2025届高考物理一轮基础训练系列习题：牛顿运动定律的应用

高考物理总复习基础训练系列习题（4） 牛顿运动定律应用部分 一、瞬时性问题 1、如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　) A．都等于 B．和0 C.和· D.·和 2、如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为(　　) A.2F/3 2F/3m＋g B.F/3 2F/3m＋g C.2F/3 F/3m＋g D.F/3 F/3m＋g 3、如图所示,两个完全相同的小球a、b,用轻弹簧N连接,轻弹簧M和轻绳一端均与a相连,另一端分别固定在竖直墙和天花板上,弹簧M水平,当轻绳与竖直方向的夹角为60°时,M、N伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2,a、b两球的质量均为m,重力加速度大小为g,则以下判断正确的是( ) A.  k1/k2＝2√3 B.  轻绳上的弹力与弹簧N上的弹力之比为2:√3 C.  若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,a球的加速度为零 D.  若剪断弹簧M,则在剪断的瞬间,b球处于失重状态 4、如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．图甲中A球的加速度为gsin θ B．图甲中B球的加速度为2gsin θ C．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 5、如图所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45°，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10m/s2，则（ ） A.  此时物体一定受四个力作用 B.  若突然撤去弹簧的瞬间，物体向左加速运动 C.  若突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小约为14.1m/s2 D.  若突然剪断轻绳的瞬间，物体受3个力作用 6、如图，质量分别为4m、3m、2m、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，则剪断瞬间球B和球C的加速度大小分别为（　） A．g 1.5g B．2g 1.5g C．2g 0.5g D．g 0.5g 7、如图所示，ABC三个物块质量均为m，用细线悬挂A物块，AB之间刚好接触，但是没有挤压，BC物块之间通过弹簧栓接，三个物块均处于静止状态，以下说法正确的是（ ） A.  静止时，地面对C的支持力为3mg B.  剪断细线的瞬间，B物块的加速度为零 C.  剪细线的瞬间A、B之间的作用力1/2mg D.  若将弹簧剪断，B物块的瞬时加速度为零 8、（多选）如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,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µ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( ) A.  P的加速度大小的最大值为2µg B.  Q的加速度大小的最大值为2µg 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时刻Q的速度大小 9、如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝（m+M）g/M D．a1＝g，a2＝（m+M）g/M，a3＝0，a4＝（m+M）g/M 10、如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　) A．0 B.2√3 g/3 C．g D.√3 g /3 11、如图所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a1运动时，弹簧与杆夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求 (1)弹簧的劲度系数为多少？ (2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a2，则a1∶a2为多少？ 二、超重、失重问题 1、如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是(　　) A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零 B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力 C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力 D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力 2、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是(　　) A．释放瞬间甲球加速度较大 B.＝ C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 3、如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　) A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 4、图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10 m/s2，根据图象分析可知(　　) A．人的重力为1 500 N B．c点位置人处于失重状态 C．e点位置人处于超重状态 D．d点的加速度小于f点的加速度 5、如图所示，一人站在电梯内的一台磅秤上，当电梯沿竖直方向加速上升或加速下降时，将看到磅秤的示数会变大或变小，把这种现象叫“超重”或“失重”。当电梯以大小为a的加速度加速上升时，可认为重力加速度大小由g变为go＝g+a，这时秤面的压力大小为T＝mgo ＝m（g+a）；反之电梯以相同大小的加速度加速下降时，有go＝g - a，T＝mgo ＝m（g - a）。可将go称为等效重力加速度。如图乙所示，小球在竖直面内做半径为r的圆周运动，当运动到最低点时速度为v0，下列说法正确的是（　　） A. 当电梯处于超重状态时,速度一定向下 B. 当等效重力加速度go＝0时，电梯处于平衡状态 C. 对乙图，小球在最低点时的加速度为g D. 对乙图，小球在最低点时等效重力加速度为g+v02/r 6、某同学把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。图像如图所示，已知竖直向上为正方向。下列说法正确的是(　　) A．实验过程可能是将手机竖直向上抛出再落回手掌中 B．实验过程可能是手托着手机做下蹲动作 C．实验过程可能是手托着手机做起跳的动作 D．手机先处于超重状态，后处于失重状态 7、“抛绣球”是广西传统民族运动。如图甲所示，细绳一端系着绣球，另一端握在运动员手中。使绣球在竖直平面内做圆周运动，数圈之后抛出。图乙是绣球的运动轨迹，在A、B、C、D四个点上，绣球处于超重状态的是(　　) A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 8、(多选)某运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则(　　) A．运动员起跳过程处于超重状态 B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大 C．起跳过程中运动员对地面的压力为800 N D．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.65 s 9、(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 10、(多选)游乐场中，一个可乘坐二十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送到离地78 m的高处，然后让座舱自由落下。当落到离地面26 m时，制动系统启动，座舱做匀减速运动，到地面时刚好停下。座舱中某人用手水平托着质量为0.36 kg的手机，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．当座舱刚落到地面时，速度为零，座舱处于平衡状态 B．当座舱落到离地面60 m的位置时，手机对手的压力零，手机处于完全失重状态 C．当座舱落到离地15 m的位置时，手要用10.8 N的力才能托住手机 D．当座舱落到离地15 m的位置时，手要用5.4 N的力才能托住手机 11、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；悬吊1.0N重物时，指针指在木板上刻度为O的位置，OC的距离为2cm。将1.0N的重物固定在弹簧下端和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。我们可以把“竖直加速度测量仪”固定在电梯墙壁上用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，g取，以加速度方向向上为正，下列说法正确的是（       ）     A. 该弹簧的劲度系数为0.05N/m B. 指针指在A位置时，小球此时处于超重状态 C. 指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为0.5m/s2 D. 指针指在B位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为1m/s2 12、（多选）如图(甲)所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后,助推器点火提供向上的推力,到达某一高度后与火箭分离,并立即关闭发动机,在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时,助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图(乙)所示,忽略空气阻力,则下列说法正确的是( ) A.  t1 – t3的过程中,助推器先处于超重状态然后处于失重状态 B. t3 – t4的过程中助推器处于超重状态 C.  t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机 D.  若t2 < t4 – t2，则v1 > v2 高考物理总复习基础训练系列习题（4）参考答案 牛顿运动定律应用部分 1、答案：C 解析：由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin 30° 剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得： 对B：F弹－mBgsin 30°＝mBaB，得aB＝· 对A：mAgsin 30°＝mAaA，得aA＝g 所以C正确． 2、答案：A 解析：在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，故A正确． 3、答案：A 解析：AB.对球a受力分析,由平衡知识可知 对b分析 则 故A正确,B错误; C.若剪断细绳,则在剪断细绳后的瞬间,a球受重力和两边弹簧的拉力,合力不为零,则加速度不为零,故C错误; D.若剪断弹簧M,则在剪断的瞬间,弹簧N的弹力不变,则b球加速度仍为0,故D错误。 故选A。 4、答案　C 解析　设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确． 5、答案：D 解：A、此时物体对地面的压力恰好为零，由受力分析可知物体受重力，绳子的拉力和弹簧的弹力共3个力作用，故A错误； B、若突然撤去弹簧的瞬间，轻绳中张力突然变为0，物体受重力和地面对物体的支持力，共两个力作用，保持静止，故B错误； CD、在剪断轻绳前，物体受到重力、弹簧弹力和轻绳拉力，如图所示；根据共点力平衡可得，，若突然剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，物体受重力、地面支持力、弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律可得：，解得，故C错误、D正确。 故选：D。 7、答案：A 8、答案：C 9、答案：AD 解析：设两物块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块均做匀速直线运动,则拉力大小为 撤去拉力前对Q受力分析可知,弹簧的弹力为 AB.以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为,两滑块与地面间仍然保持相对滑动,此时滑块P的加速度为 解得 此刻滑块Q所受的外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故PQ间距离减小,弹簧的伸长量变小,弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q的合外力增大,合力向左,做加速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 解得 故滑块Q加速度大小最大值为,A正确,B错误; C.滑块PQ水平向右运动,PQ间的距离在减小,故P的位移一定小于Q的位移,C错误; D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 解得 撤去拉力时,PQ的初速度相等,滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动,最后弹簧原长时加速度大小为;滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动,最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确。 10、答案：C 解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对． 11、答案：B 解析：开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，Fcos 30°＝mgsin 30°，解得FN＝mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为g，B正确． 12、答案　(1)100 N/m　(2)1∶3 解析　(1)先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B的支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律可得：F＝(mA＋mB)a1 再对B受力分析： 由牛顿第二定律可得：F弹cos 53°＝mBa1 联立解得F弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量：Δx＝L＝0.25 m 由胡克定律得，F弹＝kΔx 所以弹簧的劲度系数：k＝100 N/m (2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，根据牛顿第二定律得 对A：F弹cos 53°＝mAa2 联立得a1∶a2＝1∶3. 二、超重、失重问题 1、答案：A 解析：把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确． 2、答案：C 解析：释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误． 3、答案　B 解析　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知： FN上＋mg－FN下＝ma，m＝＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N 若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N. 对金属块，由牛顿第二定律知 FN上′＋mg－FN下′＝ma′ 解得 a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5 m/s2的加速度匀减速上升．故A、C、D错误，B正确． 4、答案　C 解析　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N，故A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；人在d点时：a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，人在f点时：a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误． 5、答案：D 6、答案：B 解析：由题中图像可知，加速度方向先是负方向即向下，后为正方向即向上。手机竖直向上抛出再落回手掌过程，手机的加速度始终是向下的，和图像矛盾，故A错误；下蹲开始到静止这一过程中，加速度先是向下的，后是向上的，刚好和图像描述的加速度方向相同，故B正确；起跳这一过程中，加速度先是向上的，后是向下的，和图像矛盾，故C错误；加速度方向先是变成负的，接着变成正的，说明手机先处于失重状态，后处于超重状态，故D错误。 7、答案：A 解析：A点小球的加速度指向圆心，竖直向上，故A点处于超重状态，故A正确；抛出后，小球只受重力作用，加速度竖直向下，所以B、C、D三点都处于失重状态，故B、C、D错误。 8、答案：AD　 解析： 运动员在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，故A正确；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度v＝＝ ，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度v2＝＝ ，即两者相等，故B错误；运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知v＝＝＝4 m/s，根据速度位移公式可知2aΔh＝v2解得a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知FN－mg＝ma，解得：FN＝1 300 N，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1 300 N，故C错误；起跳过程运动的时间t1＝＝ s＝0.25 s，起跳后运动的时间t2＝＝0.4 s，故运动的总时间t＝t1＋t2＝0.65 s ，故D正确。 9、答案：AD 解析：热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确． 10、答案：BC 解析：当座舱刚落到地面时，速度为零，但是加速度不为零，座舱不是处于平衡状态，故A错误；当座舱落到离地面60 m的位置时，处于自由下落状态，加速度为向下的g，则手机对手的压力零，手机处于完全失重状态，故B正确；座舱自由下落52 m时的速度v＝＝ m/s＝ m/s，当座舱落到离地15 m的位置时的加速度：a＝＝ m/s2＝20 m/s2 ，对手机由牛顿第二定律：N－mg＝ma，解得N＝10.8 N，即手要用10.8 N的力才能托住手机，故C正确，D错误。 11、答案：D 解析： A．设弹簧的劲度系数为，根据受力平衡可得， 联立可得 故A错误； B．指针指在A位置时，弹簧弹力小于小球的重力，则小球的合力方向向下，加速度方向向下，小球此时处于失重状态，故B错误； C．指针指在A位置时，此时弹簧弹力为 根据牛顿第二定律可得 可得 由于加速度方向向下，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故C错误； D．指针指在B位置时，此时弹簧弹力为 根据牛顿第二定律可得 可得 加速度方向向上，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故D正确。 故选D。 12、答案：BD 解析： A.t1~t3的过程中,助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速,加速度向下,则总是处于失重状态,选项A错误; B.t3~t4的过程中助推器向下减速,加速度向上,处于超重状态,选项B正确; C.t1时刻助推器与火箭分离并关闭发动机,助推器向上做减速运动,选项C错误; D.因t2时刻助推器到达最高点,则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积,若从0~t1时间内做匀加速直线运动,则 因t2<t4-t2,则 v1>v2 选项D正确。 故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $$