2026届高考物理一轮复习考点练习： 牛顿第二定律的基本应用

牛顿第二定律的基本应用 基础巩固 1.[2025·江苏淮安一中模拟] “神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31日返回地面,图甲是返回舱降落的场景,从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地,返回舱的下落简化v-t图如图乙所示.舱内航天员的超重感觉最明显的时段是 (　) A.从t1到t2 B.从t2到t3 C.从t3到t4 D.从t4到t5 2.细绳拴着一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,重力加速度大小为g,如图所示,以下说法正确的是(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8) (　) A.小球静止时弹簧的弹力大小为mg B.小球静止时细绳的拉力大小为mg C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g 3.[2025·福建厦门一中模拟] 如图所示,竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端与质量M=2m的木板相连,质量为m的物块放在木板上,物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压力F,整个系统处于静止状态,g为重力加速度.某时刻突然撤去压力F,则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为 (　) A.mg B.mg C.2mg D.mg 4.[2025·浙江学军中学模拟] 某同学利用手机加速度传感器研究电梯运动时的超失重现象.某次测量时,手机平放在电梯地板上,电梯由静止开始运动,获得竖直方向的加速度a随时间t变化的图线(取竖直向上为正方向)如图所示,重力加速度大小g取10 m/s2,则由图线可知,在5.0~30.0 s内 (　) A.电梯一直向上运动且先加速再减速 B.电梯运动过程的最大加速度约为0.5g C.手机对地板的压力最大值约为其重力的1.5倍 D.电梯先下降后上升,10 s时手机处于失重状态 5.[2025·湖北恩施模拟] 如图所示,三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐,B管竖直放置,A管与B管的夹角为α,C管与B管的夹角为β,且α<β.三个小球同时从管口顶端静止释放,经过相同的时间,三球所处位置正确的是(　) A B C D 综合提升 6.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是 (　) A.0~t1时间内,v增大,FN>mg B.t1~t2时间内,v减小,FN<mg C.t2~t3时间内,v增大,FN<mg D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg 7.[2025·山西太原模拟] 如图所示,三个质量均为m的物块A、B、C用轻弹簧1、2连接起来,并用细线悬挂在升降机内,升降机正以a=2 m/s2的加速度匀加速上升,A、B、C相对静止.取竖直向上为正方向,重力加速度大小g取10 m/s2,剪断弹簧2瞬间A、B、C的加速度分别为 (　) A.0,2 m/s2,-10 m/s2 B.2 m/s2,14 m/s2,-10 m/s2 C.0,14 m/s2,10 m/s2 D.2 m/s2,2 m/s2,10 m/s2 8.[2025·江西南昌模拟] 如图所示,两个完全相同的小球a、b用轻弹簧N连接,轻弹簧M和轻绳一端均与a相连,另一端分别固定在竖直墙和天花板上,弹簧M水平,当轻绳与竖直方向的夹角为60°时,M、N伸长量刚好相同.若M、N的劲度系数分别为k1、k2,a、b两球的质量均为m,重力加速度大小为g,则以下判断正确的是 (　) A.=2 B.= C.若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,a球的加速度大小为4g D.若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,b球处于失重状态 9.(多选)[2024·四川成都模拟] 极速冰滑梯是哈尔滨冰雪大世界最受欢迎的项目,其滑道可简化为下图,由倾角θ=37°的斜面滑道和水平滑道组成.一名游客坐在坐垫上从A点无初速度匀加速下滑,经15 s滑至B点,接着沿水平滑道匀减速滑行10 s后到C点停下.已知游客经过B点时速度大小不变,坐垫与两段滑道的动摩擦因数相同,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则 (　) A.游客在AB、BC段通过的位移大小之比为3∶2 B.游客在AB、BC段的加速度大小之比为3∶2 C.坐垫与滑道间的动摩擦因数为0.36 D.游客由A到C通过的总路程约为511 m 10.[2025·天津和平区模拟] 某实验小组打算制作一个火箭,甲同学设计了一个火箭质量为m,可提供恒定的推动力,大小为F=2mg(g为重力加速度大小),持续时间为t;乙同学对甲同学的设计方案进行了改进,采用二级推进的方式,即当质量为m的火箭飞行经过时,火箭丢弃掉的质量(推动力不变),剩余时间,火箭推动剩余的继续飞行.若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h.则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化) (　) A.2h B.2.5h C.2.75h D.3.25h 11.一质量为m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上,在无外力F的情况下,以a=2 m/s2的加速度匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用于滑块,如图所示,使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动,在0~2 s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4 m(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).求: (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ; (2)恒力F的大小. 拓展挑战 12.[2025·湖南岳阳模拟] 如图所示,质量为M=5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3.这时铁箱内一个质量为m=1 kg的可看成质点的木块恰好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2. (1)求木块对铁箱压力的大小; (2)求水平拉力F的大小; (3)减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹,当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力,又经1 s的时间木块从左侧到达右侧,求铁箱内壁的长度. 答案解析 1.B　[解析] v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小,由图可知,t2到t3时间内向上的加速度最大,可知这个时段航天员超重感觉最明显,故B正确. 2.D　[解析] 小球静止时,由平衡条件得弹簧的弹力F=mgtan 53°=mg,细绳的拉力FT==mg,故A、B错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为g,故C错误,D正确. 3.B　[解析] 某时刻突然撤去压力F,对整体,根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a,对物块,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为FN=mg,故选B. 4.D　[解析] 从a-t图像可以看出,电梯从静止开始,先加速下降,再匀速下降一段时间又减速下降,然后又开始上升,先加速上升,再匀速上升一段时间最后减速上升,在10 s时,由于加速度向下,手机处于失重状态,A错误,D正确;从a-t图像可以看出,最大加速度约为0.5 m/s2,B错误;在减速下降和加速上升的过程中,手机处于超重状态,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,可得FNm=m(g+0.5)=1.05mg,根据牛顿第三定律可知对地板的压力FNm'=FNm,C错误. 5.C　[解析] 如图所示,ABCD为同一圆上的点,圆的半径为R,小球从A沿光滑管AB、AC、AD滑下,从AB下滑用时为t1,有2R=g,解得t1=,从AC下滑,有a=gcos θ,而AC的长度为L=2Rcos θ,故有L=a,解得t2=,同理,若从AD下滑,时间为t3=,即小球到达圆上三点所用时间相同;依此结论可知,现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦,相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上,且所在位置和竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角,故C正确. 6.D　[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度,0~t1时间内乘客的速度增大,乘客向下做加速运动,故加速度向下,乘客失重,得FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内乘客的速度不变,乘客做匀速运动,说明乘客处于平衡状态,得FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内乘客的速度减小,乘客向下做减速运动,故加速度向上,乘客超重,得FN>mg,选项C错误,D正确. 7.B　[解析] 剪断弹簧2前,以A、B、C为整体受力分析可得FT-3mg=3ma,对C受力分析可得F2-mg=ma,以B、C为整体受力分析可得F1-2mg=2ma,剪断弹簧2瞬间,弹簧1的弹力不发生突变,A与绳相连会与升降机一起匀加速,aA=2 m/s2,弹簧2的弹力为零,对B有F1-mg=maB,解得aB=14 m/s2,剪断弹簧2瞬间,C只受到重力作用,则-mg=maC,C的加速度为aC=-10 m/s2,故B正确. 8.C　[解析] 对球b受力分析,有k2x=mg,对a球受力分析,水平方向有FTsin 60°=k1x,竖直方向有FTcos 60°=mg+k2x,整理有=2,故A、B错误;在剪断细绳后,细绳的拉力消失,剪断瞬间弹簧的形变量因为不能突变,所以弹簧弹力不变,对b球来说,其重力和弹簧N的弹力不变,而由之前的分析可知k2x=mg,所以剪断瞬间,b球处于平衡状态,故D错误;由之前分析可知,小球a处于平衡状态,所以剪断细绳瞬间,a球所受合外力的大小与轻绳的拉力大小相等,所以有F合=FT=ma,解得a=4g,故C正确. 9.AD　[解析] 根据匀变速直线运动规律x=t,游客经过B点时速度大小不变,可知游客在AB、BC段通过的位移大小之比为3∶2,故A正确;根据加速度的计算公式有v=at,则游客在AB、BC段的加速度大小之比为2∶3,故B错误;根据牛顿第二定律可知,在斜面上有mgsin θ-μmgcos θ=maAB,在水平滑道上有μmg=maBC,解得μ=,故C错误;游客由A到C通过的总路程为x=aAB+aBC,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=maAB、μmg=maBC,解得x≈511 m,故D正确. 10.C　[解析] 对甲同学的火箭,t时间内的加速度为a1,由牛顿第二定律可得F-mg=ma1,解得a1=g,t时刻的速度为v1=a1t,上升的高度为h=gt2+=gt2,对乙同学的火箭,在0~内的加速度a2=a1=g,时刻的速度为v2=a2·=gt,在~t内加速度为a2',则F-mg=ma2',解得a2'=3g,t时刻的速度v2'=v2+a2'·=2gt,上升的高度为h'=·+·+=2.75gt2=2.75h,故C正确,A、B、D错误. 11.(1)0.5　(2)48 N [解析] (1)滑块在斜面上以a=2 m/s2的加速度匀加速下滑时,由牛顿第二定律可得 mgsin θ-μmgcos θ=ma 代入数据解得μ=0.5 (2)滑块在恒力作用下,由牛顿第二定律可得Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ+mgcos θ)=ma' 滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动,在0~2 s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4 m,由位移—时间公式可得x=a't2 代入数据解得a'=2 m/s2 联立解得F=48 N 12.(1)40 N　(2)258 N　(3)0.3 m [解析] (1)木块恰好静止在铁箱的后壁上时,木块在竖直方向受力平衡有Ff=μ2FN=mg 解得铁箱对木块的支持力的大小FN=40 N 根据牛顿第三定律,木块对铁箱压力的大小为40 N (2)木块在水平方向的加速度设为a根据牛顿第二定律有FN=ma 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1g=a 联立解得F=258 N (3)木块落到铁箱底部,撤去拉力后,铁箱和木块均以v=6 m/s的初速度做匀减速直线运动,铁箱受到地面的摩擦力Ff1=μ1g=18 N,方向水平向左 铁箱受到木块的摩擦力Ff2=μ2mg=2.5 N,方向水平向右 设铁箱的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有Ff1-Ff2=Ma1 解得a1=3.1 m/s2,方向水平向左 设木块的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有Ff2=μ2mg=ma2 解得a2=2.5 m/s2,方向水平向左 再经过1 s,木块从铁箱的左侧到达右侧,则木块对地位移x2=vt-a2t2 铁箱对地位移x1=vt-a1t2 故铁箱内壁的长度为x=x2-x1=0.3 m 学科网（北京）股份有限公司 $