第2课时　牛顿第二定律的应用-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

课后跟踪训练(10)　牛顿第二定律的应用 基础巩固练 1．(2025·北京房山区高三期末)我国航天员在“天宫课堂”演示喝再生水的过程中，我们看到水滴呈球形漂浮在空间站内，处于完全失重状态。下列在地面上运动的物体也处于完全失重状态的是(　　) A．沿水平方向加速的汽车 B．沿竖直方向加速上升的电梯中的货物 C．沿斜向右上方抛出的实心球 D．沿竖直方向减速下降的电梯中的货物 C　解析：当物体只受重力作用，即物体的加速度大小为g，方向竖直向下时，物体处于完全失重状态。沿水平方向加速的汽车，其加速度在水平方向，并未处于完全失重状态，A错误；沿竖直方向加速上升的电梯中的货物，具有向上的加速度，处于超重状态，B错误；沿斜向右上方抛出的实心球，只受重力作用，处于完全失重状态，C正确；沿竖直方向减速下降的电梯中的货物，具有向上的加速度，处于超重状态，D错误。 2.(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　) A．在第一过程中始终处于失重状态 B．在第二过程中始终处于超重状态 C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 CD　解析：运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态，当弹力增大到等于重力时速度最大，继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。 3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 AD　解析：由于t＝2 s时人向上的加速度最大，故地板对人的支持力最大，即此时人对地板的压力最大；而t＝8.5 s时人向下的加速度最大，故地板对人的支持力最小，即人对地板的压力最小，A、D正确。 4.(2025·四川德阳高三检测)两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．aA＝0　aB＝g B．aA＝g　aB＝0 C．aA＝g　aB＝g D．aA＝g　aB＝g C　解析：细线烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mg sin θ，细线烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为FA＝mg sin θ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为aA＝＝g，小球B受的合力沿斜面向上，大小为FB＝F－mg sin θ＝mg sin θ，小球B的瞬时加速度为aB＝＝g，C正确，A、B、D错误。 5．某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g取10 m/s2)(　　) A．2 m/s2　竖直向上 B． m/s2　竖直向上 C．2 m/s2　竖直向下 D． m/s2　竖直向下 D　解析：由题意可知，人的最大举力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体，有m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，D正确。 6．(2025·北京丰台区模拟)一物块以某一初速度从倾角θ＝37°的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。已知物块上滑时间是下滑时间的，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　) A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 C　解析：设物块从斜面底端向上滑时的初速度为v1，返回斜面底端时的速度大小为v2，则根据平均速度公式有＝＝x，再由牛顿第二定律和运动学公式有上滑过程mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，v1＝a1t1，下滑过程mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，v2＝a2t2，时间关系有＝，联立各式解得μ＝0.6，C正确，A、B、D错误。 7.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0，μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 B　解析：物块沿水平中线做匀减速直线运动，则v＝＝，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，A不可能，B可能；对物块做受力分析有a＝－μg，v2－v＝2ax，整理有v＋2ax>0，由于v0<2 m/s可得μ<0.2，C、D不可能。 综合提升练 8．(2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 A　解析：缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零，此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 9.(多选)如图所示，吊篮用轻绳悬挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均为m，重力加速度为g，则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．三者的加速度都为g B．C的加速度为零，A和B的加速度为g C．B对A的压力为2mg D．B对A的压力为mg BD　解析：对物块C受力分析可知，其受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能突变，在轻绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力为零，则C的加速度为0；物块B与A相对静止，将A、B看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力大小等于物块C的重力大小mg，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得a＝＝g，A错误，B正确；以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿第二定律得mg＋N＝ma，代入数据得N＝，C错误，D正确。 10.(多选)(2025·福建厦门模拟)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，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，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，重力加速度g取10 m/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10 m/s2 B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2 C．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 m/s D．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3 m/s 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＋f2＝ma1，求得羽毛球的加速度为a1＝30 m/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Mg－f1－f2＝Ma2，求得a2＝－20 m/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，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋a2t2)－a1t2＝d，联立，代入相关数据求得vmin＝3 m/s，C错误，D正确。 11.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2) (1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t； (2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小； (3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。 答案：(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2 解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝a1t 得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s 无人机减速过程有H1－h1－H2＝t2，得t2＝ s 所以总时间t＝t1＋t2＝ s。 (2)无人机减速过程有0－v＝－2a2h2 由H2＝H1－h1－h2知，无人机重新悬停距试验田的安全高度H2＝3 m时，加速度a2最大，则a2＝1 m/s2 无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得 F＋f－mg＝ma2 则升力F＝200 N。 (3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3 恢复动力时v＝a3t 则v＝6 m/s H2＝＋ 联立解得 a4＝18 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $$