2.牛顿运动定律（解析版）

2.2. 牛顿运动定律-突破典型题型之力学选择题（2024届高考物理二轮复习）专练目标专练内容目标1对牛顿第一、三定律的理解（T1、T2、T15、T16）目标2牛顿其次定律求瞬时突变问题（T3、T4、T17、T18）目标3牛顿其次定律的同向性（T5、T6、T19、T20）目标4利用牛顿其次定律分析动态过程（T7、T8、T21、T22）目标5整体法与隔离法解连接体问题（T9、T10、T23、T24）目标6牛顿运动定律的两类基本问题问题（T11、T12、T25、T26）目标7传送带模型、板块模型问题（T13、T14、T25、T27、T28）一、单选题1．（2024·四川甘孜·统考一模）物理学进展史上，亚里士多德、牛顿、伽利略、笛卡尔等许很多多的科学家为关于物体运动的争辩做出了巨大贡献。以下选项中符合历史事实的是（）A．亚里士多德认为，力不是维持物运动的缘由B．伽利略“抱负试验”内容中“假如没有摩擦，小球将上升到原来的高度”是牢靠的事实C．笛卡尔指出：假如运动中的物体没有受到力的作用，它将连续以同一速度沿同始终线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．一个运动的物体，假如不再受力了，它总会渐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【答案】C【解析】A．伽利略“抱负试验”得出结论：力不是维持运动的缘由，即运动必具有肯定速度，假如它不受力，它将以这一速度永久运动下去，符合事实，故A错误；B．两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面，这是一个客观事实；而假如没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，这是在没有摩擦的状况下的一个推论，不符合事实，故B错误；C．笛卡尔指出：假如运动中的物体没有受到力的作用，它将连续以同一速度沿同始终线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合事实，故C正确；D．一个运动的物体，它总会渐渐停下来，是由于物体受到了摩擦力，假如不受力，运动的物体会永久运动下去，故D错误。故选C。2．（2024·福建·统考一模）春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，新春佳节接近，某同学正写“福”字，他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用“镇纸”压住以防止打滑，整个书写过程中红纸始终保持静止，则该同学在书写过程中（）A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力大小与握力成正比B．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力C．向右行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右【答案】D【解析】A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力为静摩擦力，大小等于重力，故A错误；B．毛笔对红纸的压力与红纸对毛笔的支持力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；C．向右行笔时，镇纸相对于纸既没有相对运动趋势，也没有发生相对运动，红纸对“镇纸”没有静摩擦力，故C错误；D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右，故D正确。故选D。3．如图所示，小球A的质量为，B的质量为，AB用绳（不行伸长）和弹簧（轻质）连接后，悬挂在天花板上。若在点剪断轻绳，则在剪断后的瞬间（  ）A．A的加速度为0 B．B的加速度为C．B的加速度为 D．A的加速度为【答案】D【解析】BC．在剪断后的瞬间，弹簧的弹力不能突变，B受力状况不变，仍处于平衡状态，加速度为零，故BC错误；AD．在剪断轻绳前，弹簧处于伸长状态，对B球进行受力分析可知在剪断后的瞬间，弹簧的弹力不能突变，对A球，依据牛顿其次定律解得故A错误，D正确。故选D。4．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）以下说法正确的是（）A．小球静止时弹簧的弹力大小为mgB．小球静止时细绳的拉力大小为mgC．细线烧断瞬间小球的加速度马上为gD．细线烧断瞬间小球的加速度马上为【答案】D【解析】AB．小球静止时，小球受自身的重力，绳的拉力T和弹簧的弹力Fx，由平衡条件有故AB错误；CD．细线烧断的瞬间，绳的拉力突变为零，小球受到的弹簧弹力保持不变，由牛顿其次定律定律可得故C错误，D正确。故选D。5．（2023·北京房山·统考二模）在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。依据以上信息，可以确定（）A．地铁运行方向 B．地铁运行加速度方向C．圆珠笔的质量 D．地铁运行加速度大小为【答案】B【解析】AB．物体受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则物体所受的合力水平向左，由牛顿其次定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故B正确，A错误；CD．圆珠笔受力如图依据牛顿其次定律得所以无法计算圆珠笔的质量，故CD错误。故选B。6．如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则（）A．蜘蛛静止在网中心时，a中张力大于b中张力B．蜘蛛在网中心由静止向上加速，b中张力变大C．蜘蛛在网中心由静止沿b方向向上加速，b中张力变小D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a中张力大小不变【答案】B【解析】A．以网和蜘蛛为争辩对象，受力分析如图所示由平衡条件得可得故A错误；B．依据牛顿其次定律的同向性可知蜘蛛在网中心由静止向上加速与均增大，故B正确；C．同理，依据牛顿其次定律的同向性可知蜘蛛在网中心由静止沿b方向向上加速，b中张力变大，故C错误；D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，与以及在垂直蜘蛛网的方向均有分力，依据力的合成可知，a中张力大小发生变化，故D错误。故选B。7．（2024·河南·统考二模）如图所示，竖直挡板P固定在足够高的水平光滑绝缘桌面上。一个带正电荷的小物体A放在桌面上，小物体A的左端与绝缘的轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在挡板P上。一不行伸长的绝缘轻绳跨过轻质光滑定滑轮，一端与A连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于方向水平向左的匀强电场中。开头时A静止，所带电荷量保持不变，且不会遇到定滑轮。现用一竖直向下的力F作用在轻质小钩上，使小物体A水平向右做匀加速直线运动，以x表示小物体A离开静止位置时的位移，在弹簧恢复原长前（弹簧始终在弹性限度内），下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】小物体带正电，所受电场力方向向左，依据平衡条件，可知，静止时，弹簧处于压缩状态，令此时的压缩量为x0，依据胡克定律有以x表示小物体A离开静止位置时的位移，在弹簧恢复原长之前，弹簧处于压缩状态，依据牛顿其次定律有结合上述有在弹簧恢复原长之后，弹簧处于拉伸状态，依据牛顿其次定律有结合上述有可知，F和x之间的关系表达式始终为可知F和x之间关系的图像是一条纵轴截距为正值，斜率也为正值的倾斜的直线，即第三个选择项符合要求。故选C。8．（2024·云南红河·统考一模）无风时，一雨滴从云层中静止下落，下落过程中受到的空气阻力与成正比，假设雨滴下落过程中质量不变，其图像可能正确的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】依据题意可知，雨滴受到的空气阻力为依据牛顿其次定律可得联立可得可知雨滴静止下落后，随着速度的渐渐增大，加速度渐渐减小，所以雨滴做加速度渐渐减小的加速运动，当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴做匀速直线运动。故选D。9．（2024·福建·统考一模）如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，依据牛顿其次定律有对剩余5个盘子，依据牛顿其次定律有联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为故选A。10．（2024·吉林·统考一模）如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面对上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有对甲有物块甲运动至最低点时，依据对称性有对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为故选C。11．（2024·河南·统考一模）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为时开头刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）

A． B． C． D．【答案】B【解析】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为、，汽车进入冰面瞬间的速度为，由牛顿其次定律则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为由运动学公式，在路面上有在冰面上有其中解得汽车进入冰面瞬间的速度为故选B。12．（2024·广东·统考一模）如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列和图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】AB．依据题意可知，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小肯定小于初速度的大小，即回到动身点时，速度不行能为，故AB错误；CD．依据题意，由牛顿其次定律可得，上升阶段的加速度大小为下降阶段的加速度大小为方向均为竖直向下，由可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。故选D。13．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（）

A．内木板的加速度为B．物块与木板间的动摩擦因数为C．拉力F的大小为21ND．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为【答案】C【解析】A．速度—时间图像斜率的确定值表示加速度大小，由图像可知，内木板的加速度为故A错误；B．依据题意，结合图像可知，内木块始终做匀加速运动，时木板和木块达到共速，设木块与木板间的动摩擦因数为，则对木块由牛顿其次定律有而由速度与时间的关系式可得其中，从而解得故B错误；C．设地面与木板间的动摩擦因数为，在撤去拉力后，对木板由牛顿其次定律有解得而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速度则对木板在没有撤去拉力时由牛顿其次定律有解得故C正确；D．对木板和木块在达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为，则由牛顿其次定律有解得而木块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度由此可知，木块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其连续与木块发生相对滑动时的加速度大小为，则由牛顿其次定律有解得即木板以加速度大小为连续减速直至速度为零，木块以加速度大小为减速直至速度为零，设在两者达到共速时木块的对地位移为，木板的对地位移为，则可得其中解得则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为设共速之后的减速阶段木块的位移为，木板的位移为，则由运动学公式可得，解得，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为故D错误。故选C。14．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度-时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，，则下列说法正确的是（）

