第7讲 牛顿第二定律的综合应用 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以实际情境为载体，通过基础巩固与综合提升两级训练，系统覆盖牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，突出科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|10题（选择7+计算3）|侧重单一过程分析，涵盖匀变速直线运动、斜面模型、竖直运动等基础场景|以牛顿第二定律为核心，结合运动学公式推导加速度，关联重力、摩擦力等受力分析| |综合提升练|3题（选择3）|涉及多过程运动（如弹簧模型、速度关联动摩擦因数）、复杂受力（如双轨门、滑块外力作用）|深化力与运动关系，通过v-t图像、分段运动等拓展应用，体现物理观念中的运动和相互作用观念|

第7讲 牛顿第二定律的综合应用 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.2024年9月11日，我国自主研发的朱雀三号可重复使用垂直回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成10公里级垂直起降返回飞行试验。该火箭的质量将近70吨，在起飞后的大推力上升阶段，火箭加速上升5公里，速度达到160 m/s，不考虑空气阻力，则这个阶段的平均推力最接近(　　) A．2×105 N B．9×105 N C．2×106 N D．9×106 N 2.(2026·宁夏银川市高三上月考)我国老百姓盖房子，房顶一般采用“人”字型结构，但是陕西关中地区的一些房子的房顶结构却是“人”字的一半，俗称“房子半边盖”，如图所示，据说这种房子便于收集雨水。假设房屋的占地面积、宽度均一定，房顶可看成光滑斜面，欲使从房屋顶端沿斜面静止下落的雨滴(可看成质点)用时最短，则屋顶的倾角可设计为(　　) A．15° B．30° C．45° D．60° 3.(2026·江西省高三上期中)厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。小孩坐在滑板上(整体可视为质点)由静止从倾角为37°、长度x＝100 m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1 s内，小孩的位移大小x1＝19 m，小孩与滑板的总质量m＝40 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9 s B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10 m/s C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4 D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5 4．(2026·山西省高三上月考)将质量为m的小球以10 m/s的初速度竖直向上抛出，上升的最大高度为4.1 m，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度取g＝10 m/s2，则小球从抛出到回到抛出点的过程中，上升时间与下落时间之比为(　　) A. B. C. D. 5．(2026·河北省石家庄市高三上期中)如图a所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图b，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则(　　) A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1∶2 B．物块返回底端时的速度大小为 C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角 6．(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　) A．物体受到的合力为50 N B．物体的加速度为25 m/s2 C．3 s末物体的速度为75 m/s D．3 s内物体发生的位移为125 m 7．(2026·安徽省六安市高三上月考)(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像的一部分如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是(　　) A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3 C．物体与水平面间的最大静摩擦力fmax＝6 N D．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 8.(2026·安徽省高三上月考)如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将一个质量m＝20 kg的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角θ＝37°向左推车，如图乙所示。已知车从静止开始做匀加速直线运动，前进32 m后，车的速度大小为4 m/s。物料与车保持相对静止且所受摩擦力不计。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)车前进32 m所用的时间； (2)上述运动过程中，底板P对物料支持力的大小。 9．(2026·福建省龙岩市高三上月考)科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg。气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为1 m/s，且堵住后做匀加速运动，4 s内下降了12 m。为使气球安全着陆，匀加速下降4 s时向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减至2 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求： (1)匀加速阶段气球的加速度大小； (2)匀减速阶段气球的加速度大小； (3)抛掉的压舱物的质量。 10.(2026·江西省上饶市第一中学高三月考)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ＝37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1＝0.30，速度大于等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2＝0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长AB＝16.25 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)运动员到达B点时的速度大小； (2)运动员在水平雪地上运动的距离。 综合提升练 一．选择题： 11.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图a所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图b所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D．2 12．(2026·四川省高三月考)(多选)如图甲所示，水平轻弹簧左端固定，右端与水平地面上的小物块相连(未拴接)，将弹簧压缩x后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器(质量不计)描绘出它的v­t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，虚线Od是t＝0时图线的切线，图线上a点对应的速度值最大，此时弹簧的长度为l。已知小物块的质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是(　　) A．小物块与地面间的动摩擦因数为 B．小物块与地面间的动摩擦因数为 C．弹簧的劲度系数为＋ D．该弹簧的原长为＋l 13．(多选)如图甲所示，一质量为1 kg的滑块在一个沿斜面向下的外力F作用下由静止开始运动，其­t图像如图乙所示(x为滑块运动的距离，t为滑块运动的时间)，斜面足够长且始终保持静止不动，且若撤去外力F，滑块可沿斜面向下匀速运动，斜面倾角为37°，且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　) A．外力F的大小为2 N B．滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.75 C．t＝2 s时滑块的速度大小为4 m/s D．t＝2 s时滑块的位移大小为8 m 参考答案： 1.答案：B解析：火箭大推力上升阶段，只考虑推力和重力作用，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，根据匀变速直线运动规律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10 m/s2，代入数据解得平均推力F＝8.792×105 N≈9×105 N，故选B。 2.答案：C解析：设房屋宽度为d，当屋顶的倾角为θ时，雨滴下滑的加速度大小为a，所用时间为t，对从房屋顶端沿斜面静止下落的雨滴，根据运动学公式有＝at2，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，联立解得t＝，可知当屋顶的倾角θ＝45°时用时最短。故选C。 3.答案：D解析：设小孩从斜坡顶端滑到底端所用的总时间为t，加速度大小为a，则x＝at2，x－x1＝a(t－1 s)2，解得t＝10 s，a＝2 m/s2，故A错误；小孩到达斜坡底端时的速度大小为v＝at＝20 m/s，故B错误；设滑板与斜坡间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.5，故C错误，D正确。 4.答案：A解析：上升过程，根据运动学公式有0－v＝2a1h，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，解得上升的加速度大小为a1＝ m/s2，空气阻力的大小与质量之比＝ m/s2，上升时间t1＝＝ s，下落过程，由牛顿第二定律有mg－f＝ma2，解得下落的加速度大小为a2＝ m/s2，设下落时间为t2，则h＝a2t，解得t2＝ s，上升时间与下落时间之比＝，故选A。 5.答案：B解析：v­t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，设物块回到底端时的速度大小为v1，则有v0t0＝v1·2t0，解得v1＝，则物块上滑时的加速度大小为a上＝，下滑时的加速度大小为a下＝＝，a上∶a下＝4∶1，故A错误，B正确；设物块与斜面间的摩擦力大小为f，斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，上滑过程中有mgsinθ＋f＝ma上，下滑过程中有mgsinθ－f＝ma下，联立解得f＝，sinθ＝，由于物块的质量未知，因此无法求出物块所受摩擦力的大小，但可以求出斜面的倾角θ，故C、D错误。 6.答案：AC解析：两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。 7.答案：BC解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，可知图乙图线的斜率k＝＝ kg－1，解得m＝2 kg，故A错误；将a＝0.5 m/s2、F＝7 N、g＝10 m/s2及m＝2 kg代入a＝F－μg，解得μ＝0.3，故B正确；由题意可知，物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为fmax＝μmg＝6 N，故C正确；当F＝10 N时，物体的加速度a＝F－μg＝×10 m/s2－0.3×10 m/s2＝2 m/s2，故D错误。 8.答案：(1)16 s　(2)163 N 解析：(1)前进x＝32 m后，车的速度大小为v＝4 m/s，设车前进32 m所用的时间为t，根据运动学公式有x＝t 解得t＝16 s。 (2)设车的加速度大小为a，根据运动学公式有v＝at 解得a＝0.25 m/s2 设挡板和底板P对物料支持力的大小分别为F1和F2，物料受力如图所示 在水平方向上，由牛顿第二定律有F2sinθ－F1cosθ＝ma 在竖直方向上，由平衡条件有F2cosθ＋F1sinθ＝mg 联立解得F2＝163 N。 9.答案：(1)1 m/s2　(2)0.01 m/s2　(3)101 kg 解析：(1)设匀加速阶段气球的加速度大小为a1，由题意可知，气球的初速度v0＝1 m/s，在t1＝4 s内下降了x＝12 m，则x＝v0t1＋a1t 解得a1＝1 m/s2。 (2)匀减速阶段气球的初速度v1＝v0＋a1t1 解得v1＝5 m/s 已知末速度为v2＝2 m/s，该过程所用时间t2＝5 min＝300 s，设加速度大小为a2，则匀减速阶段有v2＝v1－a2t2 解得a2＝0.01 m/s2。 (3)在抛掉压舱物前后，气球受到的浮力F不变，设抛掉压舱物前总质量为m，抛掉的压舱物的质量为Δm，由牛顿第二定律， 对整体在匀加速过程中有mg－F＝ma1 抛掉压舱物后匀减速下降过程中有F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a2 联立解得Δm＝101 kg。 10.答案：(1)12 m/s　(2)42 m 解析：(1)设运动员下滑的距离为x1时，速度达到v1＝6 m/s，期间加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1 且有v＝2a1x1 解得x1＝5 m x1<xAB，则运动员继续下滑，设加速度大小为a2，到达B点时的速度大小为v2，则mgsin37°－μ2mgcos37°＝ma2 且有v－v＝2a2(xAB－x1) 解得v2＝12 m/s。 (2)在水平雪地上运动的过程，速度大于等于v1＝6 m/s时，设运动员的加速度大小为a3，运动的距离为x3，有μ2mg＝ma3 且有v－v＝－2a3x3 速度小于v1＝6 m/s时，设运动员的加速度大小为a4，运动的距离为x4， 有μ1mg＝ma4 且有0－v＝－2a4x4 运动员在水平雪地上运动的距离x＝x3＋x4 解得x＝42 m。 11.答案：B解析：撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动，撤去拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框发生碰撞，则门板末速度为0，作出其v­t图像如图所示，整个运动过程门板的总位移为，即v­t图像中图线与t轴围成的图形面积恒定，由牛顿第二定律可知，撤去拉力后门板的加速度大小为a＝＝μg，即减速过程v­t图线的斜率恒定，由图可知，若使整个运动过程用时尽量短，则加速过程的加速度应尽量大，加速时间趋近于0，由＝at可知最短时间趋近于tmin＝，B正确。 12.答案：BC解析：由图乙bc段可知，小物块脱离弹簧后的加速度a＝＝－，设小物块与地面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，解得μ＝，故A正确，B错误；t＝0时，小物块的瞬时加速度a1＝kOd＝，设弹簧的劲度系数为k，由胡克定律可知，弹簧弹力F＝kx，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得k＝＋，故C错误；a点对应小物块的加速度为0，设此时弹簧的压缩量为x′，有kx′＝μmg，则弹簧原长l0＝l＋x′，解得l0＝＋l，故D正确。本题选说法错误的，故选B、C。 13.答案：BD解析：设滑块的质量为m，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块滑动过程所受支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为f，在外力F作用下加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，结合题图乙可知，0～2 s内有＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律， 有F＋mgsin37°－f＝ma，若撤去F则滑块受力平衡，有f＝mgsin37°， 又f＝μFN＝μmgcos37°，联立解得μ＝tan37°＝0.75，F＝4 N，故A错误，B正确；t＝2 s时滑块的速度大小v＝at＝8 m/s，位移大小x＝at2＝8 m，故C错误，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $