【文档说明】2024年高考物理一轮复习（新教材新高考）第13讲 牛顿第二定律的基本应用（练习）（解析版）.docx，共(12)页，2.895 MB，由小赞的店铺上传

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第13讲牛顿第二定律的基本应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·广东汕头·统考三模）如图是某跳水女运动员在三米板的训练中，最后踏板的过程：她从高处落到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下运动到最低点（B位

置），对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．跳板对运动员支持力先增大后减小B．运动员先是处于超重后处于失重状态C．跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量D．运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后

减小【答案】C【详解】AB．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点过程中，开始重力大于跳板的弹力、运动员加速下降，后来跳板的弹力大于运动员的重力，运动员减速下降，所以运动员先失重后超重，故AB错误；C．除重力之外的其它力做的功等于运动员机械能的变化，所

以跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量，故C正确；D．运动员下降过程中，只有重力和弹力做功，运动员和跳板组成的系统机械能守恒，所以运动员的重力势能+跳板的弹性势能+运动员的动能=恒量，由于运动员的动能先增大后减小，所以运动员的重

力势能与跳板的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选C。2．（2023·江苏南通·江苏省如东高级中学校联考模拟预测）在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电梯的加速度ag。则（）A．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变

大B．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变C．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大D．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变【答案】C【详解】AB．若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故

AB错误；CD．若电梯向下加速，则液体将处于失重状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故C正确，D错误。故选C。3．（2023·广东·模拟预测）人站在力传感器上完成下蹲和站起动

作，传感器记录的力随时间变化图像（Ft−图）如图所示，则（）A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2B．人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小C．人在站起过程中，先失重后超重D．人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作【答案】A【详解】A．由图可知，传感器的最小压力约为200N，则根据牛顿第二定律得

最大加速度为22500200m/s6m/s50GFam−−===故A正确；B．人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力的示数先变小，后变大，故B错误；C．人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先

超重后失重，故C错误；D．人在下蹲过程中，力的示数先变小，后变大，人在站起过程中，力的示数先变大，后变小，所以动作人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。故选A。4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考三模）如图所示，一质量为M的

光滑大圆环由一细轻杆固定在竖直平面内。套在大圆环上质量均为m的两个小圆环（与大圆环粗细相差不大），同时从大圆环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时会出现失重状态，大圆环则始

终处于超重状态B．当轻杆受到的拉力大小为Mg时，两个小圆环正位于大圆环圆心等高处C．小圆环下滑至大圆环圆心高度之前，一直受到大圆环的弹力作用D．轻杆受到的拉力可能小于Mg【答案】D【详解】A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时，有向上的加速度分量，处于超重状态，故A错误；BC．小环受重力，

大环对小环的支持力而做圆周运动；①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径方向的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环的压力为0；②小环运动到与圆心等高处时，大环对小环的压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的作用

力。综上所述，在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故BC错误；D．若圆环在上半圆运动时速度过大时，大圆环对小环的作用力指向圆心，此时轻杆受到的拉力小于Mg，故D正确；故选D。5．（2022·湖南长沙·模拟预测）如图所示，在一倾斜

角为θ的坡上有一观景台A，从观景台到坡底有一根钢缆索，已知观景到山坡的距离AO＝L，O到坡底B的距离也为L，现工作人员将钢环扣在缆索上，将一包裹送至坡底，若环带着包裹从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则包裹滑到坡底的时间为（）A．12Lg

B．LgC．2LgD．2Lg【答案】D【详解】如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间，有2122Lgt=解得2Ltg=故选D。6．（2023·浙江·模拟预测）如图，水平面上固定光滑圆弧面

ABD，水平宽度为L，高为h且满足Lh。小球从顶端A处由静止释放，沿弧面滑到底端D经历的时间为t，若在圆弧面上放一光滑平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，沿平板滑到D的时间为（）A．tB．4tC．6tD．22t【答

案】B【详解】设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的14，则有1242RRtgg==小球光滑斜面ACD滑到D的时间为t′，根据等时圆原理可得'2Rtg=所

以'4tt=故选B。7．（2023·山东青岛·统考二模）风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足212FCSv=（S为物体迎风面积，C为风阻系数，为空气密度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m

的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方2v与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．开伞前加速度向下，越来越大B．开伞后加速度向上，越来越大C．

开伞前物体迎风面积为()11222mgmaSCv−=D．开伞后物体迎风面积为()12212mgmaSCv−=【答案】C【详解】AC．物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为FmgF=−合；212FCSv=F不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有

1mgFma−=解得()11222mgmaSCv−=故A错误，C正确；BD．左侧图线为开伞后的图线，有22212CSvF=当v=v1时，有22212mFCvgS==解得2212mgSCv=且当v减小时，a减小，故BD错误。故选C。8．（2023·山东·济南一

中统考二模）小木块在外力F的作用下由静止开始沿粗糙水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图所示，下列速度v随时间t、外力F随速度v变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【详解】AB．由题图可得vkx=则vkx=整理可得vxkt

t=可得akv=可知加速度随速度的增大而增大，B正确，A错误；CD．根据牛顿第二定律Ffma−=可得Fkmvf=+当0v=时0F，CD错误。故选B。9．（2023·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）如图甲，

轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上方0x处静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的ax−图像如图乙（图中0x，1x，2x，g均为已知量），不计空气阻力，g为重力加速度。下列说法正确的是（）

A．0x到x1段，小球做加速度逐渐越小的减速运动B．弹簧受到的最大弹力为2021xxmgxx−−C．该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为01()+mgxxD．小球向下运动过程中最大速度为()10gxx+【答案】D【详解】A．钢锯条图甲可知

，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即0x到x1段，小球做加速度逐渐越小的加速运动，A错误；B．根据图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有10()kxxmg−=随后进一步向下压缩弹簧，最大压

缩量为x2，此时速度减为0，则此时弹力最大为max20()Fkxx=−解得20max10()mgxxFxx−=−，B错误；C．该过程中小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即只有动能、势能（包含重力势能与弹性势能）的转化，在加速

度为0时，小球速度最大，动能最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了1mgx，减小的重力势能转化为弹性势能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于1mgx，C错误；D．根据上述，小球运动

至x1位置时，加速度为0时，小球速度最大，根据图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m，纵坐标表示合力，则图像的面积表示合力做功，则有()1020max122xxmgmgxmv−+=解得()max10vgxx=+D正确。故选

D。10．（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，竖直放置的轻质弹簧一端固定在地面上，另一端放上一个重物，重物上端与一根跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在轻绳的另一端施加一竖直向下的拉力F。当0F=时，重物处于平衡状态，此时弹簧的压缩

量为0x（弹簧在弹性限度内），某时刻拉动轻绳，使得重物向上做匀加速直线运动，用h表示重物向上做匀加速直线运动的距离，在0hx范围内，下列拉力F与h的关系图象中可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】当重物向上移动

的距离为h时，对重物进行受力分析，由牛顿第二定律知()0Fkxhmgma+−−=由题意知0kxmg=解得Fkhma=+可见F与h是一次函数关系，且截距不为零。故选C。11．（2023·全国·二模）电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静

止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其vt−图像如图所示。假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，210m/sg=，则（）A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195mC．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/sD．平衡车

在加速段的动力大小72N【答案】B【详解】A．关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为a，结合图像可得mgagm==，226m/s0.6m/s4030a==−解得0.06=，A错误；BC．图线与横轴围成的面积为

位移，为1(2540)6m=195m2x=+整个运动过程中的平均速度大小为195m/s=4.875m/s40xvt==，B正确，C错误；D．平衡车在加速段时有Fmgma−=，265m/sa=代入数值解得108NF=，D错误。故选B。12．（202

