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）

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（4位置），随跳板一同向下运动到最低点（8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a<g。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（尸一

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

G-F500-200

m/s2=6in/s2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〃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小的两个小圆环（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腌时，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朋g,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瞬，

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J的坡上有一观景台4从观景台到坡底有一根钢

缆索，已知观景到山坡的距离/O=LO到坡底8的距离也为乙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N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（）

££

【答案】D

【详解】如图所示，以。点为圆心、力为圆周的最高点、48为弦作圆。小环沿运动的时间就是沿直径

AC做自由落体运动的时间，有2L=gg»解得r=2I-故选D。

6.（2023・浙江•模拟预测）如图，水平面上固定光滑圆弧面/8D,水平宽度为L高为〃且满足心>>右。

小球从顶端/处由静止释放，沿弧面滑到底端。经历的时间为3若在圆弧面上放一光滑平板力。，仍将

小球从N点由静止释放，沿平板滑到。的时间为（）

A.tB.-tC.-tD.迪r

n兀7i

【答案】B

【详解】设该圆弧对应的半径为R,小球沿光滑圆弧面43。运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期

的；,则有f=?2万小球光滑斜面滑到。的时间为心根据等时圆原理可得£=2柏

4

所以f=一，故选瓦

7t

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E与物体相对空气的速度v满足尸=gc「Sv2（S为物体迎风面积，C为风阻系数，夕为空气密

度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为"?的物体从4处由静止下落，一段时间后在8处打开降落

伞，相对速度的平方V?与加速度大小。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

2(mg-)

C.开伞前物体迎风面积为工=

D.开伞后物体迎风面积为工二2

c31

【答案】C

【详解】AC.物体从4处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为心=〃晦-尸；F=^CpSv2

产不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg-F=mq解得g=2（及一J

Cpv^

故A错误，C正确；

Ii

BD.左侧图线为开伞后的图线，有2V当尸v/时，有机g=g=「CpS2V2解得与=不々

22.1夕4

且当V减小时，。减小，故BD错误。故选C。

8.（2023•山东・济南一中统考二模）小木块在外力尸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n随位移x变化的图像如图所示，下列速度v随时间人外力F随速度v变化的图像可能正确的

是（）

【答案】B

【详解】AB.由题图可得v=去则Av=kk整理可得包="生可得a=H可知加速度随速度的增大而增大,

\tM

B正确，A错误；

CD.根据牛顿第二定律F-/="?。可得F=+/当v=0时尸＞0,CD错误。故选B.

9.（2023•江苏盐城校考模拟预测）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，从弹簧上方不处静止下落。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a-x图像如图乙（图中方,毛，巧，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.看到X,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互口磔

^2-^1

C.该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为mg（x°+xj

D.小球向下运动过程中最大速度为J为X+x0）

【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，即看到十段,

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X/位置，加速度为0,则有左（X|-Xo）=/Mg

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4ax=MX2-X。）

解得小=皿5,B错误；

演-与

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。时，小球速度最大，动能最大，即小球运动至X/位置时，重力势能减小了mgX1,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“唱王，C错误：

D.根据上述，小球运动至打位置时，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

量加，纵坐标表示合力，则图像的面积表示合力做功，则有也8%+包二?整=1^3解得%=Jga+X。）

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尸。当尸=0时，重物

处于平衡状态，此时弹簧的压缩量为X。（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，用力表示重物向上做匀加速直线运动的距离，在〃4X。范围内，下列拉力尸与〃的关系图象中可

能正确的是（）

【答案】C

【详解】当重物向上移动的距离为〃时，对重物进行受力分析，由牛顿第二定律知尸+Mx°-〃）-〃?g=用“

由题意知4=，"g解得尸=物+〃卬可见/与/?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V—图像如图所示。假设平衡车

与地面间的动摩擦因数为〃，g=10m/s2,则（）

B.平衡车整个运动过程中的位移大小为195m

C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/s

D.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。，结合图像可得。=丝追=〃g，

m

a=——m/s2=0.6m/s2解得〃=0.06,A错误；

40-30

BC.图线与横轴围成的面积为位移，为x=（25+40）x6x；m=195m整个运动过程中的平均速度大小为

-YIQS

v=—=——m/s=4.875m/s,B正确，C错误；

I40

D.平衡车在加速段时有尸-〃mg="/，a'=《m/s2代入数值解得尸=108N,D错误。故选B。

12.（2023•重庆•一模）如图甲所示，质量为机的小火箭由静止开始加速上升，加速度。与速度倒数［的关

V

系图像如图乙所示，火箭的速度为V/时对应的加速度为内，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.火箭的功率为加（%+g）h

