课时冲关14 牛顿第二定律的理解及应用（教用版）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 课时冲关14牛顿第 学生用书 [基础落实练] 1.(2025·广西卷，9)（多选）独竹漂 是我国一项民间技艺.如图，在平 静的湖面上，独竹漂选手手持划 杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对 静止，则 A.选手受合力为零 B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 C.手持划竿可使选手（含划竿）的重心下降，更 易保持平衡 D.选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划竿） 的重心同一竖直平面上 解析：CD[人和竹筏在水里减速滑行，速度在 变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A 错误；竹筏在水平方向有加速度，人对竹筏的力 在竖直方向有重力，水平方向有摩擦力，所以人 对竹筏的力方向不是竖直向下，故B错误；人和 竹筏相对静止，且减速滑行，人和竹筏的重心要 在竹筏所在竖直面上才能保持相对稳定，手持 划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持 平衡，故C正确；人和竹竿构成的整体在减速滑 行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心 的关系可知整体的重心与杆受到合力作用线应 该在同一竖直面上，故D正确.故选CD.] 2.(2025·山东卷，8)工人在河 堤的硬质坡面上固定一垂直 坡面的挡板，向坡底运送长方 体建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹角为0， 交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面 与坡面的交线为MN,∠MNQ=Q.若建筑材料与 坡面、挡板间的动摩擦因数均为：，重力加速度大 小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速 度大小为 () A.gsin 0-ug coso-ugsindcos0 B.gsin 0 cos 0-ugcos 0-ugsin20 C.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin Ocos0 D.gcos 0-ugcos 0-ugsin0 解析：B[根据牛顿第二定律mg sin0cos0-mg cos0-umg sin0sin0=ma,可得a=gsin Ocos0 一gcos0-ug sin0.故选B.] 3.如图所示，A质量为2n,B质量为m,中" 间有一轻质弹簧相连，A用绳悬于O点， 当突然剪断OA绳时，关于A物体的加 0000000 速度，下列说法正确的是 ( OB ·453 二定律的理解及应用 P358 A.0 B.g C.1.5g D.无法确定 解析：C[剪断OA绳前，以B为对象，根据受 力平衡可得F弹=mg,突然剪断OA绳时，弹簧 弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律 可得F弹十2mg=2maA,联立解得A物体的加 速度aA=1.5g,故选C.] 4.如图所示，一个房顶下面挂一轻 弹簧，弹簧下端挂有质量为m ●p 的小球P,P与地面用一细线牵 连，细线拉力为F,今将细线剪断，则细线剪断 瞬间 ) A.小球的加速度大小为 B.小球的加速度大小为F一mg m C.小球的加速度大小为mg一F) D.条件不足，无法确定 解析：A[剪断细线之前对小球分析可知F十 mg=F弹，剪断细线的瞬时，弹簧弹力不变，F变 为零，则此时小球的加速度a= F弹一mg_F m m 方向向上.故选A.] 5.餐厅暖盘车的储盘装置示意图 水平固定翼环 如图所示，三根完全相同的轻质 弹簧等间距竖直悬挂在水平固 定圆环上，下端连接质量为M 的托盘，托盘上放着6个质量均 为m的盘子并处于静止状态. 已知重力加速度大小为g.某顾客快速取走1号 盘子的瞬间，3号盘子对2号盘子的作用力的大 小为 ( A.mg(M+6m) B.mg(M-6m) M+5m M+5m c“群 D.mg (M-m) M+6m 解析：A[6个盘子处于静止时，6个盘子所受 合力为0，顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘 和其他5个盘子所受的合力为mg,根据牛顿第 二定律有mg=(M十5m)a,对2号盘子，根据牛顿 第二定律有N一mg=ma,联立可得3号盘子对2号盘 子作用力的大小N=mgM6m,故选A] M+5m 6.2025年在西班牙潘普洛 ↑FN 纳举行的世界蹦床锦标 赛中，中国队斩获4金2 01.01.4213.8496677 铜.假设在比赛中的某一个时间段内蹦床所受 的压力随时间变化的关系如图所示，忽略空气 阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确 的是 () A.1.0s~1.4s内运动员向上运动，处于失重状态 B.1.0s~1.4s内运动员向下运动，处于超 重状态 C.1.4s时运动员的速度达到最大值 D.运动员在脱离蹦床后的上升过程中上升的最 大高度约为3.6m 解析：D[1.0s~1.4s内运动员对蹦床的压 力逐渐变大，则运动员向下运动，压力先小于重 力，加速度向下，失重；后压力大于重力，加速度 向上，超重，选项A、B错误；1.4s时运动员对蹦 床的压力最大，此时到达最低，点，则运动员的速 度为零，选项C错误；运动员在脱离蹦床后到再 次回到蹦床上用时间为3.8s一2.1s=1.7s,则 上升过程中上升的最大高度约为 1.7)2 21 m≈3.6m,选项D 2 正确.门 7.如图所示，货车 a 在平直道路上向 右以加速度a1, 做加速运动时， 与石块B接触的物体对它的作用力为F,方向 与水平方向夹角为0.若货车向右以加速度a2 (a2>a1)做加速运动，则与石块B接触的物体 对它的作用力F如何变化 ( A.0不变，F增大 B.0不变，F减小 C.0增大，F减小 D.0减小，F增大 解析：D[依题意，对石块受力分析，如图 ma mg 货车在平直道路上向右以加速度a1运动时，有 Fsing=mg,tand=mg mal 货车向右以加速度a2(a2>a1)做加速运动，有 ·45 第三章牛顿运动定律 an0=器，可如9会减小，弄报搭F=器可 知F会变大.故选D.] 8.宇航员在宇宙飞船中做了一个测量物体质量的 实验：如图所示，用力推着待测物体从静止开始 沿直线运动，力传感器显示此过程中推力大小 恒为F,测得物体在t时间内前进的距离为x, 可得待测物体质量为 F A. FL B.2E2 c D.②F2 2x 解析：C[根据匀变速的位移公式x= 2au2, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立得m 27故选C] E [能力综合练] 9.2025年11月14日，神舟二十一 号飞船返回舱在东风着陆场着 陆.当返回舱距离地面高度为 1.2m时，返回舱的速度为8m/ s,此时返回舱底部的4台反推发动机同时点火 工作，返回舱触地前的瞬间速度降至2m/s,从 而实现软着陆.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3×103kg, 重力加速度g=10m/s,则平均每台反推发动 机提供的推力大小为 () A.2.6×104N B.1.88×104N C.1.05×105N D.7.5×104N 解析：A[根据运动学公式可得v一= 一2ah,解得加速度大小为a=-t_8-艺 2h-2X1.2m/s =25m/s2, 根据牛顿第二定律可得4F-mg=ma, 解得平均每台反推发动机提供的推力大小为F ≈2.6×104N,故选A.] 10.（多选)如图所示，两个质一 量分别为m1=2kg,m2=4kg的物体置于光 滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接.两个 大小分别为F1=40N,F2=16N的水平拉力 3 高考总复习物理 分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下 列说法正确的是 () A.弹簧秤的示数是32N B.弹簧秤的示数是28N C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为 7 m/s2 D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为 16m/s2 解析：AD[以两物体组成的系统为研究对 象，由牛顿第二定律可知 a=F-E2=40-16 m1+m2=2+4m/s2=4m/s2, 系统的加速度方向水平向右，设弹簧秤的拉力 为F,以2为研究对象，由牛顿第二定律得 F-F2=m2a,得F=32N,故A正确，B错误； 弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F,的瞬间， m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧 的弹力，设m2此时加速度为a3,由牛顿第二定 律可知，F=m2a3,得a3=8m/s2,故C错误； 弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F的瞬间， 设此时m1加速度为a4,由牛顿第二定律可知， F=m1a4,得a4=16m/s2,故D正确.] 11.在我国无人机已广泛应用于各行各业.如图甲 所示是物流公司使用6旋翼无人机运输货物， 无人机用一根绳索悬挂货物，当无人机到达目 的地正上方后，无人机悬停在空中，操控绳索 让货物竖直向下先做匀加速运动后做匀减速 运动恰好安全落地，图乙是货物降落全过程的 v-t图像.已知货物的质量为M=40kg,无人 机质量为m=20kg,绳索质量及空气阻力不 计，g取10m/s2.求： (1)当无人机悬停在空中且货物静止不动时， 每支旋翼产生的升力大小F; (2)卸货前货物离地面的高度h及货物匀减速 下降过程中加速度的大小a; (3)货物匀减速下降过程中，绳索对货物的拉 力大小F2 (@·s 甲 解析：(1)对无人机和货物整体受力分析，由平 衡条件得6F1=(M十m)g, 解得F1=100N. ·454 (2)根据货物降落全过程的v-t图像，卸货前 货物离地面的高度为h=号X5X6m=15m, 由题图乙可得，货物匀减速下降过程中加速度 大小为a= 0-6 5-3 m/s2=3m/s2. (3)货物匀减速下降过程中，对货物由牛顿第 二定律得F2-Mg=ma, 代入数据解得F,=520N, 答案：(1)100N;(2)15m,3m/s2;(3)520N [素养培优练] 12.如图甲，天台安科村滑草场惊险刺激，深受人 们喜爱.简化图像如图乙所示，假设某人坐在 滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑 到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑一段距 离到C点停下来.如果人和滑板的总质量m= 60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩 擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角0=37°(sin37° =0.6,c0s37°=0.8)，斜坡与水平滑道间是平 滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不 计.求： (1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？ (2)若AB距离为10m,求人和滑板滑到斜面 底端的速度大小？ (3)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离 BC为L=20.0m,则人在斜坡上滑下的距离 AB应不超过多少？ 出元 .-37° W吧 图甲 图乙 解析：(1)根据牛顿第二定律得，人从斜坡上下 滑的加速度为a1=mgsin37°-mgcos337 =2m/s2. (2)根据速度与位移的关系有v2=2a1xB, 解得v=2√10m/s. (3)人在水平面上做匀减速运动的加速度大小 为a2=ug=5m/s2, 根据速度位移公式得，B,点的速度为VB= √/2a2L=10√2m/s, 0B-50m 根据速度位移公式得L=2a1 答案：(1)2m/s2;(2)v=2√/10m/s;(3)50m