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

**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，以题载法构建从原理到综合应用的逻辑体系，强化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|涉及弹簧与绳的弹力突变分析，如悬吊系统、斜面弹簧组合|基于牛顿第二定律，区分弹簧弹力不突变与绳弹力突变特性，构建瞬时状态受力模型| |超重与失重|2题|结合运动过程（如反向蹦极、座舱下落）判断加速度方向及视重变化|通过加速度方向与重力关系，建立超重失重的动态分析框架，体现运动状态对受力的影响| |动力学的两类基本问题|5题|综合运动学公式与牛顿第二定律，涵盖匀变速运动、多过程问题（如无人机起降、海豚坡道滑行）|从已知运动求受力到已知受力求运动，形成“受力分析-运动方程-关联求解”的完整推理链，强化模型建构能力|

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.(2026·山西晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间(　　) A.弹簧的弹力突然减为零 B.P与箱顶的作用力仍然为零 C.P受到的合力小于Q受到的合力 D.Q对箱底的压力减为原来的一半 答案：D 解析：未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误；由于剪断轻绳的瞬间，整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力，即P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重力，剪断轻绳瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 2.(2026·四川南充模拟)细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.弹簧被拉伸，形变量大小为 B.小球静止时细绳的拉力大小为mg C.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g D.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g 答案：D 解析：以小球为对象，根据受力平衡可得FTcos 53°＝mg，FTsin 53°＝F弹，解得FT＝，F弹＝，此时弹簧被压缩，根据胡克定律可得弹簧的压缩量大小为x＝＝，故A、B错误；剪断细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，弹簧弹力和重力的合力大小等于剪断细绳前绳子的拉力大小，则有a＝＝＝g，故D正确，C错误。 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)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2，则(　　) A.运动员起跳过程属于先失重后超重状态 B.起跳过程中加速度大小为16 m/s2 C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s D.起跳过程中运动员对地面的压力为960 N 答案：B 解析：运动员起跳过程向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；根据题意可知，离地后运动员做竖直上抛运动，则离地速度v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳过程中向上做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝16 m/s2，故B正确；从开始起跳到离地上升到最高点需要t＝＋＝ s＋ s＝0.65 s，故C错误；起跳过程中根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，地面对运动员支持力为FN＝ma＋mg＝1 560 N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为FN'＝FN＝1 560 N，故D错误。 8.(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。 9.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。 10.(14分)(2026·福建漳州第四次质量检测)杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵·烟雨染江南》让世界看到“仙女”们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女” (1)全过程的平均速率； (2)匀加速上升过程的加速度大小a； (3)匀减速上升过程中每根钢索拉力大小FT。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)全过程根据平均速率的定义有＝ 解得＝。 (2)设匀加速结束时的速度为v，则有h＝·2t 由匀变速直线运动规律得a＝ 解得a＝。 (3)匀加速与匀减速加速度大小相等，匀减速上升过程，由牛顿第二定律得mg－2FT＝ma 解得FT＝。 学科网（北京）股份有限公司 $