2019年度高考'物理(人教版')第一轮预习复习课时作业1-3-2牛顿第二定律及其基本应用.doc

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1、第 2 课时 牛顿第二定律及基本应用基本技能练1如图 1 所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内( )图 1A小球立即停止运动B小球继续向上做减速运动C小球的速度与弹簧的形变量都要减小D小球的加速度减小解析 手突然停止不动，此后一小段时间内，弹簧弹力仍大于重力，小球所受合力向上，其加速度方向与速度方向相同，因此球做加速运动，随着形变量减小，由 a知，球的加速度减小。kxmgm答案 D2如图 2 所示，质量为 m 的物块甲置于竖直放置在水平面上的轻弹簧上处于静止状态。若突然将质量为 2m 的物块乙无初速地放在物块甲上，则在物

2、块乙放在物块甲上后瞬间，物块甲、乙的加速度分别为 a甲、a乙，当地重力加速度为 g，以下说法正确的是( )图 2Aa甲0，a乙g Ba甲g，a乙0Ca甲a乙g Da甲a乙 g23解析 当物块乙放在物块甲上的瞬间，甲和乙瞬间具有共同的加速度，对甲和乙整体分析，受到重力、弹簧的弹力，重力大小为 3mg，弹力瞬间没有发生变化，仍为 mg，根据牛顿第二定律得 a甲a乙 g，故 D 正确。3mgmg3m23答案 D3如图 3 所示，放在水平桌面上的质量为 1 kg 的物体 A 通过水平轻绳、轻弹簧和光滑定滑轮与物体 B 相连接，两物体均静止时弹簧秤甲和乙的读数分别为 5 N 和 2 N，则剪断物体 A

3、左侧轻绳瞬间，物体 A 的加速度和弹簧秤乙的读数分别为( )图 3A5 m/s2,0 B2 m/s2,2 NC0,0 D0,2 N解析 两物体均静止时，物体 A 在水平方向的受力如图所示，物体 A 所受最大静摩擦力 Ffmax3 N，剪断物体 A 左侧轻绳瞬间，FT 甲0，FT 乙2 N，由于 FfmaxFT 乙，所以物体 A 仍能静止不动，所以物体 A 的加速度为 0；此时物体 B 也处于静止状态，所以弹簧秤乙的读数不变仍为 2 N。综上分析，选项 D 正确。答案 D4.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力 F 作用下，四个金属环匀加速上升。则环 1 和环 2 间的相互作用力大

4、小为( )图 4A. F B. F1412C. F DF34解析 设四个环的质量均为 m，则以四个环整体为研究对象，有F4mg4ma，以 2、3、4 环为研究对象，有 F3mg3ma，解得F F，选项 C 正确。34答案 C5(2014孝感统测)如图 5 所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M2 kg 的秤盘，盘内放一个质量为 m1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力F 的作用下保持静止，F30 N，突然撤去拉力 F 的瞬间，物体对秤盘的压力大小为(g10 m/s2)( )图 5A10 N B15 NC20 N D40 N解析 由于拉力 F 撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡

5、，在拉力F 撤去的瞬间，系统所受合力方向竖直向上，整体由牛顿第二定律可得F(Mm)a，对物体 m 再根据牛顿第二定律可得 FNmgma，两式联立解得 FN20 N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为 20 N，方向竖直向下，C 正确。答案 C6(多选)如图 6 所示，质量分别为 m1、m2的 A、B 两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在与水平面成 30角的光滑斜面上。若不计弹簧质量，细线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别为( )图 6AaA0 BaAg2CaB DaBg2m1m2g2m2解析如图所示，细线剪断前：小球 A 受三个力作用处于平衡状态，其中，Fkm1gsin 30

6、m1g，12小球 B 受四个力作用处于平衡状态，Fkm2gsin 30F，其中 FkFk。细线剪断瞬间：Fk不变，A 球所受合力为零，故 aA0，B 球受三个力作用，Fkm2gsin 30m2aB。又 Fkm1gsin 30，得 aB。m1m2g2m2答案 AD7(2014高考冲刺卷五)2013 年 8 月 14 日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看。假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为 。设球拍和球质量分别为 M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则( )图 7A运动员的加

7、速度大小为 gsin B球拍对球的作用力大小为 mgcos C运动员对球拍的作用力大小为Mmgcos D运动员对地面的作用力方向竖直向下解析 以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为 mgtan ，其加速度为 gtan ，受到球拍的支持力为，由于运动员、mgcos 球拍和球的加速度相等，选项 A、B 错误；同理运动员对球拍的作用力大小为，选项 C 正确；将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和Mmgcos 地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项 D 错误。答案 C8(

8、2014扬州中学模拟)如图 8 所示，质量为 m 的球置于倾角为 的斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平方向的力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )图 8A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力的合力等于 maD斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析 对球进行受力分析：竖直向下的重力 mg、挡板对球水平向右的弹力FN2及斜面对球的弹力 FN1，则由牛顿第二定律知三力的合力为 ma，C 错；而竖直方向有 FN1cos mg，水平方向有 FN2FN1sin ma，

9、即 FN1为mgcos 定值，FN2mgtan ma，竖直挡板对球的弹力随着加速度的减小而减小，但不可能为零，A、B 错，D 对。答案 D9如图 9 所示，质量分别为 m、2m 的两物块 A、B 中间用轻弹簧相连，A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，在水平推力 F 作用下，A、B 一起向右做加速度大小为 a 的匀加速直线运动。当突然撤去推力 F 的瞬间，A、B 两物块的加速度大小分别为( )图 9A2a、a B2(ag)、agC2a3g、a Da、2a3g解析 撤去 F 前，根据牛顿第二定律，对 A、B、弹簧整体有F3mg3ma，对 B 有 FN2mg2ma，得 FN2(ag)m。撤去 F

10、的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为 FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块 B 受力不变，aBa，对物块 A，由牛顿第二定律得 FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，C 项正确。答案 C10(2014皖北协作区联考)一足够长的倾角为 的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为 ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图 10 所示，当木板固定时，传感器的示数为 F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为 F2。则下列说法正确的是( )图 10A稳定后传感器的示数一定为零Btan F1F2Ctan F1F2Dt

11、an F2F1解析 设木板(含力传感器)与球的质量分别为 M 和 m，对球由平衡条件和牛顿第二定律得：F1mgsin 0，mgsin F2ma，对木板和球整体得：(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a，则 agsin ，解得 F2mgsin ma0，A 项错；tan ，B 项对，C、D 项错。F1F2答案 B能力提高练11(多选)如图 11 所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为 m 的两个球a、b 分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为 F，箱子的质量为 M，则下列说法正确的是(重力加速度为 g)

12、( )图 11A系统处于静止状态时地面受到的压力大小为(M2m)gFB系统处于静止状态时地面受到压力大小为(M2m)gC剪断连接球 b 与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M2m)gFD剪断连接球 b 与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M2m)g解析 系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对整体的支持力 FN(M2m)g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为(M2m)g，选项 B 正确，A 错误；剪断连接球 b 与箱底的细线瞬间，球 b 向上加速运动，地面受到的压力大小为(M2m)gF，选项 C 正确，D 错误。答案 BC12(多选)如图 12 所示，bc

13、 为固定在小车上的水平横杆，上面穿着质量为 M 的滑块，滑块又通过细线悬吊着一个质量为 m 的小铁球。此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 。若小车的加速度逐渐增大，滑块始终和小车保持相对静止，当加速度增大到 2a 时( )图 12A横杆对滑块向上的弹力不变B横杆对滑块的摩擦力变为原来的 2 倍C细线对小铁球的竖直方向的分力增大了D细线对小铁球的水平拉力增大了，增大的倍数小于 2解析 取滑块和小铁球构成的体系为研究对象，竖直方向上横杆对体系的支持力和体系受到的总重力平衡，水平方向上满足 F(Mm)a，其中 F 表示横杆对滑块的

14、摩擦力。当小车的加速度增加到 2a 后，横杆对滑块的弹力保持不变，而横杆对滑块的摩擦力增加到原来的 2 倍。隔离小铁球为研究对象，细线的竖直分力 F1mg 与小铁球重力平衡，细线的水平分力 F2ma 产生加速度，所以当小车的加速度增加到 2a 时，细线对小铁球竖直方向的分力不变，水平方向的分力变为原来的 2 倍。答案 AB13如图 13 所示，细线的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力 FT和斜面的支持力 FN分别为(重力加速度为 g)( )图 13AF

15、Tm(gsin acos ) FNm(gcos asin)BFTm(gcos asin ) FNm(gsin acos )CFTm(acos gsin ) FNm(gcos asin )DFTm(asin gcos ) FNm(gsin acos )解析 准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法。选小球为研究对象，小球受重力 mg、拉力 FT和支持力 FN三个力作用，将加速度 a 沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示。由牛顿第二定律得FTmgsin macos mgcos FNmasin 由式得 FTm(gsin acos )。由式得 FNm(gcos asin )。故选项 A 正

16、确。答案 A14如图 14 所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧 A 共同悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧 B 拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A 与竖直方向夹角均为 30，弹簧 B 处于压缩状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为 g，则( )图 14A小车一定水平向左做匀加速运动B弹簧 A 一定处于拉伸状态C弹簧 B 的弹力大小可能为mg33D细线拉力有可能与弹簧 B 的拉力相等解析 因弹簧 B 处于压缩状态，所以物块的合力一定水平向左，即小车的加速度水平向左，即小车可能向左加速，也可能向右减速，A 错；当系统的加速度 agtan ，弹簧 A 不受力作用，即

17、处于原长状态，B 错；当 agtan 时，由牛顿第二定律知弹簧 B 的弹力大小 Fmamg，C 对；令细线对小球拉33力为 FT，弹簧 A、B 的弹力分别为 F1、F2，则对小球水平方向有FTsinF1sin ma，对物块 F2ma，所以 FT一定大于 F2，D 错。答案 C15(多选)如图 15 所示，一倾角 30的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为 ，细绳对小球的拉力为 FT，斜面对小球的支持力为 FN，重力加速度为 g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保 FT、FN中只有一个为 0 的是( )图 15A箱子自由下落B箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为g33C箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为g33D箱子以任意加速度竖直向上做加速运动解析 当箱子自由下落时，小球的加速度为 g，FT、FN均为 0，A 错；箱子水平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为 0，则有 tan 60，即加速mgma度大小为g，B 对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为 0，则有 tan 3033，即加速度大小为g，C 对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，mamg33绳的拉力 FT和斜面的支持力 FN均不为 0，D 错。答案 BC