第3章 第2讲 牛顿运动定律的应用(Word练习)-【高考快车道】2026年高考物理大一轮总复习

第2讲　牛顿运动定律的应用 1.〔多选〕（2025·贵州贵阳三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C.剪断绳OA瞬间，小球的加速度为零 D.剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g 2.（2025·辽宁辽阳模拟）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（　　） 3.（2025·广东佛山二模）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为（　　） A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 4.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　） A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 5.（2025·河南三门峡模拟）如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为（　　） A.14 m/s2 B.12 m/s2 C.10 m/s2 D.8 m/s2 6.（2025·福建龙岩一模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，A、B两球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B两球间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A.B球处于平衡状态 B.轻质弹簧的弹力大小为m1gsin θ C.B球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下 D.A球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向上 7.（2025·黑龙江大庆三模）图甲所示的是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5 h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　） A.0～0.5 h内，“奋斗者号”处于超重状态 B.0.5～2.5 h内，“奋斗者号”的总质量小于m C.2.5～3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为2 m/s2 D.0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为7 200 m 8.如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B.小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1 C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D.小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s 9.〔多选〕如图为某学校“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速度10 m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1 kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5 N，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A.水火箭运动过程中，经过同一高度时（除最高点外），上升时的速率大于其下落时的速率 B.水火箭所能上升的最大高度为 m C.水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6 s D.当水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m时，速度大小为3 m/s 10.（2025·辽宁沈阳模拟）高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面，通道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： （1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小； （2）为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最短时间。 11.我国火星探测器“天问一号”着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，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100 m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，5 s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g取4 m/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： （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（保留3位有效数字）。 第2讲　牛顿运动定律的应用 1.BD　剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，小球将绕B点开始做圆周运动，此时沿切线方向的加速度大小为g，故C错误，D正确。 2.C　该同学在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。故选C。 3.D　根据运动学公式可得v2－＝－2ah，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N，故选D。 4.D　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知当θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。 5.D　剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。 6.C　当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B球分析，由牛顿第二定律得m2gsin θ＝m2a2，解得B球的加速度大小为a2＝gsin θ，方向沿斜面向下，故A错误，C正确；细线被剪断前，对A、B两球整体分析，由平衡条件得F弹＝gsin θ，细线被剪断瞬间，轻质弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变， 故B错误；细线被剪断瞬间，对A球分析，由牛顿第二定律得F弹－m1gsin θ＝m1a1，解得a1＝gsin θ，方向沿斜面向上，故D错误。 7.B　0～0.5 h内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；“奋斗者号”的体积不变，则浮力不变，0.5～2.5 h内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，故此时“奋斗者号”的总质量小于m，故B正确；由图像可知，2.5～3 h内，“奋斗者号”的加速度大小为a＝ m/s2＝ m/s2，故C错误；根据v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为h＝×（2×3 600＋3×3 600）×1 m＝9 000 m，故D错误。 8.B　设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道之间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'＝v1≈8.7 m/s，D错误。 9.AD　运动过程中空气阻力一直做负功，使得水火箭机械能减小，则同一高度处下落阶段动能较小，速度较小，故A正确；水火箭向上运动时，空气阻力向下，加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，则上升的最大高度为hm＝＝4 m，故B错误；水火箭从地面到最高点的时间为t＝＝0.8 s，水火箭下落时空气阻力向上，加速度a2＝g－＝7.5 m/s2，所以下落时间大于上升时间，运动总时间大于1.6 s，故C错误；水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m，即下落h＝3 m时，速度v＝＝3 m/s，故D正确。 10.（1）2 m/s2　（2）6 s 解析：（1）当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关系有sin θ＝＝0.6 根据牛顿第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1 解得a1＝2 m/s2。 （2）当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2， 根据牛顿第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设人的最大速度为vm，人滑到底端的速度为v，则有＋＝28 m，t＝＋ 联立解得t＝6 s。 11.（1）8 m/s　（2） m/s2　（3）2.67×104 N 解析：（1）探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火 解得a1＝3.2 m/s2 探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s 全程的平均速度大小为＝＝8 m/s。 （2）探测器加速下落过程中，由h1＝a1 代入数据得h1＝40 m 则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m 减速下落过程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。 （3）设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F， 有F＋f－mg火＝ma2 代入数据解得F＝2.67×104 N。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $