提分集训(14)牛顿第二定律的基本应用-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（十四） 牛顿第二定律的基本应用 [A级练对点·固本] A.物体a的加速度大小为零 对点练1瞬时问题的两类模型 B.物体a的加速度大小小于g 1.(2025·沧州质检)随着科技的进步，科学家们对 C.物体b的加速度大小为零 太空的研究也日趋成熟，空间站是人类深空探索 D.物体b的加速度与物体α的加速度大小相等 的重要平台，通过在空间站长期居住和研究，我们 对点练2动力学的两类基本问题 可以更好地了解太空环境对人类的影响，发展适 3.(2022·辽宁高考)如图所示， 应长期太空任务的技术和方法.空间站也是一个 一小物块从长1m的水平桌面 地球卫星，处于空间站内的物体完全失重，一切和 端以初速度沿中线滑向 重力有关的现象都会受到影响.某同学设想在空 另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间动 间站内完成如图所示实验，质量为m3的箱子内有 摩擦因数为4，g取10m/s.下列功4值可能正确 质量为m1和2的小球，两球之间用轻质弹簧相 的是 连，小球m2与箱子之间用轻质细线相连，在拉力 A.h=2.5m/s B.h=1.5m/s F作用下一起相对于空间站做匀加速直线运动， C.u=0.28 D.4=0.25 下列说法正确的是 4.(多选)(2025·广州模拟)测试人员对某型号无人 机做性能测试实验，质量为m的无人机其最大升 力为其自身重力的2倍，在地面从静止开始以最 m 大升力竖直上升，上升t时间关闭发动机，上升到 最高点后调整机身使无人机做水平向右的匀加速 A弹簧和细线的拉力大小分别为m十m2十m F 直线运动.已知无人机运动过程中受到的阻力恒 71g 为其重力的0.2倍，方向与速度方向相反，重力加 1十72十n3 速度为g,则下列说法正确的是 B.由于处于完全失重状态，所以弹簧和细线拉力 均为零 C.某时刻若将细线剪断，剪断细线瞬间小球m、 和箱子m相对于空间站的加速度大小分别为 F F 一F、 m1+m2+m3`(m十m2+m)h2`m1+m2十m A.上升过程中，加速与减速的加速度之比为3：2 D.若将弹簧在c处剪断，则剪断瞬间小球1、m2 B.上升过程中，加速与减速的位移之比为3：2 和箱子m3相对于空间站的加速度大小分别为 C.水平加速时，升力水平向右 F D.水平加速时，升力大小大于mg 0、 m2+m3`m2+m3 对点练3超重和失重现象 2.(2025·德阳期末)如图所示，物体a、b h 5.(多选)(2025·福州模拟)引体向上是高中学生体 用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一 质健康标准的测试项目之一，如图甲所示，质量为 根轻弹簧将a和天花板相连，已知物体 m=55kg的某同学，双手抓住单杠做引体向上， a、b的质量相等，重力加速度为g.当在 在竖直向上运动过程中，其重心的速率随时间变 P点剪断绳子的瞬间，下列说法正确 化的图像如图乙所示，g取10m/s2,由图像可知 的是 362 4t/(cm·s) 度o=40m/s,航空母舰始终处于静止状态（电磁 40 弹射器提供的牵引力恒定，取g=10m/s2).下列 说法正确的是 2 1=80m 电磁弹射区 0.51.01.52.0/s 分 l=180m A.1=0.4s时，他正处于超重状态 A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1=5.0 B.t=0.5s时，他的加速度约为0.3m/s2 C.1=1.1s时，他受到单杠的作用力的大小为 m/s2 500N B.飞机在电磁弹射区的末速度大小=20m/s D.t=1.5s时，他正处于超重状态 C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小 6.(多选)(2025·南昌质检)如图，某同学站在电梯 为2×101N 内的台秤上，当电梯静止时台秤示数为60kg,当 D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 电梯从静止开始运动的一段时间内，台秤的示数 8.(多选)(2025·湖南岳阳期末)如图1所示，某人 变为48kg,重力加速度大小为10m/s2,则这段时 站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲一起跳” 间内 ) 动作，图1中的“·”表示人的重心.图2是由力传 感器画出的F-t图线，其中1~4各点对应着图1 中1~4四个状态和时刻，从1~4人的重心上升 的高度为0.5m.取重力加速度g=10m/s2.下列 说法正确的是 FIN 2000 A.电梯正在向上运动 1000 B.该同学处于失重状态 C.该同学对台秤的压力大小为120N 0.5 图1 图2 D.电梯运动的加速度大小为2m/s2 A.1~4的过程中，人做功一定大于300J [B级练综合·提分] B.2~3的过程中，支持力做正功 7.(多选)(2025·河南郑州模拟)随着科技的发展， C.人上升的最大加速度为20m/s2 我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机 D.人在下蹲阶段达到最大速度的时刻约为0.35s 的起飞距离，如图所示，某航空母舰的水平跑道总 9.(多选)2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众 长1=180m,电磁弹射区的长度11=80m,一架质 震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安 装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力.如图是某次 量m=2.0×10kg的飞机，其喷气式发动机可为 彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动时传 飞机提供恒定的推力F推=L.2×10N,假设飞机 感器记录的压力一时间(F一t)图像片段.运动员 在航母上受到的阻力恒为飞机重力的气.若飞机 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g= 可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速 10m/s2,下列说法正确的是 -363 (1)全程的平均速度大小： (2)减速下落过程中的加速度大小； (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小（保 00212 2.83.8s 留三位有效数字). A.演员在a到b过程中先超重后失重 B.演员在b时刻速度最大，速度大小为8m/s C.从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于 1280J D.从a时刻到b时刻，演员受到合力的冲量大小 为320N·s [C级练加强·培优] 10.(2025·镇江模拟)2021年5月22日，我国首次 火星探测器“天问一号”成功着陆火星.在着陆的 最后阶段，探测器到达距火星表面100m的时 候，进人悬停阶段，这个时候可能会进行一些平 移，选择安全的着陆区进行着陆.如图为探测器 在火星表面最后100m着陆的模拟示意图.某时 刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿 竖直方向匀加速下落，5s后开启发动机，探测器 开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时， 探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受 到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力 的0.2倍，火星表面的重力加速度取4m/s2,探 测器总质量为5吨（不计燃料燃烧引起的质量变 化).求探测器： H=00m -364(2)连接橡皮条两端点的如线长度不影响橡皮条的挂力大小，故：7，选CA,灯泡受的重力作用在灯泡上，天花板对绳的拉力作用 长度不用相同，A错误：细线OP1上力的方向与细线OP2、OP 在蝇子上，所以灯泡受的重力和天花板对绳的拉力不是一对平 上两力的合力方向相反，由于OP,,OP,上两力的合力方向是任 街力，故A错误；B.灯泡受的重力和蝇对灯泡的拉力大小相等， 意的，故OP,不需要在角平分线上，B错误：实验中，需委测量 方向相反，都作用在灯泡上，是一对平衡力，故B错误：C.灯泡对 OP1,OP2和OPa上力的大小和方向，故必须记录图中OP1、 绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力，故C正 OP。、OP。的方向以及结点O静止时三根细线所柱钩码的个数， 确：D.绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对作用力和 同时记录特点O的位置，C正确：不改变OP,所挂钩码的个数和 反作用力，故D错误，故这C. 方向，改变OP与OP,的夹角重复实验，OP,上的力大小、方向 8.选A根搭运动学公式可得一听一一2ah 保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平 街，故O点的位置可以改变，D正确 解得加佳度大小为：-品-器g-一的 (3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重力 根据牛顿第二定律可得4F一川g一H阳 大小，不会影响实验结论。 解得每台反推发动机提供的推力大小为F≈2.6×10N 答率：(1)D(2)CD(3)不会 故送A 提分集训（十三） 9.选ADAB.由题意可知1.0N重物的质量m-0,1kg 图中刻度为C的位置表示弹簧的弹力为F一0.9N 1,选D惯性是物体的一种特性，是指物体保持静止秋态或匀逸直 故A正确，B错误： 线运动状态的性质，在做匀速直线运动的车厢上，由于具有惯 CD.对L.0N的重物由牛顿第二定律得mg-F=m@ 性，小球要保持原来的运动获态，即匀逸直线运动状态，所以小 代入数据解得4一1.0m/s 球落下的位置在B点：若汽车做匀加速运动，刷落在A点，若汽 方句竖直向下，故C错误，D正确，故选AD 车做匀减逸运动，则落在C,点，所以落在ABC点都有可能 10.遮ACA.在无凤情况下小球由静止开始经0,58沿细杆运动 故选D. 2.选BA.骏马拉马车的力与马率拉骏马的力是一对相互作用 了0.25m,剥x-之ar 力，大小惑是相等，故A错误：B,马车匀速行驶时，以骏马为参考 可得加速度大小为a=2m/s 系，马车的逸度为0，故B正确：C.力不是堆持物体适动状态的原 根据牛频第二定律可得ngsin0一ng cos=ma 圆，力是改变述动状态的原国，故C错误：D,马车在运动过程中 解得小球与朝杆间的动摩擦国数为：=0.5 不一定受力平衡，比如马丰加速运动时，所受合力不为0，所以骏 故A正确： 马对马车的拉力大小与地面对马车摩擦力的大小不一定相等， BC.当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，根据平 故D错误.故选B. 衡条件可得ngsin0=F1cos0+f1,N1=mgco80十Fsin0 △F·2 B由F=k兰得=，·过，又F 又人=N联立解得B=留N 则比例系数是的单位为kg·m·m 当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡 -kg·m/(s2·A2). s2A2·m2 条件可得mgin0-F2cos0-/2,N=mgcos0+Fsin0 B正确 又2一uN,联立解得F-20N 4,选B空气阻力与遮度大小成正比，即「一(k为大于0的常 则小球始终静立在杆上，风力F要满足得N≤F≤0N:当静 量) 摩擦力沿杆向上时，风力越大，静摩擦越小，故B错误，C正确： 上升下降上升；下降 D.若风力恒为0N,可知小球沿杆向上加途运动，根据牛顿第 > 二定律可得Fcos0一ngsin0-(Fsin0十ngcos)=md mg mg 解得加速度大小为4'一10m/s 2 从抛出()到原位置（物）空气胆力 则2s内小球从静止出发在细杆上适过位移为一令一20m 直微负功 *w上>于x一W1上<1于， 故D错误.故选AC A错误：叫>，垫起后瞬间的最大，B正确：最高点速度为0一只受 11.解析：(1)滑块所受合外力为F1=∫十m1g-12N 重力→a=g,C错误：下落过程牛顿第二定律 加g一u↑=a￥， 根据牛顿第二定律可知：清杆加连度大小为山1 _F-20m/8 D错误. 5,选C对弓腰和重物组成的系统进行受力分析，设弓弦上的张力 为F,此时弓弦长度为x1,原长为x0,有2Fcos37=mg (②)假设经过4秒时滑块巴经到达B处，有1一一之 由胡克定律有F=(x1一x0) 解得1-0.1s 根搭几何关系有x一n37 ③)强撞之后，两者共同匀减地上升的高度为人-2-0,8m 答案：(1)20m/s2 (2)0.1(3)0.8m 拉动弓弦，两侧弓弦夹角为106时，有√/(2F1c0s53)十(m1g)羽 提分集训（十四）》 由胡克定律有F1=(xg一xo) 1,选DAB.根据题意，由牛顿第二定律，对整体有 根搭儿何关系有x:一n53 F=(m1十m十m3)a F 解得a=300m/s 故选C 解得a一m1+mg干m 机1F 6.选AAC,对小球受力分析，由于小球处于静止状态，所以小球 对小球m1可得，弹簧的拉力一ma一m1十店十m 受力平衡，小球受到竖直向下的重力以及机械手臂对小球的摩 对小球m1和m?整体可得，细线拉力 擦力，两个力大小相等，方向相反·故A正确，C错误： B.由之前的分析可知小球受到的机械手臂给小球的摩擦力方向 F,=(m十m)a一m1十m士m (m1+me）F 故AB错误： 竖直向上，由牛頓第三定律可知，机械手臂对小球摩擦力与小球 C,某时刻若将细线剪断，弹资弹力瞬间不变，小球m的加速度 对机械手臂的摩擦力大小相等，方向相反，即机械手臂受到的摩 F 擦力方向竖直向下，故B项错误： 不支，叫的加逢度为训十m十 一，细线的拉力消失，测m的合力 D,若增大铁架对小球的压力，小球仍然静止不动，小球受到的摩 擦力为静摩擦力，其大小与小球所受重力大小相等，所以若增大 为弹簧的弹力，则心的加速度为山一m十心十心) 一，对 铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力将不变，故D项错误， 故选A ,故C错误： 箱子由ag一m 612 D.某时菊若将弹簧从c处剪断，轻质弹簧的弹力为零，小球西 C.根据图2可知人在0.65s末受到的支持力最大，所以加速度 的加速度为零，小球m2和箱子有共同的加逸度g一4g一 最大，根撼牛顿第二定律，有 一故D正确，故这D. a=F-mg-1800_60=20m/g故C正痛： m2十加 60 2.选DAB.用整体法，对ab整体受力分析，设b物体的质量为 D.人从0.15一0.35s做加速度增大的加速下蹲，从0.35~0.45s m,剪断细绳前，受到总重力和弹黄的弹力而平街，故F弹一2mg 做加速度减小的加速下蹲，然后从0.450.65s做加速度增大 再对物体受力分析，受到重力、前绳挂力和弹簧的拉力，剪断 的城速下蹲，根据图2可知人在0.45s时合力为零，加速度为 细能后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为零，故物体 零，速度最大，故D错误.故选AC 受到的力的合力为F备一mg 9.法ADA.演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿 第三定律可知，演员所受支持力由最大值诚小为0，先大于重力 方向向上，根据牛顿第二定律得a的加逸度为a1 F一g n 后小于重力，极据牛顿第二定律可知，加述度方向先向上后向 方向向上，故AB错误： 下，加递度大小先减小后增大，则演员在到b过程先处于超重 CD.对物体b受力分析，受到重力，细线拉力，剪断钟绳后，重力 状态，后处于失重状态，故A正确， 不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的力的合力为F金'一mg,方 B.根据园像可知，演员就离幽床在空中运动的时间为 金一g,方向 1-2.8s-1,2s-1.6s 向向下，根据牛顿第二定律得b的加地度为g一 根据经直上抛运动的对称性可知，演员既离端床向上运动的时 向下，明显a1一ag· 间为0.8s,利用逆向思维，根据论度公式有 则物体a的加速度与物体b的加递度大小相等，故C错误、D正 w=g·交=8m/s 确，故选D. 演员在：到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线递动，后 3选B物块水平沿中线微匀减连直线运动，则口-二-马十” 2,由 向上做加连度成小的变诚速直线运动，当加逸度为0时，速度达 到最大值，即到b之间的某一时刻，演员的速度最大，最大速度 题意知x一1m,1一1s,>0,代入数据有。<2m/s,故A错误 大于8m/s,故B错误； B正确：对物块数受力分析，由牛顿第二定律有4一一g,又 2-端-2ar,整理有端+2ar>0,联主可得u<0,2,故C、D C,从a时刻到b时到，根据动能定理 错误 w。k-w。-之m或=专×40×8J=1280J 4.选BD AB.竖直向上加逸时，根据牛顿第二定 可知从4时刻到b时刻，赠床的弹性势能转化为演员增加的重力 律有 0.2G 势能与动能，故从4时刻到b时刻，骑床对演员微的功大于1280J, F一mg-0.2mg=td 故C错误： 减速时有mg十0.2mg=ma D.从a时刻到b时刺，根据动量定理有 解得41：42=2：3 1含-△p-mB-0-320N·s 根据口一2￥知位移之比为32，故B正确，A错误： 故D正确，放选AD. CD.水平加连时，升力的坚直分力平街重力，水平分力加速，受力 10.解析：(1)摆测器匀加逸下落过程中，由牛顿第二定律得 如图，易知F斜右上，因竖直分力等于G,故升力大于G,故C错 mg文一∫=a1,其中=0.2mg支 误，D正确 解得a1=3.2m/s 故选BD. 探测器5s末的速度为=a111=16m/s 5.选ABA.1=0,4s时，重心加速上升，加逸度向上，处于超重状 态，A正确： 全程的平均逸度大小为知一 号-8m/a B1-05时：他的加接度的为a-3X10m/g-0.3m保 (2)探测器加速下落过程中，由h一立4可 B正确： 代入数据得h1一40m C.1一1.18时，图线斜率为零，加速度为客，他受到单杠的作用力 则减速下落过程中透过的位移为：=H一=60m 等于重力，大小为550N,C错误 r32 D.1=1.58时，重心减速上升，加速度向下，处于失重秋态，D错 减建下落过程中的加速度大小a:一，一污m/s, 误，故选AB (3)设探渊器减速下落过程中发动机严生的推力大小为F, 6.选BDAB.台年示数变小，说明该同学处于失重状态，有向下的 有F十f一mg文=m@2 加速度，说明电梯从静止开始向下加速运动，A项错误，B项 代入数据解得F-2.67×10N. 正确： 答案：1)8as(2)号m/:3)2.67×10N C,设电梯对该同学的支持力为F,根据题意可知F一480N, 根据牛顿第三定律，该同学对台秤的压力大小为480N,C项 提分集训（十五） 错误； 1,遮CAB,由运动学公式r=1什之a整理可得 D.根据牛顿第二定律mg一F=ma,解得a=2m/s,D项正确. 故选BD, 卢=w}十号由图乙可知受-2m/:-1气-2m/解得 1 7,选AC根搭牛顿第二定律，飞机高开电础弹射区后有F株一方mg a一4m/s所以物块在斜面上做初遍度为2m/s的匀加速直线 =ma4,解得a4=4.0m/g,由t一=2a:(-l1),解得飞机在 运动，AB错误： 电磁弹射区的末遂度=20√2m/s,由=2a11,解得飞机在 C由牛板第二定律得mg血0-mgo0-ma,解得R一得C正 电磁弹射区运动的加速度山1一5m/s,极据牛顿第二定律有 确 F争十F数-5mg=m@1,代入数据解得F争=2X10N,故B错 D.第2s末的速度为u■h十at一10m/s, 误，A,C正确：根据P一F知可知电磁弹射器在弹射过程中的功率 那么前2s内的羊均追度为。-品=6m,D错误，故选C 不断增加，故D辑误。 2.遮BA.4一1图像的面积表示速度变化，电梯在10；末的速率 8.送ACA.根据图2可知，人的重力为600N,升高0.5m过程 为0到10s图像的面积。由园像可得，此时图像的面积并非最 中，有W=mgh=600×0.5J=300J 大，第11s末图像面积有最大值，故电梯在11s末的递度达到最 人殿功的过程人的重心升高的距离大于0.5m,所以人做功大于 大，故A错误： 300J,故A正确： B.电梯在1~10s内做匀加遂直线递动，而1s末的速度为 B.2一3过程中人受到的支持力坚直向上，但支持力的作用点没 有发生位移，所以支持力对人不做功，故B错误： =号×1.0X1m/s=0.5m/s 613