课时冲关14 牛顿第二定律的理解及应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关１４　牛顿第二定律的理解及应用 学生用书　P３５７　 [基础落实练] １．静止在光滑水平面上的物体,受一个水平拉力 的作用,在拉力刚开始作用的瞬间 (　　) A．物体的速度和加速度均不为零 B．物体的加速度不为零,但速度仍为零 C．物体的速度不为零,但加速度仍为零 D．物体的速度和加速度都仍为零 解析:B　[由牛顿第二定律可知,有了力的作 用,物体就有了加速度,但是,在力刚开始作用 的瞬间,物体还没有运动,所以 物 体 的 速 度 为 零,加速度不为零．故选B．] ２．质量为４kg的物体在水平力作用下沿粗糙水平 面做匀速运动,若水平力增加４N,则物体的加 速度的增量 (　　) A．一定为１m/s２ B．因水平力未知,故无法确定 C．因摩擦力未知,故无法确定 D．一定小于１m/s２ 解析:A　[物体在水平力作用下沿粗糙水平面 做匀速运动,加速度为０,若水平力增加４N,即 为合力,则a＝ F合 m ＝１m /s２,由于之前加速度为 ０,则加速度增量为１m/s２．故选A．] ３．如图所示,A质量为２m,B质量为m,中 间有一轻质弹簧相连,A用绳悬于O点, 当突然剪断OA绳时,关于A物体的加 速度,下列说法正确的是 (　　) A．０　　　　　　　　B．g C．１􀆰５g D．无法确定 解析:C　[剪断OA绳前,以B为对象,根据受 力平衡可得F弹 ＝mg,突然剪断OA绳时,弹簧 弹力保持不变,以A为对象,根据牛顿第二定律 可得F弹 ＋２mg＝２maA, 联立解得A物体的加速度aA＝１．５g,故选C．] ４．如图所示,一个房顶下面挂一轻 弹簧,弹簧下端挂有质量为 m 的小球P,P与地面用一细线牵 连,细线拉力为F,今将细线剪断,则细线剪断 瞬间 (　　) A．小球的加速度大小为Fm B．小球的加速度大小为 (F－mg) m C．小球的加速度大小为 (mg－F) m D．条件不足,无法确定 解析:A　[剪断细线之前对小球分析可知F＋ mg＝F弹,剪断细线的瞬时,弹簧弹力不变,F 变 为零,则此时小球的加速度a＝ F弹 －mg m ＝ F m , 方向向上．故选A．] ５．餐厅暖盘车的储盘装置示意图 如图所示,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 M 的托盘,托盘上放着６个质量均 为m 的盘子并处于静止状态． 已知重力加速度大小为g．某顾客快速取走１号 盘子的瞬间,３号盘子对２号盘子的作用力的大 小为 (　　) A．mg (M＋６m) M＋５m B． mg(M－６m) M＋５m C．mg (M＋m) M＋６m D． mg(M－m) M＋６m 解析:A　[６个盘子处于静止时,６个盘子所受 合力为０,顾客快速取走１号盘子的瞬间,托盘 和其他５个盘子所受的合力为mg,根据牛顿第 二定律有mg＝(M＋５m)a,对２号盘子,根据牛 顿第二定律有 N－mg＝ma,联立可得３号盘子 对２号盘子作用力的大小 N＝mg (M＋６m) M＋５m ,故 选A．] ６．２０２３年１０月２日,在杭 州亚运会蹦床女子个人 项目决赛中,中国选手包 揽冠、亚军．假设在比赛 中的某一个时间段内蹦床所受的压力随时间变 化的关系如图所示,忽略空气阻力,重力加速度 g取１０m/s２．下列说法正确的是 (　　) A．１􀆰０s~１􀆰４s内运动员向上运动,处于失重 状态 B．１􀆰０s~１􀆰４s内运动员向下运动,处于超 重状态 C．１􀆰４s时运动员的速度达到最大值 D．运动员在脱离蹦床后的上升过程中上升的最 大高度约为３􀆰６m 解析:D　[１􀆰０s~１􀆰４s内运动员对蹦床的压 力逐渐变大,则运动员向下运动,压力先小于重 力,加速度向下,失重;后压力大于重力,加速度 向上,超重,选项A、B错误;１􀆰４s时运动员对蹦 床的压力最大,此时到达最低点,则运动员的速 度为零,选项C错误;运动员在脱离蹦床后到再 次回到蹦床上用时间为３􀆰８s－２􀆰１s＝１􀆰７s,则 上升过程中上升的最大高度约为 h＝１２gt ２＝１２×１０× １．７ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ m≈３．６m,选项D 正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３６４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律 ７．如图 所 示,货 车 在平直道路上向 右以加速度a１, 做加 速 运 动 时, 与石块B 接触的 物体对它的作用力为F,方向与水平方向夹角 为θ．若货车向右以加速度a２(a２＞a１)做加速运 动,则与石块B 接触的物体对它的作用力F 如 何变化 (　　) A．θ不变,F 增大 B．θ不变,F 减小 C．θ增大,F 减小 D．θ减小,F 增大 解析:D　[依题意,对石块受力分析,如图 货车在平直道路上向右以加速度a１ 运动时,有 Fsinθ＝mg,tanθ＝mgma１ , 货车向右以加速度a２(a２＞a１)做加速运动,有 tanθ＝mgma２ , 可知θ会减小,再根据F＝mgsinθ ,可知F 会变大． 故选D．] ８．宇航员在宇宙飞船中做了一个测量物体质量的 实验:如图所示,用力推着待测物体从静止开始 沿直线运动,力传感器显示此过程中推力大小 恒为F,测得物体在t时间内前进的距离为x, 可得待测物体质量为 (　　) A．Ft ２ x B． ２Ft２ x C．Ft ２ ２x D． ２Ft２ ２x 解析:C　[根据匀变速的位移公式x＝１２at ２, 根据牛顿第二定律F＝ma, 联立得m＝Ft ２ ２x ,故选C．] [能力综合练] ９．２０２４年４月３０日,神舟十七号载 人飞船返回舱在东风着陆场成功 着陆．当返回舱距离地面高度为 １􀆰２m时,返回舱的速度为８m/ s,此时返回舱底部的４台反推发动机同时点火 工作,返回舱触地前的瞬间速度降至２m/s,从 而实现软着陆．若该过程飞船始终竖直向下做 匀减速运动,返回舱的质量变化和受到的空气 阻力均忽略不计．返回舱的总质量为３×１０３kg, 重力加速度g＝１０m/s２,则平均每台反推发动 机提供的推力大小为 (　　) A．２．６×１０４N B．１．８８×１０４N C．１．０５×１０５N D．７．５×１０４N 解析:A　[根 据 运 动 学 公 式 可 得 v２－v２０＝ －２ah,解得加速度大小为a＝ v２０－v２ ２h ＝ ８２－２２ ２×１．２m /s２ ＝２５m/s２, 根据牛顿第二定律可得４F－mg＝ma, 解得平均每台反推发动机提供的推力大小为F ≈２．６×１０４N,故选A．] １０．(多选)如图所示,两个质 量分别为m１＝２kg,m２＝ ４kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质 弹簧秤连接．两个大小分别为F１＝４０N,F２＝ １６N的水平拉力分别作用在m１、m２ 上,则达 到稳定状态后,下列说法正确的是 (　　) A．弹簧秤的示数是３２N B．弹簧秤的示数是２８N C．在突然撤去F２ 的瞬间,m２ 的加速度大小为 ７m/s２ D．在突然撤去F１ 的瞬间,m１ 的加速度大小为 １６m/s２ 解析:AD　[以两物 体 组 成 的 系 统 为 研 究 对 象,由牛顿第二定律可知 a＝ F１－F２ m１＋m２ ＝４０－１６２＋４ m /s２＝４m/s２, 系统的加速度方向水平向右,设弹簧秤的拉力 为F,以m２ 为研究对象,由牛顿第二定律得 F－F２＝m２a,得F＝３２N,故A正确,B错误; 弹簧的弹力不能突变,在突然撤去F２ 的瞬间, m２ 不再受F２ 的作用,m２ 受的合力等于弹簧 的弹力,设m２ 此时加速度为a３,由牛顿第二定 律可知, F＝m２a３,得a３＝８m/s２,故C错误;弹簧的弹 力不能突变,在突然撤去 F１ 的瞬间,设此时 m１ 加速 度 为a４,由 牛 顿 第 二 定 律 可 知,F＝ m１a４,得a４＝１６m/s２,故D正确．] １１．(多选)如图所示,光滑的 水平地面上静止放置一辆 小车,在小车的内部用两 根细绳拴一个可视为质点 的小球,其中a绳水平,b绳倾斜且与a 绳之间 的夹角为１５０°,下列说法中正确的是 (　　) A．小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为 １∶２ B．小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为 ３∶２ C．若小球随着小车一起水平向左做匀加速直 线运动,随着加速度的逐渐增大,两绳上的 拉力也逐渐增大 D．