真题演练 专题3 第2讲 牛顿第二定律-【名师带你过关】2026-2027学年高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律高考真题，通过多情境受力分析与运动状态结合，系统覆盖核心考法，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |受力分析与平衡|1-2题|结合空气阻力、弹簧弹力，考查匀速状态受力平衡|牛顿第二定律与阻力公式、摩擦力公式的综合应用| |多体问题|3题|轻绳连接两球，恒力作用下加速度分析|系统受力与个体加速度的关联，模型建构思想| |图像问题|4-5题|a-m关系、a-t/v-t图像分析传送带/物块运动|运动学量与动力学规律的转化，科学推理应用|

专题三　牛顿运动定律 第二讲　牛顿第二定律 1.(2022·湖南卷·T9)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是(　　) A.发动机的最大推力为1.5 mg B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为mg C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5m/s D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3 g 2.(2022·全国甲卷·T19)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 (　　) A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 3.(2022·全国乙卷·T15)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时,它们加速度的大小均为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 4.(2024·全国甲卷)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是 (　　) A.　 B. C.　 D. 5.(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 (　　) A.　 B. C.　 D. 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 专题三　牛顿运动定律 第二讲　牛顿第二定律 【真题演练】 1.BC 【详解】A.飞行器关闭发动机,以v1=10 m/s匀速下落时,有Mg=k=k×100,飞行器以v2=5 m/s向上匀速时,设最大推力为Fm Fm=Mg+k=Mg+k×25 联立可得 Fm=1.25 Mg,k= A错误; B.飞行器以v3=5 m/s匀速水平飞行时 F==Mg B正确; C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时 f==Mg=k 解得 v4=5m/s C正确; D.当飞行器最大推力向下,以v5=5 m/s的速率向上减速飞行时,其加速度向下达到最大值 Fm+Mg+k=Mam 解得 am=2.5 g D错误。故选BC。 2.AD 【详解】设两物块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块均做匀速直线运动,则拉力大小为 F=2μmg 撤去拉力前对Q受力分析可知,弹簧的弹力为 T0=μmg AB.以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动,此时滑块P的加速度为 -T0-μmg=maP1 解得 aP1=-2μg 此刻滑块Q所受的外力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故PQ间距离减小,弹簧的伸长量变小,弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q的合外力增大,合力向左,做加速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μmg。 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时-μmg=maQm,解得aQm=-μmg,故滑块Q加速度大小最大值为μmg,A正确,B错误;C.滑块PQ水平向右运动,PQ间的距离在减小,故P的位移一定小于Q的位移,C错误;D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为-μmg=maP2,解得aP2=-μg,撤去拉力时,PQ的初速度相等,滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动,最后弹簧原长时加速度大小为μg;滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动,最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确。故选AD。 3.A 【详解】当两球运动至二者相距L时,,如图所示 由几何关系可知 sin θ== 设绳子拉力为T,水平方向有 2Tcos θ=F 解得 T=F 对任意小球由牛顿第二定律可得 T=ma 解得 a= 故A正确,BCD错误。故选A。 4.D 【详解】设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为f;以P为对象,根据牛顿第二定律可得T-f=Ma 以盘和砝码为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma 联立可得a==·m 可知当砝码的重力大于f时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近等于g。故选D。 5.C 【详解】0~t0时间内:物体轻放在传送带上,做加速运动。受力分析可知,物体受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动。 t0之后:当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动。C正确,ABD错误。故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $