课时跟踪检测(15) 牛顿第二定律的基本应用(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律应用，通过高考真题与典型情境，构建从概念辨析到多过程问题的递进训练，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |失重超重|1、5题|结合生活情境（抛杯、站蹲）|从完全失重条件（只受重力）到超失重加速度计算，深化运动状态与受力关系| |阻力与运动|2、4、8题|变力作用下的运动分析（沙尘、圆盘、石子）|从阻力与速度关系（f=kv）到加速度变化判断，体现动态过程的科学推理| |连接体问题|3、6题|弹簧/轻杆连接体瞬间加速度|通过整体法与隔离法，区分弹簧弹力与绳弹力的瞬时特性，构建模型认知| |多过程运动|10、11题|舰载机滑跃起飞、羽毛球筒运动|整合受力分析与运动学公式，训练多阶段加速度与时间的关联计算，提升综合应用能力|

课时跟踪检测(十五)　牛顿第二定律的基本应用 1.如图所示,一个圆柱形水杯底部有一小孔,用手堵住小孔,往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下几种运动,不考虑杯子转动及空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.将杯子竖直向下抛出,小孔中有水漏出 B.将杯子斜向上抛出,小孔中有水漏出 C.用手握住杯子向下匀速运动,不堵住小孔也没有水漏出 D.杯子做自由落体运动,小孔中没有水漏出 2.(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg、稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g=10 m/s2,则它降落到地面的时间约为 (　　) A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h 3.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则 (　　) A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 4.(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是 (　　) A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 5.(2025·天津和平期末)科学研究表明,一般人在超重状态下加速度达到5g左右时,就会出现黑视现象,短暂失去视觉。某同学想了解自身的承受能力,她站在力传感器上采集了如图所示图线,g取10 m/s2,对于本次实验以下说法正确的是 (　　) A.失重的最大加速度为5g B.超重的最大加速度为6g C.她先站起,后下蹲 D.她先下蹲,后站起 6.(2025·湖南高考)如图所示,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.A球静止时,轻绳上拉力为2mg B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 7.如图所示,AQ为圆的竖直直径,沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆,现让三个小环(可以看作质点)套在杆上,并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点,下滑所用时间分别为t1、t2和t3,运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有 (　　) A.t3>t2>t1 B.t1>t2>t3 C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3 8.(多选)在考虑空气阻力的情况下,将一小石子从O点竖直向上抛出,小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为a1、a2,到达最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为a2'、a1'。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,则下列关系式正确的是 (　　) A.a1>a2 B.a1<a1' C.a1'>a2' D.> 9.(2025·山东高考)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,坡面与水平面的夹角为θ,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=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,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.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 10.(10分)舰载机在航母上通过滑跃式起飞的示意图如图所示,飞机由静止开始先在一段水平距离为L1=160 m的水平跑道上运动,然后在长度为L2=20.5 m的倾斜跑道上滑跑,直到起飞。已知飞机的质量m=2.0×104 kg,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105 N,方向与速度方向相同,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05 m,飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍,假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,倾斜跑道看作斜面,不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响,取g=10 m/s2。求: (1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小;(4分) (2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。(6分) 11.(12分)(2025·安徽阜阳期中)如图所示,一羽毛球卡在球筒的上端筒壁内,球筒下端距地面80 cm。球筒由静止开始下落,若球筒与地面相碰后,速度瞬间反向并减为原来的,运动过程中球筒保持竖直,在球筒第一次弹起过程中,羽毛球恰好运动到球筒口(羽毛球的球托与球筒口下端平齐)。已知羽毛球轴向高度L0=8 cm,质量为5 g,羽毛球滑到球筒口过程中受到的滑动摩擦力大小是重力的5倍,羽毛球筒的质量远大于羽毛球的质量。不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)羽毛球筒第一次落地时,羽毛球筒和羽毛球的速度大小。(2分) (2)羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度所用的时间。(4分) (3)羽毛球筒的长度L。(6分) 答案 课时跟踪检测(十五) 1.选D　杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力,处于完全失重状态,杯子与水相对静止,因此不会有水漏出,A、B错误,D正确;杯子向下做匀速运动,处于平衡状态,水受重力,会漏出,C错误。 2.选B　沙尘颗粒速率较小时,受到的阻力较小,由牛顿第二定律可知mg-kv=ma,随着沙尘颗粒速率的增大,其受到的阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速率达到最大且稳定,此时满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,沙尘颗粒下落时间为t== s=1×104 s≈3 h。故选B。 3.选C　剪断L1前,对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,A、B错误;剪断L1瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零,D错误;对小球甲受力分析可知,受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力,小球甲的速度为0,将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解,沿绳方向合力为0,则剪断L1瞬间,小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°,由牛顿第二定律可知F合=ma,解得a=g,C正确。 4.选C　由题图可知相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小,可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先沿正方向后沿负方向,根据牛顿第二定律G-f=·a,可知f先小于G,后大于G。故选C。 5.选D　由题图可知,该同学的重力G=mg=500 N,可得m=50 kg,根据牛顿第二定律有500 N-200 N=50a1,可得失重的最大加速度a1=0.6g,故A错误;同理根据牛顿第二定律有700 N-500 N=50a2,可得超重的最大加速度a2=0.4g,故B错误;根据题图可知该同学先失重后超重,经过一段时间后先超重再失重,可知该同学先向下加速后向下减速,然后向上加速再向上减速,可知她先下蹲,后站起,故D正确,C错误。 6.选C　A球静止时,对A球受力分析,如图所示, 由平行四边形定则及几何关系可知,轻绳上拉力为T=mg,A球与B球间的库仑力为F=2mgcos 30°=mg,故A、B错误;若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球受到的轻绳的拉力消失,其他两力保持不变,此时A球所受的合外力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若将轻绳剪断,剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变,B球仍然处在静止状态,则轻杆对B球的作用力不变,故D错误。 7.选D　设杆的倾角为θ,圆的直径为d,根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ,杆的长度为x=dsin θ,根据运动学公式x=at2,小环下滑所用时间为t===,则t1=t2=t3,由于AQ>BQ>CQ,根据平均速度公式v=,可得v1>v2>v3,故选D。 8.选AD　设小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为v1、v2,小石子向上做减速运动,则有v1>v2,由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,根据牛顿第二定律有mg+kv1=ma1,mg+kv2=ma2,可知a1>a2,A正确;设小石子向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为v1'、v2',小石子向下做加速运动,则有v1'>v2',由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比,根据牛顿第二定律有mg-kv1'=ma1',mg-kv2'=ma2',可知a1'<a2',a1>a1',B、C错误;根据上述分析可知>1,<1,则有>,D正确。 9.选B　将长方体建筑材料的重力沿坡面方向和垂直坡面方向分解,垂直坡面方向有FN1=mgcos θ,坡面对长方体建筑材料的摩擦力f1=μFN1=μmgcos θ,方向沿MN向上;沿坡面方向有G1=mgsin θ,G1垂直于挡板的分力FN2=G1sin θ=mgsin2θ,挡板对长方体建筑材料的摩擦力f2=μFN2=μmgsin2θ,方向沿MN向上;G1沿挡板向下的分力G2=G1cos θ=mgsin θcos θ,根据牛顿第二定律有G2-f1-f2=ma,联立解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故A、C、D错误,B正确。 10.解析:(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1,阻力大小为F阻,在水平跑道上运动的末速度大小为v1,由牛顿第二定律得F-F阻=ma1 其中F阻=0.2mg 根据运动学公式有=2a1L1 代入数据解得a1=5 m/s2,v1=40 m/s。 (2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2,在倾斜跑道末端的速度大小为v2,飞机在水平跑道上的运动时间t1==8 s 在倾斜跑道上,由牛顿第二定律有 F-F阻-mg=ma2 代入数据解得a2=4 m/s2 由-=2a2L2 代入数据解得v2=42 m/s 飞机在倾斜跑道上的运动时间 t2==0.5 s 则t=t1+t2=8.5 s。 答案:(1)40 m/s　(2)8.5 s 11.解析:(1)根据题意可知,羽毛球筒第一次落地前,羽毛球筒和羽毛球一起做自由落体运动,则有v2=2gh 其中h=80 cm 解得v==4 m/s 即羽毛球筒第一次落地时,羽毛球筒和羽毛球的速度大小相等,为4 m/s。 (2)根据题意可知,羽毛球筒弹起时的速度大小为v1=v=1 m/s 由于羽毛球筒的质量远大于羽毛球的质量,则羽毛球筒做竖直上抛运动, 对羽毛球,由牛顿第二定律有f-mg=ma 其中f=5mg 解得a=4g,方向向上, 设羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度所用的时间为t,取向下为正方向,则有v相同=v-4gt=-v1+gt 解得t=0.1 s,v相同=0。 (3)结合题意可知,当羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度时,羽毛球恰好运动到球筒口,则羽毛球下落的距离h1=vt-t2=0.2 m 羽毛球筒上升的距离为h2==0.05 m 则羽毛球筒的长度L=h1+h2+L0=0.33 m=33 cm。 答案:(1)4 m/s　4 m/s　(2)0.1 s　(3)33 cm 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $