第13講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用（練習(xí)）（解析版）-2025版高考物理模擬精練+真題實(shí)戰(zhàn)演練

12/12第13講牛頓第二定律的基本應(yīng)用（模擬精練+真題演練）1．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考三模）如圖是某跳水女運(yùn)動(dòng)員在三米板的訓(xùn)練中，最后踏板的過程：她從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上（A位置），隨跳板一同向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)（B位置），對(duì)于運(yùn)動(dòng)員從開始與跳板接觸到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的這個(gè)過程中，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A．跳板對(duì)運(yùn)動(dòng)員支持力先增大后減小B．運(yùn)動(dòng)員先是處于超重后處于失重狀態(tài)C．跳板對(duì)運(yùn)動(dòng)員支持力做的功等于運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的變化量D．運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能與跳板的彈性勢(shì)能之和先增大后減小【答案】C【詳解】AB．運(yùn)動(dòng)員從開始與跳板接觸到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過程中，開始重力大于跳板的彈力、運(yùn)動(dòng)員加速下降，后來跳板的彈力大于運(yùn)動(dòng)員的重力，運(yùn)動(dòng)員減速下降，所以運(yùn)動(dòng)員先失重后超重，故AB錯(cuò)誤；C．除重力之外的其它力做的功等于運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的變化，所以跳板對(duì)運(yùn)動(dòng)員支持力做的功等于運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的變化量，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)員下降過程中，只有重力和彈力做功，運(yùn)動(dòng)員和跳板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能+跳板的彈性勢(shì)能+運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能=恒量，由于運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能先增大后減小，所以運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能與跳板的彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2023·江蘇南通·江蘇省如東高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在教室內(nèi)將兩端開口的潔凈玻璃管豎直插入液體中，管中液面如圖所示。當(dāng)把該裝置放在豎直加速的電梯中，且電梯的加速度。則（）A．若電梯向上加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大B．若電梯向上加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差保持不變C．若電梯向下加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大D．若電梯向下加速，則玻璃管內(nèi)外的液面高度差保持不變【答案】C【詳解】AB．若電梯向上加速，則液體將處于超重狀態(tài)，液體向下的壓力增大，則可知玻璃管內(nèi)的液面要下降，玻璃管內(nèi)外的液面高度差將減小，故AB錯(cuò)誤；CD．若電梯向下加速，則液體將處于失重狀態(tài)，液體向下的壓力減小，則可知玻璃管內(nèi)的液面要上升，玻璃管內(nèi)外的液面高度差將變大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。3．（2023·廣東·模擬預(yù)測(cè)）人站在力傳感器上完成下蹲和站起動(dòng)作，傳感器記錄的力隨時(shí)間變化圖像（圖）如圖所示，則（

）

A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2 B．人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變大，后變小C．人在站起過程中，先失重后超重 D．人在8s內(nèi)完成了兩次下蹲和兩次站起動(dòng)作【答案】A【詳解】A．由圖可知，傳感器的最小壓力約為200N，則根據(jù)牛頓第二定律得最大加速度為故A正確；B．人在下蹲過程中，先加速下降再減速下降，所以力的示數(shù)先變小，后變大，故B錯(cuò)誤；C．人在站起過程中，先加速起立再減速起立，所以先超重后失重，故C錯(cuò)誤；D．人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變小，后變大，人在站起過程中，力的示數(shù)先變大，后變小，所以動(dòng)作人在8s內(nèi)完成了一次下蹲和一次站起動(dòng)作，故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？既＃┤鐖D所示，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)由一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)。套在大圓環(huán)上質(zhì)量均為m的兩個(gè)小圓環(huán)（與大圓環(huán)粗細(xì)相差不大），同時(shí)從大圓環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）A．兩個(gè)小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)圓心以下高度時(shí)會(huì)出現(xiàn)失重狀態(tài)，大圓環(huán)則始終處于超重狀態(tài)B．當(dāng)輕桿受到的拉力大小為Mg時(shí)，兩個(gè)小圓環(huán)正位于大圓環(huán)圓心等高處C．小圓環(huán)下滑至大圓環(huán)圓心高度之前，一直受到大圓環(huán)的彈力作用D．輕桿受到的拉力可能小于Mg【答案】D【詳解】A．兩個(gè)小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)圓心以下高度時(shí)，有向上的加速度分量，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BC．