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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 2 讲牛顿第二定律的基本应用
基础对点练
题组一 动力学的两类基本问题
1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支圆珠笔,上端用电工胶布临时固定在地铁
的竖直扶手上,地铁在进站或出站时沿水平方向做直线运动,细绳偏离竖直方向的角度为
θ,并保持一段时间,他用手机拍摄了当时的情境照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,如图
所示。重力加速度大小为g,则根据照片信息,可知这段时间内( )
A.地铁的加速度大小为gsin θ
B.地铁的加速度大小为gcos θ
C.地铁可能向左做匀速直线运动
D.地铁可能向右做匀减速直线运动
2.(2023安徽二模)水平桌面上放置一质量为m的木块,木块与桌面间的动摩擦因数恒定,
用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动;若将此力方向改为与水平方
向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用 2F的水
平恒力拉木块,此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为 g,sin 74°=0.96,cos
74°=0.28)( )
3 3
A. g B. g
4 8
3 3
C. g D. g
16 32
3.如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆
心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道 AOB、COD、EOF,它们的两端分别位
于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为
( )
A.t =t =t B.t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C.t t >t ,B项正确。
AB CD EF
4.AC 解析 由图乙可知平衡时压力传感器的示数为 500 N,则该同学重力约为500 N,A
正确;下蹲过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态,B错误;人下蹲动作分别有失重
和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再
超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作,C正确;该
同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等,D错误。
5.A 解析 根据v-t图像可知,电梯向上先做加速运动,再做匀速运动,最后做减速运动直至
停止,故电梯没有向下运动的过程,D错误;t=3 s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于
超重状态,A正确;t=6 s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B错误;
t=8 s时人与电梯减速上升,其加速度向下,处于失重状态,C错误。
6.D 解析 设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ,物体的质量为m,压力为F 时,物体处
0
于静止状态,若此时摩擦力刚好达到最大值,则从该时刻起使压力F逐渐减小,物体立即获
得加速度向下加速运动,根据牛顿第二定律可得 mg-F=ma,又F=μF =μF,联立可得a=g-
f f NμF
,故选D。
m
7.D 解析 由图可知,手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度,则手机与手掌间没
有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。根据Δv=aΔt可知,a-t图像与坐标轴围成的面
积表示速度变化量,则手机在t 时刻速度为正,还没有到最高点,B错误。手机在t 时刻前
1 2
后速度均为正,运动方向没有发生改变,C错误。由图可知t ~t 时间内加速度向上不断减
1 2
小,根据牛顿第二定律得F -mg=ma,即F =ma+mg,可知t ~t 时间内支持力不断减小;t ~t
N N 1 2 2 3
时间内加速度向下,不断增大,根据牛顿第二定律得mg-F '=ma,即F '=mg-ma,可知支持力
N N
还是不断减小,即手机在t ~t 时间内,受到的支持力一直减小,D正确。
1 3
8.A 解析 设物体受到的阻力为 F',设经过位移s ,小车和物体的速度为 v,则有P =Fv,对
f 1 0
1 1
整体(F-F-F')s = (m+m )v2,轻绳从物体上脱落后,F'(s -s )= mv2,解方程组得 P =
f f 1 0 f 2 1 0
2 2
√2F2(F-F )(s -s )s ,选项B、C、D错误,A正确。
f 2 1 1
(m +m)s -m s
0 2 0 1
9.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+F =ma ,求得羽毛球的加速度为 a =30
f2 1 1
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
m g-F -F =m a ,求得a =-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
0 f1 f2 0 2 2
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,羽毛球
与筒的速度相等,筒获得的初速度最小,有a 1 t=v min +a 2 t,( v t+ 1 a t2) − 1a 1 t2=d,联立解得
min 2 2 2
v =3 m/s,C错误,D正确。
min
10.答案 (1)12 N (2)6 N (3)18 s 36 m
解析 (1)匀加速阶段加速度为
a =v -0
1 m
t
1
解得a =0.4 m/s2
1
由牛顿第二定律得
F -F=ma
1 f 1
解得F =12 N。
1(2)匀减速阶段有
0- =-2a x
v 2 2 2
m
解得a =0.5 m/s2
2
由牛顿第二定律得
F +F=ma
2 f 2
解得F =6 N。
2
(3)匀减速阶段的时间为
t
=0-v
=8 s
2 m
-a
2
解得运动总时间为t=t +t =18 s
1 2
匀加速阶段的位移为
v +0
x = m t =20 m
1 1
2
运动总位移大小为x=x +x =36 m。
1 2
11.答案 (1)10 m/s2 (2)5 m
解析 (1)根据题意,对小球受力分析,如图所示
由题图乙可知,t=4 s时,小球的加速度恰好为0,则有
Fcos θ=mgsin θ+F
f
Fsin θ+mgcos θ=F
N
F=μF
f N
F=10×4 N=40 N
解得μ=0.5
t=6 s时,小球离开电磁辐射区,由牛顿第二定律有
mgsin θ+μmgcos θ=ma
m
解得a =10 m/s2。
m
(2)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1
v= ×(6-4)×10 m/s=10 m/s
2
由0-v2=-2a l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= v2 =5 m。
m
2a
m
