质量约为100kg；b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故A正确，B错误；
C．从d点到e点压力等于零，表明在d点是人双脚离开地板的一瞬间，从d点到e点人在空中运动，e点是人落回地板的一瞬间，故C错误；
D．从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间
t=2.5s−2s=0.5s
人上升的最大高度约为
ℎ=12gt22=12×10×0.522m=0.3125m
故D正确。
故选AD。
22.小红和小明用体重计研究人在观光升降电梯中的超重和失重现象。在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时小红站在体重计上。在升降电梯运动过程中，小明观察到体重计的示数F随时间t变化的图像如图所示。已知升降电梯从t=0时经历了三个阶段：由静止开始匀加速运动、匀速运动和匀减速运动，在t=13s时停止，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小红在0~2s内重力增加了，小红处于超重状态
B．升降电梯在小明观察的这段时间内向下运动
C．小红在2~12s内匀速运动的速度为2m/s
D．小红在0~13s内位移为22m
【答案】C
【详解】A．由F−t图像可知，小红在0~2s内处于超重状态，但小红的重力保持不变，故A错误；
B．由题意可知在0~2s内由静止开始匀加速运动，小红在这段时间内处于超重状态，加速度方向向上，可知升降电梯在小明观察的这段时间内向上运动，故B错误；
C．小红在0~2s内的加速度大小为
a=F−mgm=550−50050m/s2=1m/s2
可知小红在2s时的速度为
v=at1=1×2m/s=2m/s
则小红在2~12s内匀速运动的速度为2m/s，故C正确；
D．小红在0~2s内的位移为
x1=v2t1=22×2m=2m
小红在2~12s内的位移为
x2=vt2=2×10m=20m
小红在t=13s时停止，则12~13s的位移为
x3=v2t3=22×1m=1m
小红在0~13s内位移为
x=x1+x2+x3=23m
故D错误。
故选C。
23.（多选）（2024·四川凉山·高三月考）如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2μ2>μ1，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是（ ）
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足μ2tanθ
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ1>tanθ
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tanθ>μ1
【答案】AD
【详解】AB．由于μ2>μ1，与车厢底部接触的沙子受到的摩擦力比在上层的沙子受到的摩擦力大，上层的沙子容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净。要顺利地卸干净全部沙子，应满足重力沿车厢底部的分力应大于车厢底部沙子受到的摩擦力，即
mgsinθ>μ2mgcsθ
可得
tanθ>μ2
故B错误、A正确；
CD．只卸去部分沙子时，与车厢底部不接触的沙子卸下，与车厢底部接触的沙子未卸下，则
mgsinθ>μ1mgcsθ
mgsinθtanθ>μ1
故C错误、D正确。
故选AD。
24.（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为（ ）
A．3:2:1B．(3−2):(2−1):1
C．3:2:1D．1:1:1
【答案】A
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则tAP:tBP:tCP=tA′P:tB′P:tC′P=2⋅3dg:2⋅2dg:2⋅dg=3:2:1
故选A。
25.（多选）（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，带支架的平板小车沿水平面做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架一端，右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线偏离竖直方向θ角，且保持不变，则在这段时间内（ ）
A．平板小车可能正在向左做减速运动
B．小球A的加速度大小为gtanθ，方向水平向左
C．物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向右
D．小车对物块B的作用力大小为Mg1+tan2θ，方向为斜向右上方
【答案】AD
【详解】AB．对小球分析，根据牛顿第二定律有mgtanθ=ma
解得a=gtanθ
则整体加速度向右，故平板小车可能正在向左做减速运动，故A正确，B错误；
CD．对B分析可知摩擦力大小为f=Ma=Mgtanθ
竖直方向有FN=Mg
则小车对物块B的作用力大小为F=FN2+f2=Mg1+tan2θ
故C错误，D正确。
故选AD。
26.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（ ）
A．刚开始时重物B的速度为vcsθ
B．A匀速上升时，重物B加速下降
C．重物B下降过程，处于失重状态
D．A运动到N位置时，重物B的速度不为0
【答案】A
【详解】A．根据关联速度之间的关系可知，物体B任意时刻的速度大小均应等于物体A沿绳方向分速度的大小，由此可知刚开始时重物B的速度为
vB=vcsθ
故A正确；
B．分析可知，随着A匀速上升，绳AO与竖直方向的夹角始终在增大，则可知物体B的速度始终在减小，即物体B减速下降，故B错误；
C．由于物体B减速下降，可知其加速度向上，由此可知物体B下降过程，处于超重状态，故C错误；
D．物体A运动到N位置时，绳AO与竖直方向的夹角为90∘，而cs90∘等于0，因此A在该位置处时，物体B的速度减为0，故D错误。
故选A。
27.（多选）在倾角为θ的光滑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3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为a，则（ ）
A．物体A始终做匀加速运动
B．从静止到B刚离开C的过程中，弹簧的弹力先减小后增大
C．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为5mgsinθk
D．恒力F的大小为5mgsinθ+3ma
【答案】BCD
【详解】A．弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律得
F+kx−3mgsinθ=3ma
随着x的变化，a变化，不是匀加速，A错误；
B．从静止到B刚离开C的过程中，弹簧由压缩状态变为原长，再由原长变为拉伸状态，所以弹簧的弹力先减小后增大，B正确；
C．拉力作用前，对A由平衡条件得
kx1=3mgsinθ
物块B刚离开C时，对B由平衡条件得
kx2=2mgsinθA运动的距离为
Δx=x1+x2
解得Δx=5mgsinθk，C正确；
D．物块B刚离开C时，对A根据牛顿第二定律得
F−kx2−3mgsinθ=3ma
解得F=5mgsinθ+3ma ，D正确。
故选BCD。
28.（多选）质量为m的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量为m的物块放置在斜面上。现用水平向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静止时，细线与竖直杆之间的夹角为β，已知斜面的倾角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．当β=30°时，水平推力大小一定为3mg
B．当θ=30°时，水平推力大小一定为3mg
C．当β=30°时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0
D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直
【答案】ACD
【详解】A．当β=30°时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左，如图
则
F合=mgtan30°=ma
解得
a=gtan30°
整体由牛顿第二定律得
F=3ma=3mg
故A正确；
B．当θ=30°时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B错误；
C．当β=θ时，小球的加速度大小为
a1=gtanβ
物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果β≠θ，物块与斜面间的摩擦力一定不为0，当βθ时，物块受到斜面沿斜面向下的摩擦力，故C正确；
D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则
gtanβ=gtanθ
解得
β=θ
细线与斜面一定垂直，故D正确。
故选ACD。
29.（2025·浙江·高考真题）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为605N
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【详解】AB．杠铃的重力为
G=mg=121×10=1210N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知
2Fcsθ=G
可知，双臂夹角越大，F越大；结合csθ605N
AB错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
30.（上海·高考真题）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】将A、B做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离体法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A正确，BCD错误．
31.（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．MM+mFB．mM+mFC．MmFD．mMF
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有
F = (M＋m)a
对空间站分析有
F′ = Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力
F′=MM+mF
故选A。
32.（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a−m图像。重力加速度大小为g。在下列a−m图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得
T−f=Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg−T=ma
联立可得
a=mg−fM+m=g−fmM+m⋅m
可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。
故选D。