专题4牛顿运动定律（1）（解析版）-2025年高考物理二轮复习培优练（新高考用）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题4牛顿运动定律（1）TOC\o"1-1"\h\u一、牛顿第一定律与牛顿第三定律 2二、牛顿第二定律求瞬时突变问题 4三、牛顿第二定律的同向性 7四、利用牛顿第二定律分析动态过程 12五、力学单位制 16六、超重与失重现象分析 18专题一牛顿第一定律与牛顿第三定律1．（2023·浙江·高考真题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【详解】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。故选B。2．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（

）A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。故选B。3．（2025·全国·二模）图示是一学生背书包站立的简化模型，关于该学生，下列说法正确的是（

）

A．书包带适当变长，包带对肩膀的拉力变大B．书包带适当变短，包带对肩膀的拉力不变C．学生略微向前倾斜，包带对肩膀的拉力不变D．学生略微向前倾斜，包带对肩膀的拉力变小【答案】D【详解】A．对书包受力分析，如图所示，当书包带变长时，重力和拉力的夹角变小，不变，方向不变，则拉力变小，由牛顿第三定律可知，包带对肩膀的拉力变小，A错误；B．当书包带变短时，重力和拉力的夹角变大，拉力变大，由牛顿第三定律可知，包带对肩膀的拉力变大，B错误；CD．若学生略微向前倾斜，和的夹角不变，且二者的合力不变，等于G，和G的夹角变小，T和的夹角变大，则变小，变大，由牛顿第三定律可知，包带对肩膀的拉力变小，C错误，D正确。故选D。4．（2024·浙江·二模）如图所示，摩托车手在水平弯道上匀速转弯时（）A．车手身体各处的加速度大小都相等B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力C．车对地面的压力与地面对车的作用力是一对作用力与反作用力D．地面对车的作用力不大于车和人的总重力【答案】B【详解】A．根据可知，车手身体各处的加速度大小不相等，故A错误；B．车和人的总重力与地面对车的支持力是一对平衡力，故B正确；C．车对地面的压力与地面对车的支持力是一对作用力与反作用力，但地面对车的作用力既有支持力也有摩擦力，故C错误；D．地面对车的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于车和人的总重力，所以地面对车的作用力大于车和人的总重力，故D错误。故选B。专题二牛顿第二定律求瞬时突变问题5．（2024·四川德阳·二模）如图所示，质量为m的滑块Q与质量为2m的滑块P置于水平地面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。用水平向右的拉力F拉滑块P，使两滑块均做匀速直线运动。某时刻突然撤去该拉力F，则下列说法正确的是（）A．拉力F的大小为B．撤去拉力F前，弹簧弹力大小为C．撤去拉力F瞬间，滑块Q的加速度大小为D．撤去拉力F瞬间，滑块P的加速度大小为【答案】A【详解】A．对AB整体分析可知，两滑块匀速运动时整体处于平衡状态，可知拉力F的大小为选项A正确；B．撤去拉力F前，对Q分析可知弹簧弹力大小为选项B错误；C．撤去拉力F瞬间，弹簧弹力不变，则滑块Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小为零，选项C错误；D．撤去拉力F瞬间，对滑块P由牛顿第二定律可得加速度大小为选项D错误。故选A。6．（2024·安徽·二模）如图所示，A、C两球质量均为，B球质量为，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，弹簧被剪断的瞬间，已知重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．B球的受力情况未变 B．C球的加速度大小为C．B、C之间线的拉力大小为 D．A、B两个小球的加速度大小均为【答案】B【详解】弹簧剪断前，系统静止，分别以C、BC、ABC组成的系统为研究对象可得，对C对BC对ABC弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，AB整体受力情况发生变化，假设细线拉力不为0，结合牛顿第二定律可知，对AB沿斜面向下沿斜面向下对C沿斜面向下沿斜面向下则细线必然松弛，不符合假设，因此细线拉力为0。对ABC沿斜面向下沿斜面向下对沿斜面向下因此，弹簧剪断瞬间，细线、轻杆的弹力都为0。A、B、C三个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为。故选B。7．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【详解】剪断前，对BCD分析对D剪断后，对B解得方向竖直向上；对C解得方向竖直向下。故选A。专题三牛顿第二定律的同向性8．（2024·四川攀枝花·二模）如图甲所示，在平直公路上做匀速直线运动的小车内固定有一竖直弹性杆，杆的顶端固定有一小球。当小车突然开始减速制动时，弹性杆向前弯曲（如图乙），下列对乙图中的小球进行受力分析最合理的一项是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】题意可知小车突然减速，则车的加速度水平向左，故球的加速度也水平向左，所以球的合力水平向左，根据平行四边形定则可知，球的重力与杆给球的力的合力也要水平向左。故选C。9．（2024·江西·二模）如图所示，一人随电梯由静止开始先匀加速后匀速向上运动，从电梯开始运动时计时，下列关于人受到的摩擦力f、支持力、人的动能以及重力势能随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】A．电梯先匀加速上升再匀速上升，对运动过程受力分析结合牛顿第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A错误；B．加速上升阶段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，匀速上升阶段，支持力等于重力，B错误；C．人的动能先增大后不变，动能增大阶段，动能表达式C正确；D．设电梯的倾角为，加速运动时，上升的高度随时间的关系为重力势能随时间变化的关系为D错误。故选C。10．（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（

）

A．若B球受到的摩擦力为零，则B．若推力向左，且，则的最大值为C．若推力向左，且，则的最大值为D．若推力向右，且，则的范围为【答案】CD【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足竖直方向则若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得可得对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律A错误；B．若推力向左，根据牛顿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为对小球B，由于，小球B受到向左的合力则对小球A，根据牛顿第二定律可得对系统整体根据牛顿第二定律解得B错误；C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为小球B所受向左的合力的最大值由于可知则对小球B，根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律联立可得的最大值为C正确；D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时对小球B根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律代入小球B所受合力分范围可得的范围为D正确。故选CD。专题四利用牛顿第二定律分析动态过程11．（2024·全国甲卷·高考真题）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A．时，运动员的重力势能最大B．时，运动员的速度大小为C．时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为【答案】BD【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小故B正确，C错误；D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理其中代入数据可得根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故D正确。故选BD。12．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确；CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据速度逐渐增大，图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下故CD错误。故选B。13．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后减小C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小【答案】A【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知加速度的最大值为，CD错误。故选A。14．（2023·河北·高考真题）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴，无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与、A、构成矩形，。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．小球沿杆在AB之间做往复运动B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大【答案】BC【详解】AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确；D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；B．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为有弹簧时，加速度先大于，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为，之后加速度小于，则两种情况的图像如图所示两种情况的图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。故选BC。专题五力学单位制15．（2022·浙江·高考真题）下列属于力的单位是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据牛顿第二定律有F=ma则力的单位为故选A。16．（2023·辽宁·高考真题）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（）A．kg·m/（s²·A） B．kg·m/（s²·A²） C．kg·m²/（s³·A） D．kg·m²/（s³·A³）【答案】B【详解】根据题干公式整理可得代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为故选B。17．（2024·北京·高考真题）电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是（

）A．QU的单位和ΦI的单位不同B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆C．可以用来描述物体的导电性质D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式【答案】A【详解】A．单位制、法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律可知，则Φ的单位为V·s，由Q=It可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，故A错误，符合题意；B．由题图可知，从单位角度分析有故B正确，不符合题意；C．由知，可以用来描述物体的导电性质，故C正确，不符合题意；D．由电感的定义以及法拉第电磁感应定律解得故D正确，不符合题意。故选A。专题六超重与失重现象分析18．（2025·云南·二模）某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯（重力加速度g取）（

）A．做减速运动，加速度大小为 B．做减速运动，加速度大小为C．做加速运动，加速度大小为 D．做加速运动，加速度大小为【答案】D【详解】如图所示，根据牛顿第二定律可得则电梯向上加速运动。故选D。19．（2024·全国甲卷·高考真题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为。(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为N（结果保留1位小数）；(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为（结果保留1位小数）。【答案】(1)5.0(2)失重1.0【详解】（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。（2）[1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为