专题14 牛顿三大定律、牛顿第二定律的瞬时性问题-2023届高三物理二轮复习重点热点难点专题特训

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2023届高三物理二轮复习重点热点难点专题特训专题14 牛顿三大定律、牛顿第二定律的瞬时性问题特训目标特训内容目标1牛顿第一定律（1T—4T）目标2牛顿第三定律（5T—8T）目标3牛顿第二定律（9T—12T）目标4牛顿第二定律瞬时性的问题（13T—16T）目标5应用牛顿第二定律分析动态过程（17T—20T）【特训典例】一、牛顿第一定律1．如图所示，某同学朝着列车行进方向坐在车厢中，水平桌面上放有一静止的小球。突然，他发现小球向后滚动，则可判断（　　）A．列车在刹车B．列车在做匀速直线运动C．列车在做加速直线运动D．列车的加速度在增大【答案】C【详解】小球突然向后滚动，根据牛顿第一定律可以判断列车相对小球向前做加速直线运动，但无法判断列车的加速度变化情况，故ABD错误，C正确。故选C。2．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（　　）A．伽利略通过图甲的实验对自由落体运动的研究后，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图乙两个斜面对接，小球从一个斜面释放后会滚到另一个斜面上，伽利略认为如果没有摩擦等阻力情况下，小球将会达到与释放点等高位置，在实际中这个现象也完全可以实现D．图乙的实验为“理想实验”，伽利略通过逻辑推理得出运动的物体在不受任何外力作用下将永远运动下去，做匀速运动【答案】BD【详解】AB．伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明:如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故B正确，A错误；C．完全没有摩擦力阻力的斜面不存在，所以在实际中这个现象不可能实现，故C错误；D．图乙的实验为“理想实验”，伽利略通过逻辑推理得出运动的物体在不受任何外力作用下将永远运动下去，做匀速运动即物体的运动不需要力来维持，故D正确。故选BD。3．如图，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦。现给容器施加一水平向右的恒力，使容器向右做匀加速度直线运动。下列说法正确的是（　　）A．三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动B．物块a将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压C．物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速度运动D．物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压【答案】CD【详解】由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于本身的质量；同理b排开水的质量等于本身的质量，a排开水的质量小于本身的质量；则当容器向右加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速度运动；物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压（可将c想象为一个小气泡）。故选CD。4．2021年6月17日，在神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功实现自主快速交会对接后，于18时48分，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波先后进入天和核心舱，标志着中国人首次进入自己的空间站。则下列说法正确的是（   ）A．宇航员在太空中由于完全失重，所以没有惯性B．宇航员进入核心舱需借助外力，说明力是维持物体运动的原因C．载人飞船加速升空的过程中，宇航员对座椅的压力与其受到的支持力大小相等D．宇航员在空间站内用力F双手互拉弹簧两端时，弹簧弹力大小为2F【答案】C【详解】A．物体的惯性由质量决定，与物体所处的位置没有关系，A错误；B．宇航员进入核心舱需借助外力，说明力是改变物体运动的原因，B错误；C．载人飞船加速升空的过程中，宇航员对座椅的压力与其受到的支持力互为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，其大小相等，C正确；D．宇航员在空间站内用力F双手互拉弹簧两端时，根据二力平衡可知，弹簧弹力大小为F，D错误。故选C。二、牛顿第三定律5．如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（　　）A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量【答案】D【详解】A．液中运动的纳米机器人受到液体阻力的作用，故A错误；B．机器人前进时对胃液的作用力与胃液对机器人的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；C．忽略重力及浮力，机器人在胃液中加速前进时，由牛顿第二定律可知，氢气气泡对机器人作用力比胃液对机器人作用力大，故C错误；D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功等于机器人动能的变化及克服胃液阻力做的功，故D正确。故选D。6．如图所示，在花样滑冰比赛中的男运动员托举着女运动员一起滑行。对于此情景，下列说法正确的是（　　）A．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力B．男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力C．男运动员对冰面压力大小与冰面对他支持力大小在任何时候都相等D．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力【答案】C【详解】A．冰面对男运动员的支持力等于男运动员和女运动员重力之和，所以男运动员受到的重力和冰面对他的支持力不是一对平衡力，故A错误；B．女运动员处于平衡状态，男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故B错误；C．男运动员对冰面压力与冰面对他支持力是一对相互作用力，大小在任何时候都相等，故C正确；D．作用力和反作用力之间只涉及两个相互作用的物体，而女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力涉及到三个物体，所以不是一对作用力和反作用力，故D错误。