A．黑色痕迹的长度为B．煤块在传送带上的相对位移为C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长【答案】B【解析】A．煤块的加速度在v-t图上作出煤块的速度—时间图像（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）

由图可知，痕迹长故A错误；B．煤块在传送带上的相对位移故B正确；C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg（s+x煤）=0.2×2×10×（48+32）J=320J故C错误；D．质量变大，不转变加速度，痕迹长不变，故D错误。故选B。二、多选题15．如图所示的试验可以用来争辩物体所受到的滑动摩擦力，当手拉木板从木块下加速抽出时，弹簧测力计的示数为f，由此可知（）A．木板与桌面间的滑动摩擦力等于fB．木块与木板间的滑动摩擦力等于fC．绳子对木板的拉力大于fD．人手对绳子的拉力大于绳子对人手拉力【答案】BC【解析】AB．由于木块静止，依据平衡条件可知，木块水平方向所受木板对它的滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，故B正确，A错误；D．人手对绳子的拉力与绳子对人手拉力是一对相互作用力，大小相等，故D错误；C．手拉木板从木块下加速抽出，由牛顿其次定律可知，绳子对木板的拉力大于木块对木板的滑动摩擦力，依据牛顿第三定律知木块对木板的摩擦力等于木板对木块的摩擦力，木块所受滑动摩擦力又等于弹簧的弹力f，所以可推知绳子的拉力肯定大于弹簧测力计的示数f，故C正确。故选BC。16．如图所示，一大块正方体冰块用一根轻质细线悬挂在竖直墙上的O点，冰块的一侧紧贴竖直墙面。一段时间后，冰块溶化了一部分，不考虑细线长度上的变化且冰块溶化时体积均匀减小，则细线上的拉力和冰块对墙面的压力大小变化状况是（）A．细线上的拉力渐渐变大 B．冰块对墙面的压力渐渐减小C．细线上的拉力渐渐变小 D．冰块对墙面的压力渐渐增大【答案】BC【解析】对冰块进行受力分析，如下图设绳子与竖直墙面的夹角为，由平衡条件可得当冰块溶化时mg、都渐渐减小，则T和N渐渐减小，由牛顿第三定律可得，冰块对墙面的压力渐渐减小。故选BC。17．（2024·四川南充·统考一模）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小和矩形框Q的加速度大小分别为（）A． B． C． D．【答案】AD【解析】AB．对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P的加速度故A正确，B错误；CD．对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，则有细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力状况会与之前的拉力T等大反向，即所以故C错误，D正确。故选AD。18．（2023·四川宜宾·统考一模）如图所示，光滑水平面上有三个完全相同的物块，其中放在的上面，用轻质弹簧相连，他们在恒力的作用下一起沿水平面对右做匀加速直线运动。若突然撤去力，则撤去后瞬间关于两物块的受力和运动状况说法正确的是（

）A．物块的加速度大小方向都不变B．物块的加速度大小不变，方向反向C．物块的摩擦力方向不变D．物块相对于物块静止【答案】AD【解析】AB．撤去瞬间，弹簧弹力不变，则C的加速度大小方向都不变，A正确；CD．匀加速过程，依据牛顿其次定律A所受摩擦力为方向向右。弹簧弹力为撤去瞬间，对AB对A联立可知A所受摩擦力方向向左，方向转变，且AB仍相对静止，C错误，D正确。故选AD。19．（2024·全国·模拟猜测）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开头计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响。对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。下列说法正确的是（

）A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小【答案】BC【解析】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动，对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于支持力，合力向下，A项错误，B项正确；CD．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度沙子下落的时间设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为，在极短时间内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为，由动量定理有解得空中的沙子质量则对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力C项正确，D项错误。故选BC。20．高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳动，如图乙．则下列说法正确的是（）

A．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力B．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力等于人的重力C．弹簧压缩到最低点时，人处于超重状态D．弹簧压缩到最低点时，人处于失重状态【答案】AC【解析】AB．簧压缩到最低点时，人向上弹起，加速度的方向向上，人处于超重状态，高跷对人的作用力大于人的重力．故A正确，B错误；CD．弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，人处于超重状态．故C正确，D错误。故选AC。【点评】做此类题目，抓住关键：有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态．21．（2024·河南·统考二模）利用如图所示的试验装置对物体的运动过程进行争辩。把滑块A和滑块B放在水平固定且足够长的气垫导轨上，滑块A和滑块B之间连接一水平轻质弹簧，整体静止不动，轻质弹簧处于原长状态。现在开通气源，并在滑块A的左方加一水平向右的恒定推力，使滑块A由静止开头沿气垫导轨始终向右运动（弹簧始终在弹性限度内）。则下列说法正确的是（

）A．滑块A沿气垫导轨始终做非匀变速运动B．滑块B沿气垫导轨始终做非匀变速运动C．滑块A运动的加速度大小趋于恒定值D．滑块B运动的加速度大小趋于恒定值【答案】AB【解析】AB．滑块A与B中间用轻质弹簧链接，对整体进行受力，有滑块A与B整体做匀加速直线运动，但隔离分析后发觉，由于弹簧压缩伸长周期性变化，导致滑块A和滑块B沿气垫导轨方向合力也不停地变化，所以导致加速度也始终变化，所以始终做非匀变速运动，故AB正确；CD．滑块A与B整体做匀加速直线运动，但隔离分析后发觉，由于弹簧压缩伸长周期性变化导致滑块A和滑块B沿气垫导轨方向合力也不停地变化，所以导致加速度也不停的变化，导致导致滑块A和滑块B加速度大小不会趋于恒定值。故CD错误。故选AB。22．如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开头以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，。以下结论正确的是（）

A．变力F的最小值为2NB．小物块A与托盘B分别瞬间的速度为C．变力F的最小值为6ND．小物块A与托盘B分别瞬间的速度为【答案】BC【解析】AC．AB整体受力产生加速度为当最大时，F最小，即刚开头施力时，最大等于重力故C正确，A错误；BD．刚开头，弹簧的压缩量为AB分别时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿其次定律可知得物块在这一过程的位移为由运动学公式可知代入数据得故B正确，D错误；故选BC。23．如图所示，4块质量均为1kg的木块并排放在水平地面上，编号为1和3的木块与地面间的动摩擦因数为，编号为2和4的木块与地面间的动摩擦因数为，设全部木块的最大静摩等于滑动摩擦力，当用10N的水平力F推1号木块时，下列说法正确的是（）A．相邻木块间的摩擦力相等B．木块的加速度大小为1m/s2C．2号木块与3号木块之间的弹力大小为3ND．1号木块与2号木块之间的弹力大于3号木块与4号木块间的弹力【答案】BD【解析】A．木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，故A错误；B．对整体进行受力分析，由牛顿其次定律得解得故B正确；C．对1、2号木块进行整体分析，由牛顿其次定律得解得故C错误；D．对1号木块进行分析，由牛顿其次定律得解得对4号木块整体分析，由牛顿其次定律得解得故D正确。故选BD。24．中沙“蓝剑-2023”海军特战联训在海军某部营区开训。如图，六位特战队员两人一组通过挂钩固定在绳上。当直升机牵引悬绳竖直向上匀加速运动时，直升机对悬绳的拉力为F，每位特战队员的质量（含装备）均为m，不计绳的质量和空气阻力，重力加速度为g，则（）A．队员的加速度大小为B．队员的加速度大小为C．最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为D．最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为【答案】BC【解析】AB．对六位队员的整体受力分析可知解得队员的加速度大小为选项A错误，B正确；CD．对最下面四位队员的整体分析可知最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为选项C正确，D错误。故选BC。25．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，其次次以肯定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（）

A．图乙是滑块上滑的照片B．滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小C．滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开头上滑时的初速度大小D．滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间【答案】AC【解析】B．由牛顿其次定律可得，下滑时满足上滑时满足对比可得故滑块下滑时加速度小于上滑时加速度，故B错误；D．设斜面位移为，则有公式依据逆向思维，上滑时可以看成初速度为零的匀加速运