16牛顿第二定律及其应用巩固练习基础

1、A.ai=0,a2=0B.ai = a,a2=错误！未找到引用源。aC.aimimia ，a?m2m2 -a mim2D.ai=a, a2 巴am2物理总复习：牛顿第二定律及其应用【巩固练习】一、选择题1、（2014 芜湖模拟）如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起,的质量分别为mi、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小为ai和a2,则（）2、质量为m m的物体放在粗糙的水平面上， 水平拉力F作用于物体上，物体产生的加速度为 a。 若作用在物体上的水平拉力变为2 F,则物体产生的加速度A .小于 aB

2、.等于aC .在a和2a之间D.大于2a3、如果力F在时间t内使质量为 m的物体移动距离s，那么（）A.相同的力在相同的时间内使质量为巴的物体移动相同的距离2B.相同的力在一半的时间内使质量为m的物体移动相同的距离2C.相同的力在两倍的时间内使质量为2m的物体移动相同的距离D.一半的力在相同的时间内使质量为一半的物体移动相同的距离4、在光滑的水平面上，有一个物体同时受到两个水平力Fi和F2作用，在第is内保持静止。若两个力Fi和F2随时间变化如图示，则下列说法正确的是（）物体做匀加速运动，加速度的大小恒定，速度均匀增大 物体做变加速运动，加速度均匀减小，速度逐渐减小 物体做变加速运动，加速度均

3、匀减小，速度逐渐增大 物体的加速度与速度均为零A、B、C、D、在第 在第 在第 在第2s内,3s内,5s内,5s末,ABCD6、（2015九江模拟）如图甲所示,的速率为vi,从B返回到A的时间为t2,加速度大小为a2,经过A的速率为V2,则正确的A. ti=t2.B. ti t2，ai=a2， vi=v2aia2，vi F，物体不动( )C. 30m/s2D . 40m/s2产生的加速度为a1 ;向北的力F2单独作用在同一个物）A .大小为ai a2B.2a2C.方向为东偏北 arcta门电a1D. 方向为与较大的力同向11、如图所示，水平放置的传送带以速度 带A端，物体与传送带间的动摩擦因数

4、卩 B的时间和物体到达A. 2.5 s , 2m/sC . 2.5s , 4m/sB端时的速度是：(B. is, 2m/sD . is, 4/sv=2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送=0.2，若A端与B端相距4 m则物体由A运动到 ）12、“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是B.图中A点值即为物体的重力值C.物体向上运动的加速度和力F成正比D.图线延长和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度9、竖直起飞的火箭在推动力F的作用下产生10m/s2的加速度，若推动力增大到2F,则火分别代

5、表物块E EAH箭的加速度将达到（g取10m/s2）A . 20m/s2B . 25m/s2 10、向东的力F1单独作用在物体上，体上，产生的加速度为 a2。贝U F1和F2同时作用在该物体上，产生的加速度（极限运动。某人做蹦极运动， 所受绳子拉力F的大小随时间 过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为 g。据图可知, 约为A. gB. 2g C. 3g D. 4gn-it变化的情况如图所示。将蹦极 此人在蹦极过程中最大加速度1如下图所示, 们的质量之比是木块 A与B用一轻弹簧相连,I : 2 : 3,设所有接触面都光滑,竖直放在木块当沿水平方向抽C上，三者静置于地面，它出木块C的瞬间，木块

6、A和B的加速度分别是a aA =aB =2、如图所示，将质量为 2kg的物体置于倾角为 为0.2，在与斜面平行的20N的拉力作用下,为 _方向为物体与斜面间的动摩擦因数m/s2，方向二、填空题37的斜面上， 物体加速度的大小是;当撤去外力F的瞬间，物体的加速度是 _m/s2,2_ （g 取 10m/s ）3、质量为4.0kg的物体，在与水平面成 30角斜向上、大小为 20N的拉力F作用下，由静止沿水平地面运动。若物体与水平地面间的动摩擦因数为0.20，则物体对地面的摩擦力为N,运动的加速度为 _;它在3s时间内的位移为 _m 。g取10 m/s2。4、如图为“用 DIS （位移传感器、数据采集

7、器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。e(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持不变，用DIS测小车的加速分析此图线的 0A 段可得出的实验结论是(单选题)此图线的 AB段明显偏离直线，造成此A.小车与轨道之间存在摩擦B .导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大三、计算题1、如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F=4. 0 N，玩具的质量为m= 0. 5 kg，经过时间t=2.0 s ，玩具移动了距离s=4.8m ,这时幼儿松开手，玩具还能运动多远？(取g 10m/s2sin53o 0.8 COS

8、5300.6)Ml= 4kg，长为 L度。用钩码所受的重力作为(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a F关系图线(如图所示)。误差的主要原因是()2、如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为=1.4m ;木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m= 1kg ,其尺寸远小于L。小滑块与木板之2间的动摩擦因数为卩=0.4(g = I0m/s )。(1)现用恒力F作用在木板M上，为了使得 m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？(2)其他条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在 M上，最终使得 m能从M上面滑落F来。问：m在M上面滑动的

9、时间是多大。KVF。(取B处。求行李从A处传送3、海豚靠尾部来推动下部的水，能够从水中高高跃起，被誉为“会飞的鱼” 一身长丨1.8m， 质量m=65kg的海豚，跃起后从h 1.0m的高度处自由下落，尾部接触水面后经过时间t=0.25s身体速度降为零，紧接着尾部用力F向下拍打水面，又向上跃起h2 0.5m，假定上升、下降两个阶段尾部与水面的作用力分别都是恒力，求上升阶段尾部与水面的作用力2g 2m/s)4、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图所 示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行。一质量为m=4kg的行李无初速度地放

10、在 A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速 直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩 擦因数卩=0.1, AB间的距离丨2m , g取10 m/ s2。(1) 求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；(2) 求行李做匀加速直线运动的时间；(3) 如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。【答案与解析】一、选择题1、【答案】D【解析】撤去F的瞬间,A受力未变，故ai=a；对B,弹簧弹力未变，仍为:mia，a2m2m2故D正确。2、D解析：设摩擦力为ma2F f ma 解得 a2a - 2

11、amD正确。3、D解析：由1 -at2据此分析D正确。4、C解析：第物体的加速度在增大，速度也为合力方向，在增大；4s时F2减小到0后又增大，此时合力方向依旧为 Fi方向，但在减小，由于合力方向和速度方向仍然一致，所以物体继续加速运 动。5、AC解析：(i)若撤去A之前，A弹簧收缩，则B弹射必定也收缩着，is内物体保持静止，说明Fi和F2大小相等。is后F2减小,合力为Fi方向增大,则对小球有：FA mg FB,而撤去A弹簧时，对小球有 FB mgmaA ,撤去B时应有FA mg maB,解得2aB i2.5m/s。(2)若撤去A之前，A已被拉长，则有FA FBmg,而刚撤去A时有 mg FB

12、 maA，刚撤去B时有mg FA maB;2解可得aB 7.5m / s ，故本题正确选项为AG6、【答案】D【解析】由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从 A到B的时间tia2，C错误D正确。a3mgm2m比较大小可得C选项正确。【解析】当0 WF WMg时，物体静止，即A正确；当F Mg时，即能将物体提离地面，此解析:F mg ma 2F mg ma解得 a 30m/s2C正确。10、解析:合加速度等于分加速度的矢量和，大小为Jaf a； B正确。方向：tan02a1V1V2,选项A、B错误；物块由A到B做加速度较大的减速运动，由B到A做加速度较小的加速运动，所以全过程的速度时间图

13、线如图丙所示，选项【总结提升】处理动力学图像问题的三个明确”:（1）明确图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始,明确其物理意义。明确图线斜率的物理意义，如v-t图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点 等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息（如v-t图线所围面积表示位移等）并结合牛顿运动定律求解。7、C解析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得陽二尸-戸脚君-戸心1111 二（2 2+遍 口 _他_ 严一

14、口（密斗&cr）_ p-JR） 禺8、【答案】A、B、D时，F - Mg=Ma , a=F/M - g, A点表示的意义即为 F=Mg,所以B正确；直线的斜率为1/M ,B点数值为g，故D选项正确。9、C方向为东偏北arctan2C正确。a111、A解析：所以小物体的运动可以分两个阶段，先由零开始加速，后做匀速直线运动。 小物体开始先做匀加速运动，加速度a=a g=2m/s2，达到的最大速度为 2m/s。1、0, |g解析：在抽出木块C前，弹簧的弹力 F mAg。抽出木块C瞬间,木块B所受合力FB F3mBg-mBg，当v物=2m/s时,t a Is 1s二、填空题弹簧弹力不变，所以，A所受合

15、力仍零，故 aA 0。所以1,2 s -at2以后小物体做以SAB1 2 -2 1 m 1m22m/s做匀速直线运动s 3 仆s 1.5s所以tv 2总=1s+1.5s=2.5s，且到达B端时的速度为2m/s。12、B解析:图中拉力趋于0.6 Fo ,因此重力mg O.6F0，质量m。最大拉力为gFmaxI.8F0 , 加速度最大时应该是在第一次到最低点时，根据牛顿第二定律,1.8Fo0.6F00.6F0 -ag解得最大加速度a 2g2、2（1）a12.4m/s方向沿斜面向上。（2）2a27.6m/s 方向沿斜面向下。解析： 受力分析F拉物体向上做匀加速运动,根据牛顿第二定律mg cos （2

16、）撤去拉力的瞬间,F mg sinma1（ 1）物体继续向上滑动，做匀减速运动，合外力、加速度方向沿斜面向下代入数据解得2a12.4m/ s方向沿斜面向上。mg sin fma2（ 3）f Nmg cos2解得 a27.6m / s方向沿斜面向下。3、6 N2.8m/s212.6 m解析：竖直方向：NF sin 30o mg(mg F sin30o) 6N水平方向：由牛顿第二定律F cos30o f ma 解得 a 2.8m/s21 23秒内的位移 x -at221 2 -2.8 3212.6m24、( 1)小车的总质量，小车所受外力(2 )在质量不变的条件下，加速度与外力成正比, 解析：(1

17、)因为要探索 力作为小车所受外力；C“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重 (2)由于0A段aF关系为一倾斜直线，所以在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;由实验原理mgM, ,而实际上a ?Mm)M ? m造成的。 就是保持某一个量不变,可见AB段明显偏离直线是由于没有满足 说明：理解控制变量法的精髓， 化关系。实验中往往会有一定的近似条件，这里就是要求 衡摩擦力。再分析一个量随另一个量的变M ? m。此外类似的实验还要平三、计算题1、1.73m解析：由运动学公式-at2，可得到加速度为a2畚 2.4m/s根据牛顿第二定律得F cos53o(mg F sin 53o)

18、ma，解得撤去外力时速度为Voat4.8m/s撤去外力后的加速度为g 20m/s23撤去外力后移动的距离为2仝 1.73m。2a(1) F 20N。(2)解析：(1)隔离小滑块，用隔离法研究小滑块。小滑块与木板间的滑动摩擦力f =卩N=u mg小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度f2、t= 2s。印一 g 4m/ s2 m对木板与小滑块用整体法。力F最小值的临界条件是木板与小滑块有相同的加速度的,2要使m能从M上面滑落下来的条件是:Fmin20N设m在M上滑动的时间为F当恒力F=22.8N，木板的加速度a24.7m/ s2小滑块在时间t内运动位移木板在时间t内运动位移S2因 ns,-a1t22 1-a2t224.7t21 4t21.4 解得 t22s解析：自由下落1.0m的末速度v1 J2gh 2亦m/s竖直向上跃起的速度v22gh2/