课时作业15 牛顿第二定律的应用-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业15 牛顿第二定律的应用 (总分：65分) 基础巩固 A.L1的拉力大小为√3mg B.L2的拉力大小为3mg 1.(5分)两个质量均为m的小球A、B,用一 C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为√3g 根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系 D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 于天花板上，整体处于平衡状态，如图所 5.(5分)（多选）一种能垂直起 示。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落， 2 降的小型遥控无人机如图所 在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度 ○B 示，螺旋桨工作时能产生恒 分别为a1和a2,则 定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静 A.a=g,a2-g B.a1=0,a2=2g 止开始以2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞， C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0 上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。 2.(5分)一名乘客乘坐竖直电梯上x↑ 已知无人机的质量为5kg,运动过程中所受空 楼，其位移x与时间t的图像如图 气阻力大小恒为10N,重力加速度大小g取 所示，其中t1到t2时间段图像为 10m/s2。下列说法正确的是 () 直线。则以下说法正确的是() A.无人机失去升力时的速度大小为12m/s 0 1213 A.t1~t2时间内，乘客处于超重 B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60N 状态 C.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2 D.无人机上升的最大高度为36m B.t2~t3时间内，乘客的速度一直增大 6.(5分)(2022·辽宁卷)如图所示， C.0~t1时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力 一小物块从长1m的水平桌面一 D.0~t1时间内，乘客对电梯的压力小于电梯对乘 端以初速度。沿中线滑向另一 客的作用力 端，经过1s从另一端滑落。小物块与桌面间动摩 3.(5分)如图所示，将金属块用压缩 m 擦因数为4，重力加速度大小g取10m/s2。下列 的轻弹簧卡在一个箱子中，箱子上 vo、:值可能正确的是 () 顶板和下底板装有压力传感器。 A.o=2.5m/s B.vo=1.5 m/s 当箱子随电梯以a=4.0m/s2的 C.h=0.28 D.4=0.25 加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感 器显示的压力为4.0N,下底板的传感器显示的压 综合提升 力为10.0N。重力加速度大小g取10m/s2。若 7.(5分)(2025·辽宁重点中学高三联考)一同学乘 下底板压力传感器示数不变，上顶板压力传感器 电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测 示数是下底板压力传感器示数的一半，则电梯的 得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线 运动状态可能是 () 如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则() A.匀加速上升，a=5m/s2 4a/(m·s2) B.匀加速下降，a=5m/s 2.0 1.5 C.匀速上升 1.0 0.5 D.静止状态 1234568902s 4.(5分)(2025·八省联考陕西 -0.5 60©L2 -1.0 卷)如图所示，质量均为m的 -1.5 甲Q -2.0 两个相同小球甲和乙用轻弹簧 连接，并用轻绳L1、L2固定， A.t=4s时地板对该同学的支持力最小 乙O B.t=7s时地板对该同学的支持力为零 处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为 C.6~8s内电梯上升的高度约为4m 60°，重力加速度大小为g。