第2讲 牛顿第二定律的应用
时间：45分钟
满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)
1．(2019·河南省郑州市一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是( )
A．t＝6 s时，电梯处于失重状态 B．7～53 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59 s时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0 答案 D
解析 根据at图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；t＝59 s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；根据at图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，0～60 s时间内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，D正确。
2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s)( )
A．25 m/s,1.25 C．50 m/s,0.25 答案 C
B．40 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
2
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解析 根据h＝at，解得a＝12.5 m/s，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的
2平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝C正确。
3. 如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1＝kv，且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为( )
mg＋Ff2
＝(k＋1)g＝12.5 m/s，解得k＝0.25，故m
A．(1－k)sinα C．(1－k)tanα 答案 C
解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinα－μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝gsinα－μgcosα，设斜面高度为h，则斜面长度L＝，由匀变速直线运动规律有，
sinα2
B．(1－k)cosα D．(1－k)cotα
2
hv1＝2aL＝
2(gsinα－μgcosα)h；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v＝2gh且
sinαv1＝kv，联立解得μ＝(1－k2)tanα，C正确。
4. (2019·福建龙岩高三上学期期末)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块以初速度
v0＝12 m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底
端。物块运动的vt图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s)。则可确定( )
2
A．物块上滑时的加速度大小为5 m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m D．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s 答案 C
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解析 vt图象的斜率表示加速度，根据图象可知，物块上滑时的加速度大小为a1＝ 1.2
2
m/s＝10 m/s，A错误；物块上滑时，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，B错误；在vt图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向1
上滑行的最大距离为s＝×12×1.2 m＝7.2 m，C正确；物块沿斜面下滑的加速度大小为a2
2122
＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s，根据位移公式有s＝a2t，解得t＝7.2 s≠1.2 s，故物块
2返回到斜面底端的时刻不是2.4 s，D错误。
5. 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，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
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A．两图中两球加速度均为gsinθ B．两图中A球的加速度均为零 C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 答案 D
解析 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为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，可知只有D正确。
6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度
v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速
率随时间变化规律如图所示，取g＝10 m/s，则以下说法正确的是( )
2
A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零 C．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s
D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s 答案 D
2
解析 小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为
a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。
7. 如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，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．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度沿斜面向上，A球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零
答案 BC
解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零，对A球根据牛顿第二定律得a＝面向下，故A、D错误，B、C正确。
8. 如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是( )
F合F弹＋mgsinθ＝＝2gsinθ，方向沿斜mm
A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行
C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向 D．此时小车的加速度为gtanα 答案 BD
解析 由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，
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