2023一轮复习课后速练13 3.2 牛顿第二定律应用专题(一)

2023一轮复习课后速练(十三)

一、选择题

1．(2021·河北模拟)滑索是一项体育游乐项目．游客从起点利用自然落差加速向下滑行，越过绳索的最低点减速滑至终点．不考虑空气对人的作用力，忽略滑轮及绳索受到的重力，下图中能正确表示游客加速下滑或减速上滑的是(　　)

【答案】　C

【思维分析】 对A、B图中游客、滑轮受力分析，如图甲、乙所示

游客加速下滑时，游客及滑轮合力均应沿绳索向下，若滑轮与钢索之间光滑，则整体下滑的加速度应该为gsin θ，且此时绳子与钢索的方向应该垂直；若人匀速下滑，则绳应该沿竖直方向，而现在的情况是介于两者之间，则绳的方向应该在垂直钢索的方向与竖直方向之间，故A、B两项错误；对C、D图中游客、滑轮受力分析，如图丙、丁所示

游客减速上滑时，游客及滑轮合力均应沿绳索向下，因为加速度要大于加速下滑时的加速度，可知故C项正确，D项错误．故选C项．

2.(2021·湖北模拟)(多选)“IYPT2020”有一道题——“下落的塔”：相同的物体彼此堆叠，形成独立的塔，通过施加突然的水平力来卸下底部物体，以使塔架的其余部分下降到地面上，并且塔架保持直立，如图所示，忽略一切阻力影响，在塔直立下落的过程中，则最上面物体(　　)

A．只受重力作用　　　　　 B．受到支持力作用

C．受到摩擦力作用   D．处于失重状态

【答案】　AD

【思维分析】 由题意可知，当塔架自由下落时，处于完全失重状态，所以它们之间的相互作用力为零，接触面没有摩擦力，没有弹力．故选A、D两项．

3．(2021·汕头模拟)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎间的动摩擦因数μ，测试人员让汽车在该公路水平直道行驶，当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死)，车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来，g取10 m/s2，则测得μ约为(　　)

A．0.2   B．0.3

C．0.4   D．0.5

【答案】　B

【思维分析】 汽车滑行时做减速运动，则加速度大小为a＝＝ m/s2≈3.0 m/s2，根据牛顿第二定律和动摩擦因数表达式μ＝＝＝＝0.3，故选B项．

4.(2021·山东模拟)如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分．在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝g匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为(　　)

A.mg   B.mg

C.mg   D.mg

【答案】　B

【思维分析】 根据几何知识，圆环半径为0.6L，轻绳长L，故三根轻绳与竖直方向夹角为37°.分析圆环受力，可知三根轻绳拉力水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg－3Fcos 37°＝m×g，解得F＝mg，故选B项．

5．(2022·江西一模)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了.则电梯运动的情况可能是(　　)

A．以大小为g的加速度加速上升

B．以大小为g的加速度减速上升

C．以大小为g的加速度加速下降

D．以大小为g的加速度减速下降

【答案】　D

【思维分析】 因为电梯静止时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg＝kx，当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，所以物体所受的合力应该是向上的，大小是mg，由牛顿第二定律F＝ma可得mg＝ma，所以加速度大小为a＝g，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能做向上的匀加速运动，也可能做向下的匀减速运动，所以D项正确．

6．(2021·攀枝花模拟)(多选)图甲为门式起重机，它可以将列车上静止的集装箱竖直向上提升到一定高度．若选竖直向上为正方向，测得集装箱竖直方向运动过程中的加速度a随位移x变化的规律如图乙所示．下列判断正确的是(　　)

A．在x＝4 m时，集装箱的速度为2 m/s

B．在0～4 m内，集装箱运动的时间为2 s

C．在4～6 m内，集装箱处于超重状态

D．集装箱上升的最大高度为6 m

【答案】　BC

【思维分析】 由题意，集装箱离开列车时的速度为0，之后在0～4 m内竖直向上做匀加速直线运动，由2ax＝v2，得x＝4 m时，集装箱的速度v＝2 m/s，A项错误；由v＝at得，t＝2 s，B项正确；在4～6 m内，集装箱向上做加速度逐渐减小的加速运动，加速度向上，集装箱处于超重状态，C项正确；当x＝6 m时，加速度减小到0，向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，D项错误．故选B、C两项．

7．(2021·辽宁模拟)(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　)

A．运动员的质量为66 kg

B．运动员的最大加速度为45 m/s2

C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m

D．运动员离开蹦床后上升的最大高度为10 m

【答案】　BC

【思维分析】 由图给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，A项错误；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，最大加速度am＝＝45 m/s2，B项正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2 s，上升和下落的时间分别为1 s，则最大高度为h＝g＝5 m，C项正确，D项错误．故选B、C两项．

8.(2021·新疆模拟)(多选)如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h的木块A和质量为M、半径为R的球B，各接触面均光滑，木块受到水平向右的外力F作用，系统处于静止状态．O为B的球心，C为A、B接触点．现撤去外力F，则(　　)

A．撤去外力F瞬时，木块A的加速度aA<

B．撤去外力F瞬时，球B的加速度aB＝0

C．撤去外力F瞬时，墙壁对球B的弹力FB＝0

D．撤去外力F前，木块对地面压力N＝(m＋M)g

【答案】　AD

【思维分析】 撤去F后，A、B之间力的关系也随之改变，因为对整体而言，墙壁的弹力是由形变产生的，撤去F，墙壁的弹力会发生变化，随之B对A的作用力也要发生变化，则A在水平方向上受到的合力比F要小，所以加速度也就小于，故A项正确．撤去F后，A要向左运动，B要向下运动，A和B的运动状态都要发生变化，所以都要有加速度，即A和B的加速度都不是零，故B项错误．由于A、B之间有力的作用，B要受到A的斜向上的力的作用，而B在水平方向上又不运动，所以墙对B一定要有力的作用，故C项错误．对整体分析，整体在竖直方向上受总重力和支持力，所以N＝(M＋m)g，故D项正确．故选A、D两项．

9.一游客在峨眉山滑雪时，由静止开始沿倾角为37°的山坡匀加速滑下．下滑过程中从A点开始给游客抓拍一张连续曝光的照片如图所示．经测量游客从起点到本次曝光的中间时刻的位移恰好是40 m．已知本次摄影的曝光时间是0.2 s，照片中虚影的长度L相当于实际长度4 m，则下列结果不正确的是(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

A．游客在曝光的中间时刻的速度大小为20 m/s

B．游客下滑的加速度大小为5.0 m/s2

C．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为

D．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为

【答案】　D

【思维分析】 用x表示题中的位移，θ表示斜面倾角，Δt表示曝光时间，μ表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m表示游客的质量．设游客下滑的加速度为a，曝光的中间时刻的速度为v0，则有v0＝，代入数据得v0＝20 m/s，故A项正确；由v02＝2ax，可求得：a＝5.0 m/s2，故B项正确；又根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可求得动摩擦因数为μ＝，故C项正确，D项错误．

10．(2021·金华模拟)2020年11月21日，义乌人民期盼已久的双江水利枢纽工程破土动工，施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定．现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大

B．汽车静止时，C受到A给它的支持力为

C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大

D．当汽车向左做加速运动时，加速度达到g时，C将脱离A

【答案】　D

【思维分析】 当汽车向左加速运动时，能给C向左的力只有B对C的分力，所以是B对C的力增大，A对C的力减小，故A项错误；小车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FAC＝FBC，故有竖直方向2FACsin 60°＝mg，解得FAC＝mg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故B、C两项错误；当加速度为g时，竖直方向有F′BCsin 60°＋F′ACsin 60°＝mg，水平方向有F′BCcos 60°－F′ACcos 60°＝ma，代入a解得F′AC＝0，故D项正确．故选D项．

11.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线．下列判断正确的是(　　)

A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零

B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零

C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ

D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ

【答案】　CD

【思维分析】 剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ，以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ.以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝gsin θ，方向沿斜面向下，故C、D两项正确，A、B两项错误．故选C、D两项．

12.(2022·山东模拟)(多选)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的作用力F作用且系统达到稳定时，小球偏离平衡位置如图，重力加速度为g，此时(　　)

A．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则tan α＝

B．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则tan α＝

C．小球对椭圆面的压力大小为m

D．小球对椭圆面的压力大小为m

【答案】　BC

【思维分析】 对小球受力分析如图所示

对整体两者一起加速，则a＝，＝tan α，F合＝ma，解得tan α＝＝，故A项错误，B项正确；由题意得FN＝＝m，由牛顿第三定律知，C项正确，D项错误．故选B、C两项．

二、非选择题

13．某航空公司的一架客机，在正常航线上水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10 s内高度下降1 700 m造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算：

(1)飞机在竖直方向上产生的加速度多大？方向怎样？

(2)乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？(g取10 m/s2)

(3)未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动？最可能受到伤害的是人体的什么部位？

(注：飞机上乘客所系的安全带是固定联结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体)

【答案】　(1)34 m/s2，方向竖直向下

(2)2.4倍　(3)人相对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害

【思维分析】 (1)飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据h＝at2，得a＝，代入h＝1 700 m，t＝10 s，得a＝ m/s2＝34 m/s2，方向竖直向下．

(2)飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使飞机上乘客产生加速度的力是向下的重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为m，安全带提供的竖直向下拉力为F，根据牛顿第二定律F＋mg＝ma，得安全带拉力F＝m(a－g)＝24m，安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数n＝＝＝2.4(倍)．

(3)若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34 m/s2，人自由落体时向下加速度为10 m/s2，飞机向下的加速度大于人自由落体时的加速度，所以人相对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害．

14.(2021·广东模拟)如图所示，编号1是倾角为37°的三角形劈，编号2、3、4、5、6是梯形劈，三角形劈和梯形劈的斜面部分位于同一倾斜平面内，即三角形劈和梯形劈构成一个完整的斜面体；可视为质点的物体质量为m＝1 kg，与斜面部分间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，三角形劈和梯形劈的质量均为M＝1 kg.劈的斜面长度均为L＝0.3 m，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，它们紧靠在一起放在平面上，现使物块以平行斜面方向的初速度v0＝6 m/s从三角形劈的底端冲上斜面，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)若将所有劈都固定在水平面上，通过计算判断物块能否从第6块劈的右上端飞出？

(2)若所有劈均不固定，物块滑动到第几块劈时梯形劈开始相对地面滑动？

(3)劈开始相对地面滑动时，物块的速度为多大？

【答案】　(1)不能　(2)4　(3)3 m/s

【思维分析】 (1)若劈一直保持静止不动，物块在斜面体上的加速度a满足mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma，则物块滑到第6块劈右上端时的速度满足v22－v02＝2(－a)(6L)，

解得v2＝0，所以物块不能从第6块劈的右上端飞出．(2)物块与斜面间的弹力FN1＝mgcos 37°＝8 N，物块与斜面间的滑动摩擦力f1＝μ1FN1＝4 N，地面对劈的支持力FN2＝nMg＋FN1cos 37°－f1sin 37°，刚好开始滑动有f1cos 37°＋FN1sin 37°＝μ2FN2，解得n＝3.6，所以物块滑动到第4块劈时，劈开始相对地面滑动．

(3)物块的加速度大小a＝，代入数值a＝10 m/s2，劈开始滑动时物块的速度v12－v02＝2(－a)(3L)，解得v1＝3 m/s.