2024高考物理考前知識點突破練習：牛頓第二定律

01牛頓其次定律

選擇題（共25小題）

1.（2024?門頭溝區(qū)一模）幼兒園小摯友玩的滑梯如圖1所示，為了探討便利，可將其簡化

為圖2。已知滑梯和兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)為口，某小摯友質(zhì)量為in,重力加速度為

g,滑梯與水平地面之間的夾角為9o下列說法中正確的是（）

圖1圖2

A.小摯友沿滑梯加速下滑時受力平衡

B.小摯友對滑梯的壓力和滑梯對小摯友的支持力是一對平衡力

C.下滑過程中，小摯友受到的合力大小為mgsin。

D.下滑過程中，小摯友受到的摩擦力大小為口mgcos。

2.（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平面上有一上表面光滑的斜面體，一小物塊沿其上表

面勻減速上滑，此過程中斜面體始終保持靜止，下列說法正確的是（）

A.斜面體受到地面的摩擦力水平向左

B.斜面體受到地面的摩擦力為零

C.斜面體對地面的壓力小于斜面體與物塊的重力之和

D.斜面體對地面的壓力等于斜面體與物塊的重力之和

3.（2024?延慶區(qū)一模）如圖甲所示，物體以肯定初速度從傾角a=37°的斜面底端沿斜面

對上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能

E機隨高度h的變更如圖乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則（）

甲乙

A.物體的質(zhì)量m=0.67kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)口=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=12m/s2

D.物體回到斜面底端時的動能及=20J

4.（2024?西城區(qū)一模）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，一帶電粒子從

圓周上的P點沿半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為巴,運動軌跡為PN；

若粒子射入磁場時的速度大小為V2,運動軌跡為PM。不計粒子的重力，下列推斷正確的

是（）

A.粒子帶負電

B.速度vi大于速度v2

C.粒子以速度vi射入時，在磁場中運動時間較長

D.粒子以速度vi射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大

5.（2024?西城區(qū)一模）如圖所示，將拱形橋面近似看作圓弧面，一輛汽車以恒定速率通過

橋面abc,其中a、c兩點高度相同，b點為橋面的最高點。假設(shè)整個過程中汽車所受空

氣阻力和摩擦阻力的大小之和保持不變。下列說法正確的是（）

A.在ab段汽車對橋面的壓力大小不變

B.在be段汽車對橋面的壓力漸漸增大

C.在ab段汽車的輸出功率漸漸增大

D.在ab段汽車發(fā)動機做功比be段多

6.（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平面上，一小球從彈簧正上方

某一高度處由靜止起先自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到肯定程度（在彈性限度內(nèi)）。

不計空氣阻力。則（）

A.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的加速度不斷增大

B.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的速度先增大后減小

C.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的機械能守恒

D.小球在最低點時所受的彈力大小等于其所受的重力大小

7.（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩懸掛于B點，使小球在水

平面內(nèi)做勻速圓周運動?，F(xiàn)僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心0到懸點B的高度不變，小

球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。增加繩長前后小球運動的角速度、加速度以及所受細

繩的拉力大小分別為?i>ai>Fi和3、a2>F2=則（）

B.ai>a2C.F1=F2D.FI>F2

8.（2024?豐臺區(qū)一模）直升機懸停在空中，由靜止起先投放裝有物資的箱子，箱子下落時

所受的空氣阻力與箱子下落的速度成正比，下落過程中箱子始終保持圖示狀態(tài)。下列說

法正確的是（）

V

A.下落過程中箱內(nèi)物體的加速度漸漸增大

B.箱子接近地面時，箱內(nèi)物體受到的支持力比剛釋放時大

C.如下落距離足夠大時，箱內(nèi)物體可能不受箱子底部的支持力作用

D.下落過程中箱內(nèi)物體的機械能增大

9.（2024?平谷區(qū)一模）如圖，細繩一端固定于懸掛點P,另一端系一小球。在懸掛點正下

方Q點處釘一個釘子。小球從A點由靜止釋放，擺到最低點0的時間為匕，從0點向右

擺到最高點B（圖中未畫出）的時間為七。搖擺過程中，假如擺角始終小于5。，不計空

氣阻力。下列說法正確的是（）

小球的速率不變

A.ti=t2,擺球經(jīng)過0點前后瞬間,

B.t1>t2,擺球經(jīng)過。點前后瞬間，小球的速率變大

C.=擺球經(jīng)過0點前后瞬間，擺線上的拉力大小不變

D.t1>t2,擺球經(jīng)過0點前后瞬間，擺線上的拉力變大

10.（2024?平谷區(qū)一模）如圖甲所示,傾斜的傳送帶正以恒定速率vr沿順時針方向轉(zhuǎn)動,

傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度V。從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運

動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin370=0.6,

cos37°=0.8。g10m/s2,貝!I（）

A.傳送帶的速度為16m/s

B.摩擦力方向始終與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25

D.傳送帶轉(zhuǎn)動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大

11.（2024?平谷區(qū)一模）“加速度計”作為測定物體運動加速度的儀器，已被廣泛應(yīng)用。如

圖甲所示為一種加速度計的原理示意圖。支架AB固定在待測系統(tǒng)上，滑塊m穿在AB之

間的光滑水平桿上，并用輕彈簧連接在A端，其下端有一活動臂，能使滑片P在滑動變

阻器R上自由滑動。隨著系統(tǒng)沿水平方向做變速運動，滑塊相對于支架將發(fā)生位移，并

通過電路轉(zhuǎn)換為電信號從電壓表（可看作志向電表）輸出。如圖乙所示標出了電壓表表

盤上部分電壓刻度值。系統(tǒng)靜止時，滑片P在滑動變阻器Ri的中點，此時電壓表指針指

在表盤中間刻度5V處。關(guān)于該加速度計有如下兩種說法：①若將表盤上電壓刻度轉(zhuǎn)換為

對應(yīng)的加速度刻度，加速度值的刻度也將是勻稱的；②電池的電動勢E和內(nèi)阻r發(fā)生肯

定程度的變更后，若系統(tǒng)靜止時調(diào)整R2接入電路的阻值，此時能使電壓表的指針指在中

間刻度處，那么加速度計就可以接著正常運用，而無需更換電池（）

C.①正確，②錯誤D.①錯誤，②正確

12.（2024?密云區(qū)一模）卡車裝載大型貨物時，常會在車尾搭一塊傾斜木板。如圖所示，工

人用平行于斜面的力將貨物沿斜面從底端勻速推到頂端。已知貨物與木板間的動摩擦因

數(shù)不變。下列說法正確的是（）

□

A.斜面越長，推力越大

B.斜面越短，推力越大

C.斜面越長，工人做功越多

D.斜面越短，工人做功越多

13.（2024?密云區(qū)一模）如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖，勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂

直紙面對外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度大小可通過

電子槍的加速電壓來限制，磁感應(yīng)強度可通過勵磁線圈的電流來調(diào)整。下列說法正確的

是（）

A.僅增大電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變小

B.僅增大電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期變大

C.僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變小

D.同時增大電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期可能不變

14.（2024?密云區(qū)一模）“八字剎車”是初級雙板滑雪愛好者一項特別重要的技術(shù)，用“八

字剎車”在水平雪面上滑行時的滑行姿態(tài)如圖1所示，其減速原理很困難，但可簡化為

圖2（圖1中左邊雪板的受力狀況）所示。實際滑行時，可通過腳踝“翻轉(zhuǎn)”雪板，使雪

板以內(nèi)刃AB為軸，外刃CD向上翻轉(zhuǎn)，使得兩雪板之間夾角為2a,雪板與雪面成8角。

此時雪面對雪板的總作用力F可近似認為垂直于雪板所在平面ABCD,其水平、豎直重量

分別記為Fx、Fy,其中Fx垂直于AB邊，這個分力可以幫助運動員做減速運動。不計空

氣阻力和一切其他的摩擦，下列說法正確的是（）

滑

F

行雪板

方

IFVX

向

右弋央左&——水平雪面

vC?A

滑行方向v

圖1

A.其他條件不變的狀況下，a角越小，減速效果越好

B.其他條件不變的狀況下，8角越小，減速效果越好

C.滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量大的運動員減速效果更好

D.滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量不同的運動員減速效果相同

15.（2024?西城區(qū)一模）某同學(xué)想測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端系上

一支圓珠筆，細繩的上端用膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)

定加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時情景的照片，如圖所示，拍

攝方向跟地鐵前進方向垂直。若要依據(jù)這張照片估算此時地鐵的加速度，只須要測量

B.繩子的長度

C.繩子和豎直方向的夾角

D.繩子下端到豎直扶手的距離

16.（2024?西城區(qū)一模）許多智能手機都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度狀況。用

手掌托著手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止起先快速上下運動，得到如圖所示的豎

直方向上加速度隨時間變更的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可推斷出（）

A.手機可能離開過手掌

B.手機在b時刻運動到最高點

C.手機在t?時刻變更運動方向

D.手機在匕?t3時間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大

17.（2024?海淀區(qū)一模）在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場，兩個相同的帶電粒子①

和②在P點垂直磁場分別射入，兩帶電粒子進入磁場時的速度方向與x軸的夾角如圖所

示，二者均恰好垂直于y軸射出磁場。不計帶電粒子所受重力。依據(jù)上述信息可以推斷

（）

A.帶電粒子①在磁場中運動的時間較長

B.帶電粒子②在磁場中運動的時間較長

C.帶電粒子①在磁場中運動的速率較大

D.帶電粒子②在磁場中運動的速率較大

18.（2024?廣東三模）如圖所示，某同學(xué)設(shè)計了一個加速度計：較重的滑塊可以在光滑的框

架中平移，滑塊兩側(cè)用兩勁度系數(shù)相同的輕彈簧與框架連接；R為滑動變阻器，其滑動片

與滑塊固定聯(lián)接；兩個電池的電動勢均恒為E,內(nèi)阻不計。按圖連接電路后，電壓表指針

的零點位于表盤中心，此時兩彈簧均為原長，滑動片恰好在變阻器的中間位置。已知滑

動片與變阻器任一端之間的電阻值都與其到這端的距離成正比，當a端的電勢高于b端

時電壓表的指針向零點右側(cè)偏轉(zhuǎn)。將此加速度計固定在運動的物體上，物體沿彈簧方向

運動。下列說法正確的是（）

A.當物體向右加速時，電壓表的指針將向右偏

B.電壓表的示數(shù)不變，說明物體做勻速直線運動

C.電壓表的示數(shù)增大，說明物體的速度肯定增大

D.電壓表表盤上各刻度對應(yīng)加速度的值是勻稱的

19.（2024?東城區(qū)一模）為了節(jié)能，商場的自動扶梯在較長時間無人乘行時會自動停止運行。

有人站上去后，扶梯起先加速，然后勻速運動。如圖所示，下列說法正確的是（）

A.勻速下行過程中，人的動能不變，扶梯對人不做功

B.加速下行過程中，扶梯對人的支持力大于人所受的重力

C.加速下行過程中，人受到的摩擦力方向水平向左

D.加速下行過程中，支持力對人做正功，摩擦力對人做負功

20.（2024?東城區(qū)一模）一個質(zhì)量為m的小物塊靜止在表面粗糙的圓錐形漏斗的內(nèi)表面，如

圖所示。現(xiàn)使該漏斗從靜止起先轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度3緩慢增大時，物塊仍相對漏斗保

持靜止。當角速度達到3m時，物塊將要與漏斗發(fā)生相對滑動。在角速度從0緩慢增大到

心的過程中，下列說法正確的是（

A.物塊所受的摩擦力隨角速度3增大，始終增大

B.物塊所受的摩擦力隨角速度?增大，始終減小

C.物塊所受的支持力隨角速度3增大，始終增大

D.物塊所受的支持力隨角速度3增大，先增大后減小

（2024?石景山區(qū)一模）1966年曾在地球的上空完成了以牛頓其次定律為基礎(chǔ)的測定質(zhì)

量的試驗.試驗時，用宇宙飛船（質(zhì)量為m）去接觸正在軌道上運行的火箭（質(zhì)量為%,

發(fā)動機已熄火），如圖所示.接觸以后，開動飛船尾部的推動器，使飛船和火箭共同加速,

推動器的平均推力為F,開動時間At,測出飛船和火箭的速度變更是Av,下列說法正確

的是（）

F

A.火箭質(zhì)量nix應(yīng)為

△v

B.宇宙飛船的質(zhì)量m應(yīng)為E結(jié)

△v

c.推力F越大，A:就越大，且工與F成正比

AtAt

D.推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對火箭的彈力大小應(yīng)為F

（2024?豐臺區(qū)一模）如圖所示，某帶電粒子（重力不計）由M點以垂直于磁場邊界的速

度V射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向與原來射入方向的夾角為9=

30°,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。由此推斷該帶電粒子（）

A.帶負電且動能不變

B.運動軌跡為拋物線

C.電荷量與質(zhì)量的比值為工

dB

D.穿越磁場的時間為工1

3v

23.（2024?延慶區(qū)一模）2024年6月17日，神舟十二號載人飛船與天和核心艙完成對接，

航天員聶海勝、劉伯明、湯洪波進入天和核心艙，標記著中國人首次進入了自己的空間

站。對接過程的示意圖如圖所示，天和核心艙處于半徑為n的圓軌道III；神舟十二號飛

船處于半徑為?的圓軌道I,運行周期為「，通過變軌操作后，沿橢圓軌道H運動到B

點與天和核心艙對接。則下列說法正確的是（）

A.神舟十二號飛船在軌道I上運動時將不受重力的作用

B.神舟十二號飛船沿軌道H運行的周期為Tz=Ti\Ir,~+r13~）

V2rl

C.神舟十二號飛船沿軌道I運行的周期大于天和核心艙沿軌道III運行的周期

D.正常運行時，神舟十二號飛船在軌道n上經(jīng)過B點的加速度大于在軌道III上經(jīng)過B點

的加速度

24.（2024?延慶區(qū)一模）如圖所示，用洛倫茲力演示儀可以視察電子在磁場中的運動徑跡。

圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結(jié)構(gòu)示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙

面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加

速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。圖丙是勵磁線圈示意圖。下列關(guān)于試

驗現(xiàn)象和分析正確的是)

玻璃泡J勵磁線圈

（前后各一個）

玻璃泡

勵磁線圈T

電子運動軌跡

加速電壓」L勵磁電流

選擇檔選擇檔

甲實物照片乙機構(gòu)圖丙勵磁線圈

A.僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大

B.僅上升電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變大

C.僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍，電子束徑跡的半徑也增加到原來的2倍

D.要使電子形成如圖乙的運動徑跡，圖乙中勵磁線圈應(yīng)通以（沿垂直紙面對里方向視察）

逆時針方向的電流

25.（2024?延慶區(qū)一模）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abed中充溢勻強磁場，磁場方

向垂直紙面對里。一帶電粒子從ad邊的中點M垂直于ad邊，以肯定速度射入磁場，僅

在洛倫茲力的作用下，正好從ab邊中點N射出磁場。忽視粒子受到的重力，下列說法正

確的是（）

Hib

：xXXX;

?X,,xXX：

：XXXX：

d'..........................c

A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子將從b點射出

B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的

C.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子將從a點射出

D.若磁感應(yīng)強度的大小增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2

倍

計算題（共9小題）

26.（2024?海淀區(qū)一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R

的豎直圓軌道平滑相接,B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質(zhì)量為m的小球（可

視為質(zhì)點）從弧形軌道上距B點高4R的A點靜止釋放，先后經(jīng)過B點和C點，而后沿圓

軌道滑下。忽視一切摩擦，已知重力加速度g。

（1）求小球通過B點時的速度大小VBo

（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向。

（3）請分析比較小球通過B點和C點時加速度的大小關(guān)系。

27.（2024?石景山區(qū)一模）如圖所示，長為1的輕繩上端固定在0點，下端系一質(zhì)量為m

的小球（可視為質(zhì)點）。重力加速度為g。

（1）在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為6，小球保持靜止。請畫出此時小

球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；

（2）由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣陰力。當小球通過最低點時，求：

①小球動量的大小p；

②輕繩對小球拉力的大小FT。

28.（2024?密云區(qū)一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，

小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后

結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.8m；A和B的質(zhì)量均為

m=0.1kg,A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)口=0.2。重力加速度取g=10m/s2。求:

（1）與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小；

（2）A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

（3）A和B整體在桌面上滑動的距離lo

R

A1。

___________

29.(2024?西城區(qū)一模)冰壺是冬奧會上極具欣賞性的項目之一。競賽中，運動員把冰壺沿

水平冰面投出，讓冰壺在冰面上自由滑行，在不與其他冰壺碰撞的狀況下，最終停在遠

處的某個位置。已知冰壺的質(zhì)量為19kg,初速度為3m/s,最初冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)

為0.02,g取lOm/s)

(1)求冰壺滑行過程中加速度的大小a。

(2)求冰壺整個滑行過程中摩擦力做的功W。

(3)按競賽規(guī)則，投擲冰壺運動員的隊友，可以用毛刷在冰壺滑行前方來回摩擦冰面，

減小冰面的動摩擦因數(shù)以調(diào)整冰壺的運動。若冰壺速度減為2.4m/s時距離目標位置還需

滑行18m,須要隊友通過在其滑行前方持續(xù)摩擦冰面，將冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)變?yōu)槎?/p>

少？

30.(2024?西城區(qū)一模)如圖所示，在xOy坐標系第一象限的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的

勻強磁場。一帶正電的粒子在M點以垂直于y軸的方向射入磁場，并從另一側(cè)邊界的N

點射出。已知帶電粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,入射速度為v,矩形區(qū)域的長度為L,MN

沿y軸方向上的距離為L。不計重力。

2

(1)畫出帶電粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡，并求軌跡的半徑r。

(2)推斷磁場的方向，并求磁場的磁感應(yīng)強度的大小B。

(3)將矩形區(qū)域內(nèi)的磁場換為平行于y軸方向的勻強電場，使該粒子以相同的速度從M

點入射后仍能從N點射出。通過計算說明，該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向

是否相同。

31.(2024?海淀區(qū)一模)如圖所示，粗糙的水平面AB與光滑的豎直圓軌道BCD在B點相切，

圓軌道BCD的半徑R=0.40m,D是軌道的最高點，一質(zhì)量m=l.0kg可以看成質(zhì)點的物體

靜止于水平面上的A點?，F(xiàn)用F=7.ON的水平恒力作用在物體上，使它在水平面上做勻

加速直線運動，當物體到達B點時撤去力F,之后物體沿圓軌道BCD運動，物體恰好能通

過D點。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)口=0.20,取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）物體通過D點時速度V。的大小；

（2）物體剛進入圓軌道B點時所受支持力FN的大??；

（3）A與B之間的距離X。

32.（2024?東城區(qū)一模）北京2024年冬奧會冰壺競賽新增加了混雙項目，運動員用腳蹬固

定的起踏器和冰壺一起前進，在前擲線處使冰壺脫手。冰壺前行過程中，運動員通過刷

地來變更冰壺的速度和運動方向，使其到達志向位置。己知冰壺的質(zhì)量為m,前擲線到營

壘中心的距離為L,運動員的質(zhì)量為Mo重力加速度為go

（1）在某次投壺過程中，運動員離開起踏器時他和冰壺的速率為VI,已知運動員和起踏

器相互作用的時間為t,計算此過程中運動員和冰壺在水平方向所受平均作用力的大小F；

（2）某次投壺試驗中，冰壺離開前擲線后沿直線運動（冰面視作水平面，不考慮冰壺的

轉(zhuǎn)動），冰壺在恒定阻力作用下停在營壘中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：

a.冰壺離開前擲線時的速率vz;

b.此過程中冰壺克服阻力做功的平均功率P。

33.（2024?房山區(qū)一模）將傳感器安裝在蹦極運動員身上，可以測量出運動員在不同時刻下

落的高度及速度，如圖甲所示。運動員及所攜帶裝備的總質(zhì)量為50kg,彈性繩原長為lOmo

運動員從蹦極臺自由下落，依據(jù)傳感器測到的數(shù)據(jù)，得到如圖乙所示的v-x圖像。g取

9.8m/s2o

（1）運動員下落過程中的最大動能，并分析該位置運動員受力的特點；

（2）推斷運動員下落過程中受到的空氣阻力是否可以忽視。寫出你的理由；

（3）有人認為：在下落的整個過程中，彈性繩的彈力與彈簧彈力一樣，都與伸長量成正

比。你是否同意這種觀點，通過計算說明你的理由。

2()

15

10

乙

34.（2024?平谷區(qū)一模）如圖所示，一個質(zhì)量為10kg的箱子，在水平推力F的作用下靜止

在傾角為37°的斜面上。已知箱子與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5,斜面足夠長,g取lOm/s?,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若要使箱子和斜面間的摩擦力剛好為零，推力F應(yīng)為多大?

（2）若撤去推力F,

a.箱子沿斜面下滑的加速度是多大？

b.箱子下滑4m時速度是多大？

35.（2024?西城區(qū)一模）滑雪是人們寵愛的一項冬季戶外運動。如圖所示，一位滑雪者，人

與裝備的總質(zhì)量為75kg,沿著傾角9=30°的平直山坡直線滑下，當速度達到2m/s時

他收起雪杖自由下滑，在此后5s的時間內(nèi)滑下的路程為60m。將這5s內(nèi)滑雪者的運動看

作勻加速直線運動，g取lOm/s）求這5s內(nèi)

（1）滑雪者的加速度大小a；

（2）滑雪者受到的阻力大小F；

（3）滑雪者損失的機械能AE。

e

36.（2024?朝陽區(qū)一模）中國航天技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，航天過程有放射、在軌和著陸返

回等關(guān)鍵環(huán)節(jié)。

（1）航天員在空間站長期處于失重狀態(tài)，為緩解此狀態(tài)帶來的不適，科學(xué)家設(shè)想建立一

種環(huán)形空間站，如圖甲所示。圓環(huán)繞中心軸勻速旋轉(zhuǎn)，航天員（可視為質(zhì)點）站在圓環(huán)

內(nèi)的側(cè)壁上，隨圓環(huán)做圓周運動的半徑為r,可受到與他站在地球表面時相同大小的支持

力。已知地球表面的重力加速度為g。求圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度大小3。

（2）啟動反推發(fā)動機是著陸返回過程的一個關(guān)鍵步驟。返回艙在距離地面較近時通過Y

射線精準測距來啟動返回艙的發(fā)動機向下噴氣，使其減速著地。

a.已知返回艙的質(zhì)量為M,其底部裝有4臺反推發(fā)動機，每臺發(fā)動機噴嘴的橫截面積為

S,噴射氣體的密度為P,返回艙距地面高度為H時速度為v。，若此時啟動反推發(fā)動機,

返回艙此后的運動可視為勻減速直線運動，到達地面時速度恰好為零。不考慮返回艙的

質(zhì)量變更，不計噴氣前氣體的速度，不計空氣阻力。求氣體被噴射出時相對地面的速度

大小v；

b.圖乙是返回艙底部Y射線精準測距原理簡圖。返回艙底部的放射器放射Y射線。為

簡化問題，我們假定：Y光子被地面散射后勻稱射向地面上方各個方向。已知放射器單

位時間內(nèi)發(fā)出N個y光子，地面對光子的汲取率為*緊鄰放射器的接收器接收Y射

線的有效面積為A。當接收器單位時間內(nèi)接收到n個丫光子時就會自動啟動反推發(fā)動機,

求此時返回艙底部距離地面的高度h?

發(fā)射器匚二□接收器

Ty射線

芯瑟地面

77777777777777777777'

乙

37.（2024?豐臺區(qū)一模）如圖所示，一圓盤在水平面內(nèi)繞過圓盤中心的軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度

是2.Orad/s。盤面上距圓盤中心10cm的位置有一個質(zhì)量為0.1kg的小物體隨圓盤一起做

勻速圓周運動。小物體與圓盤之間的動摩擦因數(shù)口=0.4,兩者之間的最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)小物體隨圓盤勻速轉(zhuǎn)動時所需向心力的大小F；

(2)要使小物體在圓盤上不發(fā)生相對滑動，圓盤角速度的最大值??；

(3)若圓盤由靜止起先轉(zhuǎn)動，漸漸增大圓盤的角速度，小物體從圓盤的邊緣飛出，經(jīng)過

0.4s落地，落地點距飛出點在地面投影點的距離為40cm。在此過程中，摩擦力對小物體

所做的功W?

38.(2024?豐臺區(qū)一模)跑酷不僅可以強健體質(zhì)，也可使得自身反應(yīng)實力更加快速。現(xiàn)有一

運動員在圖示位置起跳，運動過程姿態(tài)不變且不發(fā)生轉(zhuǎn)動，到達墻面時鞋底與墻面接觸

并恰好不發(fā)生滑動，通過鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運動員起跳

時速度為v。，V。與水平方向夾角為9,到達墻壁時速度方向恰好與墻面垂直，運動員鞋

底與墻面的動摩擦因數(shù)為口(4u>tan9),最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度

為g,全過程忽視空氣阻力影響。

(1)求運動員起跳時的水平分速度V,與豎直分速度V”

(2)運動員與墻發(fā)生相互作用的時間為t,蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作

用，求蹬墻后運動員上升的最大高度H；

(3)若運動員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達起跳位置的正上

方，且距離地面高度不低于蹬墻結(jié)束時的高度，求運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間

tmo

///////

39.(2024?平谷區(qū)一模)長度為L的輕質(zhì)細繩上端固定在P點，下端系一質(zhì)量為m的小球(小

球的大小可以忽視)。重力加速度為g。

(1)在水平拉力F的作用下，細繩與豎直方向的夾角為6，小球保持靜止，如圖a所示。

求拉力F的大小。

(2)使小球在水平面內(nèi)做圓周運動，如圖b所示。當小球做圓周運動的角速度為某一合

適值時，細繩跟豎直方向的夾角恰好也為。，求此時小球做圓周運動的角速度3。

(3)若圖a和圖b中細繩拉力分別為T和T',比較T和T'的大小。

01牛頓其次定律-2025年高考物理考前沖刺高頻考點學(xué)問點突破練習

參考答案與試題解析

一.選擇題（共25小題）

1.（2024?門頭溝區(qū)一模）幼兒園小摯友玩的滑梯如圖1所示，為了探討便利，可將其簡化

為圖2。已知滑梯和兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)為口，某小摯友質(zhì)量為m,重力加速度為

g,滑梯與水平地面之間的夾角為9o下列說法中正確的是（）

圖1圖2

A.小摯友沿滑梯加速下滑時受力平衡

B.小摯友對滑梯的壓力和滑梯對小摯友的支持力是一對平衡力

C.下滑過程中，小摯友受到的合力大小為mgsin。

D,下滑過程中，小摯友受到的摩擦力大小為口mgcos。

【答案】D

【解答】解：A.小摯友沿滑梯加速下滑時具有沿滑梯向下的加速度，受力不平衡，故A

錯誤；

B.依據(jù)牛頓第三定律可知小摯友對滑梯的壓力和滑梯對小摯友的支持力是一對相互作用

力，而不是一對平衡力，故B錯誤；

CD.對小摯友受力分析，依據(jù)幾何關(guān)系可得：

mgsin9-f=ma,FN—mgcos9

又f=yFN=Umgcos9

故C錯誤，D正確。

故選:Do

2.（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平面上有一上表面光滑的斜面體，一小物塊沿其上表

面勻減速上滑，此過程中斜面體始終保持靜止，下列說法正確的是（）

A.斜面體受到地面的摩擦力水平向左

B.斜面體受到地面的摩擦力為零

C.斜面體對地面的壓力小于斜面體與物塊的重力之和

D.斜面體對地面的壓力等于斜面體與物塊的重力之和

【答案】C

【解答】解：小物塊加速度沿斜面對下，對斜面體和小物塊分析，將整體加速度a分解

為水平方向的如和豎直方向的a2,則依據(jù)牛頓其次定律可得：

f-Inai

(M+m)g-FN=ma2

故斜面體受到地面的摩擦力水平向右，依據(jù)牛頓第三定律，地面對斜面體的支持力大小

等于斜面體對地面的壓力，斜面體對地面的壓力小于斜面體與物塊的重力之和，故C正

確，ABD錯誤;

故選：Co

3.(2024?延慶區(qū)一模)如圖甲所示，物體以肯定初速度從傾角a=37°的斜面底端沿斜面

對上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能

E機隨高度h的變更如圖乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則()

A.物體的質(zhì)量m=0.67kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)口=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=12m/s2

D.物體回到斜面底端時的動能Ek=20J

【答案】B

【解答】解：A、物體到達最高點時，機械能為：E=Ep=mgh。由圖知：EP=30J,得：m

=~=———kg=lkg,故A錯誤；

gh10X3

B、物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能削減，且削減的機械能等于克服摩擦力做

的功，有AE=-Umgcosa_h_,由圖知△E=30J-50J=-20J,h=3m,解得：口=

sina

0.5,故B正確；

C、物體上升過程中，由牛頓其次定律得：mgsina+pmgcosa=ma,得：a=

gsina+口geosa=(10X0.6+0.5X10X0.8)m/s2=10m/s2,故C錯誤；

D、由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為：W=AE=-20J,在整個過程中由動能

定理得：Ek-Ek0=2W,則有：Ek=Eko+2W=5OJ+2X(-20J)=10J,故D錯誤。

故選:Bo

4.(2024?西城區(qū)一模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，一帶電粒子從

圓周上的P點沿半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為V”運動軌跡為PN；

若粒子射入磁場時的速度大小為V2,運動軌跡為PM。不計粒子的重力，下列推斷正確的

是()

B.速度vi大于速度vz

C.粒子以速度vi射入時，在磁場中運動時間較長

D.粒子以速度打射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較大

【答案】C

【解答】解：A、依據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；

2

B、依據(jù)牛頓其次定律有：qvB=@J，變形解得：丫3W，依據(jù)圖中軌跡可知，Ri<Rz，

Rm

則有V1VV2,故B錯誤；

D、粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小為：F=qvB,由于vi<v2,可知FI<F2,故粒子以

速度V1射入時，在磁場中受到的洛倫茲力較小，故D錯誤。

c、粒子在磁場中的運動周期為：粒子在磁場中的運動時間為:

vqB

由圖可知運動軌跡為PN對應(yīng)的圓心角大于運動軌跡為PM對應(yīng)的圓心角，故粒子以速度

vi射入時，在磁場中運動時間較長，故C正確；

故選：Co

5.（2024?西城區(qū)一模）如圖所示，將拱形橋面近似看作圓弧面，一輛汽車以恒定速率通過

橋面abc,其中a、c兩點高度相同，b點為橋面的最高點。假設(shè)整個過程中汽車所受空

氣阻力和摩擦阻力的大小之和保持不變。下列說法正確的是（）

B.在be段汽車對橋面的壓力漸漸增大

C.在ab段汽車的輸出功率漸漸增大

D.在ab段汽車發(fā)動機做功比be段多

【答案】D

【解答】解：AB、汽車以恒定速率通過橋面abc,在ab段、b點、be段的受力分析如題

mgmgmg

圖1圖2圖3

設(shè)汽車在運動過程中所受的空氣阻力和摩擦力為F,在ab段時支持力與豎直方向的夾角

為6,在be段時，支持力與豎直方向的夾角為a,對ab段、be段，由牛頓其次定律和

22

向心力公式，有mgeos8-N1=irr^—,ingcosa-N2=irr^—,從a至！Jc的過程中，角9

漸漸減小，角a漸漸增大，由此可知，M漸漸增大，N,漸漸減小，故AB錯誤；

C、設(shè)在ab段牽引力與水平方向的夾角為B,汽車在ab段時發(fā)動機的功率為Pab=Fiv=

（mgsinB+F）v,從a到b過程中，夾角6在漸漸減小，因此可知Pab漸漸減小，故C

錯誤；

D、在ab段汽車發(fā)動機要克服阻力和重力做功，由動能定理有：-W克「W克c+W牽=0

在be段汽車發(fā)動機只克服阻力做功做功：-W'克f+W'G+W牽=0

整個過程中汽車的動能不變，兩段過程克服阻力做功相同，因此在ab段汽車發(fā)動機做功

比be段多，故D正確。

故選:Do

6.（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平面上，一小球從彈簧正上方

某一高度處由靜止起先自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到肯定程度（在彈性限度內(nèi)）。

不計空氣阻力。則（）

O

A.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的加速度不斷增大

B.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的速度先增大后減小

C.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的機械能守恒

D.小球在最低點時所受的彈力大小等于其所受的重力大小

【答案】B

【解答】解：AB、小球從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，受重力和彈簧彈力作用，

彈力從零漸漸增大，起先階段彈力小于重力，小球合力向下，做加速運動，后階段彈力

大于重力，合力向上，小球做減速運動，故小球加速度先減小后增大、速度先增大后減

小，故A錯誤，B正確；

C、小球從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，彈簧彈力對小球做負功，小球機械能不守

恒，故c錯誤；

D、小球在最低點時，其加速度豎直向上，其所受的彈力大小大于其所受的重力大小，故

D錯誤。

故選：Bo

7.（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩懸掛于B點，使小球在水

平面內(nèi)做勻速圓周運動。現(xiàn)僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心0到懸點B的高度不變，小

球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。增加繩長前后小球運動的角速度、加速度以及所受細

繩的拉力大小分別為3、a1、Fi和32、a?、F20則（）

//////

A.31=3B.ai>a2C.Fi=F?D.FI>F2

【答案】A

【解答】解：A、對小球受力分析，如下圖所示:

繩子的拉力和重力的合力供應(yīng)向心力，有mgtan。=1113十=1113缶211。，解得但

僅增加繩長，保持軌跡圓的圓心0到懸點B的高度h不變，則角速度不變，即31=32,

故A正確；

B、F合=mgtan。=ma,a=gtan6,由于增加了繩長而高度h不變，即增大了角度9,

則加速度變大，a1<a2,故B錯誤；

CD,依據(jù)受力分析可知9增大則F增大，有FiVFz,故C錯誤；故D錯誤。

1cos0a

故選：Ao

8.（2024?豐臺區(qū)一模）直升機懸停在空中，由靜止起先投放裝有物資的箱子，箱子下落時

所受的空氣阻力與箱子下落的速度成正比，下落過程中箱子始終保持圖示狀態(tài)。下列說

A.下落過程中箱內(nèi)物體的加速度漸漸增大

B.箱子接近地面時，箱內(nèi)物體受到的支持力比剛釋放時大

C.如下落距離足夠大時，箱內(nèi)物體可能不受箱子底部的支持力作用

D.下落過程中箱內(nèi)物體的機械能增大

【答案】B

【解答】解：A、設(shè)箱子的質(zhì)量為M,物體的質(zhì)量為m,箱子受到的空氣阻力為kv,依據(jù)

牛頓其次定律可知下落過程中整體的加速度為：

（M+m）g-kv=（M+m）a

解得：a=g_Jsz_

8M+m

隨著速度的增大，加速度在減小，故A錯誤；

B、以箱內(nèi)物體為對象，依據(jù)牛頓其次定律可知：

mg-N=ma

角牟得：N=mg-ma

隨著加速度的減小，物體受到的支持力在漸漸增大，故B正確；

C、整體向下做加速度減小的加速運動，物體受到的支持力始終在增大，當加速度為零時,

整體起先做勻速運動，此時箱內(nèi)物體受箱子底部的支持力與物體重力相等，所以最終不

會出現(xiàn)支持力為零的狀況，故C錯誤；

D、由于物體受到向上的支持力，且支持力對物體做負功，所以下落過程中箱內(nèi)物體的機

械能減小，故D錯誤。

故選:Bo

9.（2024?平谷區(qū)一模）如圖，細繩一端固定于懸掛點P,另一端系一小球。在懸掛點正下

方Q點處釘一個釘子。小球從A點由靜止釋放，擺到最低點0的時間為匕，從0點向右

擺到最高點B（圖中未畫出）的時間為松。搖擺過程中，假如擺角始終小于5。，不計空

氣阻力。下列說法正確的是（）

小球的速率不變

A.ti=t2,擺球經(jīng)過0點前后瞬間,

B.t1>t2,擺球經(jīng)過。點前后瞬間，小球的速率變大

C.=擺球經(jīng)過0點前后瞬間，擺線上的拉力大小不變

D.tj>t2,擺球經(jīng)過0點前后瞬間，擺線上的拉力變大

【答案】D

【解答】解：因擺角始終小于5°,則小球在釘子兩邊搖擺時均可看作簡諧運動因為在左

側(cè)搖擺時擺長較長，依據(jù)丁=2冗產(chǎn)

可知，左側(cè)周期較大，因擺球在釘子兩邊搖擺的時間均為所在擺周期的工，可知

4

^^丁左>［丁右52

2

細繩碰釘子的瞬間，小球的速率不變；擺球經(jīng)過0點時，有卜技

擺球經(jīng)過0點碰釘子后，做圓周運動的半徑r減小，則繩子拉力變大。

故ABC錯誤；D正確；

故選：Do

10.（2024?平谷區(qū)一模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率vi沿順時針方向轉(zhuǎn)動，

傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度V。從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運

動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin370=0.6,

cos37°=0.8。g10m/s2,貝!I（）

A.傳送帶的速度為16m/s

B.摩擦力方向始終與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25

D.傳送帶轉(zhuǎn)動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大

【答案】C

【解答】解：A.由圖乙可知傳送帶的速度為8m/s,故A錯誤；

BC.在。?1s內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下,

此過程摩擦力的方向與物體的運動方向相反，依據(jù)牛頓其次定律得

mgsin37°+umgcos37°=叫

依據(jù)圖乙可得

22

ai=^p-m/s=8in/s

在1-2s內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，此過

程與物體摩擦力的方向與運動方向相同，依據(jù)牛頓其次定律得

mgsin37°-umgcos37°=ma2

依據(jù)圖乙可得

_8-0.2,12

a9=nm/s=4m/s

聯(lián)立解得N=0.25故：B錯誤，C正確；

D.當傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上始終做加速度為a2的減速運動，無論

傳送帶的速度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度都相等，故D錯誤。

故選：Co

11.（2024?平谷區(qū)一模）“加速度計”作為測定物體運動加速度的儀器，已被廣泛應(yīng)用。如

圖甲所示為一種加速度計的原理示意圖。支架AB固定在待測系統(tǒng)上，滑塊m穿在AB之

間的光滑水平桿上，并用輕彈簧連接在A端，其下端有一活動臂，能使滑片P在滑動變

阻器R上自由滑動。隨著系統(tǒng)沿水平方向做變速運動，滑塊相對于支架將發(fā)生位移，并

通過電路轉(zhuǎn)換為電信號從電壓表（可看作志向電表）輸出。如圖乙所示標出了電壓表表

盤上部分電壓刻度值。系統(tǒng)靜止時，滑片P在滑動變阻器Ri的中點，此時電壓表指針指

在表盤中間刻度5V處。關(guān)于該加速度計有如下兩種說法：①若將表盤上電壓刻度轉(zhuǎn)換為

對應(yīng)的加速度刻度，加速度值的刻度也將是勻稱的；②電池的電動勢E和內(nèi)阻r發(fā)生肯

定程度的變更后，若系統(tǒng)靜止時調(diào)整比接入電路的阻值，此時能使電壓表的指針指在中

間刻度處，那么加速度計就可以接著正常運用，而無需更換電池（）

圖甲圖乙

A.①和②都正確B.①和②都錯誤

C.①正確，②錯誤D.①錯誤，②正確

【答案】A

【解答】解：①系統(tǒng)靜止時，敏感元件兩端彈簧位于自然狀態(tài)。設(shè)系統(tǒng)以加速度a向右

加速運動，敏感元件向左移動的距離為x,由胡克定律和牛頓其次定律可得

F2kx

aL=---

mm

設(shè)Ri的長度為L,R1兩端的電壓恒為Ui,則此時電壓表的示數(shù)為U=yL（L-X）,解得:

L2

LUL

x"?又

聯(lián)立可得：

mUJ

可知系統(tǒng)的加速度與電壓表示數(shù)之間成一次函數(shù)關(guān)系，因為電壓表刻度是勻稱的，所以

將表盤上電壓刻度轉(zhuǎn)換為對應(yīng)的加速度刻度，加速度值的刻度也將是勻稱的，故①正確；

②電池的電動勢E和內(nèi)阻r發(fā)生肯定程度的變更后，若系統(tǒng)靜止時調(diào)整比接入電路的阻

值，此時能使電壓表的指針指在中間刻度處，所以R兩端的電壓不變，仍為山，依據(jù)①

分析可知，加速度計就可以接著正常運用，而無需更換電池，故②正確，故A正確，