2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业1-3-2牛顿第二定律及基本应用

1、| STEPJ yJ L1 jII- ra -fI fllfiwH w 9 pi第2课时牛顿第二定律及基本应用基本技能练i 如图i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3()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，随看形变量减小，由a =kx mg知，球的加速度减小m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

2、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( )A. a 甲=0, a 乙=gC. a 甲=a 乙=gB. a 甲=g, a 乙=0D.a甲=a乙=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3mg - mg 2化，仍为mg,根据牛顿第二定律得a甲=a乙= 3m = 39，故D正确。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

3、B相连接，两物体均静止时弹簧秤甲和乙的读数分别为5 N2B. 2 m/s 2 ND. 0,2 N和2 N，则剪断物体 A左侧轻绳瞬间，物体 A的加速度和弹簧秤乙的读数分别A . 5 m/s20C. 0,0解析 两物体均静止时，物体 A在水平方向的受力如图所示,物体所受最大静摩擦力fmx3 N ,剪断物体A左侧轻绳瞬间，Ft甲=,tAf 屮*孝冲外:0 FpJr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-2 -in0 ;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2N。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

4、力 F作用下，四个金属环匀加速上升。则环1和环2间的相互作用力大小为()1图41A. 4FB.2F3C.4FD. F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F 4mg = 4ma ,以2、3、4环为研究对象，有3F / 3mg = 3ma，解得 F = 4F，选项 C 正确。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M=2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m= 1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F = 30 N ,突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力大2小为(g = 10 m/s ) ()-19 -FF = (M

5、+i + m2g2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,B. 15 ND. 40 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，在拉力 zJ0 I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m)a，对物体m再根据牛顿第二定律可得 Fn mg = ma，两式联立解得Fn = 20 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mi、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

6、速度分别为( )gC. a B=1Fk = mi gs in 30 = mig，2小球B受四个力作用处于平衡状态,F+ m2 gsin 30 = F，其中 F=Fk。细线剪断瞬间：Fk不变，A球所受合力为零，故 aA = 0， B球受三个力作用， F+ m2gsin 30 = m2aB。又Fk=m1gs in 30 ,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0。设球拍和球质量分别为 M、m,不

7、计球拍和球之间的摩擦， 不计空气阻力，则A 运动员的加速度大小为B 球拍对球的作用力大小为c 运动员对球拍的作用力大小为图7gsin 0mgcos 0M + m gcos 0D 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、一mg力为mgtan 0，其加速度为gtan 0，受到球拍的支持力为，由于运动员、球cos 0拍和球的加速度相等，选项B错误；同理运动员对球拍的作用力大小为M + m gcos 0，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a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I F该斜向

8、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. （2014 州中学模拟扬）如图8所示，质量为m的球置于倾角为 0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 Fni，则由牛顿第二定律知三力的合力为ma , C错；而竖

9、直方向有 Fnicos 0 = mg，水平方向有 Fn2 Fnisin 0 = ma, 即Fni =g为定值，cos 0Fn2 =0 +，竖直挡板对球的弹力随着加速度的减小而减小，但不可能mgta nma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9A . 2a、aB. 2（a + 卩 g）、a + 卩 gC. 2a + 3 i g、 aD. a 、 2a + 3 口 g解析 撤去F前，

10、根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F - i 3mg = 3ma ,对B有Fn - i 2mg = 2ma，得Fn = 2（a + i g）m。撤去F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，aB=a，对物块A，由牛顿第二定律得Fn + i mg = maA，有aA = 2a + 3 i g。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e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i，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

11、器的示数为 Fi。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（ ）井勺传煦器IXVx 、10J、气A .稳定后传感器的示数一定为零i FiB. tan e = F2FiC. tan e = i F2F2D. tan e = i Fi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：Fi mgsin 9 = 0, mgsin 9 F2 = ma，对木板和球整体得： (M + m)gsin9 卩(M + m)gcos 9 = (M + m)a，贝K a v gsin 9，解得 F2 = mgsin 9 ma 0, A 项 口 F

12、1错；tan 9 = F2 , B项对，C、D项错。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I g）ex图11A 系统处于静止状态时地面受到的压力大小为（M + 2m）g FB 系统处于静止状态时地面受到压力大小为（M + 2m）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（M + 2m）g + FD 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

13、（M + 2m）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 = （M + 2m）g ,由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为（M+ 2m）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（M + 2m）g + F，选项C正确，D错误。答案 BC12 .（多选）如图12所示，be为固定在小车上的水平横杆，上面穿看质量为M的滑块，滑块又通过细线悬吊看一个质量为m的小铁球。此时小车正以大小为a的小车静止，细线与竖直加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对方向的夹角为 e。若小车的加速度逐渐增大，滑块始

14、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 = (M + m)a，其中F表示横杆对滑块的摩擦力。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Fi = mg与小铁球重力平衡，细线的水平分力F2 = ma产生加速度，所以当小车的加速度增加到2a时，细线

15、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 e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F T和斜面的支持力Fn分别为(重力加速度为g)图13Ft= m(gs in0 + acosFn = m(gcos0 asinB)Ft = m(gcos0 + asinFn = m(gsin0 acosFt = m(acos0 gsinFn = m(gcos0 + asinFt = m(as in0 gcosFn = m(gsin

16、0 + 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risingFt mgsin 9 = macos 9 mgcos 9 Fn = mas in 9 由式得 Ft = m(gsin 9 + acos 9 )。由式得Fn = m(gcos 9 asin 9 )。故选项 A正确。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9

17、= 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3C 弹簧B的弹力大小可能为3 mgD 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a = gtan 0，弹簧A不受力作用，即处于原长状态，B错；当a = gtan 0时，由牛顿第二定律知弹簧B的弹力大小F = ma = 3 mg，C对；令细线对小球拉力为Ft，弹簧A、B的弹力分别为Fi、F2，则对小球水平方向有Frsin 0 -Fisin 0=ma，对物块F2 = ma，所以Ft 一定大于F2，D错。答案 C15 (多选)如图15所示，一倾角0 = 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0，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，贝I下列运动能确保Ft、Fn中只有一