3·重庆·一模）如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，加速度a与速度倒数1v的关系图像如图乙所示，火箭的速度为v1时对应的加速度为a1，不计空气阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，下列说法不正确的是（）A．火箭以

恒定的功率启动B．火箭的功率为()11magv+C．1av−关系图像的斜率为11agv+D．1av−关系图像横轴的截距为()11gagv+【答案】C【详解】根据题意，设火箭的功率为P，牵引力为F，由公式PFv=可得PFv=ABC．根据题意，由牛顿第

二定律有Fmgma−=解得1Pagmv=−由图乙可知，1av−关系图像的斜率为()()11111agkagvv−−==+则有()11Pagvm=+可得()11Pmagv=+即火箭以恒定的功率启动，故

AB正确，不符合题意；C错误，符合题意；D．由上述分析可知，1av−的关系式为1Pagmv=−当0a=时，解得()111mggvPagv==+即1av−关系图像横轴的截距为()11gagv+，故D正确，不符合题意。故选C。13．（2023·四川凉山·统考三模）某同学

用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为30斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E点，各段距离之比为:::6:2:1:3ABBCCD

DExxxx=，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（）A．小球在图中C点的速度向上B．若小球向上经过A点时的速度为0v，则向上经过B点的速度为00.5vC．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用

刻度尺测得照片中CE长L，则过E点的速度大小为kLT【答案】BD【详解】A．小球在运动过程中所受阻力大小不变，则小球向上运动时是匀减速运动，向下运动时是匀加速运动；由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度（或末速度）为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3（或3：1），则由:

6:23:1ABBCxx==可得，C点为最高点，故A错误；B．C点为最高点，则0Cv=，B点是A、C的时间中点，则向上经过B点的速度为022ACBvvvv+==故B正确；C．设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间

隔为t，根据位移—时间公式，有2112BCxat=，2212CDxat=又:2:1BCCDxx=，解得1221aa=由牛顿第二定律得1sinmgfma+=，2sinmgfma−=解得16fmg=故C

错误；D．实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中CE长L，则实际CE长为kL，则D点速度为2DkLvT=由2CEDvvv+=，可得过E点的速度大小为EkLvT=故D正确。故选BD。14．（2023·河北·校联考模拟预测）水平地面上放置一质量为m的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数恒定。如

图甲所示，一小孩用一水平推力F推木箱，木箱在水平地面上做匀速直线运动；如图乙所示，一大人用等大的拉力与水平方向成74角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动。已知重力加速度g取210m/s,sin740.96,cos740.28==，则（）A．木箱与地面间的动摩擦因数为0.75

B．若拉力F与水平方向的夹角为53，则木箱的加速度大小为21m/sC．若用大小为2F的力水平推木箱，木箱的加速度大小为27.5m/sD．若用大小为2F且与水平方向成74角的力拉木箱时，木箱离开地面【答案】ACD【详解】A．木箱在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有Fmg=若将此力方向

改为与水平方向成74角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有()cos74sin74FmgF=−解得0.75=故A正确；B．若拉力F与水平方向的夹角为53，根据牛顿第二定律，有

()cos53sin53FmgFma−−=解21.5m/sa=故B错误；C．当用2F的水平恒力推木箱时，根据牛顿第二定律，有2Fmgma−=解得237.5m/s4ag==故C正确；D．若用大小为2F且与水平方向成74角

的力拉木箱时，拉力的竖直分力为2sin1.44yFmgmgmg==木箱离开地面，故D正确。故选ACD。15．（2023·河北·统考二模）如图所示为某型号的无人机，该无人机的质量为2kgm=，电动机能提供的最大动力为m36NF=，无人机飞行时所受的阻力大小恒为f10NF=。当

无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经10s的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机自由下落一段时间后重启动力装置，无人机共下落12s后刚好落地、重力加

速度g取210ms/，则下列说法正确的是（）A．150mh=B．无人机返回时加速的时间为6sC．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24ND．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20N【答案】BD【详解】A．当无人机以最大动力从地面由静

止开始沿竖直方向加速上升过程，由牛顿第二定律，得mf1FmgFma−−=代入数据解得22mf1362010m/s=3m/s2FmgFam−−−−==经10s的时间后关闭动力装置减速过程，由牛顿第二定律，得f2mgFma+=代入数据解得22f22010m/s=15m/s2mgFam++==由运动

学知识，得1122atvat==解得最大速度及上升过程减速时间为30m/sv=；22st=无人机能达到的最大高度为1230()(102)m=180m22vhtt=+=+故A错误；B．无人机沿原路返回地面时

，无人机自由下落过程，由牛顿第二定律，得f3mgFma−=代入数据解得22f32010m/s=5m/s2mgFam−−==由运动学知识，得2vht=返回过程平均速度为22180=m/s=30m/s12hvt=所以无人机返回时加速的时间为3330s=6s5vta==故

B正确；CD．无人机返回过程重启动力装置后，由牛顿第二定律，得f4FmgFma−+=代入数据解得由运动学知识，得24330s=5m/s126vatt==−−联立解得4f=10+2010N=20NFmamgF=+−−故C错误，D正确。故选BD。16．

（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考三模）如图所示，质量均为m的两个物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B连接。从某时刻开始对物块A施加竖直向上的恒力F，物块A开始向上运动，物块B与弹簧组成的系统机械能没有变化。经过时间t，撤去力F，物块B

也第一次达到最大高度。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．F大小为2mgB．F大小可能为2.2mgC．若在2t时刻两物块的距离刚好达到最大，则该最大距离为2gtD．在1.5t时刻，物块B与弹簧组成的系统的势能可能达到最大值【答案】ABC【详解】

AB．在恒力F作用前，对A、B整体，由平衡条件可知2Fmg=弹由题意可知，物块A开始向上运动时，物块B与弹簧组成的系统机械能没有变化，则以B为研究对象，由牛顿第二定律可得BFmgma−=弹解得Bag=

此时物块A的最小加速度则也应为g，可知恒力F的最小值应为2mg，故AB正确；C．若在2t时刻两物块的距离刚好达到最大，因为经t时间物块B也第一次达到最大高度。则有再经t时间物块B恰好回到原来静止的位置，且物块A应恰好达到最高点，这样两物块的距离

恰好达到最大。则有在0~t时间，物块A做匀加速运动，在t~2t时间物块A做加速度为g的匀减速运动，则有Aatgt=；Aag=可得2Fmg=则有物块A在2t时间内上升的高度为2222m1122xgtgtgtgt=+−=物块B在2t时间内位置不变，所以该最

大距离为2gt，C正确；D．物块B与弹簧组成的系统势能最大时，动能最小，所以应是0时刻或2t时刻，物块B与弹簧组成的系统势能最大，D错误。故选ABC。17．（2022·浙江·统考高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图

1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质

点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【答案】（1）218m/s3a=；（2）12m/s；（3）66N【详解】（1

）AB段21112vax=解得218m/s3a=（2）AB段111vat=解得13ts=，BC段22122212xvtat=+；22s2m/a=过C点的速度大小12212m/svvat=+=（3）在BC段有牛顿第二定律f

2sinmgFma−=解得f66NF=18．（2021·浙江·高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量31.010kgm=的汽车以136km/hv=的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线20ms=处，驾驶员发现小朋友排着长6ml=的队伍从斑马线一端开始通过，立即

刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽6m=L，小朋友行走的速度00.5m/sv=，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；（3）假设驾驶员以254km/

hv=超速行驶，在距离斑马线20ms=处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【答案】（1）14s=t，32.510NfF=；（2）20s；（3）55m/sv=【详解】（1）根据平均速度1stv=解得刹车时间14s=t刹车加速度11vat=根据牛顿第二定律fFma=解得32

.510NfF=（2）小朋友过时间20ltvL+=等待时间2120sttt=−=（3）根据2222vvas−=解得55m/sv=