2023-2024届一轮复习新人教版 第3章第2讲　牛顿第二定律的应用 作业

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