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专题03 牛顿运动定律
1．（2024·江苏宿迁·一模）踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢
毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中（
）
A．刚离开脚时，加速度最大
B．动量变化率先变小后变大
C．上升的时间等于下降的时间
D．重力的冲量上升过程大于下降过程
【答案】A
【详解】A．毽子上升过程
下降过程
因刚离开脚时速度最
大，则加速度最大，选项A 正确；B．动量变化率等于毽子受到的合外力，因上升过
程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率逐渐减小，选项B 错误；
C．因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据
可知，上升的时间小于
下降的时间，选项C 错误；D．根据IG=mgt 可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，
选项D 错误。
故选A。
2．(多选)（2024·广东汕头·一模）2023 年10 月2 日，杭州第十九届亚运会田径项目，
中国运动员熊诗麒夺得女子跳远的第一枚亚运会金牌。跳远可拆分为助跑、起跳、腾
空、落地这四个过程，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在腾空的最高点，运动员的速度为0
B．在腾空上升阶段，运动员处于超重状态
C．在起跳时，运动员对地面的压力大于重力
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D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动
【答案】CD
【详解】A．在腾空的最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，A 错误；
B．在腾空上升阶段，运动员只受重力作用，具有向下的加速度，运动员处于失重状态，
B 错误；C．在起跳时，运动员具有向上的加速度，地面对运动员的支持力大于重力，
根据牛顿第三定律可知运动员对地面的压力大于重力，C 正确；D．在助跑过程中，地
面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动，D 正确。故选CD。
3．（多选）（2023·北京海淀·一模）如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为
的小物块
恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给
施加一沿斜面向下
的推力
，使
沿斜面匀加速下滑。施加
后，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对
的支持力和摩擦力都不变
B．
对斜面的作用力方向竖直向下
C．水平面对斜面的支持力增大
D．小物块的加速度为
【答案】ABD
【详解】ABC．由题可知，给
施加一沿斜面向下的推力
，并不改变斜面对P 的支
持力大小，即斜面对P 的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P 所受
的摩擦力也不发生变化，对平衡时P 的分析可知，P 所受摩擦力和支持力的合力与其
重力等大反向，由牛顿第三定律可知，
对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力
没有发生变化，AB 正确，C 错误；D．给
施加一沿斜面向下的推力
，物块所受合
力等于F，根据牛顿第二定律可得
D 正确。故选ABD。
4．（多选）（2024·广东深圳·一模）节能电梯在无人时缓慢运行或静止不动，有人上
电梯后，电梯先加速后匀速运行。一乘客坐电梯下楼，始终与电梯保持相对静止，如
图所示，则（ ）
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A．加速时乘客所受的摩擦力方向水平向左
B．加速时乘客处于失重状态
C．下楼过程中电梯对乘客的作用力大于乘客对电梯的作用力
D．下楼过程中乘客受到的摩擦力始终做负功
【答案】AB
【详解】A．电梯加速向下运动时，人有水平向左的加速度，由牛顿第二定律可知，
乘客所受的摩擦力方向水平向左，故A 正确；B．电梯加速向下运动时，人有向下的
加速度，则乘客处于失重状态，故B 正确；C．电梯对乘客的作用力与乘客对电梯的
作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C 错误；D．当电梯匀速运行时，
乘客不受摩擦力，摩擦力做功为零，故D 错误。故选AB。
5．（2024·湖南长沙·一模）某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M 载物平台
架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆
柱间的动摩擦因数均为
，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m 的物
体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度
绕轴线作相反方向的转动，重
力加速度大小为g。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，
物体与平台总保持相对静止。下列说法正确的是（ ）
A．物体和平台开始运动时加速度大小为
B．物体和平台做匀加速运动
C．物体受到平台的摩擦力逐渐增大
D．只有当
时平台才能开始运动
【答案】A
【详解】A．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
开始时平台受
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到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为
故A 正确；B．圆柱
表面的点转动的线速度大小为
若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到
一根圆柱的摩擦力分量为
根据牛顿第二定律可得
因为v 在不断增大，加速度会越来越小，故B 错
误；C．对物体进行受力分析可得
加速度越来越小，故物体受到平台的摩擦力
逐渐减小，故C 错误；D．平台开始运动时加速度大小为
所以即使F 较小，
平台也运动，故D 错误。故选A。
6．（2024·河南·一模）由同种材料制成的两滑块A、B 用一根轻质细绳连接，将滑块
B 按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A 悬挂在空中，如图甲所示，松手后
滑块A、B 的加速度大小均为
。现仅将滑块A、B 位置互换（如图乙所示），松手后
滑块A、B 的加速度大小均为3a。已知滑块B 的质量等于滑块A 的质量的两倍，则滑
块与水平桌面间的动摩擦因数为（ ）
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A．0.1
B．0.2
C．0.3
D．0.4
【答案】B
【详解】设滑块A 的质量为
，滑块B 的质量为
；调换前，对系统根据牛顿第二
定律可得
调换后，对系统根据牛顿第二定律可得
联立解得
故选B。
7．（多选）（2024·海南·一模）1966 年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础
的测定质量的实验，实验时，用宇宙飞船（质量m）去接触正在轨道上运行的火箭
（质量mx，发动机已熄火），如图所示，接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船
和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间
，测出飞船和火箭组的速度
变化是
，下列说法正确的是（ ）
A．推力F 越大，
就越大，且
与F 成正比
B．火箭质量mx 应为
C．火箭质量mx 应为
D．推力F 通过飞船m 传递给了火箭mx，所以m 对mx 的弹力大小应为F
【答案】AC
【详解】BC．对整体由动量定理可得
火箭质量mx 应为
整体的质量为
故B 错误，C 正确；A．整体由牛顿第二定律可
得
可知，推力F 越大，
就越大，且
与F 成正比。故A 正确。D．隔离对mx 分析，
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根据牛顿第二定律有
故D 错误。故选AC。
8．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M 的木
板相连，木板静止时位于图中I 位置。O 点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m 的
圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m 从O 点正上方的II 位置自由释放，
物块m 与木板瞬时相碰后一起运动，物块m 在P 点达到最大速度，且M 恰好能回到O
点。若将m 从比II 位置高的Q 点自由释放后，m 与木板碰后仍一起运动，则下列说法
正确的是（ ）
A．物块m 达到最大速度的位置在P 点的下方
B．物块m 与木板M 从I 位置到O 的过程做匀减速运动
C．物块m 与木板M 在O 点正好分离
D．物块m 能回到Q 点
【答案】C
【详解】A．在物块m 下落过程中，当物块m、木板M 的总重力等于弹簧弹力时，物
块m 达到最大速度，故物块m 达到最大速度的位置仍在P 点，故A 错误；B．物块m
与木板M 从I 位置到O 的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块m 与木板
M 做加速度增大的减速运动，故B 错误；C．将m 从O 点正上方的II 位置自由释放，
且M 恰好能回到O 点，可知将m 从比II 位置高的Q 点自由释放后，根据能量守恒，M
回到O 点时速度不为零，O 点为弹簧原长时下端点的位置，则物块m 与木板M 间的作
用力为零，故物块m 与木板M 在O 点正好分离，故C 正确；D．根据能量守恒可知，
碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m 的部分机械能转化为木板M 的机械能，故
物块m 不能回到Q 点，故D 错误。故选C。
9．（2024·福建龙岩·一模）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在地面上，A、B 球的
质量分别为
、
，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A、B 间由
一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬
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间，下列说法正确的是（ ）
A．B 球处于平衡状态
B．轻弹簧的弹力大小为
C．B 球的加速度大小为
，方向沿斜面向下
D．A 球的加速度大小为
，方向沿斜面向上
【答案】C
【详解】AC．当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B 分析，由牛顿第二定律得
解得B 球的加速度大小为
方向沿斜面向下，故A 错误，C
正确；B．细线被剪断前，A、B 整体分析，由平衡条件得
细线被
剪断瞬间，弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变, 故B 错误；D．细线被剪断瞬间，对
A 分析，由牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向上，故
D 错误。故选C。
10．（2024·甘肃天水·一模）如图所示，质量均为m 的A、B 两物块置于水平地面上，
物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水
平力F 向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法
中不正确的是（ ）
A．当0＜F≤μmg 时，绳中拉力为0
B．当μmg＜F≤2μmg 时，绳中拉力为F－μmg
C．当F＞2μmg 时，绳中拉力为
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D．无论F 多大，绳中拉力都不可能等于
【答案】D
【详解】A．当0＜F≤μmg 时，A 受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉
力为0．故A 正确，不符合题意；B．当μmg＜F≤2μmg 时，整体受到拉力与摩擦力的
作用，二者平衡，所以整体处于静止状态．此时A 受到的静摩擦力到达最大即μmg，
所以绳中拉力为F-μmg．故B 正确，不符合题意；C．当F＞2μmg 时，对整体：
对B：
联立解得绳中拉力为
故C 正确，不符合题意；
D．由B 的分析可知，当μmg＜F≤2μmg 时绳中拉力为F-μmg，绳中拉力可能等于
，
故D 错误，符合题意。故选D。
11．（2024·贵州贵阳·一模）蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正
方形水平地面上进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1 与球
2、球2 与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均
为μ，一队员用脚给球1 一个水平冲击力使其获得水平速度，球1 与球2 发生弹性正碰
后，球2 恰好能到达边线，重力加速度为g。则球2 运动的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】球2 匀减速直线运动到停下，可以看作反向匀加速直线运动，可得
根据牛顿第二定律可得
联立求得
A 正确。故选A。
12．（2024·山东·一模）如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水
平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由释放，接触弹簧后继续竖直
向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，则小球的速
度的二次方
随坐标x 的变化图像如图乙所示，其中OA 段为直线，ABCD 是平滑的曲
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线，AB 段与OA 相切于A 点，C 点与A 点关于BE 对称，空气阻力不计，重力加速度为
g。关于小球在A、B、C、D 各点对应的位置坐标
及加速度大小
的判断正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．图乙所示图像中，OA 段是直线，小球从O 运动到A 过程加速度不变，小
球做自由落体运动，小球到达A 时，下落高度为h，小球的加速度仍然是g，所以
，
故A 错误；B．由图示所示图像可知，在B 点小球速度最大，此时重力
和弹力相等，合力为0，加速度为
由
可知
所以B 得坐标为
故B 错误；C．由于C 点与A 点关于BE 对称，所以
在C 点的
弹簧弹力竖直向上，大小为
小球在C 点由牛顿第二定律得
解得
故C 正确；D．小球到达D 点时速度为零，则D 点在C 点的下方，小球到达D 点时形
变量
加速度
故D 错误。故选C。
13．（2024·山东烟台·一模）密的图甲为测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数的实验
装置示意图，实验步骤如下：
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①用天平测量滑块和遮光条的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光条的宽
度d；
②安装器材，并调整轻滑轮，使细线水平；
③用米尺测量遮光条与光电门间距x；
④由静止释放滑块，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门的时间t；
⑤改变滑块与光电门间距，重复步骤③④。
回答下列问题：
（1）测量d 时，某次游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为 cm；
（2）根据实验得到的数据，以 （选填“ ”或“
”）为横坐标，以x 为
纵坐标，可做出如图丙所示的图像，该图像的斜率为k，若实验测得m=2M，则滑块和
桌面间的动摩擦因数为
= （用k、g、d 表示）。
【答案】 0.960
【详解】（1）[1]游标卡尺的示数为d=0.9×10mm+0.05mm×12=9.60mm=0.960cm
（2）[2][3]滑块经过光电门时速度为
由
可得
即根据实验得到的
数据，以
为横坐标，以x 为纵坐标，可做出如图丙所示的图像，该图像的斜率为k，
则
对滑块和物块的系统由牛顿第二定律
因为m=2M，解得
滑块和桌面间的动摩擦因数为
14．（2024·云南·一模）如图所示，热气球由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，加热
装置固定在吊篮上，用24 根对称分布的轻绳拴住并与球囊相连，轻绳与竖直方向夹角
均为37°。热气球被锁定在地面上，现缓慢加热球内空气使其密度不断减小。当加热至
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某温度时，热气球受到竖直向上大小为
的浮力，球内气体总质量为
3100kg，此时解除热气球锁定。若球囊质量为208kg，吊篮和加热装置总质量为
192kg，重力加速度大小取
，
，
。热气球解除锁定
瞬间，求
（1）热气球的加速度大小；
（2）每根绳子的拉力大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设球内气体质量为
，球囊质量为
，吊篮和加热装置质量为
；取
整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
解得
（2）绳子对吊篮和加热装置的拉力在水平方向合力为0，在竖直方向分力与重力的合
力产生向上的加速度，由牛顿第二定律可得
解得
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