高考物理一轮考点练习：牛顿第二定律的基本应用

牛顿第二定律的基本应用

基础巩固

1.［2025•江苏淮安一中模拟］“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31日返回地面,

图甲是返回舱降落的场景.从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地，返回舱的下落简化v-t

图如图乙所示.舱内航天员的超重感觉最明显的时段是()

A.从t\到攵B.从/2到h

C.从/3至打4D.从白至卜5

2.细绳拴着一个质量为〃?的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连.平衡

时细绳与竖直方向的夹角为53。,重力加速度大小为g,如图所示，以下说法正确的是(cos

53°=0.6,sin530=0.8)()

A.小球静止时弹簧的弹力大小为5咫

B.小球静止时细绳的拉力大小为3叫

C.细绳烧断瞬间小球的加冤度立即变为g

D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为|g

3.12025•福建厦门一中模拟］如图所示,竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量

M=2〃z的木板相连,质量为m的物块放在木板上，物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压

力凡整个系统处于静止状态也为重力加速度.某时刻突然撤去压力£则撤去压力瞬间木板对

物块的支持力大小为()

M

A."吆

4

C.2mg

D.加

4.12025•浙江学军中学模拟］某同学利用手机加速度传感器研究电梯运动时的超失重现象.

某次测量时，手机平放在电梯地板上,电梯由静止开始运动，获得竖直方向的加速度〃随时间r

变化的图线（取竖直向上为正方向）如图所示，重力加速度大小g取lOmK,则由图线可知，在

5.0-30.0s内（）

A.电梯一直向上运动且先加速再减速

B.电梯运动过程的最大加速度约为0.5g

C.手机对地板的压力最大直约为其重力的1.5倍

D.电梯先下降后上升,10s时手机处于失重状态

5J2025•湖北恩施模拟］如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐,3管竖

直放置/管与B管的夹角为«,C管与B管的夹角为由且夕.三个小球同时从管口顶端静止

释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（）

以顶端为圜心的圆如

B

D

综合提升

6.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x与时间，的关系图像如图所示.乘客所受支

持力的大小用A表示，速度大小用V表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是

)

A.o~n时间内）增大，尸N>叫

时间内,v减小，尸N7/ng

C.t2T3时间内,v增大,Fz〈mg

D」2T3时间内,V减小产N>Mg

7.[2025•山西太原模拟]如图所示，三个质量均为机的物块A、B、C用轻弹簧1、2连接起

来，并用细线悬挂在升降机内，升降机正以。=2mH的加速度匀加速上升/、B、C相对静止.

取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取lOm/s2,剪断弹簧2瞬间A、B、C'的加速度分别

为（）

A.0,2m/s2,-10m/s2

B.2m/s2,14m/s2,-10m/s2

C.0.14m/s2,10m/s2

D.2m/s2,2m/s2,10m/s2

812025•江西南昌模拟］如图所示,两个完全相同的小球。、〃用轻弹簧N连接,轻弹簧M和

轻绳一端均与。相连，另一端分别固定在鞋直墙和天花板上，弹簧M水平，当轻绳与竖直方向

的夹角为60。时,M、N伸长量刚好相同.若M、N的劲度系数分别为心、心心、力两球的质量

均为初重力加速度大小为g,则以下判断正确的是（）

A.号=2

B.^=V3

C.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间同球的加速度大小为4g

D.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间力球处于失重状态

9.（多选）［2024•四川成都模拟］极速冰滑梯是哈尔滨冰雪大世界最受欢迎的项目，其滑道可简

化为卜.图,由倾角〃=37。的斜面滑道和水平滑道组成.一名游客坐在坐垫上从A点无初速度匀

加速下滑，经15s滑至B点,接着沿水平滑道匀减速滑行10s后到。点停下.已知游客经过B

点时速度大小不变,坐垫与两段滑道的动摩擦因数相同，重力加速度大小g取10m/s2,sin

37。=0.6,则（）

A.游客在AB、BC段通过的位移大小之比为3..2

B.游客在A3、BC段的加速度大小之比为3..2

C.坐垫与滑道间的动摩擦因数为0.36

D.游客由A到C通过的总路程约为511m

10.12025•天津和平区模拟］某实验小组打算制作一个火箭，甲同学设计了一个火箭质量为

皿可提供恒定的推动力,大小为F=2mg（g为重力加速度大小），持续时间为/;乙同学对甲同学

的设计方案进行了改进,采用二级推进的方式，即当质量为，〃的火箭飞行经过泄，火箭丢弃掉

；的质量（推动力不变）,剩余:时间,火箭推动剩余的：继续飞行.若采用甲同学的方法火箭最高

可上升的高度为无则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质

量变化)()

A.2/?

B.2.5/Z

C.2.75/?

D.3.25/?

11.一质量为m=2kg的滑块在倾角为。=37。的足够长的固定斜面上，在无外力F的情况下，以

«=2m/s?的加速度匀加速下滑.若用一水平向右的恒力尸乍用于滑块，如图所示，使滑块由静止

开始沿斜面向上做匀加速运动，在0~2s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4m(sin

37°=0.6,cos370=O.8,g取10m/s2).求:

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数〃；

(2)恒力F的大小.

拓展挑战

12.[2025•湖南岳阳模拟]如图所示,质量为M=5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力尸作

用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数m为03这时铁箱内一个质量

为〃kg的可看成质点的木块恰好能静止在后壁上木块与铁箱内壁间的动摩擦因数偿为

0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力出取10nVs2.

(1)求木块对铁箱压力的大小；

(2)求水平拉力厂的大小；

(3)减小拉力厂,经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6m/s时

撤去拉力，又经1s的时间木块从左侧到达右侧，求铁箱内壁的长度.

M

答案解析

1.B［解析］I，•，图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知,，2到门时间内向上的加速度最

大，可知这个时段航天员超重感觉最明显，故B正确.

2.D［解析］小球静止时，由平衡条件得弹簧的弹力町tan53。与咯细绳的拉力

臼=$=』的故A、B错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变测小球所受的合力与烧断前细绳

LOS5*5J

的拉力大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为K，故C错误,D正确.

«5

3.B［解析］某时刻突然撤去压力£对整体，根据牛顿第二定律有对物块，根据

牛顿第二定律有尺-〃火=〃口，解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为尺=%〃后故选B.

«5

4.D［解析］从小，图像可以看出，电梯从静止开始，先加速下降，再匀速下降一段时间又减速

下降，然后又开始上升，先加速上升，再匀速上升一段时间最后减速上升，在10s时，由于加速度

向卜.，手机处于失重状态,A错误,D正确;从图像可以看出撮大加速度约为().5mH,B错误;

在减速下降和加速上升的过程中，手机处于超重状态，根据牛顿第二定律得尸N-〃?g=〃a可得

FNm=/〃(g+0.5)=l.05〃?g,根据牛顿第三定律可知对地板的压力外m'=FNm,C错误.

5.C［解析］如图所示,ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R,小球从A沿光滑管4B、AC、A。

滑下，从AB下滑用时为％有27?=家］2,解得/产后从4c下滑，有〃=gcosd而AC的长度为

L=2Rcos"故有解得介=后，同理，若从4。下滑对间为△二栏，即小球到达圆上三点

所用时间相同;依此结论可知，现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的

位置是在同一个圆弧上出所在位置和竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故C正确.

6.D［解析1位移一时间图像的斜率表示速度,Of时间内乘客的速度增大，乘客向下做加速

运动,故加速度向下，乘客失重，得小〈〃像选项A错误;时间内乘客的速度不变，乘客做匀速

运动，说明乘客处于平衡状态，得尸选项B错误;/2~13时间内乘客的速度减小，乘客向下做

减速运动,故加速度向上，乘客超重，得小＞"6选项C错误,D正确.

7.B［解析］剪断弹簧2前，以4、B、C为整体受力分析可得Fr3〃?g=3〃必对C受力分析可

得以6、C为整体受力分析可得F「2〃*-2〃/a,剪断弹簧2瞬间，弹簧1的弹力不发

生突变工与绳相连会与升降机一起匀加速,d=2m/sz,弹簧2的弹力为零，对B有Fw〃g=maB,

解得即=14m/s1剪断弹簧2瞬间C只受到重力作用，则=〃?〃c,C的加速度为«c=-10m/s\

故B正确.

8.C［解析］对球〃受力分析，有也二〃吟，对。球受力分析.水平方向有FTsin60。二艰,竖直方向

有Frcos60o=〃?g+hr,整理有口=2△故A、B错误;在剪断细绳后，细绳的拉力消失，剪断瞬间

弹簧的形变量闪为不能突变，所以弹簧弹力不变，对b球来说，其重力和弹簧N的弹力不变，而

由之前的分析可知用工=〃络所以剪断瞬间力球处于平衡状态，故D错误;由之前分析可知，小球

〃处于平衡状态，所以剪断细绳瞬间，。球所受合外力的大小与轻绳的拉力大小相等，所以有尸令

=FT="?a,解得〃=4g,故C正确.

9.AD［解析］根据匀变速直线运动规律,1竽/,游客经过B点时速度大小不变，可知游客在

AB.段通过的位移大小之比为3；2,故A正确;根据加速度的计算公式有£=〃,则游客在

4B、8c段的加速度大小之比为2；3,故B错误;根据牛顿第二定律可知，在斜面上有〃?期皿

3-iungcos夕=〃蔺八8,在水平滑道上有解得或c错误;游客由A到C通过的总路

程为x二3八畋根据牛顿第二定律有〃?gsin%〃〃geos。=m。八8、"，几g="1a8C,解得x

—511m,故D正确.

10.C［解析］对甲同学的火箭/时间内的加速度为⑶,由牛顿笫二定律可得尸如月=〃心,解得

0=gj时刻的速度为/,上升的高度为力二刎+署=g5,对乙同学的火箭，在0—内的加速度

时刻的速度为口二。2§二打,在，内加速度为8；则广%吆二，也2；解得42'=3gJ时刻

的速度也'及2+。2,子2a上升的高度为T《+生产弓+翳=2.75娟=2.75儿故C正确,A、

B、D错误.

11.(1)0.5(2)48N

［解析］(1)滑块在斜面上以。=2m/s?的加速度匀加速下滑时,由牛顿第二定律可得

〃火sin9-〃〃?gcos0=ma

代入数据解得〃=0.5

(2)滑块在恒力作用下,由牛顿第二定律可得Feosigsin〃-〃(Rin〃+，〃gcos0)=ma'

滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0~2s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4m,

由位移一时间公式可得T2

代入数据解得优=2m/s2

联立解得尸=48N

12.(1)40N(2)258N(3)0.3m

［解析］(1)木块恰好静止在