课时分层精练(十五) 牛顿第二定律的应用
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1．[2024·宁夏高三统考]智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况．某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向．依据图中信息可判断( )
A.在t1时刻，手机运动方向改变
B.在t2～t3时间内，手机处于失重状态
C.在t2时刻，手机对手掌的压力最大
D.在t2时刻，手机运动到最高点
2.
如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑．下列说法正确的是( )
A.滑到底端时的速度相同
B.滑到底端所用的时间相同
C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短
D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短
3．(多选)
[2024·安徽合肥一模]2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射．假设如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐．假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变，火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取9.8 m/s2.则下列估算正确的是( )
A.火箭竖直升空的加速度大小约为2.2 m/s2
B.火箭竖直升空的加速度大小约为4.2 m/s2
C.火箭升空所受到的平均推力大小约为3.5×107 N
D.火箭升空所受到的平均推力大小约为3.0×106 N
4．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放．如图，连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，连接C、D的是橡皮筋．那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间(橡皮筋还未第一次恢复原长)后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是( )
5．[2024·重庆沙家坝重点中学质检] 如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子．正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里．假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间( )
A.4号猴子的加速度和速度都等于0
B.3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上
C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为
D.1号猴子对2号猴子的作用力大小为
6. [2024·辽宁抚顺二模]2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2 s末的速度大小v2＝3.2 m/s，在第15 s内运动了x15＝0.08 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
(2)营垒中心到前掷线的距离L0.
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7．某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究．如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm.橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
8．[2024·山东日照统考二模]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＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点．t＝0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＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s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(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6).求：
(1)t＝6 s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.
1．解析：图像以竖直向上为正方向，在t2时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所以t1时刻运动方向未改变，故A错误；在t2～t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B正确；在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故C错误；加速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t3时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t3时刻速度仍竖直向上，则在t2时刻手机未运动到最高点，故D错误．
答案：B
2．解析：设斜面高度为h，斜面倾角为θ，则斜面长度为L＝，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，根据v2＝2aL，得v＝＝，可知沿相同高度、不同倾角的斜面到达底端的速度大小相等，但方向不同，故速度不同，则A错误；根据匀加速直线运动的位移L＝at2，可得t＝ ＝ ，可知倾角越大，下滑时间越短，故倾角取题图中最大值，即θ＝60°时，下滑时间最短，故B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由题图可知，火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例约为＝，
可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.5× cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小约为F＝3.0×106 N，故A、D正确．
答案：AD
4．解析：刚性绳弹力可突变，弹性绳弹力不可突变．由此可知，释放AB时，刚性绳弹力突变为0，绳子保持原长不变．释放CD瞬间，弹性绳弹力不变，后逐渐变小．对C和D进行受力分析可知，D受到重力和绳子向上的弹力，C受到重力和绳子向下的弹力，所以C的加速度大于D的加速度，即CD之间距离变短，故CD间距离小于AB间距离，故选C.
答案：C
5．解析：在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，由mg＝3ma
解得加速度a大小为a＝g
加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为F23－mg＝ma
解得F23＝，C正确；
1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为F12－2mg＝2ma
解得F12＝，D错误．
答案：C
6．解析：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小a＝＝ m/s2
若冰壶以加速度a＝ m/s2减速，则冰壶在最后1 s通过的位移s＝ m>x15
所以冰壶在第15 s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1 s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
x15＝at2，v2＝a（12Δt＋t），a＝＝μg
解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有L0＝a（14Δt＋t）2
解得L0＝27.38 m.
答案：（1）0.025 （2）27.38 m
7．解析：（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a
对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a
联立解得F0＝0.15 N
（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min.则对橡皮擦有x1＝at2；v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2（m1＋m2）g＝m2a2；x2＝v0mint－a2t2；v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝
联立解得v0min＝ m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝ m/s
答案：（1）0.15 N （2）v0≥ m/s
8．解析：（1）根据题意，对小球受力分析，如图所示
由图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有
F cos θ＝mg sin θ＋f
F sin θ＋mg cos θ＝FN
f＝μFN
F＝10×4 N＝40 N
解得μ＝0.5
由图乙可知，t＝6 s时，小球沿斜面方向有
F′cos θ－mg sin θ－f′＝mam
垂直斜面方向有F′sin θ＋mg cos θ＝F′N
f′＝μF′N
F′＝10×6 N＝60 N
解得am＝5 m/s2
（2）t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
根据题意，由a t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为v＝×（6－4）×5 m/s＝5 m/s
由v2－v＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝＝1.25 m.
答案：（1）5 m/s2 （2）1.25 m