则 D.6~8s内电梯上升的高度约为9m (横线下方不可作答) 375 第三章运动和力的关系 8.(5分)如图所示，吊篮A、物体B、物 C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行 体C的质量分别为m、2m、3m,B和 时，飞行器速率为5√3m/s C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的 B A D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大 质量不计。重力加速度为g。整个 宣C 小可以达到3g 系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现 11.(15分)2024年5月15日，我 将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间 ( 国首次火星探测器“天问一1=5 A.吊篮A的加速度大小为g 号”成功着陆火星刚好3周年。 4 H=100m B.物体B的加速度大小为g 如图所示为探测器在火星表 C.物体C的加速度大小为g 面最后100米着陆的模拟示意 D.A、C间的弹力大小为0.5mg 图。探测器到达距火星表面 9.(5分)（多选）(2024·河 L=80m 100米的时候，进入悬停阶段，某时刻从悬停开始 北邯郸高三质检)随着科 龟磁弹射区 关闭探测器发动机，探测器开始竖直匀加速下 技的发展，我国的航空母 落，5s后开启发动机，探测器开始竖直匀减速下 舰上已安装电磁弹射器 l=180m 落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设 以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰 探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探 的水平跑道总长1=180m,电磁弹射区的长度 测器在火星表面重力的0.2，火星表面的重力加 l1=80m,一架质量m=2.0×104kg的飞机，其喷 速度大小取4m/s2,探测器总质量为5吨（不计 气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推一1.2× 燃料燃烧引起的质量变化)。求： 得分 105N,假设飞机在航母上受到的阻力大小恒为飞 (1)全程的平均速度大小： 机所受重力的行，若飞机可看成质量恒定的质 (2)减速下落过程中的加速度大小（结果保留两 位有效数字)； 点，从右边沿离舰的起飞速度℃=40m/s,航空母 (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小（结 舰始终处于静止状态（电磁弹射器提供的牵引力 果保留两位有效数字)。 恒定且飞机在弹射区发动机正常工作，重力加速 度大小g取10m/s2)。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= 5.0m/s2 B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1=20m/s C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2× 104N D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 10.(5分)（多选）(2022·湖南卷)球形飞行器安装了 可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速 率的平方成正比（即F阻=k2,k为常量）。当发 动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后， 其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以最大推 力推动飞行器竖直向上运动时，经过一段时间 后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速 度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞 行器质量的变化，下列说法正确的是 () A.发动机的最大推力为1.5Mg B.当飞行器以5m/s的速度匀速水平飞行时，发 动机推力的大小为 4M8 红对勾·讲与练 376 高三物理 ■kg/m·m·(m/s=1,即c为常数， kg·m/s 没有单位，而 N,s=g·m/s·s k kg ，故B、C、D错误，A正确。 kg 9.C沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得 Fy一g=ma,解得地面对沫蝉的支 持力大小Fy=381mg,由牛顿第三定 律可知，它对地面的压力大小F= Fy=381mg,则F:G=381:1,则 平均压力大小与其受到的重力大小的 比约为380：1，故选C。 10.B设绳子对建材的拉力为F,,F,一 mg=ma,F1=m(g十a)=210N,由 牛顿第三定律知，绳子对工人的拉力 F2=F1=210N,工人处于静止状态. 则地面对工人的支持力F、=Mg F2=490N,由牛顿第三定律知工人 对地面的压力F=Fy=490N, B正确。 11.ACD当v=0时，小球所受的阻力 F:=0,此时加速度为g,A正确；随着 小球速度的增加，加速度减小，小球 的速度从0增加到。的过程中，加速 度减小，做变加速运动，B错误；根据 牛顿第二定律有mg一F:=ma,解得 a=8- 67心，当a=0时，速度最大， m 为。，此后小球做匀速运动，最大速 度器CD玉商。 12.D将加速度a 沿水平和竖直 两个方向分解， "a, F 对重物受力分 37° mg 析如图所示，水 平方向有F:=a,,竖直方向有 R-mg=ma,又径=an37=是， 3. Fy=1.15mg,联立解得F:=0.2mg, 由牛顿第三定律知，重物对车厢地板 的摩擦力大小为0.2mg,D正确。 13.ACD用水平力F推木箱时，木箱在 水平地面上做匀速直线运动，根据平 衡条件有F=g,若将此力方向改 为与水平方向成74°角斜向上拉木 箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线 运动，根据平衡条件有Fc0s74°= (mg-Fsin74),联立解得以= 0.75,故A正确；若拉力F与水平方 向的夹角为53°，根据牛顿第二定律 有Fcos53°-u(mg-Fsin53)= ma,解得a=1.5m/s2,故B错误；当 用2F的水平力推木箱时，根据牛顿 第二定律有2F一umg=ma',解得 a'=7.5m/s2,故C正确：若用大小为 2F且与水平方向成74°角的斜向上 的力拉木箱时，拉力的竖直分力为 F,=2 mg sin9=1.44mg>mg,木箱 离开地面，故D正确。 课时作业15牛顿第二定律的应用 1.A由于轻绳拉力可以突变，所以剪断 轻绳1后小球A、B都只受重力，其加 速度a1=a2=g,故A正确。 2.C由图像可知，图像上某点的切线斜 率的大小等于该点对应的运动物体的 速度大小，则在t1t2时间内，乘客的 速度一直不变，乘客处于平衡状态，加 速度为0，故A错误；t2一t3时间内，乘 客的速度变小，做减速运动，故B错 误；0一t1时间内，乘客的速度变大，做 加速运动，加速度向上，乘客处于超重 状态，乘客对电梯的压力大于乘客的 重力，故C正确，D错误。 3.B当箱子随电梯以a=4.0m/s2的 加速度竖直向上做匀减速运动时，对 金属块受力分析，由牛顿第二定律知 F十mg一FNr=1a,m FF一F业 g一a 10.0-4.0kg=1kg,G=mg=10N。 10.0-4.01 若下底板传感器示数不变，上顶板传 感器示数是下底板传感器示数的一 半，则上顶板传感器的示数是5N,对 金属块，由牛顿第二定律知F上十 mg-Fr=ma',解得a'=5m/s2,方 向向下，故电梯以a=5m/s的加速 度匀加速下降，或以a=5m/s2的加 速度匀减速上升，故A、C、D错误， B正确。 4.C对甲、乙整体受力分析可知，L1的 拉力大小为T1=2 ng tan60°=2√3mg, L的拉力大小为T2一=4mg, A、B错误；若剪断L1,该瞬间弹簧 的弹力不变，则小球乙受的合力仍 为零，加速度为零，对小球甲受力分 析，由牛顿第二定律可得加速度大小 为a=2 gsin60=5g,C正确， D错误。 5.AC由运动学公式v2-v6=2a1x1, 可得无人机失去升力时的速度大小 v=√2a1x1=12m/s,故A正确；由 牛顿第二定律有F-ng一∫=ma1,解 得螺旋桨工作时产生的升力大小F= 70N,故B错误；由牛顿第二定律有 mg十f=a2,解得无人机向上减速时 的加速度大小a2=12m/s2,故C正 确：由运动学公式v1一v2=2a2x2可 得，无人机减速上升的高度x:一2a: 6m,则无人机上升的最大高度H= x1十x2=42m,故D错误。 -611- 6.B物块沿中线做匀减速直线运动，则 =子-2，由题知x=1m1 t 1s,v>0,代入数据有v。<2m/s, A错误，B正确；对物块受力分析有 a=一g,由运动学公式v2一v号= 2ax,整理有v6十2ax>0,联立可得 <0.2,C、D错误。 7.Ct=4s时，加速度向上且最大，则 该同学处于超重状态，根据牛顿第二 定律可得V一mg=a,可知地板对该 同学的支持力最大，故A错误；t=7s 时，加速度为0，根据受力平衡可知，地 板对该同学的支持力等于同学的重 力，故B错误；根据a-t图像与横轴围 成的面积表示速度变化量，由图可知， 0~6$内围成的面积大约有4个小方 格，则t=6s时的速度约为v；=△v= 4×0.5×1m/s=2m/s,由图像可知， 6一8s内电梯的加速度为0，电梯做匀 速运动，上升的高度约为h=v6t=2X 2m=4m,故C正确，D错误。 8.D将C和A看成一个整体，根据牛顿 第二定律得，aAc= F十4mg= 2g十4mg=1,5g,即A,C的加速度 4m 均为1.5g,A、C错误；在轻绳刚断的瞬 间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受 力情况不变，故物体B的加速度大小 为零，B错误：剪断轻绳的瞬间，A受到 重力和C对A的作用力，对A,由牛顿 第二定律有FAc十mg=maAc,解得 FAc=1aAc一mg=0.5mg,D正确。 9.AC根据牛顿第二定律，飞机离开电 磁弹射区后有F推一了mg=ma2,解 得a2=4.0m/s2,由v2-1=2a2(l 1),解得飞机在电磁弹射区的末速度 v1=20√2m/s,由v1=2a1l1,解得飞 机在电磁弹射区运动的加速度a1= 5.0m/s2,根据牛顿第二定律有F毫十 1 F幕一行mg=ma1,代入数据解得 F毫=2×101N,故A、C正确，B错误： 根据P=FU可知电磁弹射器在弹射 过程中的功率不断增加，故D错误。 10.BC飞行器关闭发动机，以v1= 10m/s的速率匀速下落时，有Mg= kvi=k×100m/s,飞行器以v2= 5m/s的速率向上匀速时，设最大推 力为Fn,Fm=Mg十kui=Mg十kX 25m2/s2,联立可得Fm=1.25Mg, Mg k=100m5,A错误；飞行器以 v3=5m/s的速率匀速水平飞行时， F=v-a=平M 参考答案‘☑。 B正确：发动机以最大推力推动飞行 器匀速水平飞行时，F= √F-(Mg了=子Mg=k如，解得 w1=5√m/s,C正确；当飞行器最大 推力方向向下，以v:=5m/s的速率 向上减速飞行时，其加速度向下达到 最大值，有Fm十Mg十kv=Mam,解 得am=2.5g,D错误。 11.(1)8m/s(2)2.1m/s2 (3)2.7× 101N 解析：(1)探测器匀加速下落过程中， 由牛顿第二定律得g一F:=ma1, 其中F:=0.2g×,解得a1=3.2m/s2, 5s末的速度为v=a1t1=16m/s,全 U 程的平均速度大小为0=之=8m/s。 (2)加速下落过程中，由h1=2a1t, 代入数值得h1=40m,减速下落过程 中通过的位移为h2=H一h1=60m, 减速下落过程中的加速度大小a2= 2h2 ≈2.1m/s2。 (3)设减速下落过程中发动机产生的 推力大小为F,有F十F:一mg= ma2,解得F≈2.7X101N。 课时作业16专题强化：动力学 图像、连接体和临界极值问题 1.C由v-t图像与坐标横轴所围面积 等于位移大小可知，火灾位置到消防地 6+12 面的距离为s=2 ×10m=90m C正确：无人机整个上升过程的平均速 度为0==7.5m/5,A错误；加速阶段 的加速度大小为a1= △w110 △t1 m/s2= 2.5m/s,减速阶段的加速度大小为 △wg a2= △tg 2 m/s2=5m/s2,a1<a2, B错误；加速阶段时，根据牛顿第二定 律F一mg=ma1,代入数据解得无人 机螺旋桨产生的升力为F=187.5N, D错误。 2.ACD第一次放置时A静止，则由平 衡条件可得g sin a=mg。第二次放 置时，对A,有Mg-Fr=Ma,对B,有 Fr-ngsin a=ma,联立解得a=(1一 sin a)g= ,F=mg。故A,C M-m M D正确，B错误。 3.C物块甲运动至最高点时，挡板对乙 的弹力最小值为0，受力分析，对乙有 F1=gsin日，对甲有F弹1十gsin日= ma,物块甲运动至最低点时，根据对称 性有F弹2-ng sin9=ma,对乙受力分 析，挡板对乙的弹力最大值为F、= F弹2十mg sinθ=4 ng sin日，故选C。 2对勾·讲与练·高三物理 4D物块接触弹簧后，在开始阶段，物 块的重力大于弹簧的弹力，合力向下， 加速度向下，根据牛顿第二定律得 mg-kx=ma,解得a=g一 k x,可知 a与x是线性关系，当x增大时，a减 小。当弹力等于重力时，物块受到的 合力为零，加速度为0。当弹力大于重 力后，物块受到的合力向上，加速度向 上，根据牛顿第二定律kx一1g=ma, 解得a=m工一ga与x是线性关系， 当x增大时，a增大。若物块接触弹簧 时无初速度，根据筒谐运动的对称性， 可知物块运动到最低，点时加速度大小 等于g。方向竖直向上，当物块以一定 的初速度压缩弹簧，物块到达最低点 时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大 于g。故选D。 5.C设木块和地面间的动摩擦因数为 以，以两木块整体为研究对象，根据牛 顿第二定律F-u(m1十m2)g=(m1十 m2)a,解得a= F-(m十m)g,以木 m1+m2 块1为研究对象，根据牛顿第二定律 Fr一m1g=m1a,解得a= Frgmg 1 系统的加速度与木块1的加速度相同， 解得Fr一m十m2 m1一F,可见轻绳的拉力 大小与动摩擦因数以无关，与两木块 质量大小有关，即无论水平面是光滑 的还是粗糙的，轻绳的拉力大小均为 Fr=m1十 一F,且m2越大轻绳的拉 力越小，故C正确。 6.AB结合两图像可判断出0~2s物 块和木板还未发生相对滑动，它们之 间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F 等于∫，故F在此过程中是变力，C错 误：25s内木板与物块发生相对滑 动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿 第二定律，对2一4s和4一5s列运动 学方程，可解出质量m为1kg,2~4s 内的力F为0.4N,A、B正确；由于不 知道物块的质量，所以无法计算物块 与木板之间的动摩擦因数以，D错误。 7.AD两滑块匀速运动过程中，弹簧对 P、Q的弹力大小为kx=mg,当撤去 拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有 kx'十mg=ma1,同理对滑块Q有 mg一kx'=a2,从撤去拉力到弹簧 第一次恢复原长过程中，弹力由g 一直减小到零，所以P的加速度大小 的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速 度大小，此时P的加速度大小为2g, 而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小 达到最大值，即Q的最大加速度为 以g,A正确，B错误；由于弹簧恢复原 长前滑块P的加速度一直大于Q的加 速度，且两滑块初速度相同，所以撤去 拉力后P的速度一直小于同一时刻Q 的速度，所以P的位移一定小于Q的 位移，C错误，D正确。 -612- 8.BCD当A、B刚要发生相对滑动时， A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦 力，即F:=2umg。对物块B,根据牛 1 频第二定律得2mg一2nX3mg mam,解得am=2g,D正确。对整 体，根据牛颜第二定律有F一2“X 1 3mg=31a,解得F=3mg,可知当 F>3umg时，A、B发生相对滑动，C正 确。对整体分析，由于整体受到地面 的最大静摩擦力F如=2以X3mg= 3 22g,当Fe72g时时，A、B目时 3 地面静止，A错误。当2mg<F= 2mg<3g时，A、B保持相对静 、1 止，对整体分析，F-2μX3mg= 3ma,解得A的加速度为3g,B 正确。 9.BCt=10s的时刻FA=(50-t) (N)=40N,F=(20+t)(N)=30N, 若A、B两个物体一起沿斜面向上运 动，由牛顿第二定律FA十FB一(A十 m)gsin日=(mA十mu)a,解得加速度 a=9m/s2,对B物体FB十N一 mug sin日=ma,解得物体A对物体B 的支持力N=12N>0,所以A、B两 个物体一起沿斜面向上以加速度α= 9m/s加速运动，A错误，B正确；t= 40s的时刻FA=50-t=10N,Fy= 20十t=60N,若A、B两个物体分开沿 斜面运动，由牛顿第二定律FA一 mAgsin日=mAaA,FB-mng sin日= mra,解得加速度aA=0,au=15m/s, C正确，D错误。 10.ACD由题图乙可知a=a。时弹簧 处于原长状态，对A、B整体，由牛顿 第二定律（mA十mu)gtan37°= (mA十mB)ao,解得a0=7.5m/s2,故 A正确；当a=0时，对A、B整体受力 分析有(mA十mu)gsin37°=k.xo,当 a>a。时，题图乙中另一纵裁距的意 义为m Ag sin37°=kx1,联立解得 mA=1kg,mm=2kg,故B错误；当 a=a。时，对B,根据牛顿第二定律有 Fsin 0-FAu cos 0=mua,F cos 0+ FA如sin日=mBg,解得FA=O,故C正 确；当a=a。时，物块A、B恰要分离， 对A有一C茶=125N,南牛 顿第三定律知A对斜面的压力大小为 12.5N,故D正确。 1.1号g(2)吉mg或号Mg 4 解析：(1)设物体B运动过程中的加 速度大小为Q,轻绳的拉力为Fr,对 物体A,Fr-Mg=Ma,对BC整体， (M十m)g-Fr=(M十m)a,解得