练案15 第三章 第15讲 牛顿第二定律的基本应用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[15] 第15讲 牛顿第二定律的基本应用 4.（2024·南昌模拟)加速 alm·s3 基础巩固练 度传感器APP是一些智 20.0----1---------- 题组一牛顿第二定律的瞬时性问题 能手机上配备的较为实 1.(2025·八省联考山西陕西卷)如图，质量均为m的两 用的软件，能显示物体 10.0 个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固 运动过程中的加速度变 定，处于静止状态，L水平，L,与竖直方向的夹角为 化情况。现出于安全角 60°，重力加速度大小为g。则 度，需要分析某升降机 ∠∠4∠∠ -10.0上---- 在实际运行过程中的加 01.00 1.50 60 速度，将手机放置于升 甲 降机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加速度 乙○ 随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由 A.L的拉力大小为3mg 此可判断出(g取10m/s2) B.L,的拉力大小为3mg A.手机在2时刻速度为0 C.若剪断L,该瞬间小球甲的加速度大小为√3g B.运行过程中手机有可能与升降机分离 D.若剪断L,该瞬间小球乙的加速度大小为g C.手机在2~3时间内，处于超重状态 2.如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖“ D.在1~3时间内，升降机受到手机的压力先减小再 直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细 增大 B 线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力 5.（多选)某人在地面上用体重计称，GN 540------ 加速度g=10m/s2。某时刻将细线剪断， 得其体重为490N,他将体重计移490 至电梯内称量，o至3时间段内， 440 则细线剪断瞬间 ) 7 A.B对A的压力大小为12N 体重计的示数如图所示。若取竖 B.弹簧弹力大小为50N 直向上为正方向，则电梯运行的v-t和a-t图像可能 C.B的加速度大小为10m/s2 正确的是(g取9.8m/s2) D.A的加速度为零 题组二超重和失重 3.(多选)如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平 衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保 持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置 带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向上运动，当轿 厢从顶楼向下运动时，-t图像如图2所示，下列说法 正确的是 驱动电机 C 钢丝绳 题组三两类动力学问题 对重 6.（2024·河南洛阳联考)如图 所示，在重大节日或活动现场 会燃放大型的礼花烟火。假 图1 图2 设礼花弹从炮筒中竖直向上 A.在0~t,时间内，轿厢处于超重状态 射出时的初速度是60m/s,上 B.在0~1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后 升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力 增大 加速度g取10/s2,则礼花弹从射出到最高点所用的 C.在2~3时间内，“对重”处于失重状态 时间和离地面的距离分别为 () D.在1~2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢 A.6s,90m B.3s,180m 丝绳对“对重”的拉力大小 C.3s,90m D.6s,180m —343 7.（多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖 11.（多选)如图所示，在一竖直墙角存 直平面内三根固定的光滑细杆，O、 在两个光滑的斜面，两斜面的夹角 a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周 分别为和B(α≠B),斜面底端在 的最高点，a为最低点，0'为圆心。 水平面的同一固定点P,底端P距 每根杆上都套着一个小滑环（未画 竖直墙壁的距离为d。现将三个小 出)，两个滑环从O点无初速度释 球a、b、c(均视为质点)分别从两个 放，一个滑环从d点无初速度释放，用1、、分别表 斜面的顶端及P点的正上方同时由静止释放，三小 示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系 球同时运动到P点。忽略空气阻力，则 () 正确的是 ( ) A.=t B.t2>3 A一定满足a+B=受 C.<l D.41=3 B.一定满足B=2a 能力提升练 C.c球释放点距P点高度为2 cos 2B 8.如图所示，水平桌面 Dc球释效点矩P点高度为。 由粗糙程度不同的 AB、BC两部分组成， 12.（2025·浙江杭州高一联考)如图所示，甲同学需要 且AB=BC,小物块P 用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板 (可视为质点)以某 车和用品的总质量为30kg,道路可以简化为一段长 一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点（桌 为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡 面始终静止)，已知物块经过AB与BC两部分的时间 BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经 之比为1：4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的 9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力 动摩擦因数12之比为 大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。 当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推 A.1:4 B.2:1C.4:1 D.8:1 9.（2024·山东临沂高三期未)如图 力大小为104N,方向沿斜面向上。已知平板车所受 所示，倾角为0的斜面固定在水平 摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求： 地面上，在与斜面共面的平面上方 甲同学 A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面 甲同学 上B、C、D三点，其中AC与斜面垂日 直，且∠BAC=∠DAC=0(0<45°)，现有三个质量均 乙同学 27 为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次 从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间 (1)平板车到达B点时的速度大小； (2)甲同学的拉力大小； 分别为ta、ctp,下列说法正确的是 ( (3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。 A.tR>tc>tp B.t8=tc <tp C.lg<tc <tp D.tg<tc=lp 10.(2025·山东莱芜一中调研)如图所示，小明 从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手 拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边 缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对 运动，筒内的羽毛球就可以从上端筒口出 来。已知球筒质量为M=90g(不含球的质 量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为厂= 2.5N,羽毛球质量为m=5g,球头离筒的上端距离 为d=7.0cm,球与筒之间的滑动摩擦力为，= 0.2N,重力加速度g=10m/s2,空气阻力忽略不计。 当球筒获得一个初速度后 A.羽毛球的加速度大小为10m/s2 B.羽毛球的加速度大小为30m/s2 C.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初 速度至少为3m/s D.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初 5 速度至少为 m/s 5 一344滑动时，铁箱对木块的摩擦力F,=uFN=wm*块a逐渐减小，故B2.A原来A处于平衡状态，有F弹=mAg=20N,细线剪断瞬间， 正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起 也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水 加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力， 平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。 由牛顿第二定律可得mg=(ma+mg)a,解得A、B共同的加速 8.D支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为f=mgsin0, 度a=6m/s2,故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得msg-FN 故A错误；手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无 =mga,解得B受到的支持力为F、=I2N,由牛顿第三定律可 相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支 知，B对A的压力大小为12N,故A正确。 持力比静止时受到的支持力大，故B错误；手持支架向左做匀3.BC由题图2知在0~t时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动， 加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，： 加速度方向向下，轿厢处于失重状态，A错误：根据-t图像的 根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水 斜率表示加速度知，在0~t1时间内轿厢的加速度先增大后减 平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误； 小，且加速度向下，根据牛顿第二定律得mg-F=ma,钢丝绳对 手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动， 轿厢的拉力先减小后增大，B正确；在2~t3时间内，“对重”向 加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的 上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，C正 力，则没有摩擦力，故D正确。 确；在t1~2时间内，虽然轿厢做匀速运动，但轿厢与“对重”的 9.D将a沿水平和竖直两个方向分解，对 重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉 货物受力分析如图所示，则有水平方向： 力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，D错误。 F=ma·cos37°，竖直方向：F-mg= 4.B 根据题意，由题图可知，t2之前加速度一直向上，t2时刻a= ma·sin37°，Fx=1.15mg,联立解得Fr= 0,则手机向上速度达到最大，故A错误；根据题意，由题图可 0.2mg,故D正确。 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 10.C对轮胎T甲sina+N=mg,T甲cosa-uW=ma甲，T sin B+ 机有可能离开过升降机，故B正确；根据题意，由题图可知，2~ N=mg,T cos B-uW=ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角 t3时间内手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误：根 比乙的大，即a>B,则sina>sinB,cosa<cosB,所以T甲< 据题意，由题图可知，t,~t,时间内手机加速度向上，由牛顿第 T乙，a甲<a乙，F甲=ma甲<F乙=ma乙，故选C。 二定律有N-mg=ma,由于a减小，则N减小，t2~t3时间内手 11.D若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，有mgsin a= 机加速度向下，由牛顿第二定律有mg-V=ma,由于a增大，则 mgcos a,得物块与斜面之间的动摩擦因数为4=ana,施加 减小，即在~t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小， 力F后物块沿斜面方向有(mg+F)sina=u(mg+F)cosa,即 由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D 物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，A错误；若力F垂直斜 错误。 4(m0sa+P),所以物块会减速，B错误；若力F沿斜面向5.ABCm=￡=50kg,在6-4时间内，根据牛顿第二定律可知 面向下，则最大静摩擦力变为u(mgcos a+F),mgsin o< 下，物块对斜面有压力和滑动摩擦力，根据以=tana和力的平 F-mg=ma1,解得a1=-1/s2,可知在6~t1时间内，此人 行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下， 向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，1~？根据牛顿第二 即斜面不受地面的摩擦力，C错误；只要物块在斜面上是滑动 定律可知F2-mg=ma2,解得a2=0,可知在t~t2时间内，此人 的，物块对斜面的力只有压力和滑动摩擦力，物块对斜面的作 做匀速直线运动或静止，2~t3时间内，根据牛顿第二定律可知 用力的合力方向始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，D F,-mg=ma,解得a=1m/s2,可知在t2~t3时间内，此人向 正确。 下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符 12.(1)8N6N(2)2/41N0 合要求。 [解析](I)根据平衡条件Tansin a=Tecsin B 6.C礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿 Tcos a+TRcCos B=mg 第二定律有mg+f=ma,根据题意有f=mg,解得a=20m/s, 解得TAB=8N,Tc=6N。 (2)根据牛顿第二定律有TB'sina-TBc'sinB=ma 根据2=2aH,解得h=90m,由运动学知识得t=e=3s,选 T'cos a+Tec'cos B=mg 项C正确。 解得TAB'=12.8N,Tc'=-0.4N :7.BCD设想还有一根光滑固定细杆cm,则ca、Oa、da三细杆交于 由Tc'<0可知，小车以a=8m/s2的加速度水平向右行驶时，： 圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由 小球飘起，T”=0,设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为 c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即t=t 0,根据牛顿第二定律有Tw"sin0=ma =t3;而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小 TAB"cos 0=mg 解得T”=24TN。 相同，初速度均为零，但加速度a>a,由x= 2a2可知，52> tm,即t2>t1=t3,故A错误，B、C、D均正确。 练案[15] 8.D设小物块在两部分桌面上运动时的加速度分别为a、a2,小 1.C对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T=2 ngtan60° 物块经过B点的速度为，由运动学规律有0》×1=号× 2 =25g山的拉力大小为=0=4g,迹项AB错误： 剪断L1,该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为 4,解得=宁则a=7西=-合放aa=8山，又 零，加速度为零；甲球开始做圆周运动，但速度为零，向心力为 由牛顿第二定律得wmg=ma,解得μ=&，则动摩擦因数与加 零，只有切向加速度，由牛顿第二定律可知加速度a= 2 mgsin60°=万g,选项C正确，D错误。故选C。 速度大小成正比，所以动摩擦因数1、2之比为8：1，故D正 m 确，A、B、C错误。 589- 9.B由于∠BAC=0,则可以判断出AB竖直 3.BD当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大am= 向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图 所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第 m竖-0.2×10m/公=1.0m/s,此时二者加速度可认为相等， m 二定律及运动学公式可得mgcos0=ma, 对整体F=(m+M)a=3N,故C错误：当F小于3N时，物体和 1 4R 木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时， 2Reos0=2atc,联立解得te= ,可见 F 1 从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾 a=+m=3/令，当F=2N时a=W十m=号ms,故A 角无关，则tB=tc=tE<tD,故B正确。 错误，B正确；当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F= 10.D[题图剖析] 4N时，对物体a,--ms_42m?=2m/S,放D正确。 1 4.D对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作 筒获得的初速度最小， 用，根据牛顿第二定律有mngsin0=ma,小物块的加速度大小为 ,则羽毛球头部到达筒 口时二者速度相等 a=gsin0;设铁架台底边的长度为d,根据几何关系，可知小物 块的位移大小为1 内一。根据运劲学公式一。=宁心，联立可得 1 4d [解析]对羽毛球，由牛顿第二定律得mg+f5=ma1,解得 4=√gn208由30逐渐增大至60°，物块的下滑时间：将先 a1=50m/s2,则羽毛球向下做匀加速直线运动，A、B错误；对球 减小后增大，D项正确。 筒，由牛顿第二定律得Mg-f-方=Ma2,解得a2=-20m/s2, 5.BD 设火车加速度为a。时，小球刚好对斜面没有压力，对小 负号表示球简的加速度竖直向上，则球筒向下做匀减速直线 球，根据牛模第二定律可得a影=mm,解得4=10万m 运动，由运动学公式得at=n+t,in1+7a,f-乃af= ≈17m/s2。若a=20m/s2,可知小球已经离开斜面，小球受到 重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确：若a=10m/s2, d,解得=7,5 m/s,C错误，D正确。 5 可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支 持力三个力的作用，C错误，D正确。 1山AD假设斜面倾角为0，根据运动学公式有。=之sm9: 6.A空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f=m,上升阶 d 段由牛顿第二定律得mg+hm=ma,随着速度的减小，加速度逐 f,可得1=2√gm20,由于a、6两球下滑时间相等，则有 渐减小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点 sin2a=sin2B,并且a≠B,则有2a+2g=,可得a+B=受 加速度为a=g,下降阶段由牛顿第二定律得mg-km=ma',随 着速度的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减 故A正确，B错误；c球做自由落体运动，则有h=2g,可得 小的加速运动，故选A。 7.D对物体受力分析，受推力、重力、支持力， =兰。品B放C错误D正确。改证A山， 如图所示，x方向有Fcos0-mgsin0=ma,y 12.(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2,方向沿斜面向下 方向有FN-Fsin0-mgcos0=0,从a-F图 像中取两个点(20N,2m/s2),(30N, [解析](1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律5=·t 2 6m/s2)代入，解得m=2kg,0=37°，因而 解得平板车到达B点时的速度大小vg=3/s。 A、B可以算出：当a=0时，可解得F=15N,因而C可以算出： 题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为 (2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a= t 3 6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。 由牛顿第二定律F-0.3mg=ma 8.D物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原 解得甲同学的拉力大小为F=100N。 长，A错误：物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律 (3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律 得F+k(x。-x)-mg=ma,可知题图乙中图线斜率表示劲度系 F+F'-mgsin 6-0.3mgcos 0 ma' 数，可得k=5N/cm,B错误；根据牛顿第二定律有10N=ma, 解得a'=-1.6m/s2 30N-mg=ma,联立解得m=2kg,a=5m/s2,C错误，D正确。 所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s2,方向沿斜 9.C根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-fa 面向下。 =ma,由图像可知F=mt,而f=uF,解得a=g uto 练案[16] 一号，故随时间的增大，物块先做加速度逐渐0 1.C对两物块整体做受力分析有F=2ma,再对于后面的物块有 减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止 Frm=ma,F=2N,联立解得F=4N,故选C。 下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=时，物 2.Da球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mg-mhg 块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出α-t图像如图所 =(m+m,)a,解得a=2m/s2,故A错误；根据运动学公式h= /巫=0.7s,故B 示。根据其面积求出最大速度为。=28。，故选C。 2心可得，a球运动到地面所用时间为1二√2 10.BC物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 错误；a球落至地面时的速度大小为v=t=1.4m/s,故C错 的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a-F图像 误；对a球，根据牛顿第二定律有mg-T=m,a,解得绳子中张 看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2m/s2,说明 力大小为T=2.4N,故D正确。 轨道不是水平的，故B正确：设物块Q的质量为m,Q在运动方 -590