训练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基础版

训练15 牛顿 心基础巩固」 1.(5分)下列处于失重状态的物体是 A.匀速下落的雨滴 B.向下减速运动的电梯 C.斜向上抛出的小球 D.摆动到最低点时的摆球 2.(5分)(2024·江苏徐州模拟)在沿竖直方向运行 的电梯中，把物体置于放在水平面的台秤上，台秤 与力传感器相连，当电梯从静止开始加速上升，然 后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，与传感 器相连的电脑荧屏上显示出传感器的示数与时间 的关系图像如图所示。下列说法中正确的是（重 力加速度g取10m/s2) ( ) 30 20 15 246810121416182022 时间/s A.18~20s过程中，物体的重力先变小后变大 B.该物体的质量为5kg C.电梯在超重时最大加速度大小约为16.67m/s2 D.电梯在失重时最大加速度大小约为6.67m/s 3.(5分)(2024·九省联考河南卷)如图所示，在平直 路面上进行汽车刹车性能测试。汽车在速度大小 为。时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路 面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面 与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。 则汽车进入冰面瞬间的速度大小为 → EO。 路面 冰面 1 1 1 A.200 B.3 vo C. D.9o 4.(5分)(2024·四川泸州三模)静置于水平地面上 质量为m的物体，受一竖直向上的恒力F作用， 从静止开始向上运动。经时间t后撒去F,又经时 间t物体刚好落回地面。不计空气阻力，重力加速 度为g,则恒力F等于 ( 4 5 A.3mg B.3mg C.2mg D.3mg (横线下方不可作答) 3 班级： 姓名： 第二定律的应用 (总分：70分) 5.(5分)(2025·八省联考陕西 60°L 卷)如图所示，质量均为m的 L 甲 两个相同小球甲和乙用轻弹簧 连接，并用轻绳L1、L2固定， 乙ó 处于静止状态，L1水平，L,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3mg 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√5g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 6.(5分)(2024·河北保定二模)某冰壶比赛赛道的 简化图如图所示。A、B、C、D是水平冰面直线赛 道上的四个点，其中A是掷出点，D是营垒中心， AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度 vo掷出，冰壶沿直线AD做减速运动，经过B点时 速度恰好为？，另一运动员用冰刷摩擦B,D之间 的冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中 心D。若未用冰刷摩擦冰面时，冰壶与冰面之间 的动摩擦因数为4，假设摩擦后的冰面光滑程度 处处相同，则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因 数为 ( A Uo B D 营垒 A. B. C.& 5 D. 6 L素养提升」 7.(5分)（多选）(2022·全国甲 Q0000pE 卷)如图所示，质量相等的两m 滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平 连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为以，重力 加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P, 使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉 力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 A.P的加速度大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为2g C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 7 第三章运动和力的关系 8.(5分)如图所示，将金属块用压缩 m 的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板 和下底板装有压力传感器。当箱 子随电梯以a=4m/s2的加速度 竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示 的压力为4N,下底板的传感器显示的压力为 10N。重力加速度g取10m/s2。若下底板示数 不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的 运动状态可能是 A.匀加速上升，a=5m/s B.匀加速下降，a=5m/s C.匀速上升 D.静止状态 9.(5分)(2024·安徽卷) F 如图所示，竖直平面内 有两完全相同的轻质弹 00000000Q 簧，它们的一端分别固 60 定于水平线上的M、VMoo0 00000w000i然N 0 两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始 时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连 线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓 慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为 2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹 性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从 P点运动到O点的过程中 () A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 10.(10分)(2024·福建南平三模)南平 建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年 历史，有“华夏绝艺”的美称。如图 所示，挑幡表演者顶着一根外表涂 有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的 毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过 程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为 零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且 加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为 t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力 加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过 程中： 得分 (1)最大速度m的大小； (2)匀加速阶段加速度a的大小： 红对勾·讲与练 318 (3)匀减速阶段毛竹对表演者的压力F的大小。 11.(15分)(2024·黑龙江哈尔滨模拟)如图甲所示 是钢架雪车比赛项目的一段赛道，长12m的水 平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平 滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从 A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度 大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上（如图乙所 示)沿BC匀加速下滑，运动员经过B点时速率 未发生改变，到C点共计用时5.0s。若雪车（包 括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总 质量为100kg,sin15°=0.26，重力加速度g取 10m/s2,求雪车（包括运动员）： 得分 15°cC 甲 (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 I 高三物理·基础版 ■■4.C根据牛顿第三定律可知，电动平衡 车对人的作用力等于人对电动平衡车 的作用力，故A错误；人的重力与车对 人的支持力的受力物体都是人，这两 个力不是一对相互作用力，故B错误； 地面对车的摩擦力与车对地面的摩擦 力是一对相互作用力，故C正确；在行 驶过程中突然向右转弯时，人会因为 惯性向左倾斜，故D错误。 5.D物体所受合力为0，则物体处于平 衡状态，因此物体处于静止状态或匀 速直线运动状态，A错误；物体所受合 力变化时，物体的运动状态会产生变 化，物体受恒定的合力时，由牛顿第二 定律知物体一定有加速度，物体的运 动状态也会产生变化，B错误，D正确； 物体所受合力不为0时，物体的加速度 一定不为0，物体的速度有时可能为0， C错误。 6.A根据牛顿第二定律有F=ma,所 以1N=1kg·m/s2,将所有单位代入 ∫=k,可得N-ms.m·(m/s 所以x=1,故选A。 7.A滑翔伞沿直线朝斜向右下方向做 匀加速直线运动，则F与G的合力方 向与v同向，故A符合题意，B、C、D不 符合题意。 8.A打开降落伞后，所受空气阻力∫大 于重力，降落伞做减速运动。根据题 述，设阻力∫=k,由牛顿第二定律得 知一mg=ma,解得a-包一g,由于速 71 度v逐渐减小，可知加速度a一直减 小，A正确。 9.D电梯相对地球静止时，由于不受空 气阻力，释放后的苹果和羽毛均做自 由落体运动，故二者同时落到电梯底 板上，A错误；电梯做自由落体运动 时，释放后的苹果和羽毛同样均只受 重力作用，B错误；牛顿第二定律成立 的条件是必须在惯性参考系中，即选 择静止或做匀速直线运动的物体为参 考系，而自由下落的电梯不是惯性参 考系，因此以自由下落的电梯为参考 系，牛顿第二定律是不成立的，C错误： 由于自由下落的电梯不是惯性参考 系，牛顿第二定律不成立，则观察者不 能仅凭此时苹果和羽毛的运动现象判 断两个物体的受力情况，D正确。 10.C假设每根轻绳与竖直方向的夹角 为0，由几何关系得sin0=0.6,则 c0sB=0.8:设每根轻绳上的拉力为 Fτ，对圆环受力分析，根据牛顿第二 定律得3 FT cOs0一mg=ma,解得 5 Fn=8mg,C正确。 11.BC根据牛顿第二定律有F一 mg=ma,整理后有F=ma十mg, 则可知F-a图像的斜率为m,纵裁 距为mg,则由题图可看出m甲> m艺甲m甲g=zm乙g,则μp< 4之，故选BC。 510红对构·讲与练·高三物理· 12.D根据题意， 设两球相距 A 0.6L时细线中 T 的拉力为T,对 01 结点受力分析， 如图所示，由平 衡条件有2Tc0s0=F,由几何关系可 得cms0=台0=号，对小球，由 牛顿第二定律有Tsin0=ma,联立解 3F 得a=8m,故选D。 13.A环在竖直方向上受重力及箱子内 的杆对它的竖直向上的摩擦力F,受 力情况如图甲所示，根据牛顿第三定 律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 F:,故箱子与杆竖直方向上受重力 Mg、地面对它的支持力F、及环给它 的摩擦力F:,受力情况如图乙所示。 以环为研究对象，有mg一F,=ma, 以箱子和杆整体为研究对象，有 FN=F:十Mg=F:+Mg=Mg+ mg-ma。根据牛顿第三定律，箱子 对地面的压力大小等于地面对箱子 的支持力大小，即F=Mg十mg ma,A正确。 F mg 777777777 甲 14.ABC开始时，小球的重力大于弹簧 弹力，加速度方向向下，小球向下加 速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐 变大，由mg一kx=ma知加速度逐渐 减小，当弹簧弹力大小等于小球重力 时，加速度为零，即mg=kx,得x= ,此时小球的速度最大，然后小球 继续向下运动压缩弹簧，弹簧弹力大 于小球重力，加速度变为向上，由 kx一mg=ma知加速度逐渐增大，速 度逐渐减小，直到速度减小到零，到 达最低点，由对称性可知，此时弹簧 的压缩量为2x=2m3,故A,B.C正 确，D错误。 训练15牛顿第二定律的应用 1.C匀速下落的雨滴，加速度为0，既不 处于失重状态也不处于超重状态，A 错误；向下减速运动的电梯，具有向上 的加速度，电梯处于超重状态，B错误； 斜向上抛出的小球，具有向下的加速 度，小球处于失重状态，C正确；摆动到 最低点时的摆球，具有向上的加速度， 摆球处于超重状态，D错误。 2.D在运动过程中，物体的重力始终保 持不变，故A错误；匀速运动时，根据受 力平衡可得F=g=30N,解得该物体 的质量为m=3kg,故B错误；0~4s 内电梯处于超重状态，根据牛顿第二 基础版 定律可得Fmx一mg=am,解得超重 时最大加速度大小为am= Fms一mg= 50-30 m/s2≈6.67m/s2,故C错误： 3 18一22s内电梯处于失重状态，根据牛 顿第二定律可得mg一Fm=ma,解 得失重时最大加速度大小为a日= mg-Fm_30-10, -m/s2≈6.67m/s2, 3 故D正确。 3.B设汽车在路面与在冰面所受阻力 分别为f1、f2,汽车进入冰面瞬间的 速度为v1,由牛顿第二定律得f=ma, 则汽车在路面与在冰面上运动的加速 度大小之此南号一会=子由运动号 公式，汽车在路面上运动时有v一 vi=2a1x1,汽车在冰面上运动时有 时-2米中经=号解得汽本进 入冰面瞬间的速度大小为1= 宁故 选B。 4.A在第一个t时间内，根据牛顿第二 定律有F一mg=1a,根据位移公式 1 有x=2at,根据速度公式有v=at, 在第二个t时间内，根据位移公式有 一=一豆g,联立解得F=号mg, 1 故选A。 5.C对甲、乙整体受力分析可知，L1的 拉力大小为T1=2 mgtan60°=2√5g, 2mg L:的挂力大小为T,=c0s60=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，对小球甲分析可知，由牛顿 第二定律可得加速度大小为a= 2 ngsin60=5g,C正确，D错误。 6.D设A、B之间的距离为x,冰壶由A 运动到B,根据运动学公式可得一 (受)】=2gx,冰壶由B运动到D,有 (学)=2g×2x,解得以=台，故 选D。 7.AD两滑块匀速运动的过程中，弹簧 对P、Q的弹力大小均为kx=mg,撤 去拉力后，对滑块P,由牛顿第二定律 有kx十ug=a1,同理对滑块Q有 mg一kx'=ma2,从撤去拉力到弹簧 第一次恢复原长过程中，弹簧的形变 量x'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 大小为以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。 8.B当箱子随电梯以a=4m/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-FNp=ma,则m=Fp一F送 g-a 10-4 10-4kg=1kg,G=mg=10N。若下 底板传感器示数不变，上顶板传感器 的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一 Fr=ma',解得a'=5m/s2,方向向 下，故电梯以a=5m/s2的加速度匀 加速下降，或以a=5m/s2的加速度 匀减速上升，A、C、D错误，B正确。 9.A将小球缓慢拉至P点，保持静止， 由平衡条件可知此时拉力F与重力和 两弹簧的拉力的合力为零，此时两弹 簧的合力大小为mg。当撤去拉力时， 小球从P,点运动到O点的过程中两弹 簧的拉力与重力的合力始终向下，小 球一直做加速运动，故A正确，B错 误；小球从P点运动到O,点的过程中， 两弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方 向的合力不断变小，故小球受的合力 一直变小，加速度的最大值为撤去拉 力时的加速度，由牛顿第二定律可知 2mg=ma,所以加速度的最大值为 2g,故C、D错误。 10.1)2 解析：(1)由题意” 可知，毛竹先匀加 速上升再匀减速 上升，平均速度均 为-受又h 0 1 2心mt,解得u。=。本题还可以采 用图像法，作出整个过程的U-t图像 如图所示，图线与时间轴围成的面积 表示位移大小，即h=2”t,可得 (2)根据加速度的定义式可知a= =4h (3)毛竹匀减速阶段，加速度方向竖直 向下，根据牛顿第二定律可知g Fy=m,解得F=n(华)根 据牛顿第三定律可知，匀减速阶段毛 竹对表演者的压力大小为F=F、 1.1号m/s(212m/s(3)60N 解析：(1)设雪车在直道AB段加速度 大小为Q1,根据位移与速度公式可得 UB- 2a1xAB=,解得a1=2 2mg=号m. 82 (2)雪车在直道AB上运动时间为 从B,点到C点，根据匀变速直线运动 位移与时间公式可得 1 xc=vBt+之a2ti, 其中t2=5.0s一t1=2s,联立解得 a2=2m/s2,则雪车（包括运动员）过 C点的速度大小为vc=vr十a2t2 12 m/so (3)设雪车在斜道BC上运动时受到 的阻力大小为f,根据牛顿第二定律 可得ng sin15°-f=ma2,解得f= 60N。 训练16专题突破： 动力学图像、连接体 和临界极值问题 1.B由题图乙可知，0~t1阶段与t1~ t2阶段，物资向上加速，加速度方向向 上，故拉力大于重力，由于t1~t2阶段 加速度更大，根据牛顿第二定律可知， t1~t2阶段的拉力大于0~t1阶段的 拉力；t2一t1阶段物资加速度方向向 下，故拉力小于重力。细绳对物资拉 力最大的阶段是t1~t2阶段，故选B。 2.B由牛顿第二 定律F=ma可 F 得a= ，根据题 图乙可知物块在 0~t。时间内加速度正向（以向右为正 方向)均匀减小，在t。一2t。时间内加 速度负向均匀减小，由v2=2ax可知， v2-x图像的斜率为2a,则v2-x图 像中先逐渐增大变“缓”再逐渐减 小变“缓”，故C、D错误：作出物块的 v一t图像如图所示，由v一t图像可 知，物块在前一半时间内的位移大于 在后一半时间内的位移，故A错误，B 正确。 3.C设木块和水平面间的动摩擦因数 为，以两木块整体为研究对象，根据 牛顿第二定律有F-u(m1十m2)g= (1十m2)a,解得a= F-(mm1十m)g m1十7mg 以木块1为研究对象，根据牛顿第二定 律有Fr一1g=m1a,解得a= Fr一8，系统的加速度与木块1的 721 加速度相同，联立解得F,=m下， m1十m2 可知轻绳的拉力大小与两木块的质量 大小有关，与动摩擦因数以无关，即无 论水平面是光滑的还是粗糙的，轻绳的 m1一F,且m 拉力大小均为Fr=m1十m 越大轻绳的拉力越小，故选C。 4.C对两小球和弹簧组成的系统整体 F 进行分析，加速度a=5m,对质量为 3m的小球进行分析，根据牛顿第二定 3F 律有F弹=k虹=3ma,可得x=,A, B、D错误，C正确。 5.A根据题意，设P和Q的质量分别 为7m和2m。当把大小为F1、方向向 左的水平推力作用在P上时，设整体 的加速度大小为a1,则根据牛顿第二 定律有F1=9ma1,单独对Q分析，因 为P和Q恰好相对静止，根据力的合 成与分解以及牛顿第二定律有2gtan8= 27 2ma1,联立解得F=mg;当把大小 为F,、方向向右的水平推力作用在Q 上时，设整体的加速度大小为a2,则根 据牛顿第二定律有F,=9ma2,设Q对 P的弹力大小为T,则Tsin0=7ma2, 根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力 大小为T'=T,单独对Q进行分析，因 为P和Q恰好相对静止，在竖直方向 上根据平衡条件有T'cos日=2m1g,联 27 以是=是故 立解得F:=mg,所以F 7 选A。 6.A假设物块P静止时弹簧的压缩量 为x。,则由力的平衡条件可知kx0= mg,在弹簧恢复原长前，当物块P向上 做匀加速直线运动时，由牛顿第二定 律得F十k(xo一x)一g=ma,由以 上两式解得F=kx十ma,显然F和x 为一次函数关系，且在F轴上有截距， A正确，B、C、D错误。 7.BC由题意可知，当物体放在B盒中时， B盒加速度竖直向下，当物体放在A盒 中时，B盒加速度竖直向上。当物体放在 B盒中时，根据牛顿第二定律，以A盒为 研究对象，有T-mng sin30°=ia,以B盒 和B盒内的物体整体为研究对象，有 (mg+2g）-T=(m+2n)a:当 物体放在A盒中时，根据牛顿第二定 律，以A盒和A盒内的物体整体为研 1 究对象，有(m十2m)gsin30°-T' (m十2n加，以B金为研究对象，有 T'-mBg=mna:联立解得mB=8, 加速度的大小为a=0.2g。故A、D错 误，B、C正确。 8.CD对A、B整体分析，根据平衡条件 有3 ng sin9=2 mg cos0,解得μ= 2tan8,故A错误；规定沿斜面向下为 正方向，设轻杆对B物体的作用力为 T,单独对B物体分析，根据平衡条件 有T十2 ng sin日=2 umg cos8,解得 参考答案511