牛頓第一定律牛頓第一定律高頻考點(diǎn)專題練

2026年高考物理一輪復(fù)習(xí)備考

一、單選題

I.新疆長絨棉因質(zhì)量美譽(yù)世界。長絨棉從犁地、播種、植保到采收，已基本實現(xiàn)全自動化。如圖為

無人機(jī)為棉花噴灑農(nóng)藥。無人機(jī)懸停在某一高度，自靜止開始沿水平方向做勻加速運(yùn)動，2.8s達(dá)到作

業(yè)速度，開始沿水平方向勻速作業(yè)，已知作業(yè)前無人機(jī)和農(nóng)藥總質(zhì)量為25kg,無人機(jī)作業(yè)速度為7m/s,

重力加速度為lOmN。則在加速階段空氣對無人機(jī)的作用力約為（）

A.250NB.258NC.3I3ND.358N

2.如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可

在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角?？勺?。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，

物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間，與夾角〃的大小有關(guān)。若由30。逐漸增大至60。，物塊的下

滑時間/將（）

A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D.先減小后增大

3.高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力，取重力加速度g=10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過（）

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

4.如圖甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過小物塊壓縮0.4m后鎖定，/=0時解除鎖定釋

放小物塊。計算機(jī)通過小物塊上的速度傳感器描繪出它的UT圖線如圖乙所示，其中。心段為曲線,

曲段為直線，傾斜直線是i=0時圖線的切線，已知小物塊的質(zhì)量為/〃=2kg,重力加速度

g=10m/s。則下列說法正確的是（）

v/(m,s')

3

2

1.5

0.10.20.30.40.506tfs

甲乙

A.小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3B.小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4

C.彈簧的勁度系數(shù)為175N/mD.彈簧的勁度系數(shù)為150N/m

5.某同學(xué)使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀如圖所示，彈簧上端固定，在

彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺。不掛鋼球時，彈簧卜端指針位于直尺20cm刻度處：卜端懸掛鋼

球，靜止時指針位于宜尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直

接測量豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

〃〃〃〃〃〃

A.30cm刻度對應(yīng)的加速度為-0.5gB.40cm刻度對應(yīng)的加速度為g

C.50cm刻度對應(yīng)的加速度為2gD.各刻度對應(yīng)加速度的值是不均勻的

6.某人想測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細(xì)繩的下端綁著一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用電工

膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵起動后的某段加速過程中，細(xì)繩偏離了豎直方向，他用手

機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。細(xì)繩偏離豎直方向約為30。，估算此時地

鐵的加速度是多少（）

A.6m/s2B.7.5m/s2C.10m/s2D.5m/s2

7.如圖，某飛行器在月球表面起飛后，一段時間內(nèi)沿與月面夾角為。的直線做加速運(yùn)動。此段時間

飛行器發(fā)動機(jī)的噴氣方向可能沿（)

A.方向①B.方向②C.方向③D.方向④

8.工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長方體建筑材料如圖所示，坡面

與水平面夾角為0,交線為PN,坡面內(nèi)QN與0N垂直，擋板平面與坡面的交線為MMNMNQ=6。

若建筑材料與坡面、擋板間的動摩擦因數(shù)均為〃，重力加速度大小為g,則建筑材料沿MN向下勻加

速滑行的加速度大小為（）

A.gsin?0-〃geossin0cos0B.gsinOcos，一〃geos。一〃gsin?0

C.gsincos<9-jugcos-//gsin^cosD.gcos20-pgcos0-/igsin20

二、多選題

9.如圖所示，一個小球。用1、2兩根細(xì)繩連接并分別系于箱子上的A點(diǎn)和8點(diǎn)，04與水平方向的

夾角為〃，08水平，開始時箱子處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）

A.若使箱子水平向右加速運(yùn)動，則繩I、2的張力均增大

B.若使箱子水平向右加速運(yùn)動，則繩1的張力不變，繩2的張力增大

C.若使箱子豎直向上加速運(yùn)動，則繩1、2的張力均增大

D.若使箱子豎直向上加速運(yùn)動，則繩1的張力增大，繩2的張力不變

10.如圖，圓柱形玻璃容器內(nèi)裝滿液體靜置于水平面上，容器中有。、從c三個不同材質(zhì)的物塊，物

塊4、。均對容器壁有壓力，物塊〃懸浮于容器內(nèi)的液體中，忽略。與容器壁間的摩擦?，F(xiàn)給容器

施加一個水平向右的恒力，使容器向右做勻加速直線運(yùn)動。下列說法正確的是（）

/77/^7777T777W777d777W7777P777777A77F77777

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小

14.如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2〃?的小車在水平推力戶的作用下加速運(yùn)動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均

為〃1的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面

的動摩擦因數(shù)為〃，桿與豎直方向的夾角為。，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑

B.若推力尸向左，且以則尸的最大值為2根glane

C.若推力尸向左，且〃vtan<942〃，則尸的最大值為4〃?g（2〃-tane）

D.若推力F向右，且tan。、2〃，則產(chǎn)的范圍為4〃喔（tan0-2〃）<F<4mg（tan0+2〃）

三、解答題

15.物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24。角，長度4=4m,

水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩

2

擦因數(shù)均為陽=§，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cos24o=0.9,sin240=0.4,重力加速度月=10m//）。

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度4的大??；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度W的大小；

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度也

題號11121314

答案BCBDADCD

1.B

【詳解】根據(jù)加速度定義得

Av-=.

a=——=2.5m/s2

根據(jù)力的合成得

F=J(〃火『二258N

故選Bo

2.D

【詳解】設(shè)PQ的水平距離為L,由運(yùn)動學(xué)公式可知

cos夕2

可得

4L

gsin20

可知夕=45。時，/有最小值，放當(dāng)。從由30。逐漸增大至60。時下滑時間，先減小后增大。

故選D。

3.B

【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度

。=〃叫二叫

解得

%==4m/s2

書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s2。

故選乩

4.C

【詳解】AB.根據(jù)y—f圖線的斜率表示加速度，由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小

Av

a---.......m/s2=5m/s

X0.55-0.25

由牛頓第二定律得，摩擦力大小為

Ff=fjmg=ma

所以

//=-=0.5

g

AB錯誤；

CD.剛釋放時滑塊的加速度為

a==—m/s2=3（）mzs2

Ar0.1

由牛頓第二定律得

kx—Ff=nm'

代入數(shù)據(jù)解得

k=175N/m

C正確，D錯誤。

故選C。

5.A

【分析】由題知，小掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長/o=0.2m；下端

懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有

mg=k[l-16）

可計算出

k=超

0.2

【詳解】A.由分析可知，在30cm刻度時，有

F羅-mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=-0.5g

A正確；

B.由分析可知，在40cm刻度時，有

mg=F彈

則40cm刻度對應(yīng)的加速度為0,B錯誤：

C.由分析可知，在50cm刻度時，有

F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=0.5g

C錯誤：

D.設(shè)刻度對應(yīng)值為x,結(jié)合分析可知

?Ax-mg

——-=〃,|x-0.2|（取豎直向上為正方向）

m

經(jīng)過計算有

g，0；"(x>0.2)或a=湛(x<0.2)

根據(jù)以上分析?，加速度〃與刻度對應(yīng)值為x成線性關(guān)系，則各刻度對應(yīng)加速度的值是均勻的,D錯誤。

故選Ao

6.A

【詳解】對圓珠筆進(jìn)行受力分析如圖所示

由此可得〃也與繩子的拉力的合力/合，根據(jù)牛頓第二定律

=ma

由圖可分析出

芻1=—=tan30

mgg

解得

ci=6m/s2

故A正確，BCD錯誤;

故選Ao

7.C

【詳解】上升器在起飛后的某段時間內(nèi)的飛行方向與水平面成。角，且速度在不斷增大，說明飛船所

受合外力的方向與速度同向，上升器受重力和噴氣推力水平面作用，即重力與推力的合力與速度方向

相同，上升器所受噴氣的反沖力與噴氣方向相反，由圖可知只有推力在③的反方向時，合尢才可能與

速度u同向。故C正確，ABD錯誤。

故選C。

8.B

【詳解】彳艮據(jù)牛注頁第二定律sin0cos0一〃〃?,<?cos0-sinOsin0=ma

可得。=gsinOcos。一〃gcossin:0

故選B。

9.BC

【詳解】AB.箱子靜止時，對小球，根據(jù)平衡條件得

F0Asmgng

弓B=9

若使箱子水平向右加速運(yùn)動，則在豎直方向上合力為零，有

Fo/sin0=tng

心B'—K)A'cose=〃?a

所以純1的張力不變，繩2的張力增大，A錯誤，B正確；

CD.若使箱子豎直向上加速運(yùn)動，則

〃OA"sin〃-〃?g=ma'

EB"=M8S。

所以繩I的張力增大，繩2的張力也增大，C正確，D錯誤。

故選BCo

10.CD

【詳解】由題意可知，c浮在上面對上壁有壓力，可知c排開水的質(zhì)量大于c本身的質(zhì)量，同理〃排

開水的質(zhì)量等于8本身的質(zhì)量：。排開水的質(zhì)量小于。本身的質(zhì)量；則當(dāng)容器向右做勻加速運(yùn)動時，

由牛頓第一定律可知，物塊〃將相對于容器向左運(yùn)動，最終與容器左側(cè)壁相互擠壓；物塊》將相對于

容器保持靜止，與容器一起做勻加速運(yùn)動；物塊c因相等體積的水將向左運(yùn)動，則導(dǎo)致c招相對于容

器向右運(yùn)動，最終與容器右側(cè)壁相互擠壓(可將c想象為一個小氣泡)。

故選CDo

11.BC

【詳解】A.對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

F-(〃%+〃4)gsine=(〃4+nt2)a

解得。=-------gsinO,故A錯誤；

町+，巧

B.對/吸受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

F奧-m2gsin0=m2a

解得4=W，故B正確；

/?1+

FftuF_F

C.根據(jù)彈二町+〃」生+」可知若只增大嗎，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，彈力變大，根據(jù)

嗎

胡克定律，可知伸長量變大，故它們的間距變大，故c正確；

〃？F

D.根據(jù)弓=土一，可知只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動時，彈力不變，根據(jù)胡克定律，

可知伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。

故選BCo

12.BD

【詳解】當(dāng)升降機(jī)加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動

摩擦力公式號=〃8可知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；

設(shè)斜面的傾角為。，物體的質(zhì)量為m,當(dāng)勻速運(yùn)動時有〃區(qū)sin0=〃〃?gcos。，即應(yīng)加送=心案?*百'，假

設(shè)物體以加速度a向上運(yùn)動時，有N="Kg+。）cosO,f="/〃（g+。）cosO,因為桁樂靜二￡犧都修，

所以〃Kg+a）sin<9=〃加g+a）cos。，故物體仍做勻速下滑運(yùn)動,C錯誤，D正確.

13.AD

【詳解】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為小，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，則拉力大小為

F=火

撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為

AB.從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不

變?yōu)?〃叫，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為

一［）一""名=〃叫1

解得

%=-2〃g

此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運(yùn)動，故PQ間距離減小，彈簧的伸

長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力消大，合

力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為,

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時

一〃，，遮-叫皿

解得

"Qm="g

故滑塊Q加速度大小最大值為"g，A正確，B錯誤；

C.滑塊PQ水平向右運(yùn)動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤;

D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為

一〃〃?g=tna?2

解得

%=一〃g

撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運(yùn)動，最后

彈簧原長時加速度大小為"g；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動，最后彈簧原長

時加速度大小也為"g°分析可知P的速度大小均不大于同一-時刻Q的速度大小，D正確。

故選ADo

14.CD

【詳解】A.設(shè)桿的彈力為N,對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分

力滿足

—=tan0

豎宜.方向

N,=mg

則

N*=mgtan0

若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得

N、=ma

可得

。=gtan6

對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma=4mgtan0

A錯誤；

B.若推力〃向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為

N、=mgtan0

對小球B,由于〃，小球B受到向左的合力

F=、.+mg)-N%>mgtan0

則對小球A,根據(jù)牛頓第二定津可得

M=，叫皿

對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma

max

解得

F=4〃?gtan。

B錯誤；

C.若推力/向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對個球A的

水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

N、=mgtan0

小球B所受向左的合力的最大值

曬X=(Ny+mg)?〃-M-mgtan0

由于“vtan0￡2〃可知

%x<〃