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文档简介
第2讲牛顿第二定律的应用
训练学科素养限时巩国
.基础题组夯基
1.如图甲所示为“娃娃跳”娱乐玩具示意图,图乙为该玩具结构,当人
抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后,人就向上弹起,进而带动高跷跳跃。
下列说法正确的是(C)
A.人上升过程处于超重状态
B.人上升过程处于失重状态
C.人下落未压缩弹簧过程处于完全失重状态
D.人下落压缩弹簧过程中处于失重状态
解析:人上升过程加速度先向上后向下,先处于超重状态后处于失重
状态,A、B错误;人下落未压缩弹簧过程中,加速度向下等于重力加速
度,处于完全失重状态,C正确;人下落压缩弹簧过程中,加速度先向下
后向上,先处于失重状态后处于超重状态,D错误。
2.(2022•吉林延边二模)如图所示,两小球悬挂在天花板上,a、b两
小球用细线连接,上面是一根轻质弹簧,a、b两球的质量分别为m和
2m,在细线烧断瞬间,a、b两球的加速度分别为a,.a2,则(取竖直向下
为正方向,重力加速度为g)(C)
A.aɪɪθ,&2=gB.aɪɪg,&2=g
C.aɪ=-2g,&2=gD.aι=-g,&2=0
解析:烧断细线之前,a、b两球整体受到重力和弹簧的弹力F静止,此
时弹簧的弹力大小F=3mg,在细线烧断瞬间,弹簧的弹力不变,细线的
拉力消失,根据牛顿第二定律,对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正确,A、B、D错误。
3.(2022•河北秦皇岛一模)(多选)如图所示为某次地铁列车运行过
程中某节车厢截面示意图,车厢内两拉手A、B分别向前进方向在竖直
方向偏离角度ɑ和B并保持不变。取重力加速度为g,不计空气阻力,
则下列说法正确的是(ABD)
前进方回
C)b
A.列车可能在减速进站
B.两角度一定满足a=B
C.减小拉手悬绳长度,则偏角变大
D,列车加速度大小为a=gtanα
解析:由题图可知拉手所受合力向左,则加速度向左,列车向左加速或
向右减速,而前进方向向右,所以列车减速进站,选项A正确;拉手与
列车具有相同的加速度,即两拉手具有相同的加速度,受力分析可知
F⅛=mgtanɑ=ma,FʌɪmgtanB=ma,所以a=B,选项B正确;因歹(J车力口
速度不变,则拉手的加速度不变,由Fʌɪmgtanα=ma可知偏角不变,
选项C错误;根据F⅛=mgtanɑ=ma,可得加速度大小a=gtanɑ,选项
D正确。
4.(2022・广东深圳检测)(多选)引体向上是高中学生体质健康标准
的测试项目之一。如图甲所示,质量为m=55kg的某同学,双手抓住单
杠做引体向上,在竖直向上运动过程中,其重心的速率随时间变化的
图像如图乙所示,g取IOmA?。由图像可知(AB)
A.t=0.4s时,他正处于超重状态
B.t=0.5s时,他的加速度大小约为0.3m∕s2
C.t=l.1S时,他上升到最高点
D.t=l.5s时,他正处于超重状态
解析:t=0.4s时他向上加速运动,加速度方向向上,他处于超重状态,
故A正确;根据速度-时间图像的斜率表示加速度可知,t=0.5s时,他
的加速度大小a=τ-≈Γ7m/s'0∙3m/s2,故B正确;t=l.1S时他的速
∆t1.0
度达到最大值,接下来速度仍是正方向,即将向上减速运动,不是最高
点,故C错误;t=l.5S时他向上做减速运动,加速度方向向下,他处于
失重状态,故D错误。
5.(2022•山西阳泉期末)如图所示,在水平面上固定一倾角θ=30°
的光滑斜面,斜面底端固定一挡板C,两个质量均为m的物块A、B用
轻弹簧相连,静止在斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F缓慢拉
物块A,在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F,重力加速度为g,
则撤去力F的瞬间(D)
A.物块A的加速度为零
B.物块A的加速度为*方向沿斜面向下
C.物块B的加速度为*方向沿斜面向上
D.物块B的加速度为零
解析:撤去力F前,弹簧的弹力为kx=mgsin。,撤去力F的瞬间
kχ-mgsinθ=maB,kx+mgsin。=maA,解得ali=0,aA=g,方向沿斜面向下,
故选Do
6.(2022•北京西城区统测)某同学用手机的加速度传感器测量了电
梯运行过程中的加速度,得到了如图甲所示的图线(规定竖直向上为
正方向),为了简化问题研究,将图线简化为如图乙所示的图像。已知
t=0时电梯处于静止状态,则以下判断正确的是(C)
α∕(m's')Z轴线性加速度
1.00
0.500
0.00
-0.500
-1.00
-1.50
0.005.0010.015.020.0HS
甲
A.t=5S时电梯处于失重状态
B.8〜9s内电梯在做减速运动
C.10~15s内电梯在上行
D.17-20s内电梯在下行
解析:t=5s时-,电梯的加速度为正值,方向竖直向上,电梯处于超重状
态,A错误;t=0时,电梯处于静止状态,一小段时间后,电梯的加速度
为正值,方向竖直向上,电梯加速上升,8〜9s内,电梯的加速度仍为
正值,方向竖直向上,可知电梯加速上升,B错误;t=10s时,电梯的加
速度为零,电梯上升的速度达到最大值,10〜15S内,电梯的加速度为
零,电梯以最大速度匀速上行,C正确;16〜21s内,电梯的加速度为负
值,方向竖直向下,电梯向上做减速运动。由对称性可知,t=21s时,
电梯的速度减为零,则17〜20s内电梯仍在上行,D错误。
7.(2022・广东广州练习)如图,一名儿童光脚沿中间的滑梯表面,从
底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑),然后又从顶端坐下来由静止
滑下来。已知儿童的质量为m,滑梯与水平地面夹角为θ,儿童下滑时
滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为U,重力加速度为g,下列判断正确
的是(C)
A.儿童向上走时所受摩擦力为UrngCOS。,方向沿斜面向上
B.儿童向上走时所受摩擦力为HmgCOS。,方向沿斜面向下
C.儿童下滑时加速度为gsinθ-μgeos。,方向沿斜面向下
D.儿童下滑时加速度为2gsinθ,方向沿斜面向下
解析:儿童从底端缓慢走到顶端时一,处于平衡状态,所受摩擦力为静摩
擦力,跟重力沿斜面向下的分力平衡,所以大小为mgsinθ,方向沿斜
面向上,故A、B错误;儿童下滑时,受到滑梯的支持力Fχ=mgcosθ,
儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff=PFN=Hmgcosθ,
由牛顿第二定律得,下滑时的加速度大小为a=MgnesgcoSe=
m
gsinθ-μgeos。,方向沿斜面向下,故C正确,D错误。
8.(2023・广东广州模拟)(多选)有一种自带起吊装置的构件运输车,
其起吊臂A安装在车厢前端,如图甲所示,初始时一刻,质量为m的构件
静止在运输车上。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索对构件施
加竖直向上的拉力时一,连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随
时间变化的规律为三段直线,如图乙所示,重力加速度大小为go则下
列描述正确的是(CD)
甲乙
A.0~t∣时间内构件处于失重状态
B.3时刻构件的速度最大
C.t2〜t3时间内构件处于超重状态
D.O〜t3时间内,构件在t3时刻速度最大
解析:0〜t∣时间内FT〈mg,构件的加速度为零,处于平衡状态,故A错
误;t1时刻构件恰好开始运动,速度为零,故B错误;t2〜t3时间内Fτ>mg,
构件存在竖直向上的加速度,处于超重状态,故C正确;O〜t∣时间内构
件静止,t1-t2时间内构件做加速度增大的加速运动,t2〜t3时间内构
件做匀加速运动,所以O〜t3时间内,构件在t3时刻速度最大,故D
正确。
.创新题组提能
9.随着超级高楼越来越多,高速电梯在日常生活中越来越重要。在一
次对某高速电梯的测试中,电梯的时间一速度图像如图所示,图中倾
斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和t=3S时的切线。下列说法正
确的是(D)
A.0〜10S时间内电梯的加速度逐渐增大
B.t=2S时电梯一定处于超重状态
C.t=3s时电梯的加速度大小为Im∕s2
D.t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的6倍
解析:由题图可知,图中切线斜率的倒数表示加速度大小,即a=华V,
∆tk
由图可知切线斜率逐渐增大,所以电梯的加速度逐渐减小,选项A错
误;O〜2s内电梯的速度逐渐增大,但不知道电梯在向上运动还是在
向下运动,所以不能判断电梯是超重状态还是失重状态,选项B错误;
t=3S时有arAv~64m/s2-m∕s2,选项C错误;t=0时,¾r△"一ɪ2°m∕s2=
JZXt33A匕3
4m∕s2,则%=6,选项D正确。
ɑl
10.(2022•广东佛山检测)一氮气球的质量m=0∙2kg,在无风的天气,
氮气球在轻绳的牵引下静止在空中,此时轻绳的拉力F=ION。星期
天,某儿童带氮气球到公园玩耍,休息时为了防止气球飞走,把轻绳系
到一质量M=4kg的木块上,如图所示,木块与水平地面间的动摩擦因
数U=0.3。当有水平方向风吹来,气球受到水平风力F=kv(k为一常
数,V为风速),当风速v,=3m/s时木块在地面上恰好静止。木块受到
最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m∕s2o求:
⑴气球受到的浮力;
(2)若风速V2=6m/s,木块开始运动时的加速度大小。
解析:(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力,
则F浮-mg-F=0,
解得F浮=12N0
(2)当v1=3m/s时对整体受力分析,如图,
Fl
(m+Λf)g
F∣=kv1,
在水平方向上F「F「=0,
在竖直方向上F浮+FN-(Mg+mg)=O,
由Ff=UFN,
解得k=3N∙s∕m,F1=9N;
若V2=6m∕s,
F2~zkv2,
由牛顿第二定律得F2-Ff=(m+M)a,
2
解得a≈2.14m∕s0
答案:(1)12N(2)2.14m∕s2
11.(202
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