小環(huán)受重力，大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力而做圓周運(yùn)動(dòng)；①當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到上半圓上某位置時(shí)，其重力沿半徑方向的分力恰好等于向心力時(shí)，此時(shí)小環(huán)對(duì)大環(huán)的壓力為0；②小環(huán)運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處時(shí)，大環(huán)對(duì)小環(huán)的壓力沿水平方向指向圓心，小環(huán)對(duì)大環(huán)沒有豎直方向的作用力。綜上所述，在此兩處，大環(huán)對(duì)輕桿拉力大小為Mg，故BC錯(cuò)誤；D．若圓環(huán)在上半圓運(yùn)動(dòng)時(shí)速度過大時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力指向圓心，此時(shí)輕桿受到的拉力小于Mg，故D正確；故選D。5．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在一傾斜角為θ的坡上有一觀景臺(tái)A，從觀景臺(tái)到坡底有一根鋼纜索，已知觀景到山坡的距離AO＝L，O到坡底B的距離也為L(zhǎng)，現(xiàn)工作人員將鋼環(huán)扣在纜索上，將一包裹送至坡底，若環(huán)帶著包裹從A點(diǎn)由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則包裹滑到坡底的時(shí)間為（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】如圖所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心、A為圓周的最高點(diǎn)、AB為弦作圓。小環(huán)沿AB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就是沿直徑AC做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，有解得故選D。6．（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，水平面上固定光滑圓弧面ABD，水平寬度為L(zhǎng)，高為h且滿足。小球從頂端A處由靜止釋放，沿弧面滑到底端D經(jīng)歷的時(shí)間為t，若在圓弧面上放一光滑平板ACD，仍將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿平板滑到D的時(shí)間為（）A．t B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)該圓弧對(duì)應(yīng)的半徑為R，小球沿光滑圓弧面ABD運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間相當(dāng)于擺長(zhǎng)為R的單擺周期的，則有小球光滑斜面ACD滑到D的時(shí)間為t′，根據(jù)等時(shí)圓原理可得所以故選B。7．（2023·山東青島·統(tǒng)考二模）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)可以模擬高空跳傘情況下人體所承受氣流的狀態(tài)。已知物體受到的空氣阻力F與物體相對(duì)空氣的速度v滿足（S為物體迎風(fēng)面積，C為風(fēng)阻系數(shù)，為空氣密度）。圖甲中風(fēng)洞豎直向上勻速送風(fēng)，一質(zhì)量為m的物體從A處由靜止下落，一段時(shí)間后在B處打開降落傘，相對(duì)速度的平方與加速度大小a的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．開傘前加速度向下，越來越大B．開傘后加速度向上，越來越大C．開傘前物體迎風(fēng)面積為D．開傘后物體迎風(fēng)面積為【答案】C【詳解】AC．物體從A處由靜止下落，開傘前加速度向下，物體所受合力為；F不斷增大，加速度減小，圖乙中右側(cè)圖線與此過程相符合，有解得故A錯(cuò)誤，C正確；BD．左側(cè)圖線為開傘后的圖線，有當(dāng)v=v1時(shí)，有解得且當(dāng)v減小時(shí)，a減小，故BD錯(cuò)誤。故選C。8．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）小木塊在外力F的作用下由靜止開始沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中木塊的速度v隨位移x變化的圖像如圖所示，下列速度v隨時(shí)間t、外力F隨速度v變化的圖像可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】B【詳解】AB．由題圖可得則整理可得可得可知加速度隨速度的增大而增大，B正確，A錯(cuò)誤；CD．根據(jù)牛頓第二定律可得當(dāng)時(shí)，CD錯(cuò)誤。故選B。9．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小球，從彈簧上方處靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下坐標(biāo)軸，小球下落至最低點(diǎn)過程中的圖像如圖乙（圖中，，，g均為已知量），不計(jì)空氣阻力，g為重力加速度。下列說法正確的是（）A．到x1段，小球做加速度逐漸越小的減速運(yùn)動(dòng)B．彈簧受到的最大彈力為C．該過程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢(shì)能變化的最大值為D．小球向下運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為【答案】D【詳解】A．鋼鋸條圖甲可知，小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量較小時(shí)，重力大于彈簧的彈力，即到x1段，小球做加速度逐漸越小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖乙可知，在x1位置，加速度為0，則有隨后進(jìn)一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為x2，此時(shí)速度減為0，則此時(shí)彈力最大為解得，B錯(cuò)誤；C．該過程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即只有動(dòng)能、勢(shì)能（包含重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能）的轉(zhuǎn)化，在加速度為0時(shí)，小球速度最大，動(dòng)能最大，即小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，重力勢(shì)能減小了，減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能與動(dòng)能，可知小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢(shì)能變化的最大值小于，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述，小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，加速度為0時(shí)，小球速度最大，根據(jù)圖乙可知，將縱坐標(biāo)乘以小球質(zhì)量m，縱坐標(biāo)表示合力，則圖像的面積表示合力做功，則有解得D正確。故選D。10．（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端固定在地面上，另一端放上一個(gè)重物，重物上端與一根跨過光滑定滑輪的輕繩相連，在輕繩的另一端施加一豎直向下的拉力F。當(dāng)時(shí)，重物處于平衡狀態(tài)，此時(shí)彈簧的壓縮量為（彈簧在彈性限度內(nèi)），某時(shí)刻拉動(dòng)輕繩，使得重物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用h表示重物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的距離，在范圍內(nèi)，下列拉力F與h的關(guān)系圖象中可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】C【詳解】當(dāng)重物向上移動(dòng)的距離為h時(shí)，對(duì)重物進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律知由題意知解得可見F與h是一次函數(shù)關(guān)系，且截距不為零。故選C。11．（2023·全國·二模）電動(dòng)平衡車是一種新的短途代步工具。已知人和平衡車的總質(zhì)量是60kg，啟動(dòng)平衡車后，車由靜止開始向前做直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻關(guān)閉動(dòng)力，最后停下來，其圖像如圖所示。假設(shè)平衡車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，，則（）A．平衡車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．平衡車整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的位移大小為195mC．平衡車在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為3m/sD．平衡車在加速段的動(dòng)力大小72N【答案】B【詳解】A．關(guān)閉動(dòng)力后，車做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，結(jié)合圖像可得，解得，A錯(cuò)誤；BC．圖線與橫軸圍成的面積為位移，為整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為，B正確，C錯(cuò)誤；D．平衡車在加速段時(shí)有，代入數(shù)值解得，D錯(cuò)誤。故選B。12．（2023·重慶·一模）如圖甲所示，質(zhì)量為m的小火箭由靜止開始加速上升，加速度a與速度倒數(shù)的關(guān)系圖像如圖乙所示，火箭的速度為v1時(shí)對(duì)應(yīng)的加速度為a1，不計(jì)空氣阻力和燃料燃燒時(shí)的質(zhì)量損失，重力加速度為g，下列說法不正確的是（）A．火箭以恒定的功率啟動(dòng)B．火箭的功率為C．關(guān)系圖像的斜率為D．關(guān)系圖像橫軸的截距為【答案】C【詳解】根據(jù)題意，設(shè)火箭的功率為，牽引力為，由公式可得ABC．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有解得由圖乙可知，關(guān)系圖像的斜率為則有可得即火箭以恒定的功率啟動(dòng)，故AB正確，不符合題意；C錯(cuò)誤，符合題意；D．由上述分析可知，的關(guān)系式為當(dāng)時(shí)，解得即關(guān)系圖像橫軸的截距為，故D正確，不符合題意。故選C。13．（多選）（2023·四川涼山·統(tǒng)考三模）某同學(xué)用手機(jī)的頻閃功能拍攝一小球在傾角為斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，如圖是運(yùn)動(dòng)模型簡(jiǎn)化圖，頻閃時(shí)間間隔為T，小球從斜面底端開始向上運(yùn)動(dòng)，在斜面上依次經(jīng)過A、B、C、D、E點(diǎn)，各段距離之比為，小球在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小不變。以下說法正確的是（）A．小球在圖中C點(diǎn)的速度向上B．若小球向上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度為，則向上經(jīng)過B點(diǎn)的速度為C．小球所受阻力和重力大小之比為3∶1D．若實(shí)際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測(cè)得照片中長(zhǎng)L，則過E點(diǎn)的速度大小為【答案】BD【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小不變，則小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)是勻減速運(yùn)動(dòng)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)是勻加速運(yùn)動(dòng)；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，只有當(dāng)初速度（或末速度）為零時(shí)，連續(xù)相等的兩段時(shí)間內(nèi)物體位移之比為1：3（或3：1），則由可得，C點(diǎn)為最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．C點(diǎn)為最高點(diǎn)，則，B點(diǎn)是A、C的時(shí)間中點(diǎn)，則向上經(jīng)過B點(diǎn)的速度為故B正確；C．設(shè)小球沿斜面向上、向下運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小分別為a1、a2，頻閃時(shí)間間隔為t，根據(jù)位移—時(shí)間公式，有，又，解得由牛頓第二定律得，解得故C錯(cuò)誤；D．實(shí)際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測(cè)得照片中長(zhǎng)L，則實(shí)際CE長(zhǎng)為，則D點(diǎn)速度為由，可得過E點(diǎn)的速度大小為故D正確。故選BD。14．（多選）（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）水平地面上放置一質(zhì)量為的木箱，木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。如圖甲所示，一小孩用一水平推力推木箱，木箱在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；如圖乙所示，一大人用等大的拉力與水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度取，則（

）

A．木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75B．若拉力與水平方向的夾角為，則木箱的加速度大小為C．若用大小為的力水平推木箱，木箱的加速度大小為D．若用大小為且與水平方向成角的力拉木箱時(shí)，木箱離開地面【答案】ACD【詳解】A．木箱在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有若將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有解得故A正確；B．若拉力與水平方向的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律，有解故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)用的水平恒力推木箱時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，有解得故C正確；D．若用大小為且與水平方向成角的力拉木箱時(shí)，拉力的豎直分力為木箱離開地面，故D正確。故選ACD。15．（多選）（2023·河北·統(tǒng)考二模）如圖所示為某型號(hào)的無人機(jī)，該無人機(jī)的質(zhì)量為，電動(dòng)機(jī)能提供的最大動(dòng)力為，無人機(jī)飛行時(shí)所受的阻力大小恒為。當(dāng)無人機(jī)以最大動(dòng)力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升，經(jīng)的時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力裝置，無人機(jī)能達(dá)到的最大高度為h，然后無人機(jī)沿原路返回地面，無人機(jī)自由下落一段時(shí)間后重啟動(dòng)力裝置，無人機(jī)共下落后剛好落地、重力加速度g取，則下列說法正確的是（）A．B．無人機(jī)返回時(shí)加速的時(shí)間為C．無人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，電動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力為D．無人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，電動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力為【答案】BD【詳解】A．當(dāng)無人機(jī)以最大動(dòng)力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升過程，由牛頓第二定律，得代入數(shù)據(jù)解得經(jīng)的時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力裝置減速過程，由牛頓第二定律，得代入數(shù)據(jù)解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得解得最大速度及上升過程減速時(shí)間為；無人機(jī)能達(dá)到的最大高度為故A錯(cuò)誤；B．無人機(jī)沿原路返回地面時(shí)，無人機(jī)自由下落過程，由牛頓第二定律，得代入數(shù)據(jù)解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得返回過程平均速度為所以無人機(jī)返回時(shí)加速的時(shí)間為故B正確；CD．無人機(jī)返回過程重啟動(dòng)力裝置后，由牛頓第二定律，得代入數(shù)據(jù)解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，得聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。16．（多選）（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考三模）如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個(gè)物塊A、B疊放在輕彈簧上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。輕彈簧下端固定在地面上，上端與物塊B連接。從某時(shí)刻開始對(duì)物塊A施加豎直向上的恒力F，物塊A開始向上運(yùn)動(dòng)，物塊B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能沒有變化。經(jīng)過時(shí)間t，撤去力F，物塊B也第一次達(dá)到最大高度。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．F大小為2mgB．F大小可能為2.2mgC．若在2t時(shí)刻兩物塊的距離剛好達(dá)到最大，則該最大距離為D．在1.5t時(shí)刻，物塊B與彈簧組成的系統(tǒng)的勢(shì)能可能達(dá)到最大值【答案】ABC【詳解】AB．在恒力F作用前，對(duì)A、B整體，由平衡條件可知由題意可知，物塊A開始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能沒有變化，則以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律可得解得此時(shí)物塊A的最小加速度則也應(yīng)為g，可知恒力F的最小值應(yīng)為2mg，故AB正確；C．若在2t時(shí)刻兩物塊的距離剛好達(dá)到最大，因?yàn)榻?jīng)t時(shí)間物塊B也第一次達(dá)到最大高度。則有再經(jīng)t時(shí)間物塊B恰好回到原來靜止的位置，且物塊A應(yīng)恰好達(dá)到最高點(diǎn)，這樣兩物塊的距離恰好達(dá)到最大。則有在0~t時(shí)間，物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，在t~2t時(shí)間物塊A做加速度為g的勻減速運(yùn)動(dòng)，則有；可得則有物塊A在2t時(shí)間內(nèi)上升的高度為物塊B在2t時(shí)間內(nèi)位置不變，所以該最大距離為，C正確；D．物塊B與彈簧組成的系統(tǒng)勢(shì)能