备考2025届高考物理一轮复习分层练习第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿其次定律的基本应用1.[情境创新/2024广东广雅中学校考]如图是梁同学做引体向上的示意图.若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止起先从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动.下列说法正确的是（A）A.单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的B.“上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力C.“下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力D.“下放”过程梁同学均处于失重状态解析单杠对双手的弹力是单杠发生了弹性形变要复原原状而产生的，故A正确；单杠对双手的弹力和双手对单杠的弹力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；“下放”过程中有个向下减速阶段，加速度向上，梁同学处于超重状态，单杠对双手的弹力大于梁同学受到的重力，故C、D错误.2.[2024江西抚州南丰一中校考]一名跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，2s后开启着陆伞，运动员跳伞过程的v－t图像（0～2s内图线为直线，其余为曲线）如图所示，依据图像可知（D）A.在0～2s内，运动员做匀加速直线运动，处于超重状态B.在6～12s内，着陆伞对运动员的拉力小于运动员对着陆伞的拉力C.在6～12s内，运动员的速度渐渐减小，惯性也渐渐减小D.在6～12s内，运动员和着陆伞整体受到的阻力渐渐减小解析在0～2s内，v－t图像为直线，可知运动员向下做匀加速直线运动，处于失

重状态，故A错误；依据牛顿第三定律可知，任何状况下着陆伞对运动员的拉力都

等于运动员对着陆伞的拉力，故B错误；在6～12s内，运动员的速度渐渐减小，但

惯性与速度无关，只取决于质量，所以惯性不变，故C错误；在6～12s内，依据图

线斜率可知加速度渐渐变小，方向竖直向上，依据牛顿其次定律可知f－G＝ma，运

动员和着陆伞整体受到的阻力渐渐减小，故D正确.3.[设问创新]为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种状况符合要求的是（C）解析设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运

动，依据牛顿其次定律得加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，

联立以上各式得t＝2Lgsin2θ.当θ＝45°时，sin2θ＝14.[情境创新/2024安徽名校联考]如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现让纸盒在空中由静止释放.不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为（C）A.a1＝g，a2＝g B.a1＝1.5g，a2＝gC.a1＝3g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0解析释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变更，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，小球所受合力为0，小球的加速度为a2＝0，释放的瞬间，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛顿其次定律可得纸盒加速度a1＝F合m＝3g，选项C5.如图所示，在倾角为θ的斜面体上用细线系着一个质量为m的小球，随斜面体一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动.重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小不行能为（D）A.mgsinθ B.C.m（gsinθ＋acosθ） D.m（gsinθ－acosθ）解析小球随斜面对右加速运动时，当加速度较小时，小球和斜面之间有相互作

用力，此时小球受三个力，分别为重力、斜面的支持力、细线拉力，如图甲所示，

竖直方向有Tsinθ＋Ncosθ－mg＝0，水平方向有Tcosθ－Nsinθ＝ma，联立解得T

＝m(gsinθ＋acosθ)；当加速度较大时，小球会离开斜面，此时小球只受两个力，

重力和细线拉力，则有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在将要离开斜面时，小球

只受两个力，重力和细线拉力，如图乙所示，此时细线与水平面夹角为θ，Tsinθ＝ 图甲图乙6.[2024河北名校协作体联考改编/多选]如图，一水平轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端与小球相连.一轻质弹簧一端与竖直方向成θ＝60°的夹角固定在天花板上，另一端也与小球相连.轻杆与水平方向成α＝30°的夹角固定在水平地面上.小球处于平衡状态且与轻杆恰好接触无弹力.已知小球质量为m，与轻杆间的动摩擦因数为μ＝36，则（BCA.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为3g，方向水平向右B.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为54gC.剪断弹簧的瞬间，小球与杆间的弹力会发生突变D.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为2g，方向沿杆斜向左下解析剪断轻绳之前，轻杆与小球间无弹力作用，小球受力如图1所示，依据平衡

条件可得F1＝mgtanθ＝3mg、F2＝mgcosθ＝2mg.若剪断轻绳，F1消逝，F2和mg不变，

小球和轻杆之间产生弹力和摩擦力，受力分析如图2所示，依据牛顿其次定律，有F2

－mgsinα－μmgcosα＝ma，解得此时小球的加速度大小a＝54g，方向沿杆斜向右

上，故A错误，B正确；若剪断弹簧，F1和F2消逝，mg不变，小球和轻杆之间产生

弹力和摩擦力，受力分析如图3所示，滑动摩擦力Ff＝μmgcosα＝14mg，则此时小球

加速度大小为a＝mgsinα-μmgcosαm 图1图2图37.[设问方式创新/2024辽宁]如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正确的是（B）A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25解析由题意可知，小物块由左端滑到右端的平均速度为v＝xt＝1m/s，由匀变速

直线运动的规律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2m/s；由牛顿其次定律得μmg＝

ma，解得a＝μg，又由运动学公式有v＝v0－at，整理得μ＜v08.[情境创新/2024福建泉州质量监测]踢毽子是我国民间的一项体育运动，被誉为“生命的蝴蝶”.如图是一个小孩正在练习踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动.若考虑空气阻力的影响，毽子离开脚后至回到动身点的过程中（C）A.上升过程始终处于超重状态B.下降过程始终处于超重状态C.上升的时间小于下降的时间D.上升的时间大于下降的时间解析经过分析可知，无论是上升过程，还是下降过程，毽子的加速度方向均竖

直向下，所以两个过程均处于失重状态，A、B错误；上升过程中，毽子所受的重力

和空气阻力均竖直向下，下降过程中，毽子受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻

力，则毽子上升过程中所受的合外力大于下降过程中所受的合外力，即a上＞a下，根

据x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【点拨：上升过程可运用逆向思维看成初速度为零

的下降过程】，C正确，D错误9.[回来教材/2024广东广州统考]如图所示，一辆货车运载一批尺寸相同的光滑圆柱形空油桶，每个油桶的重力均为G.在水平车厢底层几个油桶平整排列，相互紧贴并被牢坚实定，上一层只有一只油桶C，自由地摆放在A、B两桶之上.当汽车沿平直马路向右运动时（重力加速度为g）.下列说法正确的是（C）A.货车匀速运动时，C对B的压力等于GB.货车匀加速时，B对C的支持力比静止时小C.货车加速度增大到33g时，C对A的压力为D.货车匀加速时，油桶对车厢底板的总压力比静止时小解析设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，依据几何关系可得sinθ＝R2R＝12，

解得θ＝30°，匀速运动时，对油桶C，依据平衡条件可得FAcos30°＋FBcos30°＝

G、FAsin30°＝FBsin30°，联立解得B对C的支持力FB＝33G，由牛顿第三定律知C对

B的压力F'B＝FB＝33G，故A错误；当货车匀加速运动时，有FB1sin30°－FA1sin30°＝ma，FB1cos30°＋FA1cos30°＝G，联立解得FB1＝33G＋ma，FA1＝33G－ma，可知

B对C的支持力比静止时大，故B错误；当a＝33g时，FA1＝0，依据牛顿第三定律

知，C对A的压力为10.[2024安徽合肥重点中学联考/多选]如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆垂直于斜面放置，每根杆上都套一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是（BC）A.t1＝t2 B.t2＜t3C.t2＜t4 D.t2＝t4解析以OA为直径画圆，如图所示，设两端点分别为O点和圆上另一点的杆与竖直方向的夹角为θ，对小滑环受力分析，由牛顿其次定律可得ma＝mgcosθ，解得a＝gcosθ，由几何关系知，小滑环沿弦下滑的位移x＝2Rcosθ，据x＝12at2，解得t＝4Rg，即从圆上最高点沿任一条光滑弦滑到圆上另一点所用的时间相同.则沿OA和OC滑到斜面的时间相同，有t1＝t3，OB的长度小于沿OB方向的弦长，OD的长度大于沿OD方向的弦长，则t4＞t3＝t1＞t211.避险车道（标记如图甲所示）是避开恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物起先在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（结果保留两位有效数字）（1）货物在车厢内滑动时的加速度的大小和方向；（2）制动坡床的长度.图乙答案（1）5.0m/s2，方向沿制动坡床向下（2）98m解析（1）设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcosθ联立并代入数据得a1＝5.0m/s2，方向沿制动坡床向下（2）设货车的质量为M，货物的质量为m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s，货物在车厢内起先滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k（m＋M）gM＝4ms1＝vt－12a1ts2＝vt－12a2ts＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2联立并代入数据得l＝98m.12.[科技创新/2024安徽合肥一中校考/多选]上海科技馆的机器人，琴棋书画、跳舞、射箭、分拣包袱，无所不能，如图所示为机械手抓取、分拣橙子的照片，为便于探讨，将机械手简化为只有四根“手指”有作用力的模型，抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，抓取点与球心的连线与该水平面夹角为α，“手指”与橙子间的动摩擦因数为μ，橙子的重力大小为G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（BC）A.只要“手指”对橙子的压力足够大，α不论取何值都能将橙子抓起B.若μ与α的关系满意μ＞tanα，则不愿定能将橙子抓起C.若能抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小值为GD.若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，则每根“手指”对橙子的压力确定变大解析对橙子受力分析，可知竖直方向满意4fcosα－G－4FNsinα＝0，因为静摩

擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcosα-sinα)，所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压

力的最小值为G4(μcosα-sinα)，并且夹角α满意μ≥tanα＋G4FNcosα时，才能将橙子抓起，

所以μ＞tanα时，不愿定能将橙子抓起，故A错误，B、C正确；若抓起橙子竖直向

上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦力时，满意4μFNcosα－4FNsinα13.[2024河南洛阳专项练习]飞机起飞会先阅历一个匀加速助跑的过程后再起飞.如图为某次飞机起飞时的照片，该飞机从静止加速到最大速度288km/h用了20s，达到最大速度后再匀速前行100m后起飞，飞机的质量为150吨.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求飞机从静止加速到最大速度运动的位移；（2）求飞机助跑的加速度及飞机从静止到起飞的平均速度；（3）忽视空气阻力，若飞机受到斜向上与水平方向倾斜37°的升力F后，飞机竖直方向的加速度为5