课时测评12 牛顿第二定律的基本应用（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

课时测评12　牛顿第二定律的基本应用 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题5、6、7，每题6分，其余每题4分，共38分) 1．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间，则有(　　) A．图甲中A球的加速度为g sin θ B．图甲中B球的加速度为0 C．图乙中A、B两球的加速度均为0 D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ 答案：D 解析：题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；题图甲中撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。故选D。 2．(2025·八省联考·山陕青宁卷)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 答案：C 解析：对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为FT1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小为FT2＝＝4mg，故A、B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受到的合力仍为零，加速度为零；若剪断L1，对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度a＝g，故C正确，D错误。故选C。 3．(2024·河南三门峡阶段考试)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，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 答案：D 解析：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F sin 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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。 4．(2024·长沙雅礼中学一模)某教师用图甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯从静止开始运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态 B．电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C．AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 D．CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 答案：C 解析：AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处于失重状态，A错误；AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速、向上匀速和向上减速的过程，B错误；由题图乙可知矿泉水瓶的重力mg＝15 N，则矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。故选C。 5．(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g＝。则(　　) A．座舱的最大速度为24 m/s B．匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的 C．匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 D．匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 答案：ABD 解析：座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝ma2，则有，故C错误，D正确。故选ABD。 6．(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝。下列说法正确的是(　　) A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D．无人机上升的最大高度为42 m 答案：ACD 解析：由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。 7．(多选)如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定且飞机在弹射区发动机正常工作，取g＝)。下列说法正确的是(　　) A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝ B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 答案：AC 解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－，故A、C正确，B错误；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。故选AC。 8．小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：由牛顿第二定律，上升时有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝g，则t1＝；下滑时有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝0.2g，由x2＝x1＝，解得t2＝，所以t＝t1＋t2＝。故选C。 9．(10分)(2025·八省联考·河南卷)如图甲所示的水平地面上，质量为1kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动。图乙为F随时间t变化的关系图像。已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)在2 s末物体的速度大小； (2)在0～3 s内物体所受摩擦力做的功。 答案：(1)8 m/s　(2)－27 J 解析：(1)物体所受的摩擦力为 Ff＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N 0～2s，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 其中F＝6 N，解得a＝4 m/s2 2 s末物体的速度v＝at＝4×2 m/s＝8 m/s 前2 s内物体的位移 x1＝×4×22 m＝8 m。 (2)2～3 s内，根据牛顿第二定律得 F′－Ff＝ma′ 其中F′＝－3 N 解得a′＝－5 m/s 2～3 s内，物体的位移x2＝vt′＋at′2 代入数据解得x2＝5.5 m 在0～3 s内物体所受摩擦力做的功 Wf＝－Ff(x1＋x2) 代入数据解得Wf＝－27 J。 10．(12分)2021年5月15日7时18分，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。如图为探测器在火星表面最后100米着陆的模拟示意图。探测器到达距火星表面100米的时候，进入悬停阶段，某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始竖直匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始竖直匀减速下落，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： (1)全程的平均速度大小； (2)减速下落过程中的加速度大小(结果保留2位有效数字)； (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(结果保留2位有效数字)。 答案：(1)8 m/s　(2)2.1 m/s2　(3)2.7×104 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－Ff＝ma1，其中Ff＝0.2mg火 解得a1＝3.2 m/s2 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)加速下落过程中，由h1＝ 解得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＝。 (3)设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋Ff－mg火＝ma2 解得F≈2.7×104 N。 学生用书第53页 学科网（北京）股份有限公司 $