第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用（Word练习）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦力学模块，以运动学与动力学综合应用为核心，通过基础题组与提升题组的梯度设计，系统覆盖v-t图像分析、超重失重判断、牛顿定律应用等高频考点，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题组|7题|含v-t图像分析、斜面平衡、频闪照片数据处理等|从运动描述到受力分析，构建“运动情境→受力分析→规律应用”逻辑链| |提升题组|3题|涉及多过程运动、变力做功、临界状态分析|整合运动学公式与牛顿定律，形成“复杂问题拆解→模型建构→定量计算”解题路径|

[对应学生用书第391页] 说明：单项选择题每小题3分，共24分；非选择题共2小题，共22分；本试卷共46分。 [基础题组] 1．一伞兵从高空悬停的直升机上无初速度下落，5 s后打开降落伞。规定竖直向下为正方向，其沿竖直方向运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．0～5 s内伞兵处于完全失重状态 B．5～9 s内，伞兵处于超重状态 C．伞兵下落50 m时速度小于20 m/s D．5～9 s内伞兵所受的合力越来越大 解析　0～5 s内伞兵向下的加速度为a＝ m/s2＝8 m/s2<g，则伞兵并非处于完全失重状态，选项A错误；5～9 s内，伞兵向下减速运动，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；伞兵在开始的100 m内做匀加速下降，则下落50 m时速度v＝＝ m/s＝20 m/s>20 m/s，选项C错误；图像的斜率等于加速度，可知5～9 s内伞兵的加速度逐渐减小，则所受的合力越来越小，选项D错误。 答案　B 2．如图所示为影视摄影区的特技演员从高空速滑的图片，钢索与水平方向的夹角θ＝37°，质量为m的特技演员(轻绳、轻环质量忽略不计)利用轻绳通过轻质滑环悬吊在滑索下。在匀速下滑的过程中，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．钢索对轻质滑环的作用力垂直于钢索向上 B．演员处于完全失重状态 C．钢索与滑环间的动摩擦因数为0.6 D．钢索对滑环的摩擦力为0.6mg 解析　在匀速下滑过程中，处于平衡状态，所以钢索对轻质滑环的作用力竖直向上，用来平衡演员的拉力，故选项A错误；在匀速下滑过程中，处于平衡状态，故选项B错误；钢索与滑环间的动摩擦因数为mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ＝0.75，故选项C错误；钢索对滑环的摩擦力为Ff＝μmg cos θ＝0.6mg，故选项D正确。 答案　D 3．(2025·云南昆明期末)如图所示，质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相对小球上升和下降过程进行拍照，图甲是小球上升时的照片，图乙是小球下降时的照片，O是运动的最高点。假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为(　　) A．mg　　　　　 B．mg C．mg D．mg 解析　设每块砖的厚度是d，向上运动时9d－3d＝aT2，向下运动时3d－d＝a′T2，联立解得＝，根据牛顿第二定律，向上运动时mg＋f＝ma，向下运动时mg－f＝ma′，联立解得f＝mg，故选B。 答案　B 4．如图甲所示为位移传感器，图乙为相对应的木块下滑过程中的部分位移－时间(x-t)图像，若斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度 g取10 m/s2，斜面足够长。下列说法正确的是(　　) A．木块在t＝3 s时处于斜面上x＝16 m的位置 B．木块在t＝1 s时速度大小为2 m/s C．木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝ D．木块的加速度大小为5 m/s2 解析　设木块下滑的初速度为v0，加速度为a，根据x-t关系可得x＝v0t＋at2，根据题图乙可知，当t＝1 s时x＝2 m，当t＝2 s时x＝8 m，联立解得v0＝0，a＝4 m/s2，选项D错误；木块在t＝3 s时处于斜面上x＝×4×32 m＝18 m的位置，选项A错误；木块在t＝1 s时速度大小为v＝at＝4×1 m/s＝4 m/s，选项B错误；由牛顿第二定律可知木块下滑的加速度a＝g(sin 30°－μcos 30°)，因a＝4 m/s2，解得μ＝，选项C正确。 答案　C 5．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(F＝mg cos θ)，其他条件不变，则木盒滑行的距离将(　　) A．不变 B．变小 C．变大 D．变大变小均有可能 解析　设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时，由牛顿第二定律有μ(M＋m)g cos θ＋(M＋m)·g sin θ＝(M＋m)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时，由牛顿第二定律有μ(M＋m)g cos θ＋Mg sin θ＝Ma2，可知a2＞a1，再由x＝可得x2＜x1。同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有μ(M＋m)·g cos θ－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a1′，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有μ(M＋m)g cos θ－Mg sin θ＝Ma2′，可知a2′＞a1′，再由x′＝可得x2′＜x1′，故选项B正确。 答案　B 6．工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f＝f0＋kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做水平直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　) A．汽车速度越大，加速度越大 B．整个过程的平均速度为 C．整个过程所用时间为－ D．整个过程所用时间为＋ 解析　由牛顿第二定律有F－＝ma，可知汽车速度越大，加速度越小，故A错误；当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F－＝0，解得最大速度vm＝，汽车恒力启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于，故B错误；汽车从静止达到最大速度过程中，根据动量定理有Ft－∑t＝mvm，解得整个过程所用时间为t＝＋，故C错误，D正确。 答案　D 7．无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间。某无人驾驶汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m，若以20 m/s的速度在某湿润路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动104 m。湿润路面的摩擦阻力为干燥路面的0.4倍，g取10 m/s2，无人驾驶汽车的反应时间为(　　) A．0.1 s　　　　　 B．0.15 s C．0.2 s D．0.25 s 解析　设在干燥路面速度为v1，反应距离为x1，刹车加速度大小为a1，刹车距离为x2，反应时间为t，有x1＝v1t，v12＝2a1x2，x1＋x2＝96 m，湿润路面的摩擦阻力为干燥路面的0.4倍，由牛顿第二定律知，刹车的加速度大小为a2＝0.4a1，设车在湿润路面速度为v1′，反应距离为x1′，刹车距离为x2′，反应时间不变，为t，有x1′＝v2t，v22＝2a2x2′，x1′＋x2′＝104 m，联立以上解得t＝0.2 s，故选项C正确。 答案　C [提升题组] 8．如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、ad到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2＝t3 B．t3>t1>t2 C．t1＜t2＜t3 D．t2>t1＝t3 解析　设圆半径为R，Oa与竖直方向的夹角为α，环沿Oa下滑时的加速度大小为a1＝g cos α，根据运动学公式有2R cos α＝a1t12，t1＝，同理可得t3＝，因此t1＝t3。设Ob与竖直方向的夹角为θ，环沿Ob下滑时的加速度大小为a2＝g cos θ，由几何关系得Ob长为2R，根据运动学公式有2R＝a2t22，t2＝>，由此得到t2＞t1＝t3，故选D。 答案　D 9．(10分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架质量为m＝1 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝16 N，无人机上升过程中的最大速度为6 m/s。若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s，假设无人机竖直飞行时所受阻力的大小不变，g取10 m/s2。求： (1)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小； (2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间。 解析　(1)无人机以最大升力起飞时的加速度 a＝＝2 m/s2 由牛顿第二定律F－Ff－mg＝ma 解得Ff＝4 N。 (2)竖直向上加速阶段x1＝at12，t1＝ 解得t1＝3 s，x1＝9 m 匀速阶段t2＝＝3.5 s 无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5 s。 答案　(1)4 N　(2)6.5 s 10．(12分)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m。(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s2)求： (1)滑块在运动过程中的最大速度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s 时速度的大小。 解析　(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有 mg sin 30°＝ma1 vm2＝2a1 解得vm＝4 m/s。 (2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，则有 μmg＝ma2 vm2＝2a2L 解得μ＝0.4。 (3)滑块在斜面上运动的时间为t1，则有 vm＝a1t1 解得t1＝0.8 s 由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动 t－t1＝0.2 s 设t＝1.0 s时速度大小为v，则有 v＝vm－a2(t－t1) 解得v＝3.2 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $