课时冲关14 牛顿第二定律的理解及应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 课时冲关13牛顿第一定律、牛顿第三定律 1.B2.B3.D4.D 5.A[把水对船桨的作用力F正交分解如图 所示，根揭几何知识日=受-@，F在水平方 向的分力大小为F=Fcos(受-a)=Fsin a,F在竖直方向的分力大小为F,=Fsin(5-a= Fc0sa,故A正确，B错误；根据牛顿第三定律知水对船 桨的力与船桨对水的力是一对相互作用力，大小相等、 方向相反、分别作用于水和船桨上，所以水对船桨的力 与船桨对水的力不能求合力，故C、D错误.] 6.D[以环为对象，根据牛顿第二定律可得mg一f=ma, 解得f=mg一ma,以箱和杆为对象，根据受力平衡可得 Mg十f'=N,其中f=f,联立解得N=Mg十mg一ma, 根据牛顿第三定律可知，箱对地面的压力为N'=V= Mg十mg-ma,故选D.] 7.BD[对甲，根据平衡条件2F=G甲，得绳子拉力F= 50N,故A错误；对乙，根据平衡条件，水平方向，地面对 乙物体的摩擦力为f=F=50N,故B正确；对乙，根据 平衡条件，竖直方向，地面对乙的支持力V=G:=400 N,根据牛顿第三定律，乙对地面的压力为400N,故C 错误，D正确.门 课时冲关14牛顿第二定律的理解及应用 1.CD2.B3.C4.A 5.A[6个盘子处于静止时，6个盘子所受合力为0，顾客 快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受的 合力为mg,根据牛顿第二定律有mg=(M十5m)a,对 2号盘子，根据牛顿第二定律有V-mg=ma,联立可得 3号盘子对2号盘子作用力的大小N=mgM+6m,故 M-5m 选A.] 6.D[1.0s~1.4s内运动员对蹦床的压力逐渐变大，则 运动员向下运动，压力先小于重力，加速度向下，失重： 后压力大于重力，加速度向上，超重，选项A、B错误； 1,4s时运动员对蹦床的压力最大，此时到达最低，点，则 运动员的速度为零，选项C错误；运动员在脱离蹦床后 到再次回到蹦床上用时间为3.8s一2.1s=1,7s,则上 升过程中上升的最大高度约为 h=gt=×10x(号)m≈3.6m,选项D正确.] 2 2 7.DL依题意，对石块受力分析， 如图 货车在平直道路上向右以加速度 a1运动时，有Fsin9=mg,tan0 =mg 2a1 货车向右以加速度a2(a2>a1)做 加速运动，有tan0=mg ma2 可知9会减小，再根据F=器可 知F会变大，故选D.」 8.C[根据匀变速的位移公式x=2at, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立得m=,故选C.门 9.A[根据运动学公式可得v一v=一2ah,解得加速度 大小为a=”822」 2h=2x1.2m/s=25m/s, 根据牛顿第二定律可得4F-mg=1a, 解得平均每台反推发动机提供的推力大小为 F≈2.6×101N,故选A. 10.AD[以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定 律可知 a是-gng=4m, ·58 系统的加速度方向水平向右，设弹簧秤的拉力为F,以 m2为研究对象，由牛顿第二定律得 F-F,=m2a,得F=32N,故A正确，B错误；弹簧的弹 力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，2不再受F2的 作用，m,受的合力等于弹簧的弹力，设，此时加速度 为a3;由牛顿第二定律可知，F=m,a,得a=8m/s, 故C错误：弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F,的瞬 间，设此时1加速度为a1,由牛顿第二定律可知，F= m1a1,得a1=16m/s,故D正确.] 11.解析：(1)对无人机和货物整体受力分析，由平衡条件 得6F1=(M+m)g,解得F,=100N. (2)根据货物降落全过程的v-t图像，卸货前货物离地 面的高度为h=号X5X6m=15m, 由题图乙可得，货物匀减速下降过程中加速度大小为a 0-6 5-3 m/s=3 m/s'. (3)货物匀减速下降过程中，对货物由牛顿第二定律得 F,-Mg=ma, 代入数据解得F,=520N. 答案：(1)100N;(2)15m,3m/s;(3)520N 12.解析：(1)根据牛顿第二定律得，人从斜坡上下滑的加 速度为a1=gsin37°一mngcos37 =2m/s. 1777 (2)根据速度与位移的关系有v=2a1xA, 解得u=2√/10m/s. (3)人在水平面上做匀减速运动的加速度大小为a,= g=5m/s2, 根据速度位移公式得，B点的速度为vB=√2α2L =10√2m/s, 项=50m 根据速度位移公式得L仙=2 答案：(1)2m/s;(2)v=2√10m/s;(3)50m 课时冲关15素养培优4牛顿运动 定律的综合应用 1.A[飞船与空间站对接前的加速度为a1=E 1240 m 4x10m/s =0.31m/s2,故C错误；飞船与空间站对接后的加速度 为a2= =0-07m/s2=0.01m/s2,故D错误；对飞船 △t 7 与空间站整体，根据牛顿第二定律F=(M十m)a2,解得 空间站质量为M=1.2×10kg,故A正确，B错误.] 2.C [根据牛顿第二定律得4F一8f=8ma,解得a 一2f,A,B错误；对前两节车厢根据牛顿第二定律得F 2m 十F23-2f=2ma,解得F23=0,C正确，D错误.] 3.D[由牛顿第二定律有F-mgsin9=ma,解得F=ma 十ngsin0,所以F一a图像的斜率为m,纵轴裁距为 gsin日.由图可知甲图斜率大于乙图斜率，因此m甲> m2,故A、B错误；由于甲、乙两图截距相等，即m gsin 日=m gsin日2，根据m甲>m2,可知9p<02,故C错 误，D正确. 4.BD[对整体受力分析如图甲所示，由 牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示. 由牛顿第二定律有ngtan45°=ma, 450 可得F=40N,a=10m/s2,故A错误， (M+m)g B正确；斜面体对楔形物体的作用力 F2= g sin45 =√2mg=10√2N,故C错误；外力F增大， 则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增 大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加 速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D 正确. 5.AD根据动滑轮的特征可知相同时间内，A、B运动的 路程之比为2：1.故A正确； 两物块都做初速度为0的匀加速直线运动，由工=弓a 8高考总复习物理 课时冲关14 牛顿第 [基础落实练] 1.(2025·广西卷，9)（多选）独 竹漂是我国一项民间技艺.如 图，在平静的湖面上，独竹漂 选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行， 选手和楠竹相对静止，则 A.选手受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直 向下 C.手持划竿可使选手（含划竿）的重心下 降，更易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手（含 划竿)的重心同一竖直平面上 2.(2025·山东卷，8)工人在 河堤的硬质坡面上固定一 垂直坡面的挡板，向坡底 运送长方体建筑材料.如图所示，坡面与水 平面夹角为0，交线为PN,坡面内QN与 PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN, ∠MVQ=0.若建筑材料与坡面、挡板间的动 摩擦因数均为以，重力加速度大小为g,则建 筑材料沿MV向下匀加速滑行的加速度大 小为 ( A.gsin'0-ug coso-ugsindcos0 B.gsin cos 0-ugcos 0-ugsin'0 C.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin Ocos D.gcos2 0-ugcos 0-ugsin20 3.如图所示，A质量为2m,B质量 LE 0 为m,中间有一轻质弹簧相连，A OA 用绳悬于O点，当突然剪断OA 绳时，关于A物体的加速度，下 100000 OB 列说法正确的是 ( A.0 B.g C.1.5g D.无法确定 4.如图所示，一个房顶下面 挂一轻弹簧，弹簧下端挂 有质量为m的小球P,P 与地面用一细线牵连，细 线拉力为F,今将细线剪断，则细线剪断 瞬间 ( A,小球的加速度大小为 B.小球的加速度大小为F一mg) C.小球的加速度大小为mg一F) m D.条件不足，无法确定 ·35 二定律的理解及应用 5.餐厅暖盘车的储盘装置示意 水平周定野 图如图所示，三根完全相同 的轻质弹簧等间距竖直悬挂 在水平固定圆环上，下端连 接质量为M的托盘，托盘上 放着6个质量均为m的盘 子并处于静止状态.已知重力加速度大小 为g.某顾客快速取走1号盘子的瞬间，3 号盘子对2号盘子的作用力的大小为 ( ) A.mg(M+6m) B.mg(M-6m) M+5m M+5m C. D.mg(M-m) M+6m 6.2025年在西班牙潘普 ↑F/N 洛纳举行的世界蹦床 锦标赛中，中国队斩 获4金2铜.假设在比 01.01.42.13.84.96.67.7 赛中的某一个时间段内蹦床所受的压力随 时间变化的关系如图所示，忽略空气阻力， 重力加速度g取10m/s2.下列说法正确 的是 () A.1.0s~1.4s内运动员向上运动，处于 失重状态 B.1.0s~1.4s内运动员向下运动，处于 超重状态 C.1.4s时运动员的速度达到最大值 D.运动员在脱离蹦床后的上升过程中上 升的最大高度约为3.6m 7.如图所示，货车在平直 道路上向右以加速度 aa a1,做加速运动时，与石 块B接触的物体对它的作用力为F,方向 与水平方向夹角为0.若货车向右以加速 度a2（a2>a1)做加速运动，则与石块B接 触的物体对它的作用力F如何变化 ( ) A.0不变，F增大 B.0不变，F减小 C.0增大，F减小 D.0减小，F增大 8.宇航员在宇宙飞船中做了一个测量物体质 量的实验：如图所示，用力推着待测物体从 静止开始沿直线运动，力传感器显示此过 程中推力大小恒为F,测得物体在t时间 内前进的距离为x,可得待测物体质量为 A.F2 B.2Ft C.Ft D.②Fr 2x 2x [能力综合练] 9.2025年11月14日，神舟二 十一号飞船返回舱在东风着 陆场着陆.当返回舱距离地面 高度为1.2m时，返回舱的速 度为8m/s,此时返回舱底部的4台反推 发动机同时点火工作，返回舱触地前的瞬 间速度降至2/s,从而实现软着陆.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,重 力加速度g=10m/s2,则平均每台反推发 动机提供的推力大小为 A.2.6×10￥N B.1.88×104N C.1.05×105N D.7.5×104N 10.（多选)如图所示，两乒四四 7777777777777777777777777 个质量分别为m1= 2kg,m2=4kg的物体置于光滑的水平 面上，中间用轻质弹簧秤连接.两个大小 分别为F1=40N,F2=16N的水平拉力 分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态 后，下列说法正确的是 A.弹簧秤的示数是32N B.弹簧秤的示数是28N C.在突然撤去F。的瞬间，m2的加速度 大小为7m/s D.在突然撤去F,的瞬间，1的加速度 大小为16m/s 11.在我国无人 机已广泛应 用于各行各 业.如图甲 甲 所示是物流公司使用6旋翼无人机运输 货物，无人机用一根绳索悬挂货物，当无 人机到达目的地正上方后，无人机悬停 在空中，操控绳索让货物竖直向下先做 匀加速运动后做匀减速运动恰好安全落 地，图乙是货物降落全过程的v-t图像 已知货物的质量为M=40kg,无人机质 量为m=20kg,绳索质量及空气阻力不 计，g取10m/s2.求： (1)当无人机悬停在空中且货物静止不 动时，每支旋翼产生的升力大小F; (2)卸货前货物离地面的高度h及货物 匀减速下降过程中加速度的大小a; ·359 第三章牛顿运动定律 (3)货物匀减速下降过程中，绳索对货物 [答题栏] 的拉力大小F. 1 3 4 .5. 7- [素养培优练] 8.- 12.如图甲， 9. 天台安 .37° 科村滑 mmmmm1o-- 图甲 图乙 草场惊 险刺激，深受人们喜爱.简化图像如图乙 所示，假设某人坐在滑板上从斜坡的高 处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端 B点后，沿水平的滑道再滑一段距离到C 点停下来.如果人和滑板的总质量m= 60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的 动摩擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角0= 37°(sin37°=0.6，c0s37°=0.8)，斜坡与 水平滑道间是平滑连接的，整个运动过 程中空气阻力忽略不计.求： (1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？ (2)若AB距离为10m,求人和滑板滑到 斜面底端的速度大小？ (3)若由于场地的限制，水平滑道的最大 距离BC为L=20.0m,则人在斜坡上滑 下的距离AB应不超过多少？