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专题13 牛顿第二定律的综合应用
题型一 两类动力学问题
1．【答案】B
2．【答案】D
3．【答案】A
4．【答案】B
5．【答案】B
6．【答案】B
7．【答案】B
8．【答案】BC
9．【答案】BD
10．【答案】BD
题型二 超重与失重现象
1．【答案】D
2．【答案】D
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】B
6．【答案】D
7．【答案】B
8．【答案】AD
9．【答案】AD
10．【答案】AC
题型三 动力学图像问题
1．【答案】A
2．【答案】D
3．【答案】C
4．【答案】C
5．【答案】B
6．【答案】C
7．【答案】D
8．【答案】AB
9．【答案】BD
10．【答案】BC
课时精练
1．【答案】A
2．【答案】B
3．【答案】D
4．【答案】C
5．【答案】B
6．【答案】A
7．【答案】D
8．【答案】BC
9．【答案】BC
10．【答案】ACD
11．【答案】(1)5 m /s
(2)1.6 m
(3)4 ❑√2m/s，与水平呈45°斜向右下
【详解】（1）货物在分拣台上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有μmg=ma
根据运动学公式，有v = v0−at
得v0=5 m /s
（2）货物做平抛运动，在竖直方向上，有h= 1
2 gt1
2
代入数据解得t1=0.4s
在水平方向上，有x = v t1
代入数据解得x =1.6 m
（3）竖直方向上，有v y =>= 4 m /s
落地速度v1=
❑√v
2+ v y
2
代入数据解得v1= 4 ❑√2m/ s
方向与水平呈45°斜向右下
12．【答案】(1)F =120 N
(2) t = 4s
(3)当k <4s时，x
' =8k −k
2；当k ≥4s时，x =16 m
【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，T = 4s后速度为v0=8 m/s，由运动学公式得加速度
a1= v0
T = 8
4 =2m/s
2
对整体（总质量5m）由牛顿第二定律 F −5mg=5ma1
解得F =5m(g+a1)=10×(10+2)=120 N
（2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为v1，无人机速度为2v0，有 5m v0=m⋅2v0+ 4 m⋅v1
解得v1= 3
4 v0=6 m/s，方向向上。
分离前系统上升的高度h= 1
2 a1T
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
分离后母机质量4 m=8kg，升力为F
3 = 40 N，由牛顿第二定律（向下为正） 4 mg−F
3 = 4 m⋅a2
解得a2=5 m/s
2，方向向下。
设分离后落地时间为t，位移向下为h=16 m，由运动学公式 h=−v1t + 1
2 a2t
2
解得正根t = 4s（负根舍去）
（3）水平方向0∼T内F x =0，水平位移为0；
分离后母机水平加速度ax = F x
4 m = 16
8 =2m/s
2，分离后总运动时间为4s，分两种情况：
当k ≥4s分离后全程受水平风力，水平位移 x = 1
2 axt
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
当k <4s风力作用k秒后，剩余(4−k )秒水平匀速；
前k秒位移x1= 1
2 ax k
2=k
2，k秒末速度v x=ax k =2k，匀速位移x2= v x(4−k )=2k(4−k )
总位移x
' = x1+ x2=8k −k
2
13．【答案】(1)1m/ s
2
(2)❑√2m/s
【详解】（1）对滑块在水平面上进行受力分析，水平方向受到推力F和滑动摩擦力f 。根据牛顿第二定
律有F −f =ma
其中f = μmg
代入数据解得a=1m/s
2
（2）滑块从A运动到C的过程中，根据动能定理有Fx−μmg LAB−mg LBC sin6
∘= 1
2 mvC
2 −0
代入数据解得vC = ❑√2m/s
14．【答案】(1)F =9.6 N
(2)F =60 N
(3)见解析
【详解】（1）斜面体对木块的支持力大小N =mgcosθ
由牛顿第三定律木块对斜面体的压力大小N
′ = N =mgcosθ =16 N
对M 在水平方向受力平衡得 F = N
′ sinθ =mgcosθsinθ =9.6 N
（2）对m 分析得mg tanθ =ma
解得加速度为a= g tanθ =7.5 m /s
2
对M和m整体受力分析F =(M +m)a=60 N
（3）F =100 N>60N，m 相对斜面体向上加速运动，系统处于部分超重，地面对斜面体的支持力大于两
物体总重力。
15．【答案】(1)69.12m
(2)9s
【详解】（1）根据题意可知，实验舱先自由落体再以最大加速度减速到0，则自由落体运动的末速度为
v =>' =10×3.6 m/s=36 m/s
所以实验舱做自由落体运动的位移为h1= 1
2 gt'
2= 1
2 ×10×3.6
2m =64.8 m
匀减速过程的位移为h2= v
2
2a =
36
2
2×150 m = 4.32m
实验舱下落的最小距离h=h1+h2=64.8 m + 4.32m =69.12m
（2）由题意可知，弹射过程是一个初速度为0 的匀加速直线运动，根据功率公式得
P = Fv =ma0⋅a0t1=ma0
2t1
代入数据解得弹射时间t1= 4.5s
则弹射结束时实验舱的速度为v0=a0t1=8×4.5 m/s=36 m/s
弹射位移x = 1
2 ×8×4.5
2m =81m
弹射结束后实验舱做竖直上抛运动，竖直上抛到最高点时间为t3= v0
g = 36
10 s=3.6s
竖直上抛到最高点的位移为x1= v0
2
2g = 36
2
2×10 m =64.8 m
所以实验舱从最高点下落到弹射初位置的位移为x2= x + x1=81m +64.8 m =145.8 m
则有实验舱从最高点下落到弹射初位置的时间为t2=
❑√
2 x2
g = ❑√
2×145.8
10
s=5.4s
所以实验舱获得的微重力环境时间t =t2+t3=3.6s+5.4s=9s
