第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用(Word练习)-【精讲精练】2026年高考物理一轮复习（人教版）

[对应学生用书第367页] [基础题组] 1．(2024·天津模拟)一伞兵从高空悬停的直升机上无初速度下落，5 s后打开降落伞。规定竖直向下为正方向，其沿竖直方向运动的v­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．0～5 s内伞兵处于完全失重状态 B．5～9 s内，伞兵处于超重状态 C．伞兵下落50 m时速度小于20 m/s D．5～9 s内伞兵所受的合力越来越大 解析　0～5 s内伞兵向下的加速度为a＝ m/s2＝8 m/s2<g，则伞兵并非处于完全失重状态，选项A错误；5～9 s内，伞兵向下减速运动，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；伞兵在开始的100 m内做匀加速下降，则下落50 m时速度v＝＝ m/s＝20 m/s>20 m/s，选项C错误；图像的斜率等于加速度，可知5～9 s内伞兵的加速度逐渐减小，则所受的合力越来越小，选项D错误。 答案　B 2．(2024·重庆八中校考)如图所示为影视摄影区的特技演员高空速滑的图片，钢索与水平方向的夹角θ＝37°，质量为m的特技演员(轻绳、轻环质量忽略不计)利用轻绳通过轻质滑环悬吊在滑索下。在匀速下滑过程中，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．钢索对轻质滑环的作用力垂直于钢索向上 B．演员处于完全失重状态 C．钢索与滑环间的动摩擦因数为0.6 D．钢索对滑环的摩擦力为0.6mg 解析　在匀速下滑过程中，处于平衡状态，所以钢索对轻质滑环的作用力竖直向上，用来平衡演员的拉力，故选项A错误；在匀速下滑过程中，处于平衡状态，故选项B错误；钢索与滑环间的动摩擦因数为mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ＝0.75，故选项C错误；钢索对滑环的摩擦力为Ff＝μmg cos θ＝0.6mg，故选项D正确。 答案　D 3．一质量为2 kg的物体，在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，第2 s内的位移为3 m，已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则拉力F大小为(　　) A．2 N　　　　　　　 B．4 N C．12 N D．24 N 解析　根据位移—时间公式x＝at2得第2 s内的位移为x2＝at22－at12＝×a×22(m)－×a×12(m)＝3 m 解得物体的加速度为a＝2 m/s2 根据牛顿第二定律得F－mg＝ma 解得F＝mg＋ma＝24 N 故选项A、B、C错误，D正确。 答案　D 4．如图甲为位移传感器，图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移－时间(x­t)图像，若斜面倾角为θ＝30°，取重力加速度 g＝10 m/s2，斜面足够长。下列说法中正确的是(　　) A．木块在t＝3 s时处于斜面上x＝16 m的位置 B．木块在t＝1 s时速度大小为2 m/s C．木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝ D．木块的加速度大小为5 m/s2 解析　设木块下滑的初速度为v0，加速度为a，根据x­t关系可得x＝v0t＋at2，根据题图乙可知，当t＝1 s时x＝2 m，当t＝2 s时x＝8 m，联立解得v0＝0，a＝4 m/s2，选项D错误；木块在t＝3 s时处于斜面上x＝×4×32 m＝18 m的位置，选项A错误；木块在t＝1 s时速度大小为v＝at＝4×1 m/s＝4 m/s，选项B错误；由牛顿第二定律可知木块下滑的加速度a＝g(sin 30°－μcos 30°)，因a＝4 m/s2，解得μ＝，选项C正确。 答案　C 5．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mg cos θ)，其他条件不变，则木盒滑行的距离将(　　) A．不变 B．变小 C．变大 D．变大变小均有可能 解析　设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时，由牛顿第二定律有μ(M＋m)g cos θ＋(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时，由牛顿第二定律有μ(M＋m)g cos θ＋Mg sin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝可得x2＜x1。同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)·g cos θ－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)g cos θ－Mg sin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝可得x2′＜x1′，故选项B正确。 答案　B 6．置于水平地面上质量m＝1.0 kg的物块在F＝6 N的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度取g＝10 m/s2。该物块依次通过A、B、C、D四个位置，已知AB＝3 m，CD＝9 m，且物块通过AB段和CD段的时间均为1 s，则BC段的长度为(　　) A．8 m B．10 m C．12 m D．16 m 解析　物块的加速度a＝＝2 m/s2，设A点的速度v0，BC＝x，从B到C时间为t′，则从A到B，AB＝v0t＋at2＝3 m；则从A到C，AC＝3 m＋x＝v0(t＋t′)＋a(t＋t′)2＝v0(1＋t′)＋(1＋t′)2，从A到D，AD＝3 m＋x＋9 m＝v0(2t＋t′)＋a(2t＋t′)2＝v0(2＋t′)＋(2＋t′)2，联立解得t′＝2 s，x＝12 m，故选项C正确。 答案　C 7．(2024·湖北荆门二模)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间。某无人驾驶汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m，若以20 m/s的速度在某湿润路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动104 m。湿润路面的摩擦阻力为干燥路面的0.4倍，g＝10 m/s2，无人驾驶汽车的反应时间为(　　) A．0.1 s B．0.15 s C．0.2 s D．0.25 s 解析　设在干燥路面速度为v1，反应距离为x1，刹车加速度大小为a1，刹车距离为x2，反应时间为t，有x1＝v1t，v12＝2a1x2，x1＋x2＝96 m，湿润路面的摩擦阻力为干燥路面的0.4倍，由牛顿第二定律知，刹车的加速度大小为a2＝0.4a1，设车在湿润路面速度为v1′，反应距离为x1′，刹车距离为x2′，反应时间不变，为t，有x1′＝v2t，v22＝2a2x2′，x1′＋x2′＝104 m，联立以上解得t＝0.2 s，故选项C正确。 答案　C [提升题组] 8．(2024·江西上饶模拟)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、ad到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2＝t3　　　　　　　 B．t3>t1>t2 C．t1＜t2＜t3 D．t2>t1＝t3 解析　设圆半径为R，Oa与竖直方向的夹角为α，环沿Oa下滑时的加速度大小为a1＝g cos α，根据运动学公式有2R cos α＝a1t12，t1＝，同理可得t3＝，因此t1＝t3。设Ob与竖直方向的夹角为θ，环沿Ob下滑时的加速度大小为a2＝g cos θ，由几何关系得Ob长为2R，根据运动学公式有2R＝a2t22，t2＝>，由此得到t2＞t1＝t3，故选D。 答案　D 9．(2024·北京高三月考)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架质量m＝1 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝16 N，无人机上升过程中最大速度为6 m/s。若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，g取10 m/s2。求： (1)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小； (2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间。 解析　(1)无人机以最大升力起飞时的加速度 a＝＝2 m/s2 由牛顿第二定律F－Ff－mg＝ma 解得Ff＝4 N。 (2)竖直向上加速阶段x1＝at12，t1＝ 解得t1＝3 s，x1＝9 m 匀速阶段t2＝＝3.5 s 无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5 s。 答案　(1)4 N　(2)6.5 s 10．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m。(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求： (1)滑块在运动过程中的最大速度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小。 解析　(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有 mg sin 30°＝ma1 vm2＝2a1 解得vm＝4 m/s。 (2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，则有 μmg＝ma2 vm2＝2a2L 解得μ＝0.4。 (3)滑块在斜面上运动的时间为t1，则有 vm＝a1t1 解得t1＝0.8 s 由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动 t－t1＝0.2 s 设t＝1.0 s时速度大小为v，则有 v＝vm－a2(t－t1) 解得v＝3.2 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$