第8讲　牛顿第二定律的基本应用 课后分层作业（含基础知识网络图）-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律应用，通过分层训练构建动力学问题与超重失重现象的解题逻辑，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| |----|-----------|----------|----------| |夯基础·保本科|8题（含2题型）|动力学两类问题（已知力求运动、已知运动求力）、超重失重现象分析|从牛顿第二定律公式直接应用，到运动学公式与受力分析结合，构建“力-加速度-运动”逻辑链条| |提能力·冲211|1题|多过程动力学综合（斜面-水平轨道衔接）|整合受力分析、运动过程分段、加速度计算，体现科学推理中的过程建模| |迎挑战·搏985|1题|复杂情境应用（斜面碰撞、摩擦力分解）|深化运动分解、碰撞规律与受力分析综合，强化模型建构与质疑创新能力|

2027届新高考高三第一轮复习 高三物理备课组 新课标 · 新高考2027届高三第一轮复习 课后分层作业 第8讲　牛顿第二定律的基本应用 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ ❀ 重知识 · 牢地基 ❀ ❀ 夯基础 · 保本科 ❀ 题型1　动力学的两类基本问题 1.(2026·四川泸州诊断)质量为m的物体静置于水平地面上,受到一竖直向上的恒力F作用,从静止开始向上运动。经时间t后撤去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(　　) A.mg B.mg C.2mg D.3mg 答案　A 2.(2025·广东佛山模拟)2025年4月30日,神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时,返回舱的速度为8 m/s,此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作,使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s,实现软着陆。若该过程中返回舱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3×103 kg,g取10 m/s2,则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 3.(2026·安徽安庆模拟)如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　) A.∶∶1 　　　　B.(-)∶(-1)∶1 C.3∶2∶1 　　　　D.1∶1∶1 4.(2025·河南商丘模拟)如图所示,若滑雪运动员以初速度v=4 m/s沿倾角为θ=37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑,在3 s的时间内下滑的路程为30 m,已知滑板和运动员的总质量为m=50 kg,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　) A.运动员下滑的加速度大小为4 m/s2 B.运动员5 s末的速度大小为20 m/s C.运动员受到的阻力大小为60 N D.运动员受到斜轨道支持力的大小为600 N 5.(2026·浙江宁波模拟 )以6 m/s的速度匀速上升的气球,当升到离地面14.5 m高时,从气球上落下一小球,小球的质量为0.5 kg,假设小球在运动过程中所受阻力大小满足f=(1+kv)N,k=0.01 kg/s,g取10 m/s2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面(　　) A.1.7 s B.1.9 s C.2.6 s D.3.5 s 题型2　超重和失重现象 6.(2026·河南许昌高三阶段测试)一部电梯在竖直方向上运行,其简化模型如图甲所示。某学习小组利用智能手机在此运行的电梯中进行实验探究。实验过程中,手机水平放置,屏幕朝上,以竖直向上为正方向,手机软件记录下了电梯运行过程中的速度随时间变化的关系,如图乙所示,关于记录时间内电梯的运动,下列说法正确的是(　　) A.35 s时,电梯处于静止阶段 B.35 s时,电梯处于超重状态 C.50 s时,电梯向上运动到最高点 D.50 s时,电梯回到了最初位置 7.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)(　　) 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 8.(2026·山西太原模拟)如图所示,一质量为m=2 kg的物体放置在静止升降机的水平底板上,对物体施加一水平向右、大小为F=10 N的拉力,物体刚好不发生运动。由于升降机运动,发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为2 m/s2 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g=10 m/s2,则下列关于升降机运动的描述可能正确的是(　　) A.以4 m/s2的加速度向上加速 B.以5 m/s2的加速度向上加速 C.以4 m/s2的加速度向下加速 D.以5 m/s2的加速度向下加速 ❀ 提能力 · 冲211 ❀ 9.(2026·河北邯郸高三月考)如图所示,一位雪橇运动员坐在雪橇上,以初速度vA=1 m/s从AB滑道上A点出发,并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次,经过6.5 s到达B点,B点有一长度不计的弧形轨道,该弧形轨道平滑连接倾角为θ的滑道AB与水平滑道BC,雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平轨道后雪橇及人自由滑行,水平滑道上B、C两点间距离LBC=80 m。