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专题 04 牛顿运动定律
1、(2022·湖南卷·T9)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受
到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即 ， 为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经
过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段
时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器
质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 发动机的最大推力为
B. 当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D. 当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【解析】A．飞行器关闭发动机，以v= 匀速下落时，有 ，飞行器以v=
1 2
向上匀速时，设最大推力为F
m
联立可得
，
A错误；
B．飞行器以v= 匀速水平飞行时
3B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
解得
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v= 的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
5
解得
a =2.5g
m
D错误。故选BC。
2、(2022·全国甲卷·T19)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 。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
的
B. Q 加速度大小的最大值为
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
【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。故选AD。
3、(2022·全国乙卷·T15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光
滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂
直。当两球运动至二者相距 时，它们加速度的大小均为( )A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为 ，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。故选A。
1.(2022·山东潍坊市高三下学期一模)在水平面上固定一粗糙斜面，先让一滑块从斜面顶端由静止下滑到底
端，再让滑块以某一速度从底端上滑刚好能滑到顶端，用照相机记录滑块下滑和上滑的频闪照片如图所示。
已知照片上相邻位置的时间间隔相等，下列说法正确的是( )A. 图甲是滑块上滑的频闪照片
B. 滑块下滑时的速度变化快
C. 滑块下滑到底端时的速度大于其沿斜面上滑时的初速度
D. 滑块下滑过程中重力的冲量大于上滑过程中重力的冲量
【答案】D
【解析】A．设下滑、上滑的时间分别为 、 ，滑块沿斜面上滑的过程，可逆向看做由静止下滑的过程，
根据
由下滑加速度
上滑加速度
可知
故
图1滑块沿斜面运动时间为 ，图乙滑块所用时间为 ，则图甲滑块沿斜面运动时间较长，可知图甲
为下滑照片，A错误；
B．由
因为滑块上滑时的速度变化快，B错误；
C．先让一滑块从斜面顶端由静止下滑到底端，再让滑块以某一速度从底端上滑刚好能滑到顶端，滑块下
滑到底端时的速度小于其沿斜面上滑时的初速度，C错误；
D．重力的冲量
因为
所以，滑块下滑过程中重力的冲量大于上滑过程中重力的冲量，D正确。故选D。
2.(2022·江苏七市高三下学期二模)如图所示，相同细线1、2与钢球连接，细线1的上端固定，用力向下拉
线2，则( )
A. 缓慢增加拉力时，线2会被拉断
B. 缓慢增加拉力时，线1中张力的增量比线2的大
C. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度大于重力加速度
D. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度小于重力加速度
【答案】C
【解析】A．缓慢增加拉力，小球受力平衡
所以细线1先被拉断，故A错误；
B．要使等式成立，细线1和2的拉力变化量是相同的，故B错误；
CD．猛拉时，细线2上拉力突然变大，作用时间极短，由于惯性，小球位置几乎不变，细线1的拉力增加
几乎为零，故细线2断裂，因此断裂前细线2的拉力大于细线1，因此合力
故加速度大于重力加速度，故C正确，D错误。故选C。
3.(2022·江苏如皋市高三下学期一调)如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度 与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度 与F的关系图
像可能正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设A的质量为 ，B的质量为 ，AB间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 ，
则
当 ，AB处于静止状态，加速度都为0；
当 ，AB开始一起加速运动，设当 ，AB刚好要发生相对运动，以AB为整体，由
牛顿第二定律
以B为对象，由牛顿第二定律
联立解得
则当 ，AB一起做匀加速直线运动，加速度为当 ，AB发生相对滑动，对A由牛顿第二定律
解得
由以上分析可知A的加速度 与 的关系图像可能为D选项，D正确，ABC错误；故选D。
4.(2022·广东广州市高三下学期一模)如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，
空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，
图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐
增大，篮球所受的合力
开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，
篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；
弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为随着N增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为
零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上
(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。
5.(2022·四川成都市高三下学期二模)如图(a)，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，
一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加
速度大小a随位移x变化的关系如图(b)。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列判定
正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为
B. 下滑过程中，在x=x 处，滑块的机械能最大
2
的
C. 在x～x 和x～x 两段过程中，弹簧弹性势能 增量相等
1 2 2 3
D. 在x～x 和x～x 两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于
1 2 2 3
【答案】AD
【解析】A．由图可知，当小球下落到x 时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为
2
，则有
解得
A正确；
B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到 时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此
时小滑块的机械能最大，B错误；
C．由图可知，x～x 的距离差小于x～x 两的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，C错误；
1 2 2 3
D．在x～x 的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有
1 2
又由A项可知
联立解得
由图可知，当 时
联立解得
即为该段图线的斜率绝对值；
在 过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有
又
联立解得
由图可知，当 时联立解得
即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x～x 和x～x 两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于 ，
1 2 2 3
D正确。故选AD。
6．(2022·江苏省昆山中学模拟预测)如图所示，水平传送带以速度v 匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮
1
且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v，P与定滑轮间的绳水平，t=t 时刻P离开传
2 0
送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长，正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】AB．若v
