02 第8讲　牛顿第二定律的基本应用-2026版高考物理一轮复习

《全品选考复习方案》第8讲牛顿第二定律的基本应用瞬时类问题1.(多选)如图所示,小球与轻弹簧、水平细绳相连,轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点.小球静止时,轻弹簧与竖直方向的夹角为θ.重力加速度大小为g.下列说法正确的是(CD)A.仅剪断细绳的瞬间,小球的加速度a=g,方向竖直向上B.仅剪断轻弹簧的瞬间,小球的加速度a=gtanθ,方向水平向右C.仅剪断细绳的瞬间,小球的加速度a=gtanθ,方向水平向左D.仅剪断轻弹簧的瞬间,小球的加速度a=g,方向竖直向下[解析]设小球的质量为m,小球静止时,F绳=mgtanθ,仅剪断细绳的瞬间,轻弹簧拉力不改变,则小球受到的合力与F绳等大反向,即F合=mgtanθ,根据牛顿第二定律可得F合=ma,解得a=gtanθ,方向水平向左,故C正确,A错误;若剪断轻弹簧,则绳子拉力会突变为零,此时小球只受到重力的作用,根据牛顿第二定律可知,小球加速度a=g,方向竖直向下,故B错误,D正确.2.(多选)如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根细绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋AC沿水平方向,绳BC与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g.下列说法中正确的是(BC)A.在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力不变B.在AC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθC.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gD.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθ[解析]设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为FT,由平衡条件得Fcosθ=mg,Fsinθ=FT,解得F=mgcosθ,FT=mgtanθ.在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F发生了突变,小球的加速度沿与BC垂直的方向斜向下,大小为a=mgsinθm=gsinθ,B正确,A错误;在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前的拉力大小相等,方向沿BC斜向下,故加速度a=Fm=gcosθ,C3.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量均为m,物块2、4质量均为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4,重力加速度大小为g,则(C)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=m+mD.a1=g,a2=m+m0m0g,a3=0,a[解析]在抽出木板的瞬间,物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失,物块1、2受到的合力均等于各自的重力,由牛顿第二定律得a1=a2=g;物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3所受的合力F3=F-mg=0,则加速度a3=0;对物块4受力分析,受到向下的弹簧弹力和重力,由牛顿第二定律得a4=F+m0gm0=m+m4.如图所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间(D)A.两图中两球的加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍[解析]撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小均为2mgsinθ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsinθ,加速度为2gsinθ,图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,故D正确,A、B、C错误.动力学中的两类基本问题5.避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图,竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆车厢长为9m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20m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物(忽略大小)开始在车厢内从车尾向车头滑动.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44100,货物与货车可分别视为小滑块和平板,求:(取cosθ=1,sinθ=0.1,g取10m/s2(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)货物在车厢内滑动时货车的加速度大小;(3)在此过程中货物和货车的位移大小.[答案](1)5m/s2,方向沿着坡床向下(2)5.5m/s2(3)40m40011[解析](1)设货物的质量为m,则其滑动时加速度的大小为am=mgsinθ+μmgcosθm=5m/s2,(2)设货车的质量为M,则M=4m,货物在车厢内滑动时货车的加速度大小为aM=0.44×5mg+4mgsinθ−μmgcosθ4m=5.5m/s(3)由于μmgcosθ>mgsinθ,所以货物最终会静止在车厢内,不会在重力作用下沿车厢下滑,由于μmgcosθ<0.44×5mg+4mgsinθ则滑动的货物不会带动已经静止的车厢重新运动,所以在此过程中货车的位移大小为xM=12aMv0aM2=12×货物的位移大小为xm=12amv0am26.甲同学需要用平板车搬运学习用品,经过一段校园道路.平板车和用品的总质量为30kg,道路可以简化为一段长为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC.甲同学拉动平板车由静止从A点出发,经9s时间运动至B点,然后冲上斜坡.甲同学的拉力大小恒定,且拉力方向始终沿着车的运动方向.当车刚滑上斜坡时,乙同学在后面帮助推车,其推力大小为104N,方向沿斜坡向上.已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的310,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求(1)平板车到达B点时的速度大小;(2)甲同学的拉力大小;(3)平板车刚滑上斜坡时的加速度大小和方向.[答案](1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2,方向沿斜面向下[解析](1)从A点到B点,由匀加速直线运动规律有x=vB解得平板车到达B点时的速度大小vB=3m/s(2)从A点到B点,由匀加速直线运动规律有a=vBt=1由牛顿第二定律有F-0.3mg=ma解得甲同学的拉力大小为F=100N(3)平板车刚滑上斜坡时,由牛顿第二定律有F+F'-mgsinθ-0.3mgcosθ=ma'解得a'=-1.6m/s2所以平板车刚滑上斜坡时的加速度大小为1.6m/s2,方向沿斜面向下.超重和失重问题7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中a点是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点,b是人静止地悬吊着时的平衡位置,空气阻力不计,则人从P点落下到最低点c的过程中(C)A.人从a点开始做减速运动,一直处于失重状态B.在ab段绳的拉力小于人的重力,人处于超重状态C.在bc段绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态D.在c点,人的速度为零,其加速度也为零[解析]在Pa段绳还没有被拉长,人做自由落体运动,所以处于完全失重状态,在ab段绳的拉力小于人的重力,人受到的合力方向向下,有向下的加速度,处于失重状态,在bc段绳的拉力大于人的重力,人受到的合力方向向上,有向上的加速度,处于超重状态,故A、B错误,C正确;在c点,人的速度为零,绳的形变量最大,绳的拉力最大,人受到的合力方向向上,有向上的加速度,故D错误.8.某老师用图甲所示装置研究电梯的运动.安装拉力传感器的铁架台置于电梯中,装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上.电梯运行时,电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,下列说法正确的是(C)A.AB阶段电梯处于失重状态,CD阶段电梯处于超重状态B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程C.AB阶段的加速度大小约为0.67m/s2,方向竖直向上D.CD阶段的加速度大小约为0.67m/s2,方向竖直向上[解析]AB阶段拉力大于重力,电梯处于超重状态,CD阶段拉力小于重力,电梯处于失重状态,A错误;AB阶段加速度向上,CD阶段加速度向下,电梯先后经历了向上加速,向上匀速和向上减速的过程,B错误;由图可知矿泉水瓶的重力mg=15N,若重力加速度g取10m/s2,矿泉水瓶的质量m=1510kg=1.5kg,AB阶段的加速度大小a=16−151.5m/s2≈0.67m/s2,方向竖直向上,C正确;CD阶段的加速度大小a'=14−151.5m/s2≈0.67m/s2,方向竖直向下,D错误素养提升等时圆问题9.(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杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小圆环(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(ABD)A.t1=t3>t2 B.t1=t3<t4C.t2=t4>t1 D.t2<t3<t4[解析]以OA为直径画圆,圆的半径为R,由等时圆模型,对小圆环受力分析,受重力和支持力,将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解,