雪橇和人的总质量m=90 kg,经过B点的速度大小vB=9 m/s,雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力大小恒为Ff=45 N,方向与运动方向相反,人在AB滑道上每次划拨冰面时双手与冰面的接触时间Δt=0.5 s,每划拨一次速度大小增加Δv=1 m/s,在AB滑道上不用手划时雪橇和人的加速度大小a1=1 m/s2,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)雪橇经过C点时的速度大小vC; (2)滑道AB的倾角θ的正弦值sin θ; (3)运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数n。 ❀ 迎挑战 · 搏985 ❀ 10.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有这样一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板反生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求在下滑过程中: (1)游客撞击护板时的速度大小v1; (2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2分别多大; (3)游客滑离斜面时速度大小v2。 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三物理备课组 新课标 · 新高考2027届高三第一轮复习 课后分层作业 答案与解析 第8讲　牛顿第二定律的基本应用 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ ❀ 重知识 · 牢地基 ❀ ❀ 夯基础 · 保本科 ❀ 题型1　动力学的两类基本问题 1.(2026·四川泸州诊断)质量为m的物体静置于水平地面上,受到一竖直向上的恒力F作用,从静止开始向上运动。经时间t后撤去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(　　) A.mg B.mg C.2mg D.3mg 答案　A 解析　在第一个时间t内,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,根据匀变速直线运动的公式有x=at2,v=at;在第二个t时间内,根据位移与时间关系式有-x=vt-gt2,解得F=mg,A正确。 2.(2025·广东佛山模拟)2025年4月30日,神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时,返回舱的速度为8 m/s,此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作,使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s,实现软着陆。若该过程中返回舱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3×103 kg,g取10 m/s2,则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 答案　D 解析　由运动学公式可得v2-=-2ah,即加速度大小为a== m/s2=25 m/s2,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,即F=1.05×105 N,故D正确。 3.(2026·安徽安庆模拟)如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　) A.∶∶1 　　　　B.(-)∶(-1)∶1 C.3∶2∶1 　　　　D.1∶1∶1 答案　A 解析　如图所示,根据等时圆模型,只需要求出沿A'P、B'P、C'P下滑的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P=:∶=∶∶1,故A正确。 4.(2025·河南商丘模拟)如图所示,若滑雪运动员以初速度v=4 m/s沿倾角为θ=37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑,在3 s的时间内下滑的路程为30 m,已知滑板和运动员的总质量为m=50 kg,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　) A.运动员下滑的加速度大小为4 m/s2 B.运动员5 s末的速度大小为20 m/s C.运动员受到的阻力大小为60 N D.运动员受到斜轨道支持力的大小为600 N 答案　A 解析　运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动,根据匀变速直线运动规律有x=vt+at2,解得a=4 m/s2,故A正确;5 s末的速度v5=v+at5=24 m/s,故B错误;运动员在下滑过程中,根据牛顿第二定律,沿斜轨道向下方向有mgsin θ-f=ma,解得f=100 N,故C错误;垂直于斜轨道方向有FN-mgcos θ=0,解得FN=400 N,故D错误。 5.(2026·浙江宁波模拟 )以6 m/s的速度匀速上升的气球,当升到离地面14.5 m高时,从气球上落下一小球,小球的质量为0.5 kg,假设小球在运动过程中所受阻力大小满足f=(1+kv)N,k=0.01 kg/s,g取10 m/s2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面(　　) A.1.7 s B.1.9 s C.2.6 s D.3.5 s 答案　C 解析　因速度大小对阻力大小影响很小,在估算时可把阻力大小恒定为1 N进行计算,根据牛顿第二定律知,小球上升阶段的加速度a1==12 m/s2,上升的时间t1== s=0.5 s,上升的高度h1=t1=1.5 m;小球下降阶段的加速度a2==8 m/s2,根据运动学公式有(h0+h1)=a2,解得下降的时间t2== s=2 s,则共用时间为t=t1+t2=2.5 s,与C项最接近,故C正确。 题型2　超重和失重现象 6.(2026·河南许昌高三阶段测试)一部电梯在竖直方向上运行,其简化模型如图甲所示。某学习小组利用智能手机在此运行的电梯中进行实验探究。