课时检测训练10 牛顿第二定律的基本应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

于孩子所受重力的一半，但每只手对 和BC绳的拉力大小相等。C、D错 时加速度大小为0，B和C同一根绳相 孩子的作用力为整直方向上的摩擦力 误；小车如果静止或者匀速直线运 连，同加速度大小，设为a,对B和C分 和支持力与水平方向上的压力的合 动，小圆环应滚位于AB中点的正下 析mg十kx一T,=na,T一mg=ma, 力，则其一定大于孩子所受重力的 方，现在小圆环在中点偏右，并且角 半，D正确。 度不变，根据牛顿第二定律（就像刹 联立解得a=冬，即aa=登，ae=登， 9.D解析马拉车的力和车拉马的力 车时候人会向前倾一样)，说明小车 故选D。 分别作用在不同的物体上，它们始终 正在向右匀减速运动。A错误，B3.D解析设剪断细线前、后，地面对 大小相等、方向相反，并作用在同一条 正确。 木箱的支持力大小分别为FN、FN',地 直线上，根据牛顿第三定律可知，二力 13.D解析图乙中，人受到重力和轻 面对木箱的摩擦力大小分别为F、F, 是一对作用力和反作用力，A错误：马 绳的拉力，由于两个力不共线，且合 剪断细线前，细线上的拉力大小F, 拉车的力与地面对车的摩擦力作用在 力方向斜向下，故人只能匀加速下 同一物体上，等大反向，是一对平衡 滑，故A正确，不符合题意：图乙钢素 。第黄弹力大小F-F,血0 力，B错误：若车减速运动，马拉车的力 对人的作用力大小T=mgc0330 ngtan,对木箱、小球与弹簧整体分析 小于地面对车的摩擦力，水平方向上 3 可知Fx=(m十MDg,F,=0。剪断细 地面对车的作用力大小等于车对地面 mg,故B正确，不符合题意：图丙 线瞬阿，细线上的拉力消失，弹簧上的 的作用力，C错误，马拉车匀速运动过 中，人受到重力和轻绳的拉力，两力 弹力不变，对木箱分析，竖直方向有 程中，车轮未打滑，即车轮与地面接触 均沿整直方向，若合力不为零，则合 FN'=Mg,地面对木箱的支持力减小 位置相对地面静止，仅有相对运动趋 力必沿整直方向，与速度不共线，人 了mg,A,B错误；对木箱分析，水平方 势，故车与地面问的摩擦力为静摩擦 不可能做直线运动，因此合力一定为 肉有F'=F=mgtan0,地面对木箱的 力，D正确。 零，人一定匀速下滑，故C正骑，不符 摩擦力增加了mgtan0,C错误，D 10.D解析小球在立柱上端由静止释 合题意：图丙中，轻环也做匀速运动， 正确。 放，若加速下滑，整个系统中有部分 所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与 4,B解析汽车驶过拱形桥顶端，有竖 (小球)处于失重状态，则地面对大图 钢索对轻环的支持力不在一条直线 直向下的向心加速度，处于失重状态， 环的支持力小于(M十m)g,A错误： 上，合力不可能为零，因此轻环一定 A错误：航天器随火箭从地面向上加 小球在立柱上以一定的速度向下运 受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D 速发射，有竖直向上的加速度，处于短 动，若减速下滑，整个系统中有部分 错误，符合题意。故选D. 重状态，B正确：人在电梯中随电梯减 (小球)处于超亚重状态，则地面对大图 14.C解析依题意，由于Pz<pm=Pm 速上升，加速度向下，处于失重状态，C 环的支持力大于(M十m)g,B错误： <Pr,根据浮力公式F,=PagV可 错误：宇宙飞船绕地球做匀速圆周运 当小球对立柱向上的摩擦力大于或 知，轻弹簧A,B均处于压缩状态，剪 等于Mg时，大圆环高开地面，故小球 动，万有引力提供向心力，字宙飞船处 断绳的瞬问，系统处于完全失重状 能否通过摩擦力将大圆环托离地面， 于完全失重状态，D错误. 态，由于弹黄的弹力不会发生突变， 取决于摩擦力大小，与初速度大小无 5,B解析图b图業被压了，是超 根据牛颜第二定律可知，甲的加速度 关，C错误：若小球与立柱的摩擦力大 重，加速度向上，可能向上做加速运 于或等于大圆环的重力时，就可能通 小于g,乙的加速度大于g,丙的加速 动，也可能向下做减逃运动，B正确，A 度等于g,所以三者相对于容器，甲球 过摩擦力将大盟环托离地面，此时∫ 错误，图℃图案被拉长了，是失重，加速 将向上运动，乙球将向下运动，丙球 ≥Mg,f十mg=ma,解得a≥ 度向下，可能向下做加速运动，也可能 保持不动。故远C, (M十m)g,D正确。 向上做减速运动，C、D错误。 课时检测调练10 6.BCD解析ABC.图中t1时刻人处 11.A解析由于斜面体和物体都处于 1.C解析设B球质量为m,则A球的 于失重状态，人先向下加速，然后向下 平衡状态，将斜面体和物体看成一个 质量为3m。撒去挡板前，题图甲、乙 减速，人做的是下蹲动作。同理时 鉴体，由受力情况结合共点力的早衡 中挡板对B球的弹力大小均为 刻人的如速度向上，然后向上减速，人 条件可得，地面对斜面体的摩擦力大 4 ngsin0,因弹簧弹力不能突变，而轻 做起立动作，处于超重状态，整个过程 小为Fcos0,地面对斜面体的支持力大 杆的弹力会突变，所以撒去挡板瞬间， 人完成了一组“下蹲一起立”动作，故 小为(M十m)g十Fsin0,由牛顿第三定 题图甲中A球所受的合力为零，加速 A错误，BC正确D.“起立”过程中，加 律可知，A正确，B错误，隔离物体进 度为零，B球所受合力大小为 速度先向上后向下，人先超重后失重， 行受力分析，由共点力平衡条件得斜 4 ngsin0,加速度大小为4gsin0,题图 故D正确。故选BCD。 面体对物体的摩擦力大小为F十 乙中，撇去挡板的瞬间，A、B两球整体 7,C解析上抛过程中，受到竖直向下 mngsin0,由牛颜第三定律可知，C锩 受到的合力大小为4 mgsin0,A,B两 的重力和竖直向下的阻力，根据牛顿 误：斜面体对物体的作用力即为物体 球的加速度大小均为gsin0,测每个球 4 受到的支持力与摩擦力的合力，由共 受到的合力大小均等于自身重力沿斜 第二定律可得mg十f=3mg,解得∫ 点力的平衡条件可知斜面体对物体 面向下的分力，轻杆的作用力为零，C 的作用力与物体的重力和F的合力 正确，A、B、D错误。 =了mg,在下降拉程中，受到多直向 大小相等、方向相反，故斜面体对物 2.D解析C与地面相连的绳没断开 下的重力和竖直向上的阻力，根据牛 体的作用力不在竖直方向上，D错误， 前，设绳的拉力为T,对A分析mg 顿第二定律可得mg一f=ma,解得a一 12.B解析因为小墨环穿过轻绳且可 kx,某时刻C与地面相连的绳突然断 在绳上自由清动，所以AC绳的拉力 开，弹簧不突变，故A保持原状态，瞬 3B,故选C 高考一轮总复习·物理 574 8.B解析物块水平沿中线微匀减速 所受的外力不变，加速度仍为零，从 gsn0=,十巴，从雨可计算出斜面的 直线运动，则0=-”，由题客知 撒去拉力到弹簧第一次恢复原长过 241 程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛 倾斜角度日以及动享黎因数，选项A、C x=1m,t=1s,>0,代入数据有a< 顿第二定律可知P减速的加速度减 不符合题意：根据解面的倾斜角度可 2m/s,故A错误，B正确；对物块做受 小，故P加速度大小的最大值是刚撒 计算出向上滑行的最大高度ssin日= 力分析有a=一g,v-=2ax,整 去拉力瞬间的加速度为2g,滑块Q 理有2+2a.x>0,联立可得：<0.2， 所受的合外力增大，方向向左，碱如 学×站=安击质D不行 故C、D错误。 速度增大的减速运动，Q加速度大小 合题意：仅根据速度时问图像，无法求 9.(1)5m(2)30°(3)750N 最大值为弹簧恢复原长时，有一mg 出物块质量，选项B符合题意。 解析(1)根据图乙可知，在前1s内 -maam,解得ao■一ug,故滑块Q 2.B解析初始时刻弹黄伸长，弹力等 图像与坐标抽所围成的面积大小表示 加速度大小最大值为g,A正确，B 于重力，由图像看出，升降机停止运动 水平面CB间距离，则有xa=1OX1m 后弹簧的拉力先变小，即小球向上运 2 错误：由于弹簧恢复愿长前滑块P的 动，小球的运动是由于惯性，所以升降 =5m1 加速度一直大于Q的加速度，所以撒 机停止前小球是向上运动的，即升降 (2)由图乙可知，BA段的加速度大小 去拉力后P的速度一直小于同一时 机停止前在向上运动，故A错误；0~4 为，=A,对小物块进行分析有 刻Q的速度，所以P的位移一定小于 时间内，小球向上运动，1一3时间内， △l Q的位移，C错误，D正确。 小球向下运动，加速度先向下后向上， ngsin a=ma,解得a2=5m/s,a1 13.(1)2pmg 则速度先增大后减小，故B正确：41一 =30°： 12时问内，重力大于弹力，加速度向 解析(1)用水平向右的推力F推动 (3)根据图乙可知，CB段的加速度大 滑块B时，设滑块AB一起加魂运动 下，也处于失重状态，故C错误：4时 小为a,=受，解得a,=10m/3,展据 的加速度为a6,根据年领第二定律有 刻处于最低点，山~时同内，小球向 上运动，弹力大于重力，小球向上做加 牛顿第二定律有Fcos0一 F-umg-2umg-2mao 速运动，t:时刻速度最大，故D错误。 u(mg十Fsin)=ma1,解得F=750N, 解得a。=4g 3.BC解析设滑块A的质量为m,木 10.C解析在3号猴子手滑后的一瞬 对滑块A进行受力分析，由牛顿第二 板B的质量为M,滑块A与木板B间 问，4号雅子只受重力作用，其加速度 定徐有 的动摩泰因数为：。由题图乙可知，当 等于重力加速度，速度等于0，A错 Fw一umg=mao+ F=F=6N时，清块A与木板B达到 误；在3号猴子手滑后的一瞬问，1 解得FN=2mg。 最大共同加速度为an=2ms',根据 号、2号、3号猴子的加速度a相同，加 (2)滑块A、B在时问1。时的速度大 牛颜第二定律有F.