第8講牛頓第二定律的基本應(yīng)用1.B[解析]v-t圖像中斜率的絕對值表示加速度大小,由圖可知,t2到t3時間內(nèi)向上的加速度最大,可知這個時段航天員超重感覺最明顯,故B正確.2.D[解析]小球靜止時,由平衡條件得彈簧的彈力F=mgtan53°=43mg,細繩的拉力FT=mgcos53°=53mg,故A、B錯誤;細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變,則小球所受的合力與燒斷前細繩的拉力大小相等、方向相反,則此瞬間小球的加速度大小為53g,故C3.B[解析]某時刻突然撤去壓力F,對整體,根據(jù)牛頓第二定律有mg=(M+m)a,對物塊,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=ma,解得撤去壓力瞬間木板對物塊的支持力大小為FN=43mg,故選B4.D[解析]從a-t圖像可以看出,電梯從靜止開始,先加速下降,再勻速下降一段時間又減速下降,然后又開始上升,先加速上升,再勻速上升一段時間最后減速上升,在10s時,由于加速度向下,手機處于失重狀態(tài),A錯誤,D正確;從a-t圖像可以看出,最大加速度約為0.5m/s2,B錯誤;在減速下降和加速上升的過程中,手機處于超重狀態(tài),根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=ma,可得FNm=m(g+0.5)=1.05mg,根據(jù)牛頓第三定律可知對地板的壓力FNm'=FNm,C錯誤.5.C[解析]如圖所示,ABCD為同一圓上的點,圓的半徑為R,小球從A沿光滑管AB、AC、AD滑下,從AB下滑用時為t1,有2R=12gt12,解得t1=4Rg,從AC下滑,有a=gcosθ,而AC的長度為L=2Rcosθ,故有L=12at22,解得t2=4Rg,同理,若從AD下滑,時間為t3=4Rg,即小球到達圓上三點所用時間相同;6.D[解析]位移—時間圖像的斜率表示速度,0~t1時間內(nèi)乘客的速度增大,乘客向下做加速運動,故加速度向下,乘客失重,得FN<mg,選項A錯誤;t1~t2時間內(nèi)乘客的速度不變,乘客做勻速運動,說明乘客處于平衡狀態(tài),得FN=mg,選項B錯誤;t2~t3時間內(nèi)乘客的速度減小,乘客向下做減速運動,故加速度向上,乘客超重,得FN>mg,選項C錯誤,D正確.7.B[解析]剪斷彈簧2前,以A、B、C為整體受力分析可得FT-3mg=3ma,對C受力分析可得F2-mg=ma,以B、C為整體受力分析可得F1-2mg=2ma,剪斷彈簧2瞬間,彈簧1的彈力不發(fā)生突變,A與繩相連會與升降機一起勻加速,aA=2m/s2,彈簧2的彈力為零,對B有F1-mg=maB,解得aB=14m/s2,剪斷彈簧2瞬間,C只受到重力作用,則-mg=maC,C的加速度為aC=-10m/s2,故B正確.8.C[解析]對球b受力分析,有k2x=mg,對a球受力分析,水平方向有FTsin60°=k1x,豎直方向有FTcos60°=mg+k2x,整理有k1k2=23,故A、B錯誤;在剪斷細繩后,細繩的拉力消失,剪斷瞬間彈簧的形變量因為不能突變,所以彈簧彈力不變,對b球來說,其重力和彈簧N的彈力不變,而由之前的分析可知k2x=mg,所以剪斷瞬間,b球處于平衡狀態(tài),故D錯誤;由之前分析可知,小球a處于平衡狀態(tài),所以剪斷細繩瞬間,a球所受合外力的大小與輕繩的拉力大小相等,所以有F合=FT=ma,解得a=4g,故9.AD[解析]根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律x=v0+v2t,游客經(jīng)過B點時速度大小不變,可知游客在AB、BC段通過的位移大小之比為3∶2,故A正確;根據(jù)加速度的計算公式有v=at,則游客在AB、BC段的加速度大小之比為2∶3,故B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知,在斜面上有mgsinθ-μmgcosθ=maAB,在水平滑道上有μmg=maBC,解得μ=922,故C錯誤;游客由A到C通過的總路程為x=12aABtAB2+12aBCtBC2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=maAB、μmg=maBC10.C[解析]對甲同學(xué)的火箭,t時間內(nèi)的加速度為a1,由牛頓第二定律可得F-mg=ma1,解得a1=g,t時刻的速度為v1=a1t,上升的高度為h=12gt2+v122g=gt2,對乙同學(xué)的火箭,在0~t2內(nèi)的加速度a2=a1=g,t2時刻的速度為v2=a2·t2=12gt,在t2~t內(nèi)加速度為a2',則F-12mg=12ma2',解得a2'=3g,t時刻的速度v2'=v2+a2'·t2=2gt,上升的高度為h'=v22·t2+v2'+v22·t2+v11.(1)0.5(2)48N[解析](1)滑塊在斜面上以a=2m/s2的加速度勻加速下滑時,由牛頓第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5(2)滑塊在恒力作用下,由牛頓第二定律可得Fcosθ-mgsinθ-μ(Fsinθ+mgcosθ)=ma'滑塊由靜止開始沿斜面向上做勻加速運動,在0~2s時間內(nèi)沿斜面向上運動的位移為x=4m,由位移—時間公式可得x=12a't代入數(shù)據(jù)解得a'=2m/s2聯(lián)立解得F=48N12.(1)40N(2)258N(3)0.3m[解析](1)木塊恰好靜止在鐵箱的后壁上時,木塊在豎直方向受力平衡有Ff=μ2FN=mg解得鐵箱對木塊的支持力的大小FN=40N根據(jù)牛頓第三定律,木塊對鐵箱壓力的大小為40N(2)木塊在水平方向的加速度設(shè)為a根據(jù)牛頓第二定律有FN=ma以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有F-μ1m+Mg=聯(lián)立解得F=258N(3)木塊落到鐵箱底部,撤去拉力后,鐵箱和木塊均以v=6m/s的初速度做勻減速直線運動,鐵箱受到地面的摩擦力Ff1=μ1m+Mg=18鐵箱受到木塊的摩擦力Ff2=μ2mg=2.5N,方向水平向右設(shè)鐵箱的加速度大小為a1,根據(jù)牛頓第二定律有Ff1-Ff2=Ma1解得a1=3.1m/s2,方向水平向左設(shè)木塊