若小球随着小车一起水平向右做匀加速直 线运动的加速度等于 ３g 时,a绳上的拉力 恰好为０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４６４􀅰 高考总复习　物理 解析:BD　[小车静止时,根据几何关系可得 Ta Tb ＝cos３０°＝ ３２ ,故B正确,A错误;设小球的 质量为m,若小球随着小车一起水平向左做匀 加速直线运动,竖直方向,根据平衡条件 Tbsin３０°＝mg,可得Tb＝２mg,且保持不变,水 平方向 Ta－Tbcos３０°＝ma,可得 Ta＝ma＋ ３mg,随着加速度增大而增大,故C错误;设 小球的质量为m,若小球随着小车一起水平向 右做匀加速直线运动,当a绳上的拉力恰好为 ０时,竖直方向根据平衡条件 Tbsin３０°＝mg, 可得Tb＝２mg, 水平方向Tbcos３０°＝ma, 可得a＝ ３g,故D正确．] １２．人类从事滑雪活动已有数千 年历史,滑雪爱好者可在雪场 上轻松、愉快地滑行,饱享滑 雪运动的乐趣．一名滑雪爱好 者以v０＝１m/s的初速度沿 山坡匀加速直线滑下,山坡的倾角为θ＝３０°． 若人与滑板的总质量为m＝６０kg,受到的总阻 力为f＝６０N,重力加速度g取１０m/s２,求: (１)滑雪者加速度的大小; (２)３s内滑雪者下滑位移的大小; (３)３s末的速度大小． 解析:(１)根 据 牛 顿 第 二 定 律 mgsin３０°－f ＝ma, 解得加速度的大小为a＝４m/s２． (２)３s内滑雪者下滑位移的大小x＝v０t＋ １ ２at ２, 解得x＝２１m． (３)根据匀变速直线运动规律v＝v０＋at, 解得v＝１３m/s． 答案:(１)a＝４m/s２;(２)x＝２１m; (３)v＝１３m/s １３．在我国无人机已广泛应用于各行各业．如图甲 所示是物流公司使用６旋翼无人机运输货物, 无人机用一根绳索悬挂货物,当无人机到达目 的地正上方后,无人机悬停在空中,操控绳索 让货物竖直向下先做匀加速运动后做匀减速 运动恰好安全落地,图乙是货物降落全过程的 vＧt图像．已知货物的质量为 M＝４０kg,无人 机质量为m＝２０kg,绳索质量及空气阻力不 计,g取１０m/s２．求: (１)当无人机悬停在空中且货物静止不动时, 每支旋翼产生的升力大小F１; (２)卸货前货物离地面的高度h及货物匀减速 下降过程中加速度的大小a; (３)货物匀减速下降过程中,绳索对货物的拉 力大小F２． 解析:(１)对无人机和货物整体受力分析,由平 衡条件得６F１＝(M＋m)g, 解得F１＝１００N． (２)根据货物降落全过程的vＧt图像,卸货前货 物离地面的高度为h＝１２×５×６m＝１５m , 由题图乙可得,货物匀减速下降过程中加速度 大小为a＝ ０－６５－３ m /s２＝３m/s２． (３)货物匀减速下降过程中,对货物由牛顿第 二定律得F２－Mg＝ma, 代入数据解得F２＝５２０N． 答案:(１)１００N;(２)１５m,３m/s２;(３)５２０N [素养培优练] １４．如图甲,天台安科村滑草场惊险刺激,深受人 们喜爱．简化图像如图乙所示,假设某人坐在 滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下,滑 到斜坡底端B 点后,沿水平的滑道再滑一段距 离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝ ６０kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩 擦因数均为μ＝０．５,斜坡的倾角θ＝３７°(sin３７° ＝０．６,cos３７°＝０．８),斜坡与水平滑道间是平 滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不 计．求: (１)人从斜坡上滑下的加速度为多大? (２)若AB 距离为１０m,求人和滑板滑到斜面 底端的速度大小? (３)若由于场地的限制,水平滑道的最大距离 BC为L＝２０．０m,则人在斜坡上滑下的距离 AB 应不超过多少? 解析:(１)根据牛顿第二定律得,人从斜坡上下 滑 的 加 速 度 为 a１ ＝ mgsin３７°－μmgcos３７° m ＝２m/s２． (２)根据速度与位移的关系有v２＝２a１xAB, 解得v＝２ １０m/s． (３)人在水平面上做匀减速运动的加速度大小 为a２＝μg＝５m/s ２, 根据 速 度 位 移 公 式 得,B 点 的 速 度 为vB ＝ ２a２L＝１０ ２m/s, 根据速度位移公式得LAB＝ v２B ２a１ ＝５０m． 答案:(１)２m/s２;(２)v＝２ １０m/s;(３)５０m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５６４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律