=(M十m)am,解 速度a大小为mg=3ma,解得a= 小为5=agto一g4: 得M十m=3kg:当F>6N时，A与B 38,加速度的方向竖直向上，B银 撒去向右的水平推力F后，滑块A的 将发生相对滑动，对A单独应用牛顿 加速度大小为 误：2号猴子对3号猴子的作用力F 第二定律有F一mg=ma,整理得a= 大小为F划一mg=ma,解得Fa= a=m8=4g, F 一g:授据规图乙解得m=1kg, 4mg,C正确：1号猴子对2号猴子的 3 滑块B的加速度大小为4。=mg u=0.4,则M=2kg,A,D错误，B正 祥 确。当F=10N时，滑块A的加速度 作用力F:大小为F:一2mg=2ma, =2μg 解得Fa-8g,D据误. 则滑块A减速运动的距离为x= 为a,F二mg=6m/,C正确. 22g, 1 11.B解析如图所 4.A解折布速度a=合智-095m/ 示，过D点作OD 滑块B减速运动的距离为n一2a, =0.01m/s,由牛顿第二定体F=(M 的垂线与竖直虚线 A 交于G,以OG为直 十m)a,可知空间站的质量为M= a 经作圆，可以看出 子Ag 800 F点在辅助圆内， 滑块A与滑块B之间的最大距离为 -m=0.0kg-4.0×10kg=7.6× 而B点在辅助图 10°kg,故A正确，B、C、D错误。 外，由等时圆结论 Ar-zA--1u. 5.C解析根据小铁球与光滑凹槽相 可知，tA>tm>tg,B项正确。 课时检测训练11 对静止可知，系统有水平向右的加速 12.AD解析设两滑块的质量均为m, L.B解析物块滑上料面的初速度 度a=gtan a,小铁球受到的合外力方 撒去拉力前，两滑块均做匀速直线运 巴知，向上滑行过程为匀变速直线运 向水平向右，凹槽对小铁球的支持力 动，则拉力大小为F=2umg,激去拉 动，来速度0，所以沿斜面向上滑行的 力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力 为是。，推力F=(M+m)gtan a,选项 为Fm=mg,以向右为正方向，撒去 最运更离=受4，根器牛顿第二定佛， A、B、D错误，C正确 拉力瞬句弹簧弹力不变仍为以mg,两 6.C解析 滑块与地面间仍然保持相对滑动，此 向上滑行过程2=gsin0十gcos0,向 整体法：F.=2mam 时滑块P的加速度为一Fm一mg= 下滑行兰=gsin日-gcos日，整理可得 单独分析左侧物块：T.■ma. mam解得an=一2g,此刻滑块Q 2T=4N,C对，ABD错 575 高考一轮总复习·物理课时检测训练10 牛顿第二定律的基本应用 >对应答案P574 基础对点练 C.人在电梯中随电梯减速上升 对点练1瞬时性问题 D.宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 1.如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固 5.下列漫画描绘了超失重的现象，若图a表示电梯 定斜面的倾角为0，图甲中，A,B两球用轻弹簧 静止或者匀速运动的情形，那么图b、图c分别表 ( 相连，图乙中A,B两球用轻质杆相连，系统静止 示电梯在如何运动，下列说法正确的是 时，挡板C与斜面垂直，弹簧，轻杆均与斜面平 静止或 行，重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间 匀速 正常 有 A.图b可能表示电梯向上做诚速运动 B.图b可能表示电梯向上做加速运动 C.图c可能表示电梯向上做加速运动 A.图甲中A球的加速度大小为gsin0 D.图c可能表示电梯向下做减速运动 B.图甲中B球的加速度大小为2gsin0 6.(多选)如图显示的是某人站在力传感器上，完 C.图乙中A,B两球的加速度大小均为gsin0 成“下蹲”与“起立”动作时力传感器的示数随时 D.图乙中轻杆的作用力一定不为零 间变化的情况。已知t=0时刻人处于静止状 2.如图，A,B、C三个物体的质量都是m,A、B用轻 态。根据图像判断下列说法正确的是() 弹簧相连，B、C用无弹性的轻绳跨过轻质定滑轮 FNN 1000 连接，C用轻绳固定在地面上，某时刻C与地面 相连的绳突然断开，则A、B、C的瞬时加速度大 50L 小为 02 A.an=g,as=g,ac=g 468/s B.a=0,an=g,ac=g A,从图像显示此人完成了两组“下蹲一起立” 动作 C.a= ⑧@ B.图中t,时刻人处于失重状态 C.图中t2时刻人具有向上的加速度 Da=0,a。=号ae=号 国 D.“起立”的过程先超重后失重 3.如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质 对点练3动力学的两类基本问题 7.竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻 量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木 箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线 力，加速度大小为号g,若空气阻力大小不变，那么 与竖直方向夹角为日，弹簧处于水平状态，重力加 这个物体下降过程中的加速度大小为 速度为g,剪断细线前、后，木箱均处于静止状 态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是 ( A.青8 B.g c D.28 8.(2022·辽宁卷)如图所示， 一小物块从长1m的水平桌 面一端以初速度。沿中线 滑向另一端，经过1s从另一 端滑落。 物块与桌面间动摩擦因数为以，g取 A.地面对木箱的支持力不变 10m/s。下列：值可能正确的是 B.地面对木箱的支持力减小了mg A.。=2.5m/s B.%=1.5m/s cos 0 C.4=0.28 D.4=0.25 C.地面对木箱的摩擦力不变 9.2020年2月24日，经上海市经信委组织协调，科 D.,地面对木箱的摩擦力增加了mgtan0 大讯飞的一批医疗物资包括配送机器人、搬运机 对点练2超重与失重现象 器人已运抵同济大学附属东方医院。其中一台 4.下列属于超重现象的是 配送机器人的工作流程简化图如图甲所示，一质 A.汽车驶过拱形桥顶端 量m=10kg的装有物资的木箱静止于C点，与 B.航天器随火箭从地面向上加速发射 水平面CB间的动摩擦因数4=0.5，水平面与倾 341 课时检测训练·物理 角为α的足够长的光滑固定斜面AB在B处平 12.(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两 滑连接。现机器人对木箱施加与水平方向成日 滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一弹簧水平 53°的恒定推力F作用，木箱在水平面CB段运 连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。 动的速度一时间如图乙所示，到达B点后立即撤 重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉 去恒力F。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取 动P,使两滑块均做匀速运动：某时刻突然撒去 10m/s2。求： 该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长 (1)水平面CB间距离。 之前 (2)斜面AB的倾角a大小。 (3)木箱所受到的恒力F的大小。 可0nDbm A.P的加速度大小的最大值为2g m·s B.Q的加速度大小的最大值为2g 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 13.质量均为m的滑块A、B靠在一起，静止放置在 水平地面上，滑块A与地面的动摩擦因数为， 滑块B与地面的动摩擦因数为2μ。现用水平 向右的推力F推动滑块B,作用一段时间t。后 撤去推力F,已知推力F-5amg,重力加速度为 g。求： 上Mn2 (1)在推力F推动滑块B的过程中，滑块B对 滑块A的弹力大小。 综合提升练 (2)撤去水平推力F后，滑块A与滑块B之间 10.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直 的最大距离。 又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下 依次为1、2、3、4号猴子。而 正当4号打算仲手捞“月 亮”时，3号突然两手一滑没 抓稳，4号扑通一声掉进了 水里。假设3号手滑前四 只猴子都处于静止状态，四 只猴子的质量都相等且为m,重力加速度为g, 那么在3号猴子手滑后的一瞬间 A.4号猴子的加速度和速度都等于0 B.3号猴子的加速度大小为g,方向竖直向上 C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为 D.1号猴子对2号猴子的作用力大小为7四 11.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的 底部相切于O点，O点恰好是 下半圆的圆心，它们处在同一 竖直平面内。现有三条光滑直 轨道AOB、COD、EOF,它们的 两端分别位于上下两圆的圆周 上，轨道与竖直直径的夹角关 系为a>>0。现让一小物块 D 先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小 物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间 关系为 A.tn=to=tg B.tun>to>tgr C.tu<to<tp D.t=to<t 课时检测训练·物理 342