实验过程中,手机水平放置,屏幕朝上,以竖直向上为正方向,手机软件记录下了电梯运行过程中的速度随时间变化的关系,如图乙所示,关于记录时间内电梯的运动,下列说法正确的是(　　) A.35 s时,电梯处于静止阶段 B.35 s时,电梯处于超重状态 C.50 s时,电梯向上运动到最高点 D.50 s时,电梯回到了最初位置 答案　C 解析　35 s时电梯处于匀速运动阶段,不超重也不失重,故A、B错误;50 s时,电梯向上运动速度减为零,即电梯到达最高点,故C正确,D错误。 7.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)(　　) 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 答案　D 解析　由题意可知,该同学处于超重状态,加速度方向向上,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,可得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上做加速运动,故D正确。 8.(2026·山西太原模拟)如图所示,一质量为m=2 kg的物体放置在静止升降机的水平底板上,对物体施加一水平向右、大小为F=10 N的拉力,物体刚好不发生运动。由于升降机运动,发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为2 m/s2 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g=10 m/s2,则下列关于升降机运动的描述可能正确的是(　　) A.以4 m/s2的加速度向上加速 B.以5 m/s2的加速度向上加速 C.以4 m/s2的加速度向下加速 D.以5 m/s2的加速度向下加速 答案　C 解析　初始时物体恰好不发生运动,即物体在底板上所受摩擦力恰好为最大静摩擦力,等于滑动摩擦力,根据平衡条件有Ff=μmg=F=10 N,解得μ=0.5,由于升降机运动,使得物体相对底板向某方向做加速运动,受力分析如图所示,在水平方向,根据牛顿第二定律有F-μFN1=max,解得FN1=12 N,在竖直方向,根据牛顿第二定律有mg-FN1=may,解得ay=4 m/s2,方向竖直向下,即升降机以4 m/s2的加速度向下加速或者向上减速,故C正确,A、B、D错误。 ❀ 提能力 · 冲211 ❀ 9.(2026·河北邯郸高三月考)如图所示,一位雪橇运动员坐在雪橇上,以初速度vA=1 m/s从AB滑道上A点出发,并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次,经过6.5 s到达B点,B点有一长度不计的弧形轨道,该弧形轨道平滑连接倾角为θ的滑道AB与水平滑道BC,雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平轨道后雪橇及人自由滑行,水平滑道上B、C两点间距离LBC=80 m。雪橇和人的总质量m=90 kg,经过B点的速度大小vB=9 m/s,雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力大小恒为Ff=45 N,方向与运动方向相反,人在AB滑道上每次划拨冰面时双手与冰面的接触时间Δt=0.5 s,每划拨一次速度大小增加Δv=1 m/s,在AB滑道上不用手划时雪橇和人的加速度大小a1=1 m/s2,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)雪橇经过C点时的速度大小vC; (2)滑道AB的倾角θ的正弦值sin θ; (3)运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数n。 答案　(1)1 m/s　(2)0.15　(3)3 解析　(1)雪橇从B点运动到C点的过程中, 根据牛顿第二定律有Ff=ma2 解得a2=0.5 m/s2 雪橇从B点到C点的过程中做匀减速直线运动, 根据速度与位移关系式有-=-2a2LBC 解得vC=1 m/s。 (2)雪橇和人从A点运动到B点的过程中,手不划拨冰面时,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-Ff=ma1 解得sin θ=0.15。 (3)设运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n,则有 vB=vA+nΔv+a1(t-nΔt) 解得n=3。 ❀ 迎挑战 · 搏985 ❀ 10.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有这样一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板反生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求在下滑过程中: (1)游客撞击护板时的速度大小v1; (2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2分别多大; (3)游客滑离斜面时速度大小v2。 答案　(1)5 m/s　(2)200 N　120 N　(3)1.2 m/s 解析　(1)游客在撞击护板前, 受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos 37°=ma1 下滑的加速度为 a1==2 m/s2 撞击护板时的速度v1=a1t1=5 m/s。 (2)游客紧贴护板运动时,受力分析如图乙所示。根据摩擦力的公式知,游客与斜面间的摩擦力为 Ff1=μFN1=μmgcos θ=200 N 与护板间的滑动摩擦力为 Ff2=μFN2=μmgsin θcos θ=120 N。 (3)在撞击护板后,根据牛顿第二定律有 mgsin θ·sin θ-Ff1-Ff2=ma2 则a2==-2.8 m/s2 根据速度与位移关系式有-(v1sin θ)2=2a2s 代入数据解得v2=1.2 m/s。 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $