专题02 牛顿运动定律-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
2.牛顿运动定律-突破典型题型之力学选择题（2024届高考物理二轮复习）

一、单选题
1．（2024·四川甘孜·统考一模）物理学发展史上，亚里士多德、牛顿、伽利略、笛卡尔等许许多多的科学家为关于物体运动的研究做出了巨大贡献。以下选项中符合历史事实的是（ ）
A．亚里士多德认为，力不是维持物运动的原因
B．伽利略“理想实验”内容中“如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度”是可靠的事实
C．笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
【答案】C
【解析】A．伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，符合事实，故A错误；
B．两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面，这是一个客观事实；而如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度，这是在没有摩擦的情况下的一个推论，不符合事实，故B错误；
C．笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合事实，故C正确；
D．一个运动的物体，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了摩擦力，如果不受力，运动的物体会永远运动下去，故D错误。
故选C。
2．（2024·福建·统考一模）春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，新春佳节临近，某同学正写“福”字，他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用“镇纸”压住以防止打滑，整个书写过程中红纸始终保持静止，则该同学在书写过程中（ ）
A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力大小与握力成正比
B．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力
C．向右行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右
D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右
【答案】D
【解析】A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力为静摩擦力，大小等于重力，故A错误；
B．毛笔对红纸的压力与红纸对毛笔的支持力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；
C．向右行笔时，镇纸相对于纸既没有相对运动趋势，也没有发生相对运动，红纸对“镇纸”没有静摩擦力，故C错误；
D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右，故D正确。
故选D。
3．如图所示，小球A的质量为，B的质量为，AB用绳（不可伸长）和弹簧（轻质）连接后，悬挂在天花板上。若在点剪断轻绳，则在剪断后的瞬间（ ）
A．A的加速度为0B．B的加速度为
C．B的加速度为D．A的加速度为
【答案】D
【解析】BC．在剪断后的瞬间，弹簧的弹力不能突变，B受力情况不变，仍处于平衡状态，加速度为零，故BC错误；
AD．在剪断轻绳前，弹簧处于伸长状态，对B球进行受力分析可知
在剪断后的瞬间，弹簧的弹力不能突变，对A球，根据牛顿第二定律
解得
故A错误，D正确。
故选D。
4．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。（已知cs 53°=0.6，sin 53°=0.8）以下说法正确的是（ ）
A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为mg
C．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D．细线烧断瞬间小球的加速度立即为
【答案】D
【解析】AB．小球静止时，小球受自身的重力，绳的拉力T和弹簧的弹力Fx，由平衡条件有
故AB错误；
CD．细线烧断的瞬间，绳的拉力突变为零，小球受到的弹簧弹力保持不变，由牛顿第二定律定律可得
故C错误，D正确。
故选D。
5．（2023·北京房山·统考二模）在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（ ）
A．地铁运行方向B．地铁运行加速度方向
C．圆珠笔的质量D．地铁运行加速度大小为
【答案】B
【解析】AB．物体受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则物体所受的合力水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故B正确，A错误；
CD．圆珠笔受力如图
根据牛顿第二定律得
所以
无法计算圆珠笔的质量，故CD错误。
故选B。
6．如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则（ ）
A．蜘蛛静止在网中央时，a中张力大于b中张力
B．蜘蛛在网中央由静止向上加速，b中张力变大
C．蜘蛛在网中央由静止沿b方向向上加速，b中张力变小
D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a中张力大小不变
【答案】B
【解析】A．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得
可得
故A错误；
B．根据牛顿第二定律的同向性
可知蜘蛛在网中央由静止向上加速与均增大，故B正确；
C．同理，根据牛顿第二定律的同向性可知蜘蛛在网中央由静止沿b方向向上加速，b中张力变大，故C错误；
D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，与以及在垂直蜘蛛网的方向均有分力，根据力的合成可知，a中张力大小发生变化，故D错误。
故选B。
7．（2024·河南·统考二模）如图所示，竖直挡板P固定在足够高的水平光滑绝缘桌面上。一个带正电荷的小物体A放在桌面上，小物体A的左端与绝缘的轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在挡板P上。一不可伸长的绝缘轻绳跨过轻质光滑定滑轮，一端与A连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于方向水平向左的匀强电场中。开始时A静止，所带电荷量保持不变，且不会碰到定滑轮。现用一竖直向下的力F作用在轻质小钩上，使小物体A水平向右做匀加速直线运动，以x表示小物体A离开静止位置时的位移，在弹簧恢复原长前（弹簧始终在弹性限度内），下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】小物体带正电，所受电场力方向向左，根据平衡条件，可知，静止时，弹簧处于压缩状态，令此时的压缩量为x0，根据胡克定律有
以x表示小物体A离开静止位置时的位移，在弹簧恢复原长之前，弹簧处于压缩状态，根据牛顿第二定律有
结合上述有
在弹簧恢复原长之后，弹簧处于拉伸状态，根据牛顿第二定律有
结合上述有
可知，F和x之间的关系表达式始终为
可知F和x之间关系的图像是一条纵轴截距为正值，斜率也为正值的倾斜的直线，即第三个选择项符合要求。
故选C。
8．（2024·云南红河·统考一模）无风时，一雨滴从云层中静止下落，下落过程中受到的空气阻力与成正比，假设雨滴下落过程中质量不变，其图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据题意可知，雨滴受到的空气阻力为
根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知雨滴静止下落后，随着速度的逐渐增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴做匀速直线运动。
故选D。
9．（2024·福建·统考一模）如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有
对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为
故选A。
10．（2024·吉林·统考一模）如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有
对甲有
物块甲运动至最低点时，根据对称性有
对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为
故选C。
11．（2024·河南·统考一模）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为、，汽车进入冰面瞬间的速度为，由牛顿第二定律
则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为
由运动学公式，在路面上有
在冰面上有
其中
解得汽车进入冰面瞬间的速度为
故选B。
12．（2024·广东·统考一模）如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列和图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】AB．根据题意可知，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为，故AB错误；
CD．根据题意，由牛顿第二定律可得，上升阶段的加速度大小为
下降阶段的加速度大小为
方向均为竖直向下，由可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。
故选D。
13．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）

A．内木板的加速度为
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．拉力F的大小为21N
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
【答案】C
【解析】A．速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图像可知，内木板的加速度为
故A错误；
B．根据题意，结合图像可知，内木块始终做匀加速运动，时木板和木块达到共速，设木块与木板间的动摩擦因数为，则对木块由牛顿第二定律有
而由速度与时间的关系式可得
其中
，
从而解得
故B错误；
C．设地面与木板间的动摩擦因数为，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有
解得
而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速度
则对木板在没有撤去拉力时由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．对木板和木块在达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为，则由牛顿第二定律有
解得
而木块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度
由此可知，木块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为，则由牛顿第二定律有
解得
即木板以加速度大小为继续减速直至速度为零，木块以加速度大小为减速直至速度为零，设在两者达到共速时木块的对地位移为，木板的对地位移为，则可得
其中
解得
则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为
设共速之后的减速阶段木块的位移为，木板的位移为，则由运动学公式可得
，
解得
，
则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
故D错误。
故选C。
14．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度-时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，，则下列说法正确的是（ ）

A．黑色痕迹的长度为
B．煤块在传送带上的相对位移为
C．若煤块的质量为，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
【答案】B
【解析】A．煤块的加速度
在v-t图上作出煤块的速度—时间图像（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）

由图可知，痕迹长
故A错误；
B．煤块在传送带上的相对位移
故B正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q=μmg（s+x煤）=0.2×2×10×（48+32）J=320J
故C错误；
D．质量变大，不改变加速度，痕迹长不变，故D错误。
故选B。
二、多选题
15．如图所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力，当手拉木板从木块下加速抽出时，弹簧测力计的示数为f，由此可知（ ）
A．木板与桌面间的滑动摩擦力等于f
B．木块与木板间的滑动摩擦力等于f
C．绳子对木板的拉力大于f
D．人手对绳子的拉力大于绳子对人手拉力
【答案】BC
【解析】AB．由于木块静止，根据平衡条件可知，木块水平方向所受木板对它的滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，故B正确，A错误；
D．人手对绳子的拉力与绳子对人手拉力是一对相互作用力，大小相等，故D错误；
C．手拉木板从木块下加速抽出，由牛顿第二定律可知，绳子对木板的拉力大于木块对木板的滑动摩擦力，根据牛顿第三定律知木块对木板的摩擦力等于木板对木块的摩擦力，木块所受滑动摩擦力又等于弹簧的弹力f，所以可推知绳子的拉力一定大于弹簧测力计的示数f，故C正确。
故选BC。
16．如图所示，一大块正方体冰块用一根轻质细线悬挂在竖直墙上的O点，冰块的一侧紧贴竖直墙面。一段时间后，冰块融化了一部分，不考虑细线长度上的变化且冰块融化时体积均匀减小，则细线上的拉力和冰块对墙面的压力大小变化情况是（ ）
A．细线上的拉力逐渐变大B．冰块对墙面的压力逐渐减小
C．细线上的拉力逐渐变小D．冰块对墙面的压力逐渐增大
【答案】BC
【解析】对冰块进行受力分析，如下图
设绳子与竖直墙面的夹角为，由平衡条件可得
当冰块融化时mg、都逐渐减小，则T和N逐渐减小，由牛顿第三定律可得，冰块对墙面的压力逐渐减小。
故选BC。
17．（2024·四川南充·统考一模）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小和矩形框Q的加速度大小分别为（ ）
A．B．C． D．
【答案】AD
【解析】AB．对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P的加速度
故A正确，B错误；
CD．对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，则有
细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力情况会与之前的拉力T等大反向，即
所以
故C错误，D正确。
故选AD。
18．（2023·四川宜宾·统考一模）如图所示，光滑水平面上有三个完全相同的物块，其中放在的上面，用轻质弹簧相连，他们在恒力的作用下一起沿水平面向右做匀加速直线运动。若突然撤去力，则撤去后瞬间关于两物块的受力和运动情况说法正确的是（ ）
A．物块的加速度大小方向都不变
B．物块的加速度大小不变，方向反向
C．物块的摩擦力方向不变
D．物块相对于物块静止
【答案】AD
【解析】AB．撤去瞬间，弹簧弹力不变，则C的加速度大小方向都不变，A正确；
CD．匀加速过程，根据牛顿第二定律
A所受摩擦力为
方向向右。
弹簧弹力为
撤去瞬间，对AB
对A
联立可知
A所受摩擦力方向向左，方向改变，且AB仍相对静止，C错误，D正确。
故选AD。
19．（2024·全国·模拟预测）如图所示为放在水平桌面上的沙漏计时器，从里面的沙子全部在上部容器里开始计时，沙子均匀地自由下落，到沙子全部落到下部容器里时计时结束，不计空气阻力和沙子间的影响。对计时过程取两个时刻：时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动；时刻二，上、下容器内都有沙子，部分沙子正在做自由落体运动。下列说法正确的是（ ）
A．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
B．时刻一，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小
C．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小等于沙漏的总重力大小
D．时刻二，桌面对沙漏的支持力大小小于沙漏的总重力大小
【答案】BC
【解析】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动，对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于支持力，合力向下，A项错误，B项正确；
CD．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度
沙子下落的时间
设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为，在极短时间内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为，由动量定理有
解得
空中的沙子质量
则
对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力
C项正确，D项错误。
故选BC。
20．高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的是（ ）

A．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
B．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力等于人的重力
C．弹簧压缩到最低点时，人处于超重状态
D．弹簧压缩到最低点时，人处于失重状态
【答案】AC
【解析】AB．簧压缩到最低点时，人向上弹起，加速度的方向向上，人处于超重状态，高跷对人的作用力大于人的重力．故A正确，B错误；
CD．弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，人处于超重状态．故C正确，D错误。
故选AC。
【点评】做此类题目，抓住关键：有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态．
21．（2024·河南·统考二模）利用如图所示的实验装置对物体的运动过程进行研究。把滑块A和滑块B放在水平固定且足够长的气垫导轨上，滑块A和滑块B之间连接一水平轻质弹簧，整体静止不动，轻质弹簧处于原长状态。现在开通气源，并在滑块A的左方加一水平向右的恒定推力，使滑块A由静止开始沿气垫导轨一直向右运动（弹簧始终在弹性限度内）。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块A沿气垫导轨一直做非匀变速运动
B．滑块B沿气垫导轨一直做非匀变速运动
C．滑块A运动的加速度大小趋于恒定值
D．滑块B运动的加速度大小趋于恒定值
【答案】AB
【解析】AB．滑块A与B中间用轻质弹簧链接，对整体进行受力，有
滑块A与B整体做匀加速直线运动，但隔离分析后发现，由于弹簧压缩伸长周期性变化，导致滑块A和滑块B沿气垫导轨方向合力也不停地变化，所以导致加速度也一直变化，所以一直做非匀变速运动，故AB正确；
CD．滑块A与B整体做匀加速直线运动，但隔离分析后发现，由于弹簧压缩伸长周期性变化导致滑块A和滑块B沿气垫导轨方向合力也不停地变化，所以导致加速度也不停的变化，导致导致滑块A和滑块B加速度大小不会趋于恒定值。
故CD错误。
故选AB。
22．如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，。以下结论正确的是（ ）

A．变力F的最小值为2 N
B．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
C．变力F的最小值为6 N
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
【答案】BC
【解析】AC．AB整体受力产生加速度为
当最大时，F最小，即刚开始施力时，最大等于重力
故C正确，A错误；
BD．刚开始，弹簧的压缩量为
AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知
得
物块在这一过程的位移为
由运动学公式可知
代入数据得
故B正确，D错误；
故选BC。
23．如图所示，4 块质量均为 1 kg的木块并排放在水平地面上，编号为 1 和 3 的木块与地面间的动摩擦因数为 ，编号为 2 和 4 的木块与地面间的动摩擦因数为，设所有木块的最大静摩等于滑动摩擦力，当用10 N 的水平力 F 推1号木块时，下列说法正确的是（ ）
A．相邻木块间的摩擦力相等
B．木块的加速度大小为 1m /s2
C．2号木块与 3号木块之间的弹力大小为 3 N
D．1号木块与2 号木块之间的弹力大于 3号木块与4号木块间的弹力
【答案】BD
【解析】A．木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，故A 错误；
B．对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．对 1、2号木块进行整体分析，由牛顿第二定律得
解得
故 C错误；
D．对 1 号木块进行分析，由牛顿第二定律得
解得
对 4 号木块整体分析，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选BD。
24．中沙“蓝剑-2023”海军特战联训在海军某部营区开训。如图，六位特战队员两人一组通过挂钩固定在绳上。当直升机牵引悬绳竖直向上匀加速运动时，直升机对悬绳的拉力为F，每位特战队员的质量（含装备）均为m，不计绳的质量和空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．队员的加速度大小为
B．队员的加速度大小为
C．最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为
D．最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为
【答案】BC
【解析】AB．对六位队员的整体受力分析可知
解得队员的加速度大小为
选项A错误，B正确；
CD．对最下面四位队员的整体分析可知
最上面两位队员与中间两位队员间绳的拉力大小为
选项C正确，D错误。
故选BC。
25．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（ ）

A．图乙是滑块上滑的照片
B．滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小
C．滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小
D．滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间
【答案】AC
【解析】B．由牛顿第二定律可得，下滑时满足
上滑时满足
对比可得
故滑块下滑时加速度小于上滑时加速度，故B错误；
D．设斜面位移为，则有公式
根据逆向思维，上滑时可以看成初速度为零的匀加速运动，同理可得
可得
故D错误；
A．设频闪时间为，由图可知，图甲是，图乙是，故图乙是上滑时照片，故A正确；
C．由运动学公式可知，滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小，故C正确。
故选AC。
26．如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力作用下做匀速直线运动。时刻，其中某个力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在时间内（ ）

A．若变化的是，物块运动的加速度可能均匀减小
B．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小
C．若变化的是，物块可能做匀加速直线运动
D．若变化的是，地面对物块的摩擦力可能均匀减小
【答案】BD
【解析】A．减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减 ，合力增大，因此加速度增大，故A错误；
B． 当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于逐渐减小，故B正确；
CD．若变化的是，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小，故C错误，D正确。
故选BD。
27．如图所示，一质量为、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为的光滑楔形物块，物块在水平恒力作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为。下列说法正确的是（ ）

A．斜面体对物块的支持力为
B．斜面体的加速度大小为
C．水平恒力大小
D．若水平作用力作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则将变小
【答案】ABC
【解析】ABC．整体受力分析，根据牛二定律有
再隔离物块，在竖直方向有
水平方向有
联立解得
故ABC正确；
D．若力作用在斜面上，对物块受力分析仅受重力和支持力，二力合成有
解得
再对整体，根据牛顿第二定律
可知外力需增大，故D错误；
故选ABC。
28．如图所示为某建筑工此的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率逆时针转动，质量的炭块无初速地放在传送带的顶端，经时间炭块的速度达到，此后再经过的时间，炭块运动到传动带的底端，且到底端时的速度为。重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带与水平面的夹角的正弦值
B．炭块和传送带间的动摩擦因数为0.5
C．传送带的长度为
D．炭块在传送带上留下的划痕的长度为
【答案】BD
【解析】AB．炭块在前0.2s内的加速度
在后1.0s内的加速度
炭块在前0.2s内
在后1.0s内
解得
，μ=0.5
故A错误，B正确；
C．传送带的长度为
故C错误；
D．在前0.2s内炭块与传送带的相对位移
在后1.0s内炭块与传送带的相对位移
因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1m，故D正确。
故选BD。
专练目标
专练内容
目标1
对牛顿第一、三定律的理解（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
牛顿第二定律求瞬时突变问题（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
牛顿第二定律的同向性（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
利用牛顿第二定律分析动态过程（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
整体法与隔离法解连接体问题（T 9、T 10、T 23、T 24）
目标6
牛顿运动定律的两类基本问题问题（T 11、T 12、T 25、T 26）
目标7
传送带模型、板块模型问题（T 13、T 14、T25、T27、T 28）