2024届高三一轮复习小练(八) 牛顿第二定律
1.2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
2.如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
3.无人乘坐时扶梯运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时，(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是( )
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
4．小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
5.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球( )
A．上升过程位移小于下落过程位移
B．离开手臂速度小于返回手臂速度
C．上升过程加速度小于下落过程加速度
D．上升过程时间小于下落过程时间
6．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
7．(多选)研究发现猫(质量为m)从7到8层楼以上不慎坠落到地面，已知空气阻力不能忽略，且满足f＝CρAv2，C为系数是常量，ρ为空气的密度，A为垂直于速度方向的面积，假设下落距离足够长，下列说法正确的是( )
A．猫的下落是自由落体运动
B．猫在下落过程中一定是一直做加速运动
C．猫最终的速度v＝
D．若下落过程猫舒展身体，使A为原来2倍，则最终速度为原来的倍
8．如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
9.(多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后( )
A．相同时间内A、B运动的路程之比为2︰1
B．物块A、B的加速度之比为1︰1
C．轻绳的拉力为
D．当B下落高度h时，速度为
10．位于杭州市风情大道与江南大道交叉口附近的智慧之门建成后成为杭州智慧建筑的典范，两栋高达272米的双子塔将组成“门”的形象(如图甲所示)。图乙是智慧之门现场施工的实拍图片，图丙是重物正在被竖直向上匀速吊起的放大图。先将该情境简化为如图丁所示的示意图，绳子CD和CE共同挂着质量为m1的重物A，绳子FG和FH共同挂着质量为m2的重物B，F点拴在重物A的下方。不计绳子质量和空气阻力，下列说法一定正确的是( )
A．绳子CD和CE对重物A的作用力的合力大于(m1＋m2)g
B．绳子FG和FH对重物A的作用力的合力大小为m2g
C．若绳子FG和FH的夹角为锐角，则绳子FG上的力小于
D．若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间重物A的加速度大小为
11．如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装有直线电机，该电机可提供4.0×104 N的恒定牵引力。一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供1.2×105 N的恒定推力。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，在跑道末端离舰起飞的速度v2＝36 m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间比弹射区运动的时间多4 s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v1；
(2)跑道的总长度l。
12．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动。求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2。2024届高三一轮复习小练(八) 牛顿第二定律
1.2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：选B 打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向竖直向上，则所受合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，与火星对着陆器的吸引力是平衡力，选项D错误。
2.如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
解析：选C 对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝＝m，与水平方向的夹角tan α＝＝，即大小和方向都与小球的加速度大小有关。
3.无人乘坐时扶梯运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时，(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是( )
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
解析：选D 在匀速运动的过程中，该同学处于平衡状态，只受重力和支持力；在慢慢加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用，如图所示，此时支持力大小大于重力大小，故A、B错误；该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；在加速上升过程中，扶梯水平方向给同学摩擦力，竖直方向有向上的加速度，故竖直方向的支持力大小大于重力大小，所以合力大于重力，在匀速运转时，扶梯对该同学的力与重力平衡，大小等于重力，所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力，故D正确。
4．小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
解析：选C 由题图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
5.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球( )
A．上升过程位移小于下落过程位移
B．离开手臂速度小于返回手臂速度
C．上升过程加速度小于下落过程加速度
D．上升过程时间小于下落过程时间
解析：选D 上升过程位移大小与下落过程位移大小相等，A错误；上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动，设阻力为Ff，在小球上升过程，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma2，对比有a1＞a2，根据v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C错误；根据公式h＝at2，由于a1＞a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。
6．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
解析：选D 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示。静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，D正确。
7．(多选)研究发现猫(质量为m)从7到8层楼以上不慎坠落到地面，已知空气阻力不能忽略，且满足f＝CρAv2，C为系数是常量，ρ为空气的密度，A为垂直于速度方向的面积，假设下落距离足够长，下列说法正确的是( )
A．猫的下落是自由落体运动
B．猫在下落过程中一定是一直做加速运动
C．猫最终的速度v＝
D．若下落过程猫舒展身体，使A为原来2倍，则最终速度为原来的倍
解析： 选CD 猫下落过程中受到重力和空气阻力，且空气阻力是会随速度的增大而增大，所以根据牛顿第二定律可知，猫做加速度减小的加速运动，当速度增大到使得阻力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，之后猫做匀速直线运动，A、B错误；当加速为零时mg－CρAv2＝0，解得猫的速度为v＝ ，根据速度的表达式可知，当面积变为原来的两倍，最终的速度变为原来的倍，C、D正确。
8．如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：选B 根据题意，小物块平均速度为1 m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则＝1 m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2 m/s，由v2－v02＝－2μgx得μ最大为0.2，故选B。
9.(多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后( )
A．相同时间内A、B运动的路程之比为2︰1
B．物块A、B的加速度之比为1︰1
C．轻绳的拉力为
D．当B下落高度h时，速度为
解析：选AC 根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B运动的路程之比为2︰1，选项A正确；根据x＝at2可知，物块A、B的加速度之比为2︰1，选项B错误；设轻绳的拉力为T，B的加速度为a，则对A有T＝m·2a，对B有3mg－2T＝3ma，解得a＝g，T＝mg，选项C正确；当B下落高度h时，速度为v＝，选项D错误。
10．位于杭州市风情大道与江南大道交叉口附近的智慧之门建成后成为杭州智慧建筑的典范，两栋高达272米的双子塔将组成“门”的形象(如图甲所示)。图乙是智慧之门现场施工的实拍图片，图丙是重物正在被竖直向上匀速吊起的放大图。先将该情境简化为如图丁所示的示意图，绳子CD和CE共同挂着质量为m1的重物A，绳子FG和FH共同挂着质量为m2的重物B，F点拴在重物A的下方。不计绳子质量和空气阻力，下列说法一定正确的是( )
A．绳子CD和CE对重物A的作用力的合力大于(m1＋m2)g
B．绳子FG和FH对重物A的作用力的合力大小为m2g
C．若绳子FG和FH的夹角为锐角，则绳子FG上的力小于
D．若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间重物A的加速度大小为
解析：选B 重物被匀速吊起，处于平衡状态，把A、B当成整体，绳子CD和CE对重物A的作用力的合力等于(m1＋m2)g，A错误；绳子FG和FH对重物B的作用力的合力等于m2g，同一条绳上拉力相等，故绳子FG和FH对重物A的作用力的合力等于m2g，B正确；设绳子FG和FH的夹角为锐角α，对B满足2Fcos α＝m2g，解得绳子FG上的拉力大小为F＝＞，C错误；设绳子CD和CE对重物A的作用力的合力为F1，若拴接点F与重物A脱离，则该瞬间对重物A由牛顿第二定律可得F1－m1g＝m1a，由于绳上拉力会发生突变，故F1＜(m1＋m2)g，即A的加速度大小不会等于，D错误。
11．如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装有直线电机，该电机可提供4.0×104 N的恒定牵引力。一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供1.2×105 N的恒定推力。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，在跑道末端离舰起飞的速度v2＝36 m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间比弹射区运动的时间多4 s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v1；
(2)跑道的总长度l。
解析：(1)第一阶段由牛顿第二定律有F1＋F2－Ff＝ma1，a1＝＝6.0 m/s2，
第二阶段由牛顿第二定律有a2＝，解得a2＝4.0 m/s2，
由匀加速运动速度公式得v1＝a1t1，v2＝v1＋a2t2，t2－t1＝4 s，代入数值解得v1＝12 m/s。
(2)由匀加速运动公式得v12＝2a1x，x＝＝12 m，由匀加速运动公式得v22＝v12＋2a2x1，代入数值解得x1＝144 m, l＝x＋x1＝156 m。
答案：(1)12 m/s (2)156 m
12．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动。求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2。
解析：(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－mg－f＝ma1，解得a1＝4 m/s2，飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s。
(2)最初9 s内位移h1＝a1t12＝162 m，设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：f＋mg＝ma2，解得a2＝12 m/s2，由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2，由运动学公式可得h2＝a2t22，飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2，解得t2＝3 s，H＝216 m。
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3，解得v2＝48 m/s，由于H>a3t32＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s。
答案：(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