故选C。7．北京时间2022年2月27日11时许，中国在海南文昌航天发射场使用长征八号运载火箭，以“1箭22星”方式，成功将泰景三号01卫星等共22颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，下列说法正确的是（　　）A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对平衡力C．发射初期，火箭处于超重状态D．发射的卫星进入轨道正常运转后，动量保持不变【答案】C【详解】AB．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故AB错误；C．发射初期，火箭有竖直向上的加点速，所以火箭处于超重状态，故C正确；D．发射的卫星进入轨道正常运转后，速度方向一直在改变，动量也一直在改变，故D错误。故选C。8．为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是（　　）A．图中所接电源为直流电源，a极为电源正极B．同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退C．加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等D．电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能【答案】C【详解】A．海水被推向纸外，根据左手定则可知，电流方向由b指向a，b为电源正极，A错误；B．同时改变电流和磁场方向，海水受到的安培力不变，航行方向不变，B错误；C．根据牛顿第三定律，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等，方向相反，C正确；D．电源输出的能量不可能完全转化为动能，有焦耳热损耗，D错误；故选C。三、牛顿第二定律9．某同学站在力的传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力的传感器示数F随时间t变化的情况，如图所示。已知该同学质量，重力加速度。下列说法正确的是（　　）A．0～4s完成了一次下蹲过程B．0～8s该同学向下的最大加速度约为C．0～8s该同学向上的最大加速度约为D．1.8s该同学向下速度达到最大【答案】AC【详解】A．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有F<mg=600N，到达一个最大速度后再减速下降超重，有F>mg=600N，故0～4s完成了一次下蹲过程，故A正确；BD．由图像知，在1.8s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由对应图像有，代入解得故BD错误；C．0～8s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由对应图像有，代入解得故C正确； 故选AC。10．汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度向左匀加速启动，重力加速度，下列情况说法正确的是（　　）（）A．当时，P有示数，Q无示数B．当时，P有示数，Q有示数C．当时，P有示数，Q有示数D．当时，P无示数，Q有示数【答案】AD【详解】仅N传感器示数有示数时，有得当时，P有示数，Q无示数，当时，P无示数，Q有示数。故选AD。11．如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为θ，OB水平，开始时箱子处于静止状态，下列说法正确的是（　　）A．若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大B．若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大C．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大D．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变【答案】BC【详解】AB．箱子静止时，对小球，根据平衡条件得；若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有；所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，A错误，B正确；CD．若使箱子竖直向上加速运动，则；所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，C正确，D错误。故选BC。12．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为的小球。现使小车以加速度向右做匀加速运动，下列说法正确的是（　　）A．杆对小球的弹力竖直向上B．杆对小球的弹力沿杆向上C．杆对小球的弹力大小可能为D．杆对小球的弹力大小为【答案】CD【详解】D．设杆对小球的弹力在竖直方向的分力为，水平方向的分力为，竖直方向根据受力平衡可得水平方向根据牛顿第二定律可得杆对小球的弹力大小D正确；ABC．设小球的弹力与竖直方向的夹角为，则有当即此时杆对球的弹力沿杆向上，竖直方向有解得综上分析可知，只有当加速度时，杆对球的弹力才沿杆向上，AB错误，C正确。故选CD。四、牛顿第二定律瞬时性的问题13．如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度。 某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　）A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为50 NC．B的加速度大小为D．A的加速度为零【答案】A【详解】B．原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有故B错误；CD．细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得解得A、B共同加速度故CD错误；A．对B由牛顿第二定律可得解得B受到的支持力为由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A正确。故选A。14．现有轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD。在竖直面内按照如图所示的方式连接，其中A、D两点固定于竖直墙上，B、C为两个可视为质点的小球，质量均为m，AB、CD与竖直方向夹角均为30°，BC沿水平方向。已知重力加速度为g，现只剪断其中一根绳，则（　　）A．