牛顿第二定律的基本应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

牛顿第二定律的基本应用-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　动力学的两类基本问题 1.（2025河南开封模拟）农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量m＝44 kg起飞，以安全飞行速度v0＝8 m/s水平向着障碍物飞行。无人机在距障碍物s＝10.5 m处被雷达发现后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机悬停在距离障碍物l＝2.5 m处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力大小为（　　） A.88 N B.176 N C.88 N D.176 N 2.（2025河北模拟预测）工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为1.2 m的车厢底部用有效长度为2 m的木板与地面之间搭建了一个斜面，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，物块可看作质点，则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时间为（　　） A.0.5 s B.1.0 s C. s D.2.0 s 题组二　超重与失重问题 3.（多选）（2026福建龙岩期中）中国无人机表演技术处于全球领先地位，2025年6月以11 787架无人机刷新了“最多无人机组成的空中图案”吉尼斯世界纪录。某测试员应用无人机搭载的加速度传感器进行飞行测试。图甲为在测试软件中设定的x、y、z轴的正方向，其中z轴沿竖直方向，无人机开始时沿y轴负方向匀速飞行，t＝0时刻起该测试员进行变速操作，软件生成了图乙中三个维度的a－t（加速度—时间）图像，可以推断2~4 s的时间内无人机（　　） A.处于超重状态 B.沿x轴方向一直加速 C.沿y轴方向一直加速 D.沿z轴方向减速上升 4.（2025八省联考云南卷）某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯（重力加速度g取10 m/s2）（　　） 甲 乙 A.做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 题组三　动力学的图像问题 5.（2025陕晋青宁卷）某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　） 6.（多选）（2025陕西汉中三模）如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是（　　） A.物体的质量m＝2 kg B.物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3 C.物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax＝6 N D.在F为10 N时，物体的加速度大小a＝2.5 m/s2 综合提升练 7.（2025河南开封三模）如图所示，一个质量为3m的箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的圆环A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A.剪断细线前，台秤读数为3mg B.剪断细线的瞬间，台秤读数不变 C.剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，台秤读数将一直增大 D.剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，圆环A将先超重后失重 8.（2026安徽芜湖月考）如图甲所示，原长为0.3 m的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的光滑斜面的底部，上端连接一小球，小球始终受到沿斜面向下、大小为F＝1 N的恒定拉力作用，将小球从弹簧原长位置由静止释放，小球的加速度大小a与弹簧长度x的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的是（　　） A.小球的质量为2 kg B.弹簧的劲度系数为40 N/m C.弹簧弹力的最大值为5 N D.小球速度的最大值为 m/s 培优拔高练 9.（10分）（2025广东广州二模）如图所示，粗细均匀、长为L＝80 cm的直杆竖直放置，杆下端距地面高度为H；杆上套有直径d＝6 cm的A、B两个相同的球，每个球与杆之间的滑动摩擦力大小等于球重的2倍。初始时，A、B两球静止在杆上，A球顶端与杆上端齐平，B球在A球下方，两者刚好接触。现仅让B球获得向下的初速度v＝4 m/s，同时释放杆。杆落地前已与B球共速，杆落地后瞬间被固定。若B落地则B不再反弹。已知杆质量为球质量的2倍，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求释放杆时，B的加速度大小； （2）求杆从释放到与B共速过程，杆下落的高度； （3）若A、B不发生碰撞，分析H应该满足的条件。 10.(14分)(2025山东日照模拟)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律,带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层,把钩码挂在竖直放置的力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动,中间不停顿,一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中,DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图所示。g取10 m/s2,根据图中的数据,求: (1)电梯在减速阶段的加速度大小; (2)电梯在整个运动过程中的最大速度大小; (3)电梯在整个运动过程中下降的高度。 答案： 1.A　解析 无人机做匀变速直线运动，有0－＝2a（s－l），解得无人机的加速度a＝－4 m/s2，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小F＝＝88 N，故A正确。 2.B　解析 设木板与地面间的倾角为θ，则有sin θ＝＝0.6，cos θ＝＝0.8，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝4 m/s2，根据运动学公式可得L＝t2，解得所用时间为t＝ s＝1.0 s，故选B。 3.AC　解析 2~4 s，az>0，有竖直向上的加速度，属于超重现象，A正确；2~4 s，x轴方向先沿负方向减速到零，再沿正方向加速，B错误；2~4 s，沿y轴方向，速度方向与加速度方向始终一致，一直加速，C正确；2~4 s，沿z轴方向一直加速，D错误。 4.D　解析 由题意可知，该同学处于超重状态，电梯向上加速运动，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，故D正确。 5.A　解析 根据牛顿第二定律F＝ma和F－t图像可知，分拣机器人0~1 s内加速度a1＝1 m/s2，1~2 s内加速度a2＝0，2~3 s内加速度a3＝－1 m/s2，在v－t图像中斜率表示加速度，故选A。 6.ABC　解析 根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，整理可得a＝F－μg，结合图像可得 kg－1，解得m＝2 kg，A正确；由题图乙可知，a与F的关系式满足a＝0.5F－3（m/s2），结合上述分析可知μg＝3 m/s2，解得μ＝0.3，B正确；结合上述结论可得最大静摩擦力为Ffmax＝μmg＝6 N，C正确；将F＝10 N代入a＝0.5F－3（m/s2），解得a＝2 m/s2，D错误。 7.D　解析 未剪断绳子前，对圆环和箱子整体分析，可知台秤示数F＝4mg，A错误；剪断细线的瞬间，细线对箱子向上的拉力消失，弹簧弹力在瞬间不发生变化，导致箱子对台秤的压力增大，因此台秤的读数将突然变大，B错误；剪断细绳前，对圆环进行受力分析可知，圆环受到重力、细绳的拉力和弹簧的弹力的作用受力平衡，所以F弹＝mg＋FT＝2mg，剪断细线的瞬间，对圆环进行受力分析有F弹－mg＝2mg－mg＝ma，解得a＝g，且方向竖直向上，由此可知圆环向上先做加速运动后做减速运动，整个系统先处于超重后处于失重状态，所以台秤读数先变大后变小，C错误、D正确。 8.D　解析 由题图乙可知，弹簧处于原长时，a＝6 m/s2，有F＋mgsin θ＝ma，解得m＝1 kg，A错误；当x＝0.2 m时，小球的加速度为0，有F＋mgsin θ＝k·（0.3 m－0.2 m），解得k＝60 N/m，B错误；当x＝0.2 m时，小球的加速度为0，速度最大，根据运动学公式v2－＝2ax及图像与坐标轴围成的面积可知，最大速度vm＝ m/s＝ m/s，D正确；根据对称性可知，当x＝0.1 m时，小球的速度为0，此时弹簧的弹力最大，弹力的最大值Fm＝k×（0.3 m－0.1 m）＝12 N，C错误。 9.答案 （1）10 m/s2　（2）18.75 cm　（3）18.75 cm<H<55.5 cm 解析 （1）设B球和杆的加速度大小分别为a1和a2，则对B球有Ff－mg＝ma1，解得a1＝10 m/s2。 （2）假设A和杆相对静止，对A和杆有Ff＋（m'＋m）g＝（m'＋m）a2，解得a2＝ m/s2，又对A有Ff静＋mg＝ma2，可得Ff静<2mg，故假设成立，设经过t时间B与杆共速，速度大小为v2，由v2＝v－a1t，且v2＝a2t，解得t＝ s，v2＝2.5 m/s，该过程杆下落距离s2＝t＝18.75 cm。 （3）由题意可知H>s2＝18.75 cm，从开始到共速，B向下运动距离s1＝t＝48.75 cm，共速时B底部与杆下端的距离为Δs＝L－（s1－s2）－2d＝38 cm>0，即共速时B未滑出杆，共速后落地，落地时系统的速度为v3，则＝2g（H－s2），落地后，若A速度减为零需要下移s3，则s3＝，A、B不发生碰撞需满足s3<L－2d，联立可得H<55.5 cm，综上H应该满足18.75 cm<H<55.5 cm。 10. 答案 (1)0.8 m/s2　(2)4.8 m/s (3)76.8 m 解析 (1)由题图可知钩码的重力mg=50 N 则钩码的质量m=5 kg 电梯在减速阶段,钩码处于超重状态,拉力大小F=54 N 由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得加速度大小a=0.8 m/s2。 (2)由题图可知,电梯在2~6 s的时间内向下加速,加速过程钩码受到的拉力大小F'=44 N 根据牛顿第二定律得mg-F'=ma' 可得a'=1.2 m/s2 最大速度v=a'Δt1=4.8 m/s。 (3)电梯在2~6 s时间内加速的位移大小为h1=a'(Δt1)2 在6~17 s时间内匀速的位移大小为h2=vΔt2 在17~23 s时间内减速的位移大小为h3=a(Δt3)2 电梯下降的高度H=h1+h2+h3=76.8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $