第2讲　牛顿第二定律的基本应用 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律应用，通过基础题组（动力学两类问题、超重失重、图像问题）与综合题递进设计，覆盖核心考点，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| |----|-----------|----------|----------| |动力学两类基本问题|2题|匀变速运动公式与牛顿第二定律结合|从运动学量求力（反推火箭）、已知力求运动（滑雪），体现“运动-力”双向推导| |超重与失重|2题|生活情境（水瓶运动、落塔实验）|通过加速度方向判断超失重状态，深化对牛顿第二定律瞬时性的理解| |动力学图像问题|3题|F-t、a-t图像分析（杂技演员、手机运动）|提取图像信息转化为受力与运动关系，培养科学推理与模型建构能力| |综合提升练|2题（含1计算题）|粘滞阻力、多过程运动（钢珠下落、滑块运动）|综合应用牛顿定律与能量观点，衔接复杂情境问题解决|

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 (分值:60分) 选择题:1~7题每小题5分,8~9题每小题7分,共49分 基础对点练 题组一　动力学的两类基本问题 1.(2025广东佛山二模)当载人飞船的返回舱距离地面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3×103 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 2.(多选)(2026青海西宁阶段练习)如图为某滑雪爱好者参与高山滑雪时的情境,滑雪者与装备的总质量为m,滑雪者收起雪杖从静止开始沿着倾角θ=37°的平直山坡直线自由滑下,从静止开始下滑一段路程的平均速度为v,滑雪者在这段路程的运动看作匀加速直线运动,滑板与雪道间的动摩擦因数为μ=0.25。已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则这段路程内(　　) A.滑雪者运动的加速度大小为0.4g B.滑雪者在这段路程末的速度大小为v C.滑雪者运动这段路程的时间为 D.这段路程的长度为 题组二　超重与失重问题 3.(2025广东广州阶段练习)为研究超重、失重现象,某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔,水从小孔喷出,如图所示。t=0时刻,他提着水瓶向上加速运动,t1时刻松手,t2时刻水瓶上升到最高点,之后水瓶自由下落。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.0~t1时间内,没有水从侧壁流出 B.t1~t2时间内,水和水瓶处于超重状态 C.t1~t2时间内,没有水从侧壁流出 D.t2时刻之后,水和水瓶处于超重状态 4.(2025广东揭阳期末)我国建设的落塔及塔内的落仓如图所示。某次实验时,t=0时刻落仓由静止开始自由下落,t=2 s时开始减速,t=4 s时落仓速度变为0。已知2~4 s内落仓做匀变速直线运动,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.0~2 s内落仓内的物体不受重力的作用 B.0~2 s内落仓内的物体处于完全失重状态 C.与0~2 s内相比,2~4 s内落仓下落的位移更小 D.t=1.5 s和t=2.5 s两时刻落仓的加速度相同 题组三　动力学的图像问题 5.(多选)(2025广东肇庆高三阶段练习)春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧,教练组将压力传感器安装在蹦床上,记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为35 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间(F-t)图像,运动员可视为质点。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.演员在a时刻速度为零,加速度为零 B.在a时刻,演员处于超重状态 C.演员在b时刻速度最大 D.演员离开蹦床后能上升的最大高度为3.2 m 6.(2025北京昌平期末)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机,打开加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向。重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出(　　) A.在t1~t2时间内手机处于超重状态,在t2~t3时间内手机处于失重状态 B.手机在t2时刻运动到最高点 C.手机在t3时刻改变运动方向 D.手机可能离开过手掌 7.(多选)(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 综合提升练 8.(2025广东广州高三开学考试)1845年英国物理学家和数学家在研究球体在液体中下落时,发现液体对球的粘滞阻力满足关系式F=6πηrv,其中r为球的半径,v为球的速度,η为液体的粘滞系数。如图所示,现将一颗小钢珠在蓖麻油液面的上方某高度处静止释放记为零时刻,落入盛有蓖麻油的足够深的量筒中。下列描绘小钢珠在下沉过程中的图像可能正确的是(　　) 9.(2025云南卷)如图所示,质量 为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为s1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为s2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　) A.t1<t2 B.t1>t2 C.s1>s2 D.s1<s2 10.(11分)(2026广东佛山检测)如图甲所示,在酒泉卫星发射中心,朱雀三号成功进行了垂直起降飞行实验。朱雀三号的质量约为500 t,先用火箭专用起重机通过4根等长钢索将火箭安装至发射台上。4根钢索与竖直方向夹角均为37°,且连接点A、B、C位于同一竖直面内,示意图如图乙所示。火箭点火起飞100 s后发动机关闭,此时火箭的速度达到600 m/s,一段时间后安全返回地面。假设火箭所受空气阻力恒为f=1×106 N,且点火后产生的推力恒定,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)起重机将火箭匀速吊起的过程中,每条钢索上的拉力大小(结果保留2位有效数字); (2)点火后产生的推力为多大; (3)火箭上升的最大高度。 答案： 1.D　解析 根据运动学公式可得v2-=-2ah,解得加速度大小为a= m/s2=25 m/s2,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=1.05×105 N,故选D。 2.AD　解析 根据牛顿第二定律,有mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=0.4g,故A正确;滑雪者在这段路程末的速度大小为v',则平均速度v=,解得v'=2v,故B错误;根据v'=at,解得t=,故C错误;这段路程的总长度为s=vt=,故D正确。 3.C　解析 0~t1时间内,手提着水瓶向上加速运动,整体处于超重状态,一定会有水从小孔流出,故A错误;t1~t2时间内水和水瓶只受重力的作用,处于完全失重状态,水和水之间无相互作用,因此不会有水从侧壁流出,故B错误,C正确;t2时刻之后,水瓶和水依然处于完全失重状态,没有水从侧壁流出,故D错误。 4.B　解析 0~2 s内落仓做自由落体运动,落仓内的物体只受重力的作用,加速度为重力加速度,处于完全失重状态,故A错误,B正确;设2 s时落仓的速度为v,则0~2 s内落仓下落的位移为s1=t1,2~4 s内落仓下落的位移s2=t2,由于t1=t2=2 s,则0~2 s内落仓下落的位移等于2~4 s内落仓下落的位移,故C错误;0~2 s内落仓向下做匀加速直线运动,2~4 s内落仓向下做匀减速直线运动,根据对称性可知,t=1.5 s和t=2.5 s两时刻落仓的加速度大小相等,方向相反,故D错误。 5.BD　解析 演员在接触蹦床以后,弹力增大,演员做加速度减小的加速运动,当蹦床弹力增大到等于演员的重力时,加速度为0,即演员的速度达到最大,之后蹦床弹力继续增大,演员做加速度增大的减速运动,当演员运动到a时刻,速度为0,但加速度不为0,故A错误;演员在a时刻,受到的弹力大于重力,演员处于超重状态,故B正确;在a点之后,蹦床的弹力减小,演员做加速度减小的加速运动,当蹦床的弹力减小到等于演员的重力时,加速度为0,即演员的速度达到最大,此时还没有到达b时刻,之后蹦床的弹力继续减小,演员做加速度增大的减速运动,最后离开蹦床,所以演员在b时刻速度不是最大,故C错误;由图像可知,演员在空中的时间为t=2.8 s-1.2 s=1.6 s,演员离开蹦床的速度为v=g×=8 m/s,演员离开蹦床后能上升的最大高度满足v2=2gh,解得h=3.2 m,故D正确。 6.D　解析 由图可知,在t1~t3时间内手机的加速度方向竖直向上,手机处于超重状态,故A错误;在t2~t3时间内手机有向上的加速度,速度方向与加速度方向相同,可知手机在t2时刻未运动到最高点,故B错误;手机在t3时刻有竖直向上的速度,速度不为零,没有改变运动方向,故C错误;由图可知,在t4时刻之后,有一段时间内手机的加速度等于重力加速度,则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,故D正确。 7.BC　解析 根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得F=ma+μmg,F-a图像的斜率表示物体质量,由图像可知,甲的斜率大于乙的斜率,所以m甲>m乙;图像的截距表示μmg,由图像可知甲、乙截距相等,所以μ甲<μ乙,选项B、C正确。 8.D　解析 根据牛顿第二定律得mg-F=ma,解得小钢珠的加速度为a=,小钢珠的初始速度为零,在下降的过程中,速度增大,阻力增大,则加速度减小,当重力和阻力相等时,做匀速运动,加速度为零。故选D。 9.A　解析 对两次运动的整个过程,根据能量守恒定律,有=μ1mgsMN+μ2mg(s1-sMN),=μ1mgsMN+μ2mg(s2-sMN),可得s1=s2,故C、D错误;根据牛顿第二定律,有μmg=mg,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN上滑动时的加速度更大。根据上述分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点较近,根据公式-v2=2μ2gs,可知第二次到达M点时速度较大,作出整个过程中两次滑动的v-t图像如图所示,可得t2>t1,故A正确,B错误。 10.答案 (1)1.6×106 N　(2)9×106 N　(3)4.5×104 m 解析 (1)根据受力平衡可得4FTcos 37°=mg 解得FT=1.6×106 N。 (2)点火后火箭做匀加速直线运动,由运动学公式,有v1=a1t 解得a1=6 m/s2 由牛顿第二定律,有F-(f+mg)=ma1 解得F=9×106 N。 (3)根据速度—位移公式,有=2a1h1 解得h1=3×104 m 发动机关闭后火箭向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得f+mg=ma2 解得a2=12 m/s2 由运动学公式,有0-=-2a2h2 解得h2=1.5×104 m 故上升的最大高度为hm=h1+h2=4.5×104 m。 8 学科网（北京）股份有限公司 $