2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案017-课时作业15 牛顿第二定律的应用（教用）

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1．（2025·湖南师大附中月考）电磁弹射微重力实验装置采用电磁弹射系统，在很短时间内将实验舱竖直向上加速到20m/s后释放。实验舱在上抛和下落回释放点过程中创造时长达4s的微重力环境，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 微重力环境是指实验舱受到的重力很小
B. 实验舱上抛阶段处于超重状态，下落阶段处于失重状态
C. 实验舱的释放点上方需要至少20m高的空间
D. 实验舱在弹射阶段的加速度小于重力加速度
【答案】C
【解析】微重力环境是指实验舱几乎处于完全失重状态，A错误；实验舱上抛阶段和下落阶段都处于失重状态，B错误；实验舱的释放点上方需要的高度至少为ℎ=12gt2=12×10×22m=20m，C正确；在很短时间内将实验舱竖直向上加速到20m/s后释放，所以实验舱在弹射阶段的加速度大于重力加速度，D错误。
2．在第五届中国国际消费品博览会上，全球首款即将量产的分体式飞行汽车成为观众驻足观看的焦点之一。该飞行汽车由陆行体（增程式汽车）和飞行体（纯电动垂直起降飞行器）组成。假设某次飞行体起飞测试时，质量为360kg的飞行体沿竖直方向做直线运动，取竖直向上为正方向，一段时间内的v−t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 0～3s内飞行体处于失重状态
B. 0～3s内飞行体的加速度大小为83m/s2
C. 飞行体在第6s末受到的合力大小为360N
D. 第3s末飞行体上升到最高点
【答案】C
【解析】v−t图像的斜率表示加速度，0～3s内飞行体的加速度方向竖直向上，飞行体处于超重状态，A错误；0～3s内飞行体的加速度大小a1=8−43m/s2=43m/s2，B错误；飞行体在第6s末的加速度大小a2=811−3m/s2=1m/s2，飞行体受到的合力大小F=ma2=360N，C正确；0～11s内飞行体的速度方向始终竖直向上，因此第3s末飞行体并未上升到最高点，D错误。
3．如图所示，半球形容器内有三块不同长度的光滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为37∘ 、45∘ 、30∘ 。若三个完全相同的滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑，则（ ）
A. A处滑块最先到达O′点
B. B处滑块最先到达O′点
C. 三种情况下滑块到达O′点的速度不相同
D. 若换用与滑块间动摩擦因数相同的板，运动过程中产生的摩擦热相等
【答案】C
【解析】设半球形容器的半径为R，板的倾角为θ 。对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma，根据位移与时间的关系有2Rsinθ=12gsinθ⋅t2，解得t=2Rg，可知滑块下滑时间t与板的倾角θ 和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点，故A、B错误。根据机械能守恒定律得mgℎ=12mv2，得v=2gℎ，由于下滑高度不同，故三种情况下，滑块到达底端的速度大小不同，故C正确。换用与滑块间动摩擦因数相同的板，运动过程中产生的摩擦热Q=μmgcsθ⋅2Rsinθ=μmgRsin2θ ，可知摩擦产生的热量不相等，故D错误。
4．多选 如图甲所示，一固定水平长杆套有直径略大于杆的金属小环。现用始终与水平方向夹角为53∘ 的拉力F作用于小环，当拉力F从0开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始运动，其加速度a随拉力F变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量为0.8kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ ，重力加速度g取10m/s2，取sin53∘=0.8、cs53∘=0.6。则（ ）
甲 乙
A. F1=7.5NB. a2=7.5m/s2C. μ=0.75D. F2=5N
【答案】BC
【解析】当F大于F2时，由牛顿第二定律得Fcs53∘−μ(Fsin53∘−mg)=ma，因为加速度保持不变，即a与F无关，所以有Fcs53∘=μFsin53∘ ，解得μ=0.75，a=a2=7.5m/s2，故B、C正确；当F=F1时，有F1cs53∘=μ(mg−F1sin53∘)，解得F1=5N，故A错误；当F=F2时，加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin53∘=mg，解得F2=10N，故D错误。
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5．如图所示，一小车在平直道路上向右运动，车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上，一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。某段时间内轻绳AC、BC两部分与水平车顶的夹角分别为30∘ 和60∘ ，重力加速度大小为g。将小圆环视为质点，则在这段时间内（ ）
A. 轻绳AC段和BC段的拉力大小可能不相等
B. 小车可能做匀速直线运动
C. 轻绳拉力的大小为(3−1)mg
D. 小车的加速度大小为(3−3)g
【答案】C
【解析】由于小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动，可知轻绳AC段和BC段的拉力大小一定相等，A错误；取水平向左为正，对小圆环分析，水平方向有Tcs30∘−Tcs60∘=ma，竖直方向有Tsin30∘+Tsin60∘=mg，可得T=(3−1)mg，a=(2−3)g，可知小车有向左的加速度，不可能做匀速直线运动，B、D错误，C正确。
6．多选 如图，一光滑小球置于车上，竖直挡板对小球的弹力大小为N1，小车斜面对小球的弹力大小为N2。小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增大，则（ ）
A. N2逐渐减小B. N2不变
C. N1逐渐增大D. N1与N2的合力有可能不变
【答案】BC
【解析】以小球为研究对象，其受力如图所示，设斜面与水平方向夹角为α ，将N2沿水平方向和竖直方向正交分解，则竖直方向上满足N2csα=mg，由此可知N2不变，以水平向左为正方向，水平方向上根据牛顿第二定律可得N1−N2sinα=ma，又因小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增大，所以N1逐渐增大。由上述分析易知，N1与N2的方向均不变，N2大小不变，但N1逐渐增大，故N1与N2的合力一直在变化，选项B、C正确，A、D错误。
7．（2025·湖南长沙联考）（10分）如图所示，斜面ABC中，AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为0。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1） 斜面AB段的长度；
（2） 物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
【答案】（1） 7m
（2） 2121
【解析】
（1） 设物块在AB段的加速度大小为a1，在BC段的加速度大小为a2，根据题意有a1=1.5a2，
即vA−vBt=1.5vBt，
在AB段上滑vA2−vB2=2a1LAB，
在BC段上滑vB2=2a2LBC，
解得LAB=7m。
（2） 对两段过程，分别由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1，
mgsinθ=ma2，
由（1）中各式可解得a1=6m/s2，a2=4m/s2，
解得μ=2121。
8．（2025·湖南长郡中学月考）（10分）如图所示，足够长的、倾角θ=37∘ 的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为mA=2kg的物块A连接，另一端与质量为mB=3kg的物块B连接，滑轮左侧绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，此时B下端离地的高度为7.2m，g取10m/s2，取sin37∘=0.6、cs37∘=0.8，求：
（1） 从将手松开到B落地之前，绳的拉力大小；
（2） A沿斜面上升的最大距离。
【答案】（1） 19.2N
（2） 11.52m
【解析】
（1） 将A、B及绳子作为一个整体，根据牛顿第二定律可知
mBg−mAgsinθ=(mA+mB)a，
代入数据解得a=3.6m/s2，
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可知T−mAgsinθ=mAa，
解得绳子拉力大小T=19.2N。
（2） B落地的时间为t=2ℎa=2s，
此时A的速度大小为v=at=7.2m/s，
设B落地后A的加速度大小为a1，则
mAgsinθ=mAa1，
解得a1=6m/s2，
则在B落地后A沿斜面上升的距离为x=v22a1=4.32m，
故A沿斜面上升的最大距离为
d=x+ℎ=11.52m。
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9．（2026·山东济宁质检）多选 如图所示为无人机内部的一个加速度计部件，可以测量竖直轴向加速度，质量块上下两侧与两根竖直的轻弹簧连接，两根弹簧的另一端分别固定在外壳上。固定在质量块上的指针可指示弹簧的形变情况，弹簧始终处于弹性限度内，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度为a，a的方向竖直向上时为正值，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 当无人机悬停在空中时，a=g
B. 当无人机自由下落时，a=g
C. 当a=0时，无人机处于完全失重状态
D. 当a=2g时，无人机一定竖直向上运动
【答案】AC
【解析】当无人机悬停在空中时，两根弹簧的弹力的合力与质量块的重力平衡，故重力以外的力的合力F合=mg，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度a=F合m=g，A正确；当无人机自由下落时，两弹簧弹力的合力为0，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度为0，B错误；当a=0时，两弹簧弹力的合力为0，无人机处于完全失重状态，C正确；当a=2g时，两弹簧弹力的合力为2mg，方向向上且大于质量块的重力，无人机处于超重状态，可能向上加速也可能向下减速，D错误。