选择题对点练：牛顿运动定律的应用-2026届高考物理二轮复习专项训练

选择题对点练　牛顿运动定律的应用 一、单选题:本题共6小题,每小题4分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.(2025山西晋中适应练)2025年3月30日,国产大飞机C919首次飞抵东北地区,开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营,沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是(　　) A.飞机静止时,座椅对乘客的作用力为零 B.飞机水平向右加速滑行时,座椅对乘客的作用力水平向右 C.飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时,乘客处于超重状态 D.飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时,座椅对乘客的作用力竖直向上 2.(2025广西河池二模)如图所示,工人卸货时,某货物能沿与水平地面夹角为θ的长直木板滑下,若货物与木板间各处动摩擦因数相同,下列说法正确的是(　　) A.增大θ,该货物所受摩擦力变大 B.减小θ,该货物一定能再次滑下 C.仅减小该货物的质量,该货物将不能下滑 D.货物下滑加速度与其质量无关 3.(2025山西临汾检测)如图甲所示,质量m0=5.0 kg的箱子P放在水平地面上,两根相同的轻质弹簧连着质量m=1.0 kg的小球Q,两弹簧另一端与箱子P连接,弹簧均处于竖直状态。取竖直向上为正方向,小球在竖直方向振动过程中相对平衡位置的位移y随时间t的变化如图乙所示,箱子P始终保持静止。已知两弹簧的劲度系数均为k=50 N/m,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.t=0.05π s时,小球的加速度为0 B.t=0.1π s时,小球的速度为0 C.t=0.15π s时,箱子P对地面的压力大小为64 N D.t=0.15π s时,箱子P对地面的压力大小为56 N 4.(2025云南腾冲模拟)我国CR450动车组样车已成功下线,该动车组采用8节编组,4动4拖的技术方案,试验速度高达450 km/h,这一成就标志着我国拥有了全球最快的高速列车。如图所示,该高速列车由8节质量相同的车厢组成,从车头开始的第2、3、6、7节车厢为动力车厢,每节动力车厢的牵引力大小相同,其余为非动力车厢。若高速列车在平直轨道上匀加速行驶,每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则此时第1、2节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力大小之比为(　　) A.1∶1 B.1∶4 C.1∶5 D.1∶6 5.(2025江西赣州二模)蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动。将运动员蹦床比赛时的运动看作竖直方向的直线运动,忽略空气阻力。用力传感器测出蹦床对运动员弹力的大小F,F随时间t的变化规律如图所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.6~6.6 s内,运动员处于失重状态 B.运动员的最大加速度大小为50 m/s2 C.8.4~9.4 s内,蹦床给运动员的冲量大小为1 300 N·s D.4.8~5.4 s内,运动员重力势能与动能之和先增大后减小 6.(2025山东滨州模拟)我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段,需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度v0=8 m/s垂直接近地表时,引擎提供功率恒定的反向推力,功率的大小P=2.0×103 W,使其速度减小到2 m/s。由于存在稀薄大气,空气阻力大小Ff=kv(v为速度,系数k=0.2 N·s·m-1),机器人重力保持不变。则速度从8 m/s降到2 m/s的下落过程中,机器人的加速度(　　) A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.一直增大 D.一直减小 二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 7.(2025北京四中模拟)如图甲所示,两物体A、B叠放在光滑水平面上,对物体B施加一水平变力F,F-t图像如图乙所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止。则(　　) A.t时刻,两物体之间的摩擦力最大 B.t时刻,两物体的速度方向开始改变 C.t~2t时间内,两物体之间的摩擦力逐渐增大 D.0~2t时间内,物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同 8.(2025北京丰台模拟)如图所示,一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只油桶C,自由地摆放在油桶A、B之间。已知重力加速度为g,每个油桶的质量都为m,当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时,下列说法正确的是(　　) A.A、B对C的合力方向竖直向上 B.a=g时,A对C的支持力为0 C.a增大时,B对C的支持力变大 D.B对C的支持力大小可能等于mg 9.(2025甘肃金昌模拟)如图所示,将质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长的轻绳相连,分别置于等高的光滑水平台面上,质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端,手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻将C由静止释放,经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞,摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　) A.A、C运动的加速度大小之比为4∶3 B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1 C.t1时刻,C下落的速度为 D.t1时刻,C下落的速度为 10.(2025安徽淮南检测)如图甲所示,质量m=1 kg的物块被锁定在倾角θ=30°、足够长的光滑斜面上,t=0时刻解除锁定,并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F,以沿斜面向上为正方向。下列说法正确的是(　　) A.t=1 s时物块向下运动 B.0~2 s时间内合力的冲量为0 C.t=2 s时物块恰好返回至出发位置 D.t=2 s时物块的动量是t=1 s时物块动量的2倍 参考答案 1.C　解析 飞机静止时,座椅对乘客的作用力等于乘客所受重力,故A错误;飞机水平向右加速滑行时,座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力,所以座椅对乘客的作用力指向右上方,故B错误;飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时,有向上的加速度,所以乘客处于超重状态,故C正确;飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时,根据牛顿第二定律可知座椅对乘客的作用力斜向上方,故D错误。 2.D　解析 下滑过程,货物受到滑动摩擦力作用,大小为Ff=μFN=μmgcos θ,可知增大θ,该货物所受摩擦力变小,故A错误;减小θ,若mgsin θ≤μmgcos θ,则该货物不能再次滑下,故B错误;货物下滑过程,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得加速度大小为a=gsin θ-μgcos θ,可知货物下滑加速度与其质量无关,若仅减小该货物的质量,该货物仍能下滑,故C错误,D正确。 3.C　解析 t=0.05π s时,小球在正向最大位移处,加速度为最大,故A错误;t=0.1π s时,小球在平衡位置处,速度为最大,故B错误;两弹簧相同,Q静止时,上方弹簧伸长,下方弹簧压缩,设弹簧形变量为x,有2kx=mg,解得x=0.1 m,由题图乙知t=0.15π s时,小球在最低点,偏离平衡位置的位移为4 cm,此时上方弹簧拉伸到更长,下方弹簧压缩到更短,对箱子有FN=m0g+2k(0.04 m+x)=64 N,由牛顿第三定律知箱子对地面的压力大小为64 N,故C正确,D错误。 4.A　解析 设每节动力车厢的牵引力为F,所受摩擦力与空气阻力为Ff,对整体,根据牛顿第二定律有4F-8Ff=8ma,对第一节车厢,根据牛顿第二定律得F12-Ff=ma,对最后三节车厢,根据牛顿第二定律得F56+2F-3Ff=3ma,解得=1,故选A。 5.C　解析 由题图可知0~3.6 s内运动员静止在蹦床上且mg=500 N,6~6.6 s内,弹力大于重力,运动员处于超重状态,故A错误;由牛顿第二定律可知,运动员加速度大小a=,可知弹力F最大时加速度最大,结合图像可知弹力最大为2 500 N,联立解得am=40 m/s2,故B错误;当运动员离开蹦床时F=0,6.8~8.4 s内运动员离开蹦床做竖直上抛运动,共运动时间t1=1.6 s,由竖直上抛规律可知,运动员离开蹦床时与落回到蹦床时速度大小相等、方向相反,则运动员离开蹦床时速度大小v=g=8 m/s,规定竖直向上为正方向,8.4~9.4 s内,由动量定理得IF-mgΔt=mv-m(-v),其中Δt=1.0 s,联立解得蹦床给运动员的冲量大小IF=1 300 N·s,故C正确;对运动员和蹦床构成的系统,只有重力与蹦床弹力做功,故系统机械能守恒,即运动员动能、运动员重力势能、蹦床弹性势能之和不变,由图像可知4.8~5.4 s内,弹力先增大后减小,可知蹦床弹性势能先增大后减小,故运动员重力势能与动能之和先减小后增大,故D错误。 6.C　解析 机器人下落过程中,受到重力、空气阻力和反推力作用,根据牛顿第二定律有Ff+F-mg=ma,其中Ff=kv,又有F=,联立解得a=-g,根据不等式关系,当时,即v==100 m/s,有极小值。所以速度从8 m/s降到2 m/s的下落过程中,机器人的加速度一直增大。故选C。 7.CD　解析 以A、B整体为研究对象,由图可知,t时刻,F=0,加速度为0,以A为研究对象可知,A、B间的静摩擦力为0,故A错误;根据牛顿第二定律可知,两物体先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,则t时刻速度方向不变,且速度最大,故B错误;t~2t时间内,A、B整体受到的合力增大,加速度增大,再以A为研究对象,可知两物体间的摩擦力增大,故C正确;对A、B整体分析,其加速度与F的方向相同,A物体所受的合力为摩擦力,故摩擦力的方向与加速度方向相同,即与F的方向相同,故D正确。 8.BC　解析 C向左加速运动,则受到的合力水平向左,可知A、B对C的合力方向斜向左上方,A错误;当A对C的支持力为0时,对C,根据牛顿第二定律得mgtan 30°=ma,解得a=g,B正确;对C分析,由牛顿第二定律得FBCcos 60°-FACcos 60°=ma,又FBCsin 60°+FACsin 60°=mg,可得FBC=+ma,a增大时,B对C的支持力变大,则FBC=+ma>mg,C正确,D错误。 9.AD　解析 根据题意,由牛顿第二定律可得FT=maA,FT=2maB,解得aA∶aB=2∶1,则位移之比=2,设B运动的位移为x,则A运动的位移为2x,可知此时C运动的位移为1.5x,则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3,故A、C运动的加速度大小之比为4∶3,A正确,B错误;由v=at可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,C下落过程,由A、B、C组成的系统机械能守恒,有4mgh=·2m·4m,解得vC=,C错误,D正确。 10.CD　解析 0~1 s时间内,物块沿斜面向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F-mgsin 30°=ma1,解得a1= m/s2=5 m/s2,0~1 s时间内,位移x1=a1×5×12 m=2.5 m,t=1 s时物块速度v1=a1t1=5×1 m/s=5 m/s,1~2 s时间内,物块沿斜面向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得F'-mgsin 30°=ma2,解得a2= m/s2=-15 m/s2,1~2 s时间内,物块位移x2=v1t2+a2=5×1 m-×15×12 m=-2.5 m,0~2 s时间内,物块位移x=x1+x2=2.5 m-2.5 m=0,故t=1 s时物块沿斜面向上运动,t=2 s时物块恰好返回至出发位置,故A错误,C正确;t=2 s时,物块速度v2=v1+a2t2=5 m/s-15×1 m/s=-10 m/s,由动量定理可得0~2 s时间内合力冲量等于动量的变化量I合=mv2=1×(-10) kg·m/s=-10 kg·m/s,故B错误;t=1 s时动量p1=mv1=1×5 kg·m/s=5 kg·m/s,t=2 s时,动量p2=mv2=1×(-10) kg·m/s=-10 kg·m/s,负号表示方向,t=2 s时物块的动量是t=1 s时物块动量的2倍,故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $