届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用.docx
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届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用
第3课时牛顿第二定律的综合应用
基本技能练
1．如图1所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。
由图可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到的信息有
（）
图1
A．该同学做了两次下蹲—起立的动作
B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析在3～4s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后
处于超重状态；在6～7s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超
重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确。
答案B
2．（2014·石家庄一模）2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中
技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌。
比赛场地可简化为由如图2所
示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。
若将运动员视为质点，且
忽略空气阻力，下列说法正确的是
（）
-1-
图2
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重
状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆
心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧
形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在
减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误。
答案C
3.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。
将一质量为
m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图3甲和图乙
分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。
设小球所受阻力
大小不变，则小球受到的阻力大小约为
（）
图3
111
A.4mgB.3mgC.2mgD．mg
解析设墙面上砖的厚度为d，频闪照相的周期为T，由上升过程中加速度的
-2-
1＝
9d－3d
6d
，下降过程中加速度的大小
3d－d
2d
2＝2
a2＝2
＝
2，根据牛顿第
大小a
T
T
T
T
二定律，上升过程有
mg＋F＝ma，下降过程有
mg－F
＝ma，联立各式得F
f
f1
f
2
1
＝2mg，C正确。
答案C
4．（2014·河北石家庄质检）质量1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物
1
2
块与斜面间的动摩擦因数为3，则AB间的距离为
（已知g＝10m/s，sin53＝°0.8，
cos53＝°0.6）
（
）
A．1.05m
B．1.13m
C．2.03m
D．1.25m
解析物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：
a1＝g（sin
θ＋μcosθ）
＝10
m/s2,a2＝g（sinθ－μcosθ）＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为
t1＝
v0
＝0.5s，
a
1
1
2
位移为x1＝2a1t1
＝1.25m，物块从最高点滑到B
点所用时间为t2＝t－t1＝0.2s，
1
2
位移为x2＝2a2t2
＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m，选项B对。
答案B
5．（多选）（2014广·东江门一模）如图4，质量为m的木块在水平向右的力
F作用下
在质量为M的木板上滑行，木板长度为L，保持静止。
木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是
（）
图4
A．木板受到地面的摩擦力大小是μmg
B．木板受到地面的摩擦力大小是μ（m＋M）g
C．当F＞μ（m＋M）g时，木板便会开始运动
-3-
D．木块滑过木板过程中，产生的内能为μmgL
解析由于木板保持静止，木板水平方向上受到m施加的向右的滑动摩擦力和
地面向左的静摩擦力而平衡，所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg，A正确，
B错误；以M为研究对象，由于μmg＜μ（M＋m）g，故无论F多大，木板都不
会运动，C错误；木块滑过木板过程中，产生的内能E＝μmgx相对＝μmgL，D
正确。
答案AD
6．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为
200N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。
从
演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下
滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和
传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图5甲、乙所示，g＝10m/s2，则
下列说法正确的是
（）
图5
A．演员的体重为800N
B．演员在最后2s内一直处于超重状态
C．传感器显示的最小拉力为620N
D．滑杆长7.5m
解析演员在滑杆上静止时传感器显示的800N等于演员和滑杆的重力之和，
所以演员体重为600N，A错误；由v－t图象可知，1.5s～3.5s内演员向下做
匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B正确；演员加速下滑时滑
-4-
杆所受拉力最小，加速下滑时a1＝3m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－f1＝
ma1，解得f1＝420N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为
F1＝420N
＋200N＝620N，C正确；由v－t图象中图线围成的面积可得滑杆长为
4.5m，
D错误。
答案BC
7．（2014·山东冲刺卷二）2013年10月11日，温州乐清市德力西公司的专家楼B幢
发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落。
但幸运的是，楼下老伯高高
举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。
假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度
差为h＝20m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2s，则（忽略空气阻力，g取10m/s2）
（）
A．男孩接触老伯手臂时的速度大小为25m/s
B．男孩自由下落时间约为4s
C．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍
D．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态
解析由运动规律可得，男孩下落到老伯手臂处的速度，由v2＝2gh，解得v
＝20m/s，男孩的下落时间t1＝v/g＝2s，所以选项A、B错误；从接触老伯手
臂到停止运动，男孩的加速度a＝v/t2＝100m/s2，根据牛顿第二定律F－mg＝
ma可得，F＝11mg，故C项正确；老伯接男孩的整个过程，男孩向下做减速运
动，加速度方向向上，男孩处于超重状态，D项错误。
答案C
8．（2014·西安市质检二）如图6所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向
右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉
的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦
因数均为μ。
重力加速度为g。
要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少
应大于
（）
-5-
图6
A．3μmgB．4μmgC．5μmgD．6μmg
解析纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律
可得：
F－μ（2m＋m）g＝（2m＋m）a，对砝码，由牛顿第二定律可得：
2μmg＝2ma，
联立可得：
F＝6μmg，选项D正确。
答案D
能力提高练
9.（2014盐·城市高三第三次模拟考试）如图7所示，小木箱ABCD的质量M＝1.2kg，
高L＝1.0m，其顶部离挡板E的距离h＝2.0m，木箱底部有一质量m＝0.8kg
的小物体P。
在竖直向上的恒力T作用下，木箱向上运动。
为了防止木箱与挡
板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞，则拉力T的取值范围为（重力加速度g取10m/s2）
（）
图7
A．0B．0C．20ND．20N解析在木箱与小物体整体上升过程中，由牛顿第二定律得T－（M＋m）g＝（M
2
＋m）a，当木箱与挡板相碰时速度为vP＝2ah，小物体与木箱顶部不相碰时速度
-6-
2
T
L
vP应满足vP<2gL，解得
－g要使木箱向上运动，则有
M＋m
h
T>（M＋m）g＝20N，所以T的取值范围为：
20N答案D
10．如图8所示，质量为m＝2kg的物体静止于水平地面的
A处，A、B间距L＝
。
用大小为
30N
，沿水平方向的外力拉此物体，经
t
0＝2s拉至B处。
（取
20m
g＝10m/s2）
图8
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（2）该外力作用一段时间后撤去，使物体从
A处由静止开始运动并能到达
B处，
求该力作用的最短时间t1。
解析
（1）物体做匀加速直线运动，则
L＝
12
2L
＝
2×20
2
＝10
2at0，所以
a＝t0
2
m/s
2
2
2
m/s，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，又Ff＝μmg，所以Ff＝F－ma＝30N－2×10
N＝10N，所以μ＝Ff＝
10＝0.5。
mg
×
10
2
力
1
1
1
21
2
a1t1
1，联立以上各式，代入数
（2）
1
μgt2＝，2＝
＝
2t
F作用时，a
＝a，2at
＋2
Lt
μg
23
据，解得t1＝3s。
23
答案
（1）0.5
（2）3s
11．（2014·江西上饶二模如图9所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为
h1＝20m和h2＝5m的两点上，各静置一小球A和B。
某时刻由静止开始释放
A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球，g取10m/s2，求：
-7-
图9
（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？
（2）若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点
以加速度aB由静止开始向右运动，则加速度aB满足什么条件时A球能追上B
球？
解析
（1）两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a，根据牛顿第二定律
有
mgsin30＝°ma
解得a＝5m/s2
h
1
2
设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为
t1
和t2，则
1
＝
1
sin30
°2at
h
12
2
＝at2
sin30
°2
解得t1＝4s，t2＝2s
为了保证两球不会在斜面上相碰，t最长不超过
t＝t1－t2＝2s。
（2）设A球在水平面上再经t0追上B球，则
1B
1＋t0
）
2＝at1·0
2a（t
t
A球要追上B球，方程必须有解，Δ≥0
可解得aB≤2.5m/s2。
答案
（1）2s
（2）aB≤2.5m/s2
12．（2014·湖南怀化一模）如图10所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。
若让该小木块
-8-
从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。
图10
（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
解析
（1）当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：
mgsinθ＝μFN
FN－mgcosθ＝0
3
解得μ＝tanθ＝tan30＝°。
（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－
μmgcosθ＝ma
2
得
由0－v0＝2ax
2
2
v0
＝
v0
x＝
2
2gsinθ＋μcosθ
2g1＋μsinθ＋α
令tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
2
3v
2
所以x最小值为xmin＝
v0
0
＝
4g
。
2gsin60＋°μcos60°
3
3v
2
答案
（1）
（2）θ＝60°，
0
3
4g
-9-
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