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，B球加速度为B．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为C．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，B球加速度为gD．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为【答案】D【详解】根据题意，对B、C两个小球整体，根据平衡条件有，解得对B小球，根据平衡条件有A．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，绳AB的拉力发生突变，对B小球有，B球加速度为故A错误；B．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，弹簧CD的弹力不发生突变，对C小球有C球加速度为故B错误；CD．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，绳BC的拉力发生突变，弹簧CD的弹力不发生突变，B、C两个小球具有相同的水平加速度，对B小球，水平方向有对C小球，水平方向有解得，对B小球，竖直方向有解得则B球加速度对C小球，竖直方向有解得则C球加速度为故C错误D正确。故选D。15．如图所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是（　　）A．aA=0，aB=2g B．aA=g，aB=g C．aA=0，aB=0 D．aA=g，aB=2g【答案】B【详解】在抽出木板的瞬时，AB整体加速度相同，对AB应用牛顿第二定律有解得，B正确。故选B。16．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B．Q的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【详解】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．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，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，过后滑块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。五、应用牛顿第二定律分析动态过程17．如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（　　）A．b点到c点先加速后减速B．b点到c点一直减速C．b点的加速度小于重力加速度gD．c点的加速度方向竖直向下【答案】A【详解】AB．从b点到c点，小球受到重力和向上的弹力，弹力逐渐增大，开始时弹力小于重力，合力向下，加速度向下，小球做加速运动。后来，弹力大于重力，合力向上，加速度向上，小球做减速运动，所以b点到c点小球先加速后减速，故A正确，B错误；C．在b点弹簧的弹力为零，合力为重力，小球的加速度等于重力加速度g，故C错误；D．b、c间某位置弹力等于重力，小球由于惯性，继续向下运动，弹力增大，则在c点弹力大于重力，合力方向竖直向上，因此c点的加速度方向竖直向上，故D错误。故选A。18．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从弹簧上端静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）A．劲度系数B．弹簧最大弹力C．小球向下运动过程中最大加速度D．小球向下运动过程中最大速度【答案】B【详解】A．结合图乙可知，小球下落的加速度为零时则有解得弹簧的劲度系数为故A错误；B．小球向下运动过程中弹簧最大弹力为故B正确；C．小球向下运动过程中最大加速度为故C错误D．设小球向下运动过程中最大速度，根据动能定理可知整理可得结合图像可知解得小球向下运动过程中最大速度为故D错误；故选B。19．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为，其中为血液的粘滞系数，为红细胞半径，为红细胞运动的速率。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体，若某血样中半径为的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为，红细胞密度为，血液的密度为。以下说法正确的是（　　）A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动B．该红细胞的半径可表示为C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小D．若采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为【答案】BD【详解】A．下落过程中，红细胞的速度增大，粘滞阻力增大，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，该红细胞先做加速度减小的加速运动，当合外力等于零时，红细胞做匀速运动，A错误；B．匀速运动的速度为，由受力平衡可得解得，B正确；C．红细胞匀速运动的速度与红细胞的半径的关系式为可得可知血样中红细胞的半径较大时，则红细胞匀速运动的速度较大，C错误；D．根据得采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为，D正确；故选BD。20．很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（　　）A．手机可能离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻开始减速上升D．手机在 t1~t3时间内，受到的支持力先减小再增大【答案】AC【详解】A．若手机离开手掌，则其加速度应为，由图像可知，在时刻之后的一段时间内，手机的加速度大小接近，方向向下，手机可能处于该情形，故A选项正确；B．时刻手机加速度最大，但时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，故B选项错误；C．时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，故C选项正确；D．手机在时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得故支持力逐渐减小，手机在时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得可知支持力继续减小，故D选项错误；故选AC。