课时跟踪检测（十一）牛顿第二定律的基本应用（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

课时跟踪检测（十一） 牛顿第二定律的基本应用 1.在日常生活中我们所见的烛焰，如图所示。随着我国科技的发展，太空家园不再是梦想。若王亚萍在完全失重充满空气的太空船里点燃这支蜡烛，你认为烛焰的形状是 (　 ) A. B. C. D.不能点燃 解析：选B　太空船里充满空气，所以有氧气，因此蜡烛可以点燃，D错误;由于失去重力，火焰的形状不再是纺锤形，而变为圆形，A、C错误，B正确。 2.(2025·连云港模拟)中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼，如图所示。静止时形成的△OAB为等边三角形。若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为(已知重力加速度为g) (　 ) A.g B.g C. D.g 解析：选B　对结点O受力分析，由平衡条件可得2Tsin 60°=mg，解得T=mg，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会瞬间突变，所以弹簧弹力与重力的合力与轻绳的拉力等大反向，则灯笼的瞬时加速度大小为a==g，故B正确。 3.(2025·无锡质检)某同学站在力传感器上下蹲，力传感器上显示的图线可能是 (　 ) 解析：选C　在下蹲过程中，该同学先加速后减速，先失重后超重。故C正确。 4.如图，无人机下面吊着一桶水奔赴火场灭火，当无人机和水桶以某一加速度沿水平方向匀加速向前飞行时，悬吊水桶的绳子与水平方向的夹角为37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度为g，不计一切阻力，此时无人机的加速度大小为 (　 ) A.g B.g C.g D.g 解析：选C　设悬吊水桶的绳子拉力为FT，根据平衡条件得FTsin 37°=mg，根据牛顿第二定律得FTcos 37°=ma，解得a=g，故选C。 5.(2025·镇江模拟)如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度取g=10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断的瞬间 (　 ) A.B对A的压力大小为18 N B.弹簧弹力的大小为20 N C.A的加速度为0 D.B的加速度大小为8 m/s2 解析：选B　未剪断细线时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FT=mAg=20 N，故B正确;细线剪断瞬间，A、B一起以共同加速度下降，故A、B整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a，解得A、B的共同加速度a=6 m/s2，故C、D错误;对B由牛顿第二定律可得mBg-N=mBa，解得B受到的支持力为N=12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A错误。 6.(2025年1月·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　 ) A.做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 解析：选D　如图所示，该同学的质量为60.0 kg，电梯竖直上升过程，根据牛顿第二定律F-mg=ma，可得a= m/s2=0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。 7.在一些智能手机上配备有加速度传感器，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机的地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上的加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，重力加速度取g=10 m/s2，由此可判断出 (　 ) A.手机在t2时刻速度为0 B.运行过程中手机有可能与升降机分离 C.在t2~t3时间内，手机处于超重状态 D.在t1~t3时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大 解析：选B　根据题意，由题图可知，t2时刻之前加速度的方向一直向上，t2时刻a=0，则手机向上的速度达到最大，故A错误;由题图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故B正确;由题图可知，t2~t3时间内手机的加速度方向向下，手机处于失重状态，故C错误;根据题意，由题图可知，t1~t2时间内手机加速度方向向上，由牛顿第二定律有N-mg=ma，由于a减小，则N减小，t2~t3时间内手机加速度方向向下，由牛顿第二定律有mg-N=ma，由于a增大，则N减小，即在t1~t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D错误。 8.如图所示，四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上，且A、C两点是圆的最高点和最低点，圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放，不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　 ) A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短 B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长 C.四个圆环到达各自杆的底端所用的时间都相同 D.四个圆环到达各自杆的底端所用的时间各不相同 解析：选C　设杆AB长为l，与水平方向的夹角为θ，圆环的质量为 m，对圆环a，根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma，可得a=gsin θ，由运动学公式可得l=at2，根据几何关系可知l=2Rsin θ，解得t=，则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关;同理可得圆环b、c、d的下滑时间也为t=，故C正确。 9.(2025年1月·八省联考晋陕宁青卷)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则 (　 ) A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g 解析：选C　对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg，L2的拉力大小为T2==4mg，选项A、B错误;剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，选项D错误;对小球甲受力分析可知，受重力和弹簧向下的拉力，绳子L2对其的拉力，小球甲的速度为0，将力沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断L1瞬间，小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°，由牛顿第二定律可知F合=ma，解得a=g，选项C正确。故选C。 10.现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示，一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后无人机又匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s，速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s，受到的空气阻力恒为f=1 N，重力加速度大小g取10 m/s2，则 (　 ) A.无人机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是20 N B.无人机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N C.无人机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N D.无人机上升的总高度为24 m 解析：选D　上升的第一个阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度大小为a1==2 m/s2，由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1，得F1=mg+ma1+f=25 N，故A错误;上升的第二个阶段由平衡条件可知，F2=mg+f=21 N，故B错误;上升的第三个阶段加速度大小为a2==1 m/s2，由牛顿第二定律得F3-mg-f=-ma2，得F3=mg-ma2+f=19 N，故C错误;无人机上升的总高度为h=(t1+t3)+vmt2=24 m，故D正确。 11.(12分)(2025·南通模拟)电动平衡车是现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模型。某人站在平衡车上从速度v=1 m/s匀加速到v1=5 m/s，所用的时间为t=10 s。已知人的质量为m=60 kg，人受到的空气阻力为f=6 N，计算结果可以保留根号，g取10 m/s2。求： (1)加速度a的大小;(3分) (2)踏板对人的作用力F的大小;(4分) (3)若平衡车质量为M=10 kg，忽略平衡车受到的阻力，求地面对平衡车的支持力FN的大小、摩擦力Ff的大小。(5分) 解析：(1)加速度a的大小为a==0.4 m/s2。 (2)将踏板对人的作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，由牛顿第二定律和平衡条件可知水平方向有F2-f=ma 竖直方向有F1=mg 同时F= 联立解得F=30 N。 (3)对平衡车和人整体受力分析，在竖直方向上有 FN=g=700 N 在水平方向上有Ff-f=a 解得Ff=34 N。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)30 N　(3)700 N　34 N 12.(13分)(2025·太仓调研)如图所示，总质量为500 kg的热气球所受浮力大小恒为5 200 N，从地面开始竖直上升，上升过程中所受空气阻力f与速度v的大小关系为f=40v(f、v都取国际单位)。上升过程中热气球总质量不变，g取10 m/s2。 (1)定性描述热气球上升过程中加速度和速度的变化情况;(3分) (2)求热气球以2.5 m/s的速度上升时加速度的大小;(5分) (3)求热气球匀速上升的速度大小。(5分) 解析：(1)上升过程中由牛顿第二定律可得F-mg-40v=ma 则随着速度的增加，加速度减小，最后加速度减到零，此后热气球做匀速直线运动;则热气球上升过程中加速度先减小后不变，速度先增加后不变。 (2)根据F-mg-40v=ma 可得热气球以2.5 m/s的速度上升时加速度大小 a== m/s2=0.2 m/s2。 (3)热气球匀速上升时a=0，则F-mg-40v=0 解得v=5 m/s。 答案：(1)见解析　(2)0.2 m/s2　(3)5 m/s 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$