C.a-1关系图像的斜率为幺空

VK

D.关系图像横轴的截距为「：）丫

【答案】C

【详解】根据题意，设火箭的功率为p,牵引力为尸，由公式可得尸=£

V

p11

ABC.根据题意，由牛顿第二定律有尸-唾=切。解得。=土」-g由图乙可知，a-士关系图像的斜率为

mvv

i-y切।则有一=（%+g）匕可得p="?（%+g）匕即火箭以恒定的功率启动，故AB正确，不

m

符合题意；C错误，符合题意；

1P11〃7只只1

D.由上述分析可知，■的关系式为4=±」-g当。=0时，解得一=谭=/:\即a-L关系图像横

vmvvP（4+g）V|v

轴的截距为（°,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7,小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过Z、B、C、D、

E点,各段距离之比为％”4,：2°"£>£=6:2:1:3,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4点时的速度为%,则向上经过8点的速度为0.5%

C.小球所受阻力和重力大小之比为3：1

kl

D.若实际尺寸与照片尺寸之比为h用刻度尺测得照片中“长3则过E点的速度大小为缶

【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）,则由乙&:与。=6:2=3:1可得，C点为最高点，故A错误；

B.C点为最高点，则%=0，B前是A、C的时间中点，则向上经过5点的速度为%=汽丝•=/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。八42,频闪时间间隔为3根据位移一时间公式，

有XBC=；为/,%,又X&C：21,=2:1,解得"=：由牛顿第二定律得机gsin，+/=5％,

2.2.。21

mgsin夕-/=ma,解得——=工故C错误；

mg6

kJ

D.实际尺寸与照片尺寸之比为用刻度尺测得照片中CE长3则实际CE长为则。点速度为%=方

由%=上卢，可得过后点的速度大小为％=与故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加的木箱，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尸推木箱，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

1Om/s2,sin740=0.96,cos740=0.28,贝I（）

B.若拉力厂与水平方向的夹角为53。，则木箱的加速度大小为Img

C.若用大小为2尸的力水平推木箱，木箱的加速度大小为7.5m/s2

D.若用大小为2尸且与水平方向成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，有尸=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

Fcos740=//（机g-Fsin74°）解得〃=0.75故A正确；

B.若拉力厂与水平方向的夹角为53。，根据牛顿第二定律，有尸cos53。-”g-尸疝153。）=加”解

a=1.5m/s2故B错误；

C.当用2尸的水平恒力推木箱时，根据牛顿第二定律，有2/-卬町=机0'解得a，=：g=7.5m/s2故c正确;

D.若用大小为2尸且与水平方向成74。角的力拉木箱时，拉力的竖直分力为4=2〃mgsin。=1.44/wg>mg

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，"=2kg,电动机能提供的最大

动力为丸=36N,无人机飞行时所受的阻力大小恒为耳=10N。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人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10m/s3

则下列说法正确的是（）

A.h-150m

B.无人机返回时加速的时间为6s

C.无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24N

D.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

F.-mg-F,=〃咐代入数据解得q=七二空二”=当二"二Wm/s2=3m/s2经10s的时间后关闭动力装置减

m2

速过程，由牛顿第二定律，得，咫+耳=，迎，代入数据解得知=整上*=型誓Es2=15m/s2

由运动学知识，得=丫=%；2解得最大速度及上升过程减速时间为v=30m/s；t2=2s

无人机能达到的最大高度为〃=+&)=¥x(10+2)m=180m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，，哈-耳=机?代入数据解得

22x180

%=叫_"=10m/s=5m/s2由运动学知识，得〃=上•f返回过程平均速度为M="=m/s=30m/s

m22t12

v'30

所以无人机返回时加速的时间为J=一=^s=6s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，得尸-"噜+6=加%代入数据解得

由运动学知识，得4=E=R7s=5m/s?联立解得口=加%+加g-尸f=10+20-10N=20N故C错误，D正

t—t312—0

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，〃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

的恒力产，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f,撤去力尸，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.尸大小为2/ng

B.Fmg

C.若在2,时刻两物块的距离刚好达到最大，则该最大距离为g»

t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.在恒力厂作用前，对A、B整体，由平衡条件可知序=2加g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与-机g=maB

解得他=8此时物块A的最小加速度则也应为g,可知恒力产的最小值应为2mg,故AB正确；

C.若在2f时刻两物块的距离刚好达到最大，因为经f时间物块B也第一次达到最大高度。则有再经,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

07时间，物块A做匀加速运动，在/~2f时间物块A做加速度为g的匀减速运动，则有心，=8八a*=g

可得尸=2mg则有物块A在2f时间内上升的高度为xm=ggf2+(gj_ggf2)=g〃物块B在2f时间内位置不

变，所以该最大距离为gr，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2/时刻，物块B与弹簧组成的系

统势能最大，D错误。故选ABC。