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选择题对点练(二) 牛顿运动定律的应用
一、单项选择题:本题共7 小题,每小题4 分,共28 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 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( )
2
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
3
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 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减小
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
7.(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、多项选择题:本题共3 小题,每小题6 分,共18 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6 分,选对但不全的得3 分,有选错的得0 分。
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( )
4
A.A、B 对C 的合力方向竖直向上
B.a=√3
3
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1
2
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√
3
5 gh
D.t1时刻,C 下落的速度为√
6
5 gh
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( )
5
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
6
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| F12|
| F56| =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=F -mg
m
,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
7
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=gt1
2
=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.D 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 错误;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。
7.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= P
v
,联立解得a= P
mv + kv
m
-g,根据不等式关系,当P
mv = kv
m
时,即v=√
P
k
=100 m/s, P
mv + kv
m 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。
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=√3
3
g,B 正确;对C 分析,由牛顿第二定律得FBCcos 60°-FACcos 60°=ma,又FBCsin 60°
8
+FACsin 60°=mg,可得FBC=mg
√3
+ma,a 增大时,B 对C 的支持力变大,则FBC=mg
√3
+ma>1
2
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x A
xB
=
1
2 aAt
2
1
2 aBt
2
=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=1
2 m v A
2+ 1
2·2mvB
2+ 1
2·4mvC
2,解得vC=√
6
5 gh,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=F -mgsin30°
m
= 10-5
1
m/s2=5 m/s2,0~1 s 时间内,位移x1=1
2
a1
t1
2= 1
2
×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=
F '-mgsin30°
m
=-10-5
1
m/s2=-15 m/s2,1~2 s 时间内,物块位移x2=v1t2+1
2
a2t2
2=5×1 m-1
2
×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。
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