第3章 课时测评13 牛顿第二定律的基本应用(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律应用，通过瞬时加速度、超重失重、动力学两类问题三大模块，构建“概念辨析-模型应用-综合拓展”的逻辑体系，培养运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |瞬时加速度问题|3题（含弹簧与绳对比）|轻弹簧弹力瞬时不变、轻绳拉力突变，结合受力平衡与牛顿第二定律|从平衡态受力分析切入，通过剪断绳/撤去板情境，揭示弹力特性差异对加速度的影响| |超重与失重|2题（含反向蹦极、电梯模型）|结合运动过程分析加速度方向，判断视重变化|以加速度方向为核心，建立“合力-加速度-超重/失重状态”的推理链条| |动力学两类问题|4题（含无人机运动、运动员拖轮胎）|已知运动求受力、已知受力求运动，涉及多过程分析|整合运动学公式与牛顿第二定律，形成“受力分析-列方程-求解验证”的解题流程|

课时测评13　牛顿第二定律的基本应用 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9，每题4分，共36分) 题组1　瞬时加速度问题 1．(多选)(2024·广东高州一模)如图所示，质量分别为2m和m的物体P、Q按如图所示的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为mg，轻弹簧的压缩量为x，重力加速度用g表示，下列说法正确的是(　　) A．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为 B．剪断轻绳后，P向下运动2x时加速度为零 C．剪短轻绳后，P向下运动x时重力的功率最大 D．撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g 答案：AC 解析：系统静止时，设轻绳的拉力为FT，轻弹簧的弹力为F，由于物体P受力平衡，则2mg＝FT＋F，由FT＝mg，可得F＝mg，又F＝kx，解得k＝，剪断轻绳的瞬间，对物体P，由牛顿第二定律得2mg－F＝2ma，解得a＝，故A正确；剪断轻绳后，物体P向下做加速运动，当物体P的合力为0时，有2mg＝kx1，解得轻弹簧的压缩量x1＝2x，则P向下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大，故B错误，C正确；系统静止时，物体Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走长木板的瞬间，对物体Q，由牛顿第二定律得mg＋F＝ma′，解得a′＝2g，故D错误。 2．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　) A．图甲中A球的加速度不为零 B．图乙中两球加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 答案：B 解析：对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为零，而B所受合力等于挡板在时挡板对其的支持力，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度为aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma，可得A、B的加速度均为a＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零。故选B。 3.如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(　　) A.14 m/s2 B.12 m/s2 C.10 m/s2 D.8 m/s2 答案：D 解析：剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。 题组2　超重与失重 4.(2026·广东茂名期末)如图是“反向蹦极”的简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放游客，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知游客与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.打开扣环瞬间，游客的加速度大小为10 m/s2 B.从A到B过程，游客做加速度增大的加速运动 C.在B点，游客所受合力最小 D.在C点，游客处于超重状态 答案：C 解析：力传感器示数FT＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F＝FT＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，故A错误；游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于游客的重力，随着游客向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，游客所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故从A到B过程，游客做加速度不断减小的加速运动，故B错误；在B点时速度最大，游客所受合力为零，故C正确；在B点时速度最大，C点速度为零，可知B到C过程游客做减速运动，加速度向下，游客处于失重状态，故D错误。 5.(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A.座舱的最大速度为24 m/s B.匀加速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 C.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 D.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 答案：ABD 解析：座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，匀加速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有＝＝，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，匀减速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN'－mg＝ma2，则有＝＝，故C错误，D正确。故选ABD。 题组3　动力学的两类基本问题 6.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D.无人机上升的最大高度为42 m 答案：ACD 解析：由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；向上加速时，由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。 7.(2026·河南模拟)小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500 N。电梯从t＝0时由静止开始运动，t＝18 s时静止，电子秤的示数F随时间t变化的图像如图所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.电梯处于上升状态 B.电梯减速阶段的加速度大小为0.5 m/s2 C.16～18 s内，电子秤的示数为600 N D.0～18 s内，电梯运行的总位移为30 m 答案：D 解析：电梯由静止开始运动，只能加速，由题图可知电梯先失重，加速度向下，只能做向下的加速运动，则电梯处于下降状态，故A错误；0～4 s内，电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得500 N－475 N＝ma1，解得a1＝0.5 m/s2，t＝4 s时的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s，0～4 s内的位移大小为x1＝a1＝4 m，4～16 s内，电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v1t2＝24 m，16～18 s内，电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得0＝v1－a2t3，解得加速度大小为a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma2，解得F＝550 N，可知16～18 s内，电子秤的示数为550 N，故B、C错误；16～18 s内，由0－＝－2a2x3，解得x3＝2 m，则0～18 s内，电梯运行的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝30 m，故D正确。 8.如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B.小海豚和坡道间的动摩擦因数为0.1 C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D.小海豚下滑回到O点时的速度大小为10 m/s 答案：B 解析：设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈8.7 m/s，D错误。 9．(14分)(2025·江门市模拟)如图所示，小球用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部，车厢正沿水平地面做匀变速直线运动，小球相对于车厢保持静止，两段细线与车厢顶部的夹角均为α＝45˚，已知小球的质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若右侧细线的拉力为零，求车厢的加速度大小和方向。 (2)若车厢以加速度a0＝2 m/s2向左做匀减速运动，求左、右两细线的拉力大小。 答案：(1)10 m/s2　方向水平向左　(2)2 N　 解析：(1)若右侧细线的拉力为零，对小球受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可得ma1＝ 解得a1＝10 m/s2，方向水平向左。 (2)若车厢以加速度a0＝2 m/s2向左做匀减速运动，则小球加速度水平向右，对其受力分析，如图乙所示，由牛顿第二定律可得F2cos α－F1cos α＝ma0，F2sin α＋F1sin α＝mg 联立解得F1＝2 N，F2＝3 N。 10．(14分)(2024·广州市天河区综测二)在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑。如图所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，经过t1＝3 s后速度达到v＝6 m/s，然后开始匀速跑，在匀速跑中的某时刻拖绳从轮胎上脱落，运动员立即减速，当运动员速度减为零时发现轮胎静止在其身后x0＝2 m处。已知轮胎与跑道间的动摩擦因数μ＝0.5，运动员奔跑中拖绳两结点A、B间的距离 L＝2 m，两结点间高度差视为定值H＝1.2 m，将运动员加速运动过程和减速运动过程视为匀变速直线运动，g取10 m/s2，求： (1)加速阶段拖绳对轮胎的拉力大小； (2)运动员做减速运动的加速度大小。 答案：(1)70 N　(2)4.5 m/s2 解析：(1)设加速阶段轮胎的加速度大小为a1，轮胎受到拖绳的拉力F与水平方向的夹角为θ，跑道对轮胎的支持力为FN，摩擦力为Ff，则有v＝a1t1 竖直方向F sin θ＋FN＝mg 水平方向F cos θ－Ff＝ma1 sin θ＝，cos θ＝ 又有Ff＝μFN 联立并代入数据解得F＝70 N。 (2)设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为a2，位移大小为x，运动员做减速运动的加速度大小为a3 轮胎减速过程μmg＝ma2，v2＝2a2x 运动员减速过程v2＝2a3(x－L cos θ＋x0) 解得a3＝4.5 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $