还剩7页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套2025届高考物理一轮复习课时练习含答案
成套系列资料，整套一键下载
2025届高考物理一轮复习第3章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含答案
展开
这是一份2025届高考物理一轮复习第3章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含答案，共10页。
题组一 动力学的两类基本问题
1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支圆珠笔,上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上,地铁在进站或出站时沿水平方向做直线运动,细绳偏离竖直方向的角度为θ,并保持一段时间,他用手机拍摄了当时的情境照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,如图所示。重力加速度大小为g,则根据照片信息,可知这段时间内( )
A.地铁的加速度大小为gsin θ
B.地铁的加速度大小为gcs θ
C.地铁可能向左做匀速直线运动
D.地铁可能向右做匀减速直线运动
2.(2023安徽二模)水平桌面上放置一质量为m的木块,木块与桌面间的动摩擦因数恒定,用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块,此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g,sin 74°=0.96,cs 74°=0.28)( )
A.gB.g
C.gD.g
3.(2024广东东莞开学考试)如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短
B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
题组二 超重与失重问题
4.(多选)(2024广东韶关模拟)如图甲所示,某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作,用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.该同学重力约为500 N
B.下蹲过程中该同学始终处于失重状态
C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作
D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力
5.(2023北京东城检测)某人某次乘电梯的速度v随时间t变化的图像如图所示,若取竖直向上的方向为正方向,则以下对人和电梯的说法正确的是( )
A.3 s末一定处于超重状态
B.6 s末一定处于超重状态
C.8 s末一定处于超重状态
D.7~10 s向下减速运动
题组三 动力学的图像问题
6.(2024广东广州第二中学模拟)在一次足球比赛中,队友甲示意队友乙向前跑。当队友乙在图中位置以某一速度匀速向前跑时,队友甲将足球从静止瞬间踢起,足球轨迹如图所示,且刚好落在队友乙的脚下。用v表示队友乙与足球的水平速度,s表示水平位移。速率越大,空气阻力越大,从踢起足球到落地,下列图像能大致反映乙和球的运动情况的是( )
7.用手掌托着智能手机,打开手机中的加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度g取10 m/s2。由此可判断出( )
A.手机一直未离开过手掌
B.手机在t1时刻运动到最高点
C.手机在t2时刻改变运动方向
D.手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小
综合提升练
8.(多选)图甲是儿童游乐场中的波浪形滑梯,可以把它简化为图乙的模型,滑梯由四块长度相同的木板拼接而成,①③板相互平行,②④板相互平行,A点为②板和③板的连接点,B点为④板的末端。设一个小孩从滑梯顶端由静止开始下滑,到达末端。忽略他在两板连接处的能量损失,且四块木板粗糙程度处处相同。下列说法正确的是( )
A.在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度
B.在②板下滑的时间小于在③板下滑的时间
C.vA>
D.vA<
9.(多选)(2023福建厦门二模)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时,他一手拿着球筒,另一只手迅速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动(筒始终未离开手),筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为m0=90 g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,羽毛球质量为m=5 g,球头离筒的上端距离为d=9.0 cm,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,当球筒获得一个初速度后( )
A.羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B.羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为 m/s
D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3 m/s
10.(2024广东大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中,一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发,做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s,接着立即做匀减速运动,匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)在匀加速过程中,无人船发动机提供的动力的大小;
(2)在匀减速过程中,无人船发动机提供的阻力的大小;
(3)无人船在上述测试中,运动的总时间及总位移大小。
11.(2024广东广州执信中学开学考试)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图为某风洞里做模拟实验的示意图。一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ=30°,现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2。
(1)求小球运动的加速度大小a1。
(2)若风力F作用1.2 s后撤去,求撤去风力后小球的加速度大小a2及小球上滑过程中距A点的最大距离sm。
参考答案
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
1.D 解析 对笔受力分析知,笔受到竖直向下的重力和沿绳斜向上的拉力,二力的合力方向水平向左,有合力F=mgtanθ=ma,得笔的加速度大小即地铁的加速度大小为a=gtanθ,A、B错误;加速度方向水平向左,因地铁的运动方向未知,故地铁可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动,C错误,D正确。
2.A 解析 用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动,有F=μmg;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动,有Fcs74°=μ(mg-Fsin74°),当用2F的水平恒力拉木块时,根据牛顿第二定律有2F-μmg=ma,联立解得a=g,选项A正确。
3.C 解析 设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma,可得a=gsinθ,由运动学公式有l=at2,由几何关系可知l=2Rsinθ,联立解得t=,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为t=,故选C。
4.AC 解析 由图乙可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确;下蹲过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态,B错误;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作,C正确;该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等,D错误。
5.A 解析 根据v-t图像可知,电梯向上先做加速运动,再做匀速运动,最后做减速运动直至停止,故电梯没有向下运动的过程,D错误;t=3s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于超重状态,A正确;t=6s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B错误;t=8s时人与电梯减速上升,其加速度向下,处于失重状态,C错误。
6.A 解析 根据题意,足球在水平方向只受阻力作用,所以其水平速度逐渐减小,水平方向的加速度减小,即水平方向球做加速度减小的减速运动,而乙做匀速直线运动。故A正确。
7.D 解析 由图可知,手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度,则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。根据Δv=aΔt可知,a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,则手机在t1时刻速度为正,还没有到最高点,B错误。手机在t2时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变,C错误。由图可知t1~t2时间内加速度向上不断减小,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,即FN=ma+mg,可知t1~t2时间内支持力不断减小;t2~t3时间内加速度向下,不断增大,根据牛顿第二定律得mg-FN'=ma,即FN'=mg-ma,可知支持力还是不断减小,即手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小,D正确。
8.AC 解析 设木板与水平面的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcsθ=ma,解得a=g,由图可知①③板与水平面的夹角小于②④板与水平面的夹角,故在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度,A正确;因②③板的长度相同,小孩从②板到③板,速度越来越大,故下滑的时间越来越短,B错误;设小孩在①③板的加速度为a1,在②④板的加速度为a2,每块板长为L,根据速度位移公式,小孩滑至A点时有=2a1L+2a2L,解得vA=,小孩滑至B点时有=4a1L+4a2L,解得vB=2,故9.BD 解析 依题意,对羽毛球受力分析,由于羽毛球相对于筒向上运动,受到筒对它竖直向下的摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得mg+f2=ma1,求得羽毛球的加速度为a1=30m/s2,羽毛球向下做匀加速直线运动,A错误,B正确;对筒受力分析,根据牛顿第二定律有m0g-f1-f2=m0a2,求得a2=-20m/s2,负号表示筒的加速度方向竖直向上,说明筒向下做匀减速直线运动,若敲打一次后,羽毛球头部能从上端筒口出来,则当羽毛球到达筒口时,羽毛球与筒的速度相等,筒获得的初速度最小,有a1t=vmin+a2t,a1t2=d,联立解得vmin=3m/s,C错误,D正确。
10.答案 (1)12 N (2)6 N (3)18 s 36 m
解析 (1)匀加速阶段加速度为
a1=
解得a1=0.4m/s2
由牛顿第二定律得
F1-f=ma1
解得F1=12N。
(2)匀减速阶段有
0-=-2a2s2
解得a2=0.5m/s2
由牛顿第二定律得
F2+f=ma2
解得F2=6N。
(3)匀减速阶段的时间为
t2==8s
解得运动总时间为t=t1+t2=18s
匀加速阶段的位移为
s1=t1=20m
运动总位移大小为s=s1+s2=36m。
11.答案(1)2.5 m/s2
(2)7.5 m/s2 2.4 m
解析 (1)在力F作用时,沿杆的方向,小球受到风力F的分力、重力的分力以及摩擦力,根据牛顿第二定律有
(F-mg)sin30°-μ(F-mg)cs30°=ma1
解得a1=2.5m/s2。
(2)撤去力F后,根据牛顿第二定律有
mgsin30°+μmgcs30°=ma2
解得a2=7.5m/s2
刚撤去F时,小球的速度为
v1=a1t1=2.5×1.2m/s=3m/s
根据匀变速直线运动位移公式可得此时小球的位移为
s1=m=1.8m
撤去力F后,小球做匀减速直线运动,则根据匀变速运动位移公式可得上滑位移为
s2=m=0.6m
则小球上滑的最大距离为
sm=s1+s2=1.8m+0.6m=2.4m。
题组一 动力学的两类基本问题
1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支圆珠笔,上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上,地铁在进站或出站时沿水平方向做直线运动,细绳偏离竖直方向的角度为θ,并保持一段时间,他用手机拍摄了当时的情境照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,如图所示。重力加速度大小为g,则根据照片信息,可知这段时间内( )
A.地铁的加速度大小为gsin θ
B.地铁的加速度大小为gcs θ
C.地铁可能向左做匀速直线运动
D.地铁可能向右做匀减速直线运动
2.(2023安徽二模)水平桌面上放置一质量为m的木块,木块与桌面间的动摩擦因数恒定,用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块,此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g,sin 74°=0.96,cs 74°=0.28)( )
A.gB.g
C.gD.g
3.(2024广东东莞开学考试)如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短
B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
题组二 超重与失重问题
4.(多选)(2024广东韶关模拟)如图甲所示,某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作,用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.该同学重力约为500 N
B.下蹲过程中该同学始终处于失重状态
C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作
D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力
5.(2023北京东城检测)某人某次乘电梯的速度v随时间t变化的图像如图所示,若取竖直向上的方向为正方向,则以下对人和电梯的说法正确的是( )
A.3 s末一定处于超重状态
B.6 s末一定处于超重状态
C.8 s末一定处于超重状态
D.7~10 s向下减速运动
题组三 动力学的图像问题
6.(2024广东广州第二中学模拟)在一次足球比赛中,队友甲示意队友乙向前跑。当队友乙在图中位置以某一速度匀速向前跑时,队友甲将足球从静止瞬间踢起,足球轨迹如图所示,且刚好落在队友乙的脚下。用v表示队友乙与足球的水平速度,s表示水平位移。速率越大,空气阻力越大,从踢起足球到落地,下列图像能大致反映乙和球的运动情况的是( )
7.用手掌托着智能手机,打开手机中的加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度g取10 m/s2。由此可判断出( )
A.手机一直未离开过手掌
B.手机在t1时刻运动到最高点
C.手机在t2时刻改变运动方向
D.手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小
综合提升练
8.(多选)图甲是儿童游乐场中的波浪形滑梯,可以把它简化为图乙的模型,滑梯由四块长度相同的木板拼接而成,①③板相互平行,②④板相互平行,A点为②板和③板的连接点,B点为④板的末端。设一个小孩从滑梯顶端由静止开始下滑,到达末端。忽略他在两板连接处的能量损失,且四块木板粗糙程度处处相同。下列说法正确的是( )
A.在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度
B.在②板下滑的时间小于在③板下滑的时间
C.vA>
D.vA<
9.(多选)(2023福建厦门二模)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时,他一手拿着球筒,另一只手迅速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动(筒始终未离开手),筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为m0=90 g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,羽毛球质量为m=5 g,球头离筒的上端距离为d=9.0 cm,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,当球筒获得一个初速度后( )
A.羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B.羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为 m/s
D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3 m/s
10.(2024广东大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中,一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发,做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s,接着立即做匀减速运动,匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)在匀加速过程中,无人船发动机提供的动力的大小;
(2)在匀减速过程中,无人船发动机提供的阻力的大小;
(3)无人船在上述测试中,运动的总时间及总位移大小。
11.(2024广东广州执信中学开学考试)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图为某风洞里做模拟实验的示意图。一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ=30°,现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2。
(1)求小球运动的加速度大小a1。
(2)若风力F作用1.2 s后撤去,求撤去风力后小球的加速度大小a2及小球上滑过程中距A点的最大距离sm。
参考答案
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
1.D 解析 对笔受力分析知,笔受到竖直向下的重力和沿绳斜向上的拉力,二力的合力方向水平向左,有合力F=mgtanθ=ma,得笔的加速度大小即地铁的加速度大小为a=gtanθ,A、B错误;加速度方向水平向左,因地铁的运动方向未知,故地铁可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动,C错误,D正确。
2.A 解析 用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动,有F=μmg;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动,有Fcs74°=μ(mg-Fsin74°),当用2F的水平恒力拉木块时,根据牛顿第二定律有2F-μmg=ma,联立解得a=g,选项A正确。
3.C 解析 设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma,可得a=gsinθ,由运动学公式有l=at2,由几何关系可知l=2Rsinθ,联立解得t=,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为t=,故选C。
4.AC 解析 由图乙可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确;下蹲过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态,B错误;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作,C正确;该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等,D错误。
5.A 解析 根据v-t图像可知,电梯向上先做加速运动,再做匀速运动,最后做减速运动直至停止,故电梯没有向下运动的过程,D错误;t=3s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于超重状态,A正确;t=6s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B错误;t=8s时人与电梯减速上升,其加速度向下,处于失重状态,C错误。
6.A 解析 根据题意,足球在水平方向只受阻力作用,所以其水平速度逐渐减小,水平方向的加速度减小,即水平方向球做加速度减小的减速运动,而乙做匀速直线运动。故A正确。
7.D 解析 由图可知,手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度,则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。根据Δv=aΔt可知,a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,则手机在t1时刻速度为正,还没有到最高点,B错误。手机在t2时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变,C错误。由图可知t1~t2时间内加速度向上不断减小,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,即FN=ma+mg,可知t1~t2时间内支持力不断减小;t2~t3时间内加速度向下,不断增大,根据牛顿第二定律得mg-FN'=ma,即FN'=mg-ma,可知支持力还是不断减小,即手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小,D正确。
8.AC 解析 设木板与水平面的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcsθ=ma,解得a=g,由图可知①③板与水平面的夹角小于②④板与水平面的夹角,故在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度,A正确;因②③板的长度相同,小孩从②板到③板,速度越来越大,故下滑的时间越来越短,B错误;设小孩在①③板的加速度为a1,在②④板的加速度为a2,每块板长为L,根据速度位移公式,小孩滑至A点时有=2a1L+2a2L,解得vA=,小孩滑至B点时有=4a1L+4a2L,解得vB=2,故
10.答案 (1)12 N (2)6 N (3)18 s 36 m
解析 (1)匀加速阶段加速度为
a1=
解得a1=0.4m/s2
由牛顿第二定律得
F1-f=ma1
解得F1=12N。
(2)匀减速阶段有
0-=-2a2s2
解得a2=0.5m/s2
由牛顿第二定律得
F2+f=ma2
解得F2=6N。
(3)匀减速阶段的时间为
t2==8s
解得运动总时间为t=t1+t2=18s
匀加速阶段的位移为
s1=t1=20m
运动总位移大小为s=s1+s2=36m。
11.答案(1)2.5 m/s2
(2)7.5 m/s2 2.4 m
解析 (1)在力F作用时,沿杆的方向,小球受到风力F的分力、重力的分力以及摩擦力,根据牛顿第二定律有
(F-mg)sin30°-μ(F-mg)cs30°=ma1
解得a1=2.5m/s2。
(2)撤去力F后,根据牛顿第二定律有
mgsin30°+μmgcs30°=ma2
解得a2=7.5m/s2
刚撤去F时,小球的速度为
v1=a1t1=2.5×1.2m/s=3m/s
根据匀变速直线运动位移公式可得此时小球的位移为
s1=m=1.8m
撤去力F后,小球做匀减速直线运动,则根据匀变速运动位移公式可得上滑位移为
s2=m=0.6m
则小球上滑的最大距离为
sm=s1+s2=1.8m+0.6m=2.4m。
相关试卷
2025高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系第10讲牛顿第二定律的基本应用提能训练： 这是一份2025高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系第10讲牛顿第二定律的基本应用提能训练，共7页。
备战2025届新高考物理一轮总复习练习第3章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用： 这是一份备战2025届新高考物理一轮总复习练习第3章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用，共8页。
备考2024届高考物理一轮复习强化训练第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用，共3页。试卷主要包含了44m/s等内容，欢迎下载使用。
![新高考物理一轮复习课后练习[8]第3章第2讲 牛顿第二定律的基本应用（含解析）](http://jx-previews-01.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/3/6/14883408/0-1696812023105/0.jpg?x-oss-process=image/resize,w_202)
