第2講牛頓其次定律的基本應用1.[情境創新/2024廣東廣雅中學校考]如圖是梁同學做引體向上的示意圖.若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止起先從最低點升到最高點）和“下放”（身體從最高點回到最低點的初始狀態）兩個過程，單杠在整個過程中相對地面靜止不動.下列說法正確的是（A）A.單杠對雙手的彈力是由于單杠發生了彈性形變而產生的B.“上引”過程單杠對雙手的彈力大于雙手對單杠的彈力C.“下放”過程單杠對雙手的彈力始終小于梁同學受到的重力D.“下放”過程梁同學均處于失重狀態解析單杠對雙手的彈力是單杠發生了彈性形變要復原原狀而產生的，故A正確；單杠對雙手的彈力和雙手對單杠的彈力是一對相互作用力，大小相等，故B錯誤；“下放”過程中有個向下減速階段，加速度向上，梁同學處于超重狀態，單杠對雙手的彈力大于梁同學受到的重力，故C、D錯誤.2.[2024江西撫州南豐一中校考]一名跳傘運動員從懸停的直升機上跳下，2s后開啟著陸傘，運動員跳傘過程的v－t圖像（0～2s內圖線為直線，其余為曲線）如圖所示，依據圖像可知（D）A.在0～2s內，運動員做勻加速直線運動，處于超重狀態B.在6～12s內，著陸傘對運動員的拉力小于運動員對著陸傘的拉力C.在6～12s內，運動員的速度漸漸減小，慣性也漸漸減小D.在6～12s內，運動員和著陸傘整體受到的阻力漸漸減小解析在0～2s內，v－t圖像為直線，可知運動員向下做勻加速直線運動，處于失

重狀態，故A錯誤；依據牛頓第三定律可知，任何狀況下著陸傘對運動員的拉力都

等于運動員對著陸傘的拉力，故B錯誤；在6～12s內，運動員的速度漸漸減小，但

慣性與速度無關，只取決于質量，所以慣性不變，故C錯誤；在6～12s內，依據圖

線斜率可知加速度漸漸變小，方向豎直向上，依據牛頓其次定律可知f－G＝ma，運

動員和著陸傘整體受到的阻力漸漸減小，故D正確.3.[設問創新]為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的高度，設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種狀況符合要求的是（C）解析設屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變).雨滴做初速度為零的勻加速直線運

動，依據牛頓其次定律得加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，

聯立以上各式得t＝2Lgsin2θ.當θ＝45°時，sin2θ＝14.[情境創新/2024安徽名校聯考]如圖所示，兩個質量均為m的金屬小球拴在輕質橡皮筋的兩端，橡皮筋的中點固定在質量也為m的紙盒底部的正中間，小球放在紙盒口邊上，整個系統處于靜止狀態，現讓紙盒在空中由靜止釋放.不計空氣阻力，重力加速度為g，則釋放的瞬間紙盒的加速度a1和小球的加速度a2分別為（C）A.a1＝g，a2＝g B.a1＝1.5g，a2＝gC.a1＝3g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0解析釋放的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變更，單根橡皮筋彈力等于小球的重力mg，小球所受合力為0，小球的加速度為a2＝0，釋放的瞬間，橡皮筋對紙盒的作用力仍為2mg，方向豎直向下，紙盒所受合力為F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛頓其次定律可得紙盒加速度a1＝F合m＝3g，選項C5.如圖所示，在傾角為θ的斜面體上用細線系著一個質量為m的小球，隨斜面體一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動.重力加速度為g，穩定時，細線的拉力大小不行能為（D）A.mgsinθ B.C.m（gsinθ＋acosθ） D.m（gsinθ－acosθ）解析小球隨斜面對右加速運動時，當加速度較小時，小球和斜面之間有相互作

用力，此時小球受三個力，分別為重力、斜面的支持力、細線拉力，如圖甲所示，

豎直方向有Tsinθ＋Ncosθ－mg＝0，水平方向有Tcosθ－Nsinθ＝ma，聯立解得T

＝m(gsinθ＋acosθ)；當加速度較大時，小球會離開斜面，此時小球只受兩個力，

重力和細線拉力，則有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在將要離開斜面時，小球

只受兩個力，重力和細線拉力，如圖乙所示，此時細線與水平面夾角為θ，Tsinθ＝ 圖甲圖乙6.[2024河北名校協作體聯考改編/多選]如圖，一水平輕繩一端固定在豎直墻壁上，另一端與小球相連.一輕質彈簧一端與豎直方向成θ＝60°的夾角固定在天花板上，另一端也與小球相連.輕桿與水平方向成α＝30°的夾角固定在水平地面上.小球處于平衡狀態且與輕桿恰好接觸無彈力.已知小球質量為m，與輕桿間的動摩擦因數為μ＝36，則（BCA.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為3g，方向水平向右B.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為54gC.剪斷彈簧的瞬間，小球與桿間的彈力會發生突變D.剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為2g，方向沿桿斜向左下解析剪斷輕繩之前，輕桿與小球間無彈力作用，小球受力如圖1所示，依據平衡

條件可得F1＝mgtanθ＝3mg、F2＝mgcosθ＝2mg.若剪斷輕繩，F1消逝，F2和mg不變，

小球和輕桿之間產生彈力和摩擦力，受力分析如圖2所示，依據牛頓其次定律，有F2

－mgsinα－μmgcosα＝ma，解得此時小球的加速度大小a＝54g，方向沿桿斜向右

上，故A錯誤，B正確；若剪斷彈簧，F1和F2消逝，mg不變，小球和輕桿之間產生

彈力和摩擦力，受力分析如圖3所示，滑動摩擦力Ff＝μmgcosα＝14mg，則此時小球

加速度大小為a＝mgsinα-μmgcosαm 圖1圖2圖37.[設問方式創新/2024遼寧]如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落.物塊與桌面間的動摩擦因數為μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正確的是（B）A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25解析由題意可知，小物塊由左端滑到右端的平均速度為v＝xt＝1m/s，由勻變速

直線運動的規律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2m/s；由牛頓其次定律得μmg＝

ma，解得a＝μg，又由運動學公式有v＝v0－at，整理得μ＜v08.[情境創新/2024福建泉州質量監測]踢毽子是我國民間的一項體育運動，被譽為“生命的蝴蝶”.如圖是一個小孩正在練習踢毽子，毽子近似沿豎直方向運動.若考慮空氣阻力的影響，毽子離開腳后至回到動身點的過程中（C）A.上升過程始終處于超重狀態B.下降過程始終處于超重狀態C.上升的時間小于下降的時間D.上升的時間大于下降的時間解析經過分析可知，無論是上升過程，還是下降過程，毽子的加速度方向均豎

直向下，所以兩個過程均處于失重狀態，A、B錯誤；上升過程中，毽子所受的重力

和空氣阻力均豎直向下，下降過程中，毽子受豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻

力，則毽子上升過程中所受的合外力大于下降過程中所受的合外力，即a上＞a下，根

據x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【點撥：上升過程可運用逆向思維看成初速度為零

的下降過程】，C正確，D錯誤9.[回來教材/2024廣東廣州統考]如圖所示，一輛貨車運載一批尺寸相同的光滑圓柱形空油桶，每個油桶的重力均為G.在水平車廂底層幾個油桶平整排列，相互緊貼并被牢堅實定，上一層只有一只油桶C，自由地擺放在A、B兩桶之上.當汽車沿平直馬路向右運動時（重力加速度為g）.下列說法正確的是（C）A.貨車勻速運動時，C對B的壓力等于GB.貨車勻加速時，B對C的支持力比靜止時小C.貨車加速度增大到33g時，C對A的壓力為D.貨車勻加速時，油桶對車廂底板的總壓力比靜止時小解析設B對C的支持力與豎直方向的夾角為θ，依據幾何關系可得sinθ＝R2R＝12，

解得θ＝30°，勻速運動時，對油桶C，依據平衡條件可得FAcos30°＋FBcos30°＝

G、FAsin30°＝FBsin30°，聯立解得B對C的支持力FB＝33G，由牛頓第三定律知C對

B的壓力F'B＝FB＝33G，故A錯誤；當貨車勻加速運動時，有FB1sin30°－FA1sin30°＝ma，FB1cos30°＋FA1cos30°＝G，聯立解得FB1＝33G＋ma，FA1＝33G－ma，可知

B對C的支持力比靜止時大，故B錯誤；當a＝33g時，FA1＝0，依據牛頓第三定律

知，C對A的壓力為10.[2024安徽合肥重點中學聯考/多選]如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿垂直于斜面放置，每根桿上都套一個小滑環（圖中未畫出），四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關系正確的是（BC）A.t1＝t2 B.t2＜t3C.t2＜t4 D.t2＝t4解析以OA為直徑畫圓，如圖所示，設兩端點分別為O點和圓上另一點的桿與豎直方向的夾角為θ，對小滑環受力分析，由牛頓其次定律可得ma＝mgcosθ，解得a＝gcosθ，由幾何關系知，小滑環沿弦下滑的位移x＝2Rcosθ，據x＝12at2，解得t＝4Rg，即從圓上最高點沿任一條光滑弦滑到圓上另一點所用的時間相同.則沿OA和OC滑到斜面的時間相同，有t1＝t3，OB的長度小于沿OB方向的弦長，OD的長度大于沿OD方向的弦長，則t4＞t3＝t1＞t211.避險車道（標記如圖甲所示）是避開惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖乙所示的豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物起先在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4m時，車頭距制動坡床頂端38m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（結果保留兩位有效數字）（1）貨物在車廂內滑動時的加速度的大小和方向；（2）制動坡床的長度.圖乙答案（1）5.0m/s2，方向沿制動坡床向下（2）98m解析（1）設貨物的質量為m，貨物與車廂間的動摩擦因數μ＝0.4，貨物在車廂內滑動過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcosθ聯立并代入數據得a1＝5.0m/s2，方向沿制動坡床向下（2）設貨車的質量為M，貨物的質量為m，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23m/s，貨物在車廂內起先滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12m，制動坡床的長度為l，則Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k（m＋M）gM＝4ms1＝vt－12a1ts2＝vt－12a2ts＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯立并代入數據得l＝98m.12.[科技創新/2024安徽合肥一中校考/多選]上海科技館的機器人，琴棋書畫、跳舞、射箭、分揀包袱，無所不能，如圖所示為機械手抓取、分揀橙子的照片，為便于探討，將機械手簡化為只有四根“手指”有作用力的模型，抓取點對稱分布在球心上方的同一水平面內，抓取點與球心的連線與該水平面夾角為α，“手指”與橙子間的動摩擦因數為μ，橙子的重力大小為G，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（BC）A.只要“手指”對橙子的壓力足夠大，α不論取何值都能將橙子抓起B.若μ與α的關系滿意μ＞tanα，則不愿定能將橙子抓起C.若能抓起橙子，則每根“手指”對橙子壓力的最小值為GD.若抓起橙子豎直向上做勻加速運動，則每根“手指”對橙子的壓力確定變大解析對橙子受力分析，可知豎直方向滿意4fcosα－G－4FNsinα＝0，因為靜摩

擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcosα-sinα)，所以想要抓起橙子，則每根“手指”對橙子壓

力的最小值為G4(μcosα-sinα)，并且夾角α滿意μ≥tanα＋G4FNcosα時，才能將橙子抓起，

所以μ＞tanα時，不愿定能將橙子抓起，故A錯誤，B、C正確；若抓起橙子豎直向

上做勻加速運動，且恰好達到最大靜摩擦力時，滿意4μFNcosα－4FNsinα13.[2024河南洛陽專項練習]飛機起飛會先閱歷一個勻加速助跑的過程后再起飛.如圖為某次飛機起飛時的照片，該飛機從靜止加速到最大速度288km/h用了20s，達到最大速度后再勻速前行100m后起飛，飛機的質量為150噸.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求飛機從靜止加速到最大速度運動的位移；（2）求飛機助跑的加速度及飛機從靜止到起飛的平均速度；（3）忽視空氣阻力，若飛機受到斜向上與水平方向傾斜37°的升力F后，飛機豎直方向的加速度為5