2025优化设计一轮第2讲　牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用基础对点练题组一动力学的两类基本问题1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支圆珠笔,上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上,地铁在进站或出站时沿水平方向做直线运动,细绳偏离竖直方向的角度为θ,并保持一段时间,他用手机拍摄了当时的情境照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,如图所示。重力加速度大小为g,则根据照片信息,可知这段时间内()A.地铁的加速度大小为gsinθB.地铁的加速度大小为gcosθC.地铁可能向左做匀速直线运动D.地铁可能向右做匀减速直线运动2.(2023安徽二模)水平桌面上放置一质量为m的木块,木块与桌面间的动摩擦因数恒定,用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块,此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g,sin74°=0.96,cos74°=0.28)()A.34g B.3C.316g D.33.如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF题组二超重与失重问题4.(多选)(2024广东韶关模拟)如图甲所示,某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作,用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.该同学重力约为500NB.下蹲过程中该同学始终处于失重状态C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力5.(2023北京东城检测)某人某次乘电梯的速度v随时间t变化的图像如图所示,若取竖直向上的方向为正方向,则以下对人和电梯的说法正确的是()A.3s末一定处于超重状态B.6s末一定处于超重状态C.8s末一定处于超重状态D.7~10s向下减速运动题组三动力学的图像问题6.(2023四川二模)如图所示,一物体被水平向左的压力F压在粗糙的竖直墙壁上,某时刻压力F的值为F0,此时物体处于静止状态,若从该时刻起使压力F逐渐减小,直到减为零,则该过程中物体的加速度a与压力F的关系图像可能正确的是()7.用手掌托着智能手机,打开手机中的加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度g取10m/s2。由此可判断出()A.手机一直未离开过手掌B.手机在t1时刻运动到最高点C.手机在t2时刻改变运动方向D.手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小综合提升练8.(2023山东卷)质量为m0的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力Ff均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为()A.2B.2C.2D.29.(多选)(2023福建厦门二模)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时,他一手拿着球筒,另一只手迅速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动(筒始终未离开手),筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为m0=90g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1=2.6N,羽毛球质量为m=5g,球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计,当球筒获得一个初速度后()A.羽毛球的加速度大小为10m/s2B.羽毛球的加速度大小为30m/s2C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为35D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3m/s10.(2024广东大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中,一质量为20kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发,做匀加速运动10s后达到最大速度4m/s,接着立即做匀减速运动,匀减速运动了16m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4N,不计空气阻力,g取10m/s2。求:(1)在匀加速过程中,无人船发动机提供的动力的大小;(2)在匀减速过程中,无人船发动机提供的阻力的大小;(3)无人船在上述测试中,运动的总时间及总位移大小。11.(2023山东日照二模)如图甲所示,一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ=37°,质量m=2kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t=0时刻开始在空间施加一电磁辐射区,使小球受到水平向右的力F=ktk=10N/s,t=6s时小球离开电磁辐射区,小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示,认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2,sin37°=(1)t=6s时小球的加速度am的大小;(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。

参考答案第2讲牛顿第二定律的基本应用1.D解析对笔受力分析知,笔受到竖直向下的重力和沿绳斜向上的拉力,二力的合力方向水平向左,有合力F=mgtanθ=ma,得笔的加速度大小即地铁的加速度大小为a=gtanθ,A、B错误;加速度方向水平向左,因地铁的运动方向未知,故地铁可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动,C错误,D正确。2.A解析用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动,有F=μmg;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动,有Fcos74°=μ(mg-Fsin74°),当用2F的水平恒力拉木块时,根据牛顿第二定律有2F-μmg=ma,联立解得a=34g,选项A3.B解析如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,tAB>tCD>tEF,B项正确。4.AC解析由图乙可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确;下蹲过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态,B错误;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作,C正确;该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等,D错误。5.A解析根据v-t图像可知,电梯向上先做加速运动,再做匀速运动,最后做减速运动直至停止,故电梯没有向下运动的过程,D错误;t=3s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于超重状态,A正确;t=6s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B错误;t=8s时人与电梯减速上升,其加速度向下,处于失重状态,C错误。6.D解析设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ,物体的质量为m,压力为F0时,物体处于静止状态,若此时摩擦力刚好达到最大值,则从该时刻起使压力F逐渐减小,物体立即获得加速度向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma,又Ff=μFN=μF,联立可得a=g-μFm,故选D7.D解析由图可知,手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度,则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。根据Δv=aΔt可知,a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,则手机在t1时刻速度为正,还没有到最高点,B错误。手机在t2时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变,C错误。由图可知t1~t2时间内加速度向上不断减小,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,即FN=ma+mg,可知t1~t2时间内支持力不断减小;t2~t3时间内加速度向下,不断增大,根据牛顿第二定律得mg-FN'=ma,即FN'=mg-ma,可知支持力还是不断减小,即手机在t1~t3时间内,受到的支持力一直减小,D正确。8.A解析设物体受到的阻力为Ff',设经过位移s1,小车和物体的速度为v,则有P0=Fv,对整体(F-Ff-Ff')s1=12(m+m0)v2,轻绳从物体上脱落后,Ff'(s2-s1)=12mv2,解方程组得P0=2F

2(F-Ff9.BD解析依题意,对羽毛球受力分析,由于羽毛球相对于筒向上运动,受到筒对它竖直向下的摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得mg+Ff2=ma1,求得羽毛球的加速度为a1=30m/s2,羽毛球向下做匀加速直线运动,A错误,B正确;对筒受力分析,根据牛顿第二定律有m0g-Ff1-Ff2=m0a2,求得a2=-20m/s2,负号表示筒的加速度方向竖直向上,说明筒向下做匀减速直线运动,若敲打一次后,羽毛球头部能从上端筒口出来,则当羽毛球到达筒口时,羽毛球与筒的速度相等,筒获得的初速度最小,有a1t=vmin+a2t,vmint+12a2t2−12a1t10.答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)匀加速阶段加速度为a1=v解得a1=0.4m/s2由牛顿第二定律得F1-Ff=ma1解得F1=12N。(2)匀减速阶段有0-vm2=-2a2解得a2=0.5m/s2由牛顿第二定律得F2+Ff=ma2解得F2=6N。(3)匀减速阶段的时间为t2=0-vm-解得运动总时间为t=t1+t2=18s匀加速阶段的位移为x1=vm+02t1=运动总位移大小为x=x1+x2=36m。11.答案(1)10m/s2(2)5m解析(1)根据题意,对小球受力分析,如图所示由题图乙可知,t=4s时,小球的加速度恰好为0,则