高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律的基本应用训练含解析

第二节 牛顿第二定律的基本应用

(建议用时：40分钟)

1．(2020·东城区上学期期末)在竖直运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为N。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于N。在此过程中(　　)

A．物体受到的重力增大

B．物体处于失重状态

C．电梯可能正在加速下降

D．电梯可能正在加速上升

解析：选D。物体的视重变大，但是受到的重力没变，A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，B错误；物体超重，则加速度向上，则电梯可能正在加速上升或者减速下降，C错误，D正确。

2．(2020·石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图象提供的信息，下列说法正确的是(　　)

A．在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态

B．在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力

C．在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态

D．在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态

解析：选D。在0～5 s内，从速度—时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，该同学处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故该同学处于失重状态，故D正确。

3. 如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝a3＝a4＝0

B．a1＝a2＝a3＝a4＝g

C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g

D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g

解析：选C。在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确。

4．(2020·扬州市5月调研)如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为4 kg、1 kg，不计弹簧和细绳质量以及一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，先固定物块A使系统处于静止状态。释放A的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的弹力大小为30 N

B．弹簧的弹力大小为40 N

C．A的加速度大小为10 m/s2

D．B的加速度大小为0

解析：选D。开始时弹簧的弹力为F＝mBg＝10 N，释放A的瞬时，弹簧弹力不变，则弹簧的弹力大小仍为10 N，A的加速度aA＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，物体B受力不变，则B的加速度为零，则A、B、C错误，D正确。

5．(2020·凉山州第二次诊断)某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10 s内高度下降150 m，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度g取9 m/s2。

(1)求飞机在竖直方向加速度的大小和方向。

(2)乘客放在水平小桌上2 kg的水杯此时对餐桌的压力为多大？

解析：(1)对下降过程根据h＝at2得a＝3 m/s2

方向竖直向下；

(2)对水杯，根据牛顿第二定律mg－FN＝ma

解得FN＝12 N

由牛顿第三定律可知水杯对餐桌的压力FN′＝12 N。

答案：(1)3 m/s2　方向竖直向下　(2)12 N

6.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为(　　)

A．aA＝g，aB＝g　　　　　　 B．aA＝g，aB＝0

C．aA＝2g，aB＝0   D．aA＝0，aB＝g

解析：选C。分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力。剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲。

A球：FT－mg－F＝0

B球：F′－mg＝0，F＝F′

解得FT＝2mg，F＝mg。

剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力消失，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变。如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。

A球：mg＋F＝maA

B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F

解得aA＝2g，aB＝0。

7．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2。

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。

解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有

F－Ff＝ma1

v－v＝2a1l1

v1＝a1t1

注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有

F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2

mgsin α＝mg

v－v＝2a2l2

注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得

a2＝3.0 m/s2，

v2＝ m/s≈41.5 m/s。

(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有

F推＋F－Ff＝ma1′

v1′2－v＝2a1′l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有

a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2

根据题意，v2′＝100 m/s，

代入数据解得F推≈5.2×105 N。

答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N

8．(2020·洛阳市一模)一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知tan 37°＝，g取10 m/s2，求：

(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；

(2)小物块上滑的最大距离；

(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。

解析：(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为：

F1＝mgsin θ

F2＝mgcos θ

根据牛顿第二定律有FN＝F2①

F1＋Ff＝ma②

又因为Ff＝μFN③

由①②③式得a＝gsin θ＋μgcos θ＝(10×0.6＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④

(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有0－v＝2(－a)x⑤

得x＝＝ m＝4 m。⑥

(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有

FN＝F2⑦

F1－Ff＝ma′⑧

由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcos θ＝(10×0.6－0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2

有v2＝2a′x

所以有v＝＝ m/s＝4 m/s。

答案：(1)8 m/s2　(2)4 m　(3)4 m/s