牛顿第二定律的应用 高频考点练习-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律应用，以七大高频模型为载体，融合逆向思维、整体隔离法等解题技巧，构建"概念-模型-方法"三阶逻辑体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |两类动力学问题|2题|逆向思维法、运动学公式结合牛顿定律|从匀变速直线运动基础应用切入，建立力与运动关系| |超重和失重|2题|加速度方向判断、图像分析|深化加速度与视重关系，衔接实际运动情境| |瞬时性问题|2题|弹簧与轻杆弹力特性对比|突出力的突变规律，强化科学推理能力| |连接体模型|2题|整体法与隔离法、系统牛顿第二定律|拓展多体系统分析，培养模型建构思维| |等时圆模型|2题|几何关系推导、运动时间公式|结合圆周运动，体现科学论证过程| |传送带模型|2题|摩擦力方向判断、运动阶段划分|综合相对运动分析，提升复杂问题解决能力| |板块模型|2题|相对位移计算、临界条件分析|整合多过程动力学问题，强化科学探究素养|

牛顿第二定律的应用 高频考点练习 考点一：两类动力学问题的简单应用 1．冰壶运动是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。如图，在某次比赛中，质量为18 kg的冰壶被投出后近似做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m。若忽略冰壶转动的影响，下列说法正确的是(      ) A.冰壶的初速度大小为8 m/s B.冰壶的加速度大小为 C.冰壶受到的摩擦力大小为8.2 N D.冰壶前10 s位移和后10 s位移之比为4:1 2．小明将滑块以3 m/s的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取，以初速度方向为正方向，下列说法正确的是(      ) A.滑块的加速度为 B.1 s末，滑块的速度为1 m/s C.2 s初，滑块的速度为2 m/s D.4 s末，滑块的速度为-1 m/s 考点二：超重和失重 3．人站在力传感器上完成下蹲、起立动作。计算机采集到力传感器的示数F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(      ) A.a到c过程中人处于超重状态 B.c到e过程中人处于超重状态 C.a到e为“下蹲—起立”过程 D.a到e为“起立—下蹲”过程 4．2026年春节，在聂耳广场上，一场主题为“玉见米线·福满红塔”的无人机表演中，一无人机在竖直方向运动的图像如图所示，从地面升空开始计时，以竖直向上为正方向，水平方向速度始终为0，重力加速度取。下列说法正确的是(      ) A.0~4s内无人机内放置的物体处于失重状态 B.12s~16s内无人机内放置的物体处于失重状态 C.9s时无人机加速度大小为1s时加速度大小的2倍 D.8s时无人机掉头向下飞行 考点三：瞬时性问题 5．图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，已知A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(      ) A.图甲中B球的加速度大小为 B.图甲中A球的加速度大小为 C.图乙中A、B两球间杆的作用力不为零 D.图乙中A球的加速度为零 6．如图所示，物块A、B的质量均为m，C的质量为2m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离。此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是(      ) A.A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 B.释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为 C.释放C后瞬间，轻绳对C的拉力大小为 D.A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为 考点四：连接体模型 7．如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为(      ) A.F B. C. D. 8．在光滑的水平面上有一质量为m的滑块C，在其平台上有质量为的物体A通过细绳和定滑轮与另一物体B相连，物体B的质量为与滑块C之间无摩擦，如图所示。若在滑块上施加一水平力F，使物体A和B与滑块C保持相对静止（重力加速度为g）。 （1）若全程B与C一直接触并且与B相连的绳子保持竖直，F应为多大？ （2）若全程B与C没有接触，则F应多大？ 考点五：等时圆模型 9．如图所示，球壳内有三条弦（O为球壳内的最低点），它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°，重力加速度为g。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为，则三者之间大小关系为(      ) A. B. C. D. 10．如图所示，竖直圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直。一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零。那么，关于质点沿各轨道下滑的过程，下列说法中正确的是(   ) A.质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，加速度越大 B.质点沿着轨道AB下滑，时间最短 C.轨道与AB夹角越小（AB除外），质点滑到底端时速率越大 D.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均不同 考点六：传送带模型 11．如图所示，倾角为的倾斜传送带以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动，一个煤块以大小为的速度从传送带底端滑上传送带，煤块先以大小为的加速度做匀减速运动，后以大小为的加速度继续做匀减速运动，到传送带顶端时煤块的速度恰好为零，两段减速运动的时间相等，重力加速度，，，下列说法正确的是(      ) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 B.煤块运动至传送带顶端所用的时间为 C.传送带底端与顶端间距离为 D.在上滑过程中，煤块在传送带上留下的痕迹长度为 12．如图所示，倾角为的倾斜传送带以的恒定速率逆时针转动，0时刻将质量为2kg的物块轻放在传送带顶端A点，第1s末物块到达传送带底端B点。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小，，。规定沿斜面向下为正方向，关于物块从A点运动到B点运动的图像和摩擦力f随时间t变化的图像正确的是(      ) A. B. C. D. 考点七：板块模型 13．如图所示，质量的木板静止在粗糙的水平地面上，现有一质量的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向右滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数，木板和地面间的动摩擦因数，重力加速度取。下列说法正确的是(      ) A.小滑块与木板共速前，木板的加速度为 B.要使滑块不滑离木板，木板的最小长度为 C.若木板的长度，滑块从木板右端滑出时滑块的速度大小为 D.若木板足够长，木板运动的总时间为 14．如图1所示，小铁块位于长木板的最左端，小铁块的质量是5kg，长木板的质量是10kg。时二者以的初速度一起向右运动，时长木板与右侧的挡板（未画出）相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分图像如图2所示，在运动过程中小铁块恰好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数； （2）长木板的长度； 参考答案 1．答案：A 解析：冰壶最后内位移大小为，由逆向思维法可得，解得冰壶的加速度大小，由于用时20 s停止，故初速度，故A正确，B错误；受力分析可知摩擦力f就是冰壶受到的合力，由牛顿第二定律有，故C错误；根据初速度为零的匀变速直线运动的推论及逆向思维法可知，冰壶前10s位移和后10 s位移之比为3:1，故D错误。 2．答案：C 解析：对滑块，由牛顿第二定律得，代入数据解得，故A错误；滑块做匀减速直线运动，滑块减速到零需要的时间，1 s末滑块的速度，2 s初与1 s末是同一时刻，则2 s初的速度为2 m/s，滑块经过3 s速度减为零，4 s末滑块的速度为零，故C正确，B、D错误. 3．答案：A 解析：A.a到c过程中压力大于重力，则人处于超重状态，选项A正确； B.c到e过程中压力小于重力，人处于失重状态，选项B错误； CD.a到e先超重后失重，加速度先向上后向下，则为“起立”过程，选项CD错误。 故选A。 4．答案：C 解析：A.根据图像，可知无人机在内竖直向上加速运动，机内物体处于超重状态。A错误。 B.根据图像，可知无人机在内竖直向下做减速运动，机内物体处于超重状态。B错误。 C.1s时无人机的加速度为，方向竖直向上，9s时无人机的加速度为，方向竖直向下，可知。C正确。 D.由图可知，10s后速度为负值，无人机运动方向发生改变，所以是10s掉头。D错误。 5．答案：A 解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为，加速度为，故选项A正确，B错误；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为，加速度均为，故选项CD错误。 6．答案：B 解析：分离时，由牛顿第二定律，对A有；对B有；对C有。联立得，，说明A仍在加速，速度未达最大值，A错误；释放C瞬间，弹簧弹力仍为，形变未变。对A、B整体有；对C有，联立得。对A有，解得，B正确；对C有，代入，解得，C错误；分离时有，拉力，D错误。故选 B。 7．答案：B 解析：对A、B整体，根据牛顿第二定律 设弹簧弹力为T，对A，根据牛顿第二定律 结合 可得 故选B。 8．答案：(1) (2) 解析：（1）对A、B根据牛顿第二定律有， 可得 解得 对A、B、C整体有 （2）全程B与C没有接触，细绳与竖直方向的夹角为，对B有， 可得 对A有 联立解得 对A、B、C整体有 9．答案：A 解析：设弦与竖直方向的夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有，解得运动时间为，可知与弦与竖直方向的夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故A正确。 10．答案：C 解析：设轨道与AB的夹角为θ，则根据牛顿第二定律可得质点的加速度，可知质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，加速度越小，选项A错误；设，则倾斜轨道的长度为，根据，解得，则质点沿各轨道下滑的时间相等，选项B、D错误；质点滑到底端时的速率，可知轨道与AB夹角越小（AB除外），质点滑到底端时速率越大，选项C正确。 11．答案：BCD 解析：A.根据题意 得到 根据牛顿第二定律， 解得，，，A错误； B.运动的时间，B正确； C.传送带上、下端间的距离，C正确； D.第一段减速运动，煤块与传送带相对位移 第二段减速运动过程，煤块与传送带相对位移 由于，因此煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5m，D正确。 故选BCD。 12．答案：AC 解析：物块放在传送带上后，物块受到沿传送带向下的摩擦力，大小为 物块沿传送带向下匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 物块加速到与传送带速度相等所用时间为 因 则 故内，物块相对传送带向下滑动，受到沿传送带向上的摩擦力，大小为 物块继续沿传送带向下匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 故选AC。 13．答案：BCD 解析：A.小滑块受向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 可得加速度大小，滑块做匀减速直线运动。 对木板受力分析：向右的摩擦力为，向左的地面摩擦力为，根据牛顿第二定律 代入数据可得：，故A错误； B.设经过时间两者共速，共速时满足 代入数据得，共速速度 滑块位移 木板位移 相对位移，即滑块不滑离的最小长度为，故B正确。 C.，滑块在共速前滑出，相对位移满足 解得（，舍去，因为共速后无相对滑动）。 滑块滑出时速度，故C正确。 D.共速后，两者一起减速，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律 可得加速度 减速到0的时间： 木板总运动时间，故D正确。 故选BCD。 14．答案：（1），；（2）；（3） 解析：（1）设长木板与小铁块的质量分别为M、m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为，由图像可得，0~0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为 长木板受滑动摩擦力 而 对整体由牛顿第二定律得 解得 ，0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。由图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为 小铁块受滑动摩擦力 而 对长木板由牛顿第二定律得 解得 （2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为 ，0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为，则有 代入数据解得 长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力，故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为，则有 代入数据解得 设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则 解得 学科网（北京）股份有限公司 $