2023-2024屆一輪復(fù)習(xí)新人教版 第3章第2講　牛頓第二定律的應(yīng)用 作業(yè)

第2講牛頓第二定律的應(yīng)用

訓(xùn)練學(xué)科素養(yǎng)限時(shí)鞏國(guó)

.基礎(chǔ)題組夯基

1.如圖甲所示為“娃娃跳”娛樂(lè)玩具示意圖，圖乙為該玩具結(jié)構(gòu)，當(dāng)人

抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起,進(jìn)而帶動(dòng)高蹺跳躍。

下列說(shuō)法正確的是（C）

A.人上升過(guò)程處于超重狀態(tài)

B.人上升過(guò)程處于失重狀態(tài)

C.人下落未壓縮彈簧過(guò)程處于完全失重狀態(tài)

D.人下落壓縮彈簧過(guò)程中處于失重狀態(tài)

解析：人上升過(guò)程加速度先向上后向下，先處于超重狀態(tài)后處于失重

狀態(tài),A、B錯(cuò)誤;人下落未壓縮彈簧過(guò)程中，加速度向下等于重力加速

度,處于完全失重狀態(tài),C正確;人下落壓縮彈簧過(guò)程中，加速度先向下

后向上,先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),D錯(cuò)誤。

2.（2022?吉林延邊二模）如圖所示,兩小球懸掛在天花板上,a、b兩

小球用細(xì)線連接,上面是一根輕質(zhì)彈簧,a、b兩球的質(zhì)量分別為m和

2m,在細(xì)線燒斷瞬間,a、b兩球的加速度分別為a,.a2,則（取豎直向下

為正方向，重力加速度為g）（C）

A.a??θ,&2=gB.a??g,&2=g

C.a?=-2g,&2=gD.aι=-g,&2=0

解析:燒斷細(xì)線之前,a、b兩球整體受到重力和彈簧的彈力F靜止,此

時(shí)彈簧的彈力大小F=3mg,在細(xì)線燒斷瞬間，彈簧的彈力不變,細(xì)線的

拉力消失,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)a球,mg-F=ma1,解得aι=-2g,b球只

受重力，故b球的加速度a2=g,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。

3.（2022?河北秦皇島一模）（多選）如圖所示為某次地鐵列車運(yùn)行過(guò)

程中某節(jié)車廂截面示意圖，車廂內(nèi)兩拉手A、B分別向前進(jìn)方向在豎直

方向偏離角度ɑ和B并保持不變。取重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，

則下列說(shuō)法正確的是（ABD）

前進(jìn)方回

C）b

A.列車可能在減速進(jìn)站

B.兩角度一定滿足a=B

C.減小拉手懸繩長(zhǎng)度,則偏角變大

D,列車加速度大小為a=gtanα

解析：由題圖可知拉手所受合力向左，則加速度向左，列車向左加速或

向右減速,而前進(jìn)方向向右,所以列車減速進(jìn)站,選項(xiàng)A正確；拉手與

列車具有相同的加速度，即兩拉手具有相同的加速度,受力分析可知

F?=mgtanɑ=ma,F??mgtanB=ma,所以a=B,選項(xiàng)B正確；因歹（J車力口

速度不變，則拉手的加速度不變，由F??mgtanα=ma可知偏角不變，

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)F?=mgtanɑ=ma,可得加速度大小a=gtanɑ,選項(xiàng)

D正確。

4.（2022?廣東深圳檢測(cè)）（多選）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)

的測(cè)試項(xiàng)目之一。如圖甲所示,質(zhì)量為m=55kg的某同學(xué),雙手抓住單

杠做引體向上，在豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其重心的速率隨時(shí)間變化的

圖像如圖乙所示,g取IOmA?。由圖像可知（AB）

A.t=0.4s時(shí),他正處于超重狀態(tài)

B.t=0.5s時(shí),他的加速度大小約為0.3m∕s2

C.t=l.1S時(shí),他上升到最高點(diǎn)

D.t=l.5s時(shí),他正處于超重狀態(tài)

解析:t=0.4s時(shí)他向上加速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,他處于超重狀態(tài),

故A正確;根據(jù)速度-時(shí)間圖像的斜率表示加速度可知，t=0.5s時(shí),他

的加速度大小a=τ-≈Γ7m/s'0?3m/s2,故B正確;t=l.1S時(shí)他的速

?t1.0

度達(dá)到最大值,接下來(lái)速度仍是正方向，即將向上減速運(yùn)動(dòng),不是最高

點(diǎn),故C錯(cuò)誤;t=l.5S時(shí)他向上做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向下,他處于

失重狀態(tài),故D錯(cuò)誤。

5.（2022?山西陽(yáng)泉期末）如圖所示，在水平面上固定一傾角θ=30°

的光滑斜面,斜面底端固定一擋板C,兩個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B用

輕彈簧相連,靜止在斜面上?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力F緩慢拉

物塊A,在物塊B恰好離開擋板C的瞬間撤去力F,重力加速度為g,

則撤去力F的瞬間（D）

A.物塊A的加速度為零

B.物塊A的加速度為*方向沿斜面向下

C.物塊B的加速度為*方向沿斜面向上

D.物塊B的加速度為零

解析：撤去力F前，彈簧的彈力為kx=mgsin。，撤去力F的瞬間

kχ-mgsinθ=maB,kx+mgsin。=maA,解得ali=0,aA=g,方向沿斜面向下，

故選Do

6.（2022?北京西城區(qū)統(tǒng)測(cè)）某同學(xué)用手機(jī)的加速度傳感器測(cè)量了電

梯運(yùn)行過(guò)程中的加速度,得到了如圖甲所示的圖線（規(guī)定豎直向上為

正方向），為了簡(jiǎn)化問(wèn)題研究,將圖線簡(jiǎn)化為如圖乙所示的圖像。已知

t=0時(shí)電梯處于靜止?fàn)顟B(tài),則以下判斷正確的是（C）

α∕（m's'）Z軸線性加速度

1.00

0.500

0.00

-0.500

-1.00

-1.50

0.005.0010.015.020.0HS

甲

A.t=5S時(shí)電梯處于失重狀態(tài)

B.8?9s內(nèi)電梯在做減速運(yùn)動(dòng)

C.10~15s內(nèi)電梯在上行

D.17-20s內(nèi)電梯在下行

解析:t=5s時(shí)-，電梯的加速度為正值,方向豎直向上，電梯處于超重狀

態(tài),A錯(cuò)誤;t=0時(shí)，電梯處于靜止?fàn)顟B(tài),一小段時(shí)間后，電梯的加速度

為正值,方向豎直向上，電梯加速上升,8?9s內(nèi)，電梯的加速度仍為

正值,方向豎直向上,可知電梯加速上升,B錯(cuò)誤;t=10s時(shí)，電梯的加

速度為零，電梯上升的速度達(dá)到最大值，10?15S內(nèi)，電梯的加速度為

零，電梯以最大速度勻速上行,C正確；16?21s內(nèi)，電梯的加速度為負(fù)

值,方向豎直向下，電梯向上做減速運(yùn)動(dòng)。由對(duì)稱性可知，t=21s時(shí),

電梯的速度減為零,則17?20s內(nèi)電梯仍在上行,D錯(cuò)誤。

7.（2022?廣東廣州練習(xí)）如圖，一名兒童光腳沿中間的滑梯表面,從

底端緩慢走到頂端（腳底與滑梯不打滑），然后又從頂端坐下來(lái)由靜止

滑下來(lái)。已知兒童的質(zhì)量為m,滑梯與水平地面夾角為θ,兒童下滑時(shí)

滑梯與兒童身體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U,重力加速度為g,下列判斷正確

的是（C）

A.兒童向上走時(shí)所受摩擦力為UrngCOS。，方向沿斜面向上

B.兒童向上走時(shí)所受摩擦力為HmgCOS。，方向沿斜面向下

C.兒童下滑時(shí)加速度為gsinθ-μgeos。，方向沿斜面向下

D.兒童下滑時(shí)加速度為2gsinθ,方向沿斜面向下

解析:兒童從底端緩慢走到頂端時(shí)一，處于平衡狀態(tài),所受摩擦力為靜摩

擦力,跟重力沿斜面向下的分力平衡,所以大小為mgsinθ,方向沿斜

面向上，故A、B錯(cuò)誤;兒童下滑時(shí)，受到滑梯的支持力Fχ=mgcosθ,

兒童下滑時(shí)受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小為Ff=PFN=Hmgcosθ,

由牛頓第二定律得，下滑時(shí)的加速度大小為a=MgnesgcoSe=

m

gsinθ-μgeos。，方向沿斜面向下，故C正確,D錯(cuò)誤。

8.（2023?廣東廣州模擬）（多選）有一種自帶起吊裝置的構(gòu)件運(yùn)輸車，

其起吊臂A安裝在車廂前端,如圖甲所示,初始時(shí)一刻,質(zhì)量為m的構(gòu)件

靜止在運(yùn)輸車上。當(dāng)卷?yè)P(yáng)機(jī)B通過(guò)繞過(guò)定滑輪C的輕質(zhì)吊索對(duì)構(gòu)件施

加豎直向上的拉力時(shí)一,連接在吊索上的拉力傳感器繪制出吊索拉力隨

時(shí)間變化的規(guī)律為三段直線,如圖乙所示,重力加速度大小為go則下

列描述正確的是（CD）

甲乙

A.0~t∣時(shí)間內(nèi)構(gòu)件處于失重狀態(tài)

B.3時(shí)刻構(gòu)件的速度最大

C.t2?t3時(shí)間內(nèi)構(gòu)件處于超重狀態(tài)

D.O?t3時(shí)間內(nèi)，構(gòu)件在t3時(shí)刻速度最大

解析：0?t∣時(shí)間內(nèi)FT〈mg,構(gòu)件的加速度為零,處于平衡狀態(tài),故A錯(cuò)

誤；t1時(shí)刻構(gòu)件恰好開始運(yùn)動(dòng),速度為零,故B錯(cuò)誤;t2?t3時(shí)間內(nèi)Fτ>mg,

構(gòu)件存在豎直向上的加速度,處于超重狀態(tài),故C正確;O?t∣時(shí)間內(nèi)構(gòu)

件靜止,t1-t2時(shí)間內(nèi)構(gòu)件做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，t2?t3時(shí)間內(nèi)構(gòu)

件做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以O(shè)?t3時(shí)間內(nèi)，構(gòu)件在t3時(shí)刻速度最大，故D

正確。

.創(chuàng)新題組提能

9.隨著超級(jí)高樓越來(lái)越多，高速電梯在日常生活中越來(lái)越重要。在一

次對(duì)某高速電梯的測(cè)試中，電梯的時(shí)間一速度圖像如圖所示，圖中傾

斜的虛線a、b分別為曲線在t=0時(shí)和t=3S時(shí)的切線。下列說(shuō)法正

確的是（D）

A.0?10S時(shí)間內(nèi)電梯的加速度逐漸增大

B.t=2S時(shí)電梯一定處于超重狀態(tài)

C.t=3s時(shí)電梯的加速度大小為Im∕s2

D.t=0時(shí)電梯的加速度為t=3s時(shí)電梯加速度的6倍

解析：由題圖可知，圖中切線斜率的倒數(shù)表示加速度大小，即a=華V，

?tk

由圖可知切線斜率逐漸增大,所以電梯的加速度逐漸減小,選項(xiàng)A錯(cuò)

誤;O?2s內(nèi)電梯的速度逐漸增大,但不知道電梯在向上運(yùn)動(dòng)還是在

向下運(yùn)動(dòng),所以不能判斷電梯是超重狀態(tài)還是失重狀態(tài),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

t=3S時(shí)有arAv~64m/s2-m∕s2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;t=0時(shí),?r△"一?2°m∕s2=

JZXt33A匕3

4m∕s2,則%=6,選項(xiàng)D正確。

ɑl

10.（2022?廣東佛山檢測(cè)）一氮?dú)馇虻馁|(zhì)量m=0?2kg,在無(wú)風(fēng)的天氣,

氮?dú)馇蛟谳p繩的牽引下靜止在空中，此時(shí)輕繩的拉力F=ION。星期

天,某兒童帶氮?dú)馇虻焦珗@玩耍,休息時(shí)為了防止氣球飛走,把輕繩系

到一質(zhì)量M=4kg的木塊上,如圖所示,木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)U=0.3。當(dāng)有水平方向風(fēng)吹來(lái),氣球受到水平風(fēng)力F=kv（k為一常

數(shù),V為風(fēng)速），當(dāng)風(fēng)速v,=3m/s時(shí)木塊在地面上恰好靜止。木塊受到

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m∕s2o求：

⑴氣球受到的浮力；

（2）若風(fēng)速V2=6m/s,木塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小。

解析：（1）無(wú)風(fēng)時(shí)氣球在豎直方向受重力、繩子拉力和浮力,

則F浮-mg-F=0,

解得F浮=12N0

（2）當(dāng)v1=3m/s時(shí)對(duì)整體受力分析,如圖，

Fl

(m+Λf)g

F∣=kv1,

在水平方向上F「F「=0,

在豎直方向上F浮+FN-(Mg+mg)=O,

由Ff=UFN,

解得k=3N?s∕m,F1=9N;

若V2=6m∕s,

F2~zkv2,

由牛頓第二定律得F2-Ff=(m+M)a,

2

解得a≈2.14m∕s0

答案：(1)12N(2)2.14m∕s2

11.(202