第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过基础分组与创新提升训练，构建从模型应用到实际情境的知识逻辑链，强化物理观念与科学思维。 **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|4题|含弹簧弹力、运动图像、等时圆模型|从受力分析到运动学公式推导，体现运动与相互作用观念| |超重与失重问题|3题|结合手机传感器、电梯运动等情境|通过加速度方向判断状态，强化科学推理| |创新提升训练|5题|涉及无人机、C919飞机、朱雀三号火箭等实际问题|综合应用牛顿定律与运动学规律，培养科学探究与社会责任|

限时规范训练(15) (建议用时：40分钟　满分：77分) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分) [基础分组训练] 题组1　动力学的两类基本问题 1．(2024·安徽卷，6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 解析：A　在P点根据共点力平衡可知小球的重力与弹簧的弹力的合力大小为F合＝2mg，若撤去拉力时，在P点加速度最大，最大值为a＝＝2g，方向竖直向下，在O点加速度最小，最小值为a＝＝g，方向竖直向下，小球从P点运动到O点的过程中加速度减小，速度一直增大，A正确。 2．(2026·湖南邵东一中月考)水平力F方向确定，大小随时间变化如图甲所示。用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1 kg。在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)，由图像可知(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6 N B．4 s时小物块的速度为8 m/s C.小物块与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.6 D．t＝ s，小物块开始滑动 解析：D　由题图知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，代入解得μ＝0.5，小物块所受滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg＝5 N，故A、C错误；a-t图像面积代表速度变化量，4 s时小物块的速度大于v＝×2 m/s＝8 m/s，故B错误；根据F-t 图像可知F＝3t，当F＝Ffm＝5 N时，小物块开始滑动，故t＝ s，故D正确。 3．(多选)(课标变化题：人工智能)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 解析：ACD　由运动学公式v2－v02＝2ax，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；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v2－v02＝2ax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。 4．(等时圆模型)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则有(　　) A．v2＞v1＞v3　　　　　 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 解析：A　设任一斜面的倾角为θ，圆直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝ ＝ ＝ ，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3。 题组2　超重与失重问题 5．(2026·江苏海安开学考)利用智能手机中传感器可绘制出手机的加速度a与时间t的图像。手机沿竖直方向运动时，得到如图所示的图像，向下为正方向，手机处于失重状态的时刻为(　　) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 解析：B　失重的条件是加速度方向向下，题目规定“向下为正方向”，因此加速度a>0时为失重，a<0时为超重。结合图像分析各时刻的加速度方向可知t1、t4时刻，加速度等于0；t2时刻，加速度为正，方向向下，手机处于失重状态；t3时刻，加速度为负，方向向上，手机处于超重状态。故选B。 6．(2025·四川眉山东坡区联考)如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　) A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 解析：B　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，m＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以5 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速上升，A、C、D错误，B正确。 7．(多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v-t和a-t图像可能正确的是(g取9.8 m/s2)(　　) 解析：ABC　m＝＝50 kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝－1 m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动；t1～t2时间内，根据牛顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静止；t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，可知在t2～t3时间内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。 [创新提升训练] 8．(2025·山西晋中三模)2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是(　　) A．飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零 B．飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右 C．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，乘客处于超重状态 D．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上 解析：C　飞机静止时，座椅对乘客的作用力等于乘客的重力，故A错误；飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力，所以座椅对乘客的作用力指向右上方，故B错误；飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，有向上的加速度，所以乘客处于超重状态，故C正确；飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，根据牛顿第二定律可知座椅对乘客的作用力斜向上方，故D错误。 9．(2026·山东临沂期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　) A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD 解析：B　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝atC2，联立解得tC＝ ，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE<tD，故B正确。 10．(2026·湖南岳阳模拟)某教师用图甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A．AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态 B．电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C．AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 D．CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 解析：C　AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处于失重状态，A错误；AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速、向上匀速和向上减速的过程，B错误；由题图乙可知矿泉水瓶的重力mg＝15 N，若重力加速度g取10 m/s2，矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。 11．(12分)(2025·广东佛山期中)2024年9月11日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吨，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，如图所示。4根钢索与竖直方向夹角均为37°，且连接点ABC位于同一竖直面内。火箭点火起飞100秒后发动机关闭，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Ff＝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。 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v1＝a1t 可得a1＝6 m/s2 由牛顿第二定律得F－(Ff＋mg)＝ma1 解得F＝ 9×106 N。 (3)根据速度—位移公式有v12＝2a1h1 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Ff＋mg＝ma2 解得a2＝ 12 m/s2 由0－v12＝－2a2h2 得h2＝1.5×104 m 故上升的最大高度为h＝h1＋h2＝4.5×104 m。 答案：(1)1.6×106 N　(2)9×106 N (3)4.5×104 m 12．(12分)(2026·山东实验中学模拟)如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝3 kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝2 kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻起，用恒力(大小、方向均未知，图中未画出)作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块与斜面体间的动摩擦因数μ1； (2)物块2 s末的速度v和0～2 s内位移大小x； (3)恒力的最小值Fmin。 解析：(1)对物块分析有mg sin θ＝μ1mg cos θ 解得μ1＝0.75。 (2)对物块分析有mg tan θ＝ma，v＝at 解得v＝15 m/s 其中x＝at2 解得x＝15 m。 (3)设恒力方向与水平方向的夹角为α、大小为F，对物块和斜面体构成的整体进行分析，竖直方向上有F sin α＋FN＝(M＋m)g 水平方向有F cos α－μFN＝(M＋m)a 解得F＝ 设cos β＝，整理可得F＝ 当sin (α＋β)＝1时，即有sin α＝时，恒力最小，则有Fmin＝＝60 N。 答案：(1)0.75　(2)15 m/s　15 m　(3)60 N 学科网（北京）股份有限公司 $