試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題4牛頓運動定律（1）TOC\o"1-1"\h\u一、牛頓第一定律與牛頓第三定律 2二、牛頓第二定律求瞬時突變問題 4三、牛頓第二定律的同向性 7四、利用牛頓第二定律分析動態過程 12五、力學單位制 16六、超重與失重現象分析 18專題一牛頓第一定律與牛頓第三定律1．（2023·浙江·高考真題）在足球運動中，足球入網如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時足球可視為質點 B．足球在飛行和觸網時慣性不變C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力 D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力【答案】B【詳解】A．在研究如何踢出“香蕉球”時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質點，故A錯誤；B．慣性只與質量有關，足球在飛行和觸網時質量不變，則慣性不變，故B正確；C．足球在飛行時腳已經離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯誤；D．觸網時足球對網的力與網對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。故選B。2．（2022·浙江·高考真題）下列說法正確的是（

）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關【答案】B【詳解】A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度方向在改變，A錯誤；B．慣性只與質量有關，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯誤；D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關，D錯誤。故選B。3．（2025·全國·二模）圖示是一學生背書包站立的簡化模型，關于該學生，下列說法正確的是（

）

A．書包帶適當變長，包帶對肩膀的拉力變大B．書包帶適當變短，包帶對肩膀的拉力不變C．學生略微向前傾斜，包帶對肩膀的拉力不變D．學生略微向前傾斜，包帶對肩膀的拉力變小【答案】D【詳解】A．對書包受力分析，如圖所示，當書包帶變長時，重力和拉力的夾角變小，不變，方向不變，則拉力變小，由牛頓第三定律可知，包帶對肩膀的拉力變小，A錯誤；B．當書包帶變短時，重力和拉力的夾角變大，拉力變大，由牛頓第三定律可知，包帶對肩膀的拉力變大，B錯誤；CD．若學生略微向前傾斜，和的夾角不變，且二者的合力不變，等于G，和G的夾角變小，T和的夾角變大，則變小，變大，由牛頓第三定律可知，包帶對肩膀的拉力變小，C錯誤，D正確。故選D。4．（2024·浙江·二模）如圖所示，摩托車手在水平彎道上勻速轉彎時（）A．車手身體各處的加速度大小都相等B．車和人的總重力與地面對車的支持力是一對平衡力C．車對地面的壓力與地面對車的作用力是一對作用力與反作用力D．地面對車的作用力不大于車和人的總重力【答案】B【詳解】A．根據可知，車手身體各處的加速度大小不相等，故A錯誤；B．車和人的總重力與地面對車的支持力是一對平衡力，故B正確；C．車對地面的壓力與地面對車的支持力是一對作用力與反作用力，但地面對車的作用力既有支持力也有摩擦力，故C錯誤；D．地面對車的作用力，即支持力和摩擦力的合力，大于支持力，而支持力等于車和人的總重力，所以地面對車的作用力大于車和人的總重力，故D錯誤。故選B。專題二牛頓第二定律求瞬時突變問題5．（2024·四川德陽·二模）如圖所示，質量為m的滑塊Q與質量為2m的滑塊P置于水平地面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為。用水平向右的拉力F拉滑塊P，使兩滑塊均做勻速直線運動。某時刻突然撤去該拉力F，則下列說法正確的是（）A．拉力F的大小為B．撤去拉力F前，彈簧彈力大小為C．撤去拉力F瞬間，滑塊Q的加速度大小為D．撤去拉力F瞬間，滑塊P的加速度大小為【答案】A【詳解】A．對AB整體分析可知，兩滑塊勻速運動時整體處于平衡狀態，可知拉力F的大小為選項A正確；B．撤去拉力F前，對Q分析可知彈簧彈力大小為選項B錯誤；C．撤去拉力F瞬間，彈簧彈力不變，則滑塊Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小為零，選項C錯誤；D．撤去拉力F瞬間，對滑塊P由牛頓第二定律可得加速度大小為選項D錯誤。故選A。6．（2024·安徽·二模）如圖所示，A、C兩球質量均為，B球質量為，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間通過一根輕桿連接，B、C間由一不可伸長的輕質細線連接。傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統處于靜止狀態，彈簧被剪斷的瞬間，已知重力加速度為，下列說法正確的是（

）A．B球的受力情況未變 B．C球的加速度大小為C．B、C之間線的拉力大小為 D．A、B兩個小球的加速度大小均為【答案】B【詳解】彈簧剪斷前，系統靜止，分別以C、BC、ABC組成的系統為研究對象可得，對C對BC對ABC彈簧被剪斷的瞬間，彈簧彈力消失，AB整體受力情況發生變化，假設細線拉力不為0，結合牛頓第二定律可知，對AB沿斜面向下沿斜面向下對C沿斜面向下沿斜面向下則細線必然松弛，不符合假設，因此細線拉力為0。對ABC沿斜面向下沿斜面向下對沿斜面向下因此，彈簧剪斷瞬間，細線、輕桿的彈力都為0。A、B、C三個小球的加速度均沿斜面向下，大小均為。故選B。7．（2024·湖南·高考真題）如圖，質量分別為、、、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【詳解】剪斷前，對BCD分析對D剪斷后，對B解得方向豎直向上；對C解得方向豎直向下。故選A。專題三牛頓第二定律的同向性8．（2024·四川攀枝花·二模）如圖甲所示，在平直公路上做勻速直線運動的小車內固定有一豎直彈性桿，桿的頂端固定有一小球。當小車突然開始減速制動時，彈性桿向前彎曲（如圖乙），下列對乙圖中的小球進行受力分析最合理的一項是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】題意可知小車突然減速，則車的加速度水平向左，故球的加速度也水平向左，所以球的合力水平向左，根據平行四邊形定則可知，球的重力與桿給球的力的合力也要水平向左。故選C。9．（2024·江西·二模）如圖所示，一人隨電梯由靜止開始先勻加速后勻速向上運動，從電梯開始運動時計時，下列關于人受到的摩擦力f、支持力、人的動能以及重力勢能隨時間t變化的關系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．電梯先勻加速上升再勻速上升，對運動過程受力分析結合牛頓第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A錯誤；B．加速上升階段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，勻速上升階段，支持力等于重力，B錯誤；C．人的動能先增大后不變，動能增大階段，動能表達式C正確；D．設電梯的傾角為，加速運動時，上升的高度隨時間的關系為重力勢能隨時間變化的關系為D錯誤。故選C。10．（2023·湖南·高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內有質量均為的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最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳解】A．設桿的彈力為，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豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據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對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據牛頓第二定律可得對系統整體根據牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據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小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知則對小球B，根據牛頓第二定律對系統根據牛頓第二定律聯立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據牛頓第二定律可知系統整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B根據牛頓第二定律對系統根據牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。專題四利用牛頓第二定律分析動態過程11．（2024·全國甲卷·高考真題）蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A．時，運動員的重力勢能最大B．時，運動員的速度大小為C．時，運動員恰好運動到最大高度處D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【詳解】A．根據牛頓第三定律結合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經歷的時間為，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據動量定理其中代入數據可得根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。12．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為y。所受合外力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減小；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點,之后，木塊開始反彈，過程中木塊所受合外力向上，隨著減小增大，反彈過程，隨著y減小，圖像向x軸負方向原路返回，故A錯誤、B正確；CD．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運動，根據速度逐漸增大，圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律木塊的速度繼續增大，做加速度減小的加速運動，所以圖像斜率繼續增大，當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以圖斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減速直線運動到最高點，而C圖中H點過后速度就開始逐漸減小，實際速度還應該增大，直到平衡位置速度到達最大，然后速度逐漸減為零；D圖前半段速度不變，不符合題意，正確示意圖如下故CD錯誤。故選B。13．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為 D．加速度先增大后減小【答案】A【詳解】AB．緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時兩彈簧的合力為大小為。當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；CD．小球從P點運動到O點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知加速度的最大值為，CD錯誤。故選A。14．（2023·河北·高考真題）如圖，質量為m的小球穿在固定光滑桿上，與兩個完全相同的輕質彈相連。開始時將小球控制在桿上的A點，彈簧1豎直且處于原長，彈簧2處于水平伸長狀態，兩彈簧可繞各自轉軸，無摩擦轉動。B為桿上的另一個點，與、A、構成矩形，。現將小球從A點釋放，兩彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．小球沿桿在AB之間做往復運動B．與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間更短C．小球從A點運動到B點的過程中，兩個彈簧對小球做的總功為零D．小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2的彈性勢能先減小后增大【答案】BC【詳解】AC．根據對稱性可知，小球從A點運動到B點的過程中，兩個彈簧對小球做的總功為零，則此過程合力做功等于重力對小球做的功，根據動能定理可知，小球在B點的速度大于0，所以小球到達B點后繼續向下運動，小球不會在AB之間做簡諧運動，故A錯誤，C正確；D．小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2先從伸長狀態變為原長，再從原長變為壓縮狀態，最后再恢復原長，故彈簧2的彈性勢能先減小后增大再減小，故D錯誤；B．小球從A點運動到B點過程，由于兩個彈簧對小球做的總功為零，與沒有彈簧時相比，小球運動到B點的速度相等；沒有彈簧時，小球運動的加速度為有彈簧時，加速度先大于，然后加速度逐漸減小，到AB中點時，加速度為，之后加速度小于，則兩種情況的圖像如圖所示兩種情況的圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到B點所用的時間更短，故B正確。故選BC。專題五力學單位制15．（2022·浙江·高考真題）下列屬于力的單位是（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據牛頓第二定律有F=ma則力的單位為故選A。16．（2023·遼寧·高考真題）安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律。若兩段長度分別為和、電流大小分別為I1和I?的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為。比例系數k的單位是（）A．kg·m/（s2·A） B．kg·m/（s2·A2） C．kg·m2/（s3·A） D．kg·m2/（s3·A3）【答案】B【詳解】根據題干公式整理可得代入相應物理量單位可得比例系數k的單位為故選B。17．（2024·北京·高考真題）電荷量Q、電壓U、電流I和磁通量Φ是電磁學中重要的物理量，其中特定的兩個物理量之比可用來描述電容器、電阻、電感三種電磁學元件的屬性，如圖所示。類似地，上世紀七十年代有科學家預言Φ和Q之比可能也是一種電磁學元件的屬性，并將此元件命名為“憶阻器”，近年來實驗室已研制出了多種類型的“憶阻器”。由于“憶阻器”對電阻的記憶特性，其在信息存儲、人工智能等領域具有廣闊的應用前景。下列說法錯誤的是（

）A．QU的單位和ΦI的單位不同B．在國際單位制中，圖中所定義的M的單位是歐姆C．可以用來描述物體的導電性質D．根據圖中電感L的定義和法拉第電磁感應定律可以推導出自感電動勢的表達式【答案】A【詳解】A．單位制、法拉第電磁感應定律由法拉第電磁感應定律可知，則Φ的單位為V·s，由Q=It可知，Q的單位為A·s，則QU與ΦI的單位相同均為V·A·s，故A錯誤，符合題意；B．由題圖可知，從單位角度分析有故B正確，不符合題意；C．由知，可以用來描述物體的導電性質，故C正確，不符合題意；D．由電感的定義以及法拉第電磁感應定律解得故D正確，不符合題意。故選A。專題六超重與失重現象分析18．（2025·云南·二模）某同學站在水平放置于電梯內的電子秤上，電梯運行前電子秤的示數如圖甲所示。電梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數如圖乙所示，則該時刻電梯（重力加速度g取）（

）A．做減速運動，加速度大小為 B．做減速運動，加速度大小為C．做加速運動，加速度大小為 D．做加速運動，加速度大小為【答案】D【詳解】如圖所示，根據牛頓第二定律可得則電梯向上加速運動。故選D。19．（2024·全國甲卷·高考真題）學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為。(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為N（結果保留1位小數）；(2)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為，則此段時間內物體處于（填“超重”或“失重”）狀態，電梯加速度大小為（結果保留1位小數）。【答案】(1)5.0(2)失重1.0【詳解】（1）由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N，則讀數為5.0N。（2）[1]電梯上行時，一段時間內測力計的示數為