高中物理人教新版课时练牛顿第二定律的基本应用word版含解析

1．(2022·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20cm，在弹簧下端挂一个质量为kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23cm，g取10m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为()A．匀加速上升，a＝m/s2B．匀减速上升，a＝m/s2C．匀加速上升，a＝5m/s2D．匀减速上升，a＝5m/s2答案C解析由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×－N＝6N，由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，解得：a＝5m/s2物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()图1A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小C．t＝s时最大 D．t＝s时最小答案AD解析人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．3.(2022·广东东莞市调研)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图2所示．当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图2A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案C解析当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．4.如图3所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()图3A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋m0,m0)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)g答案C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F＝mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a4＝eq\f(F＋m0g,m0)＝eq\f(m0＋m,m0)g，故C正确，A、B、D错误．5.(2022·河北衡水中学第一次调研)如图4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()图4A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：静止时，T＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB解得T＝2eq\r(3)mAg水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，A所受合力与T等大反向，所以aA＝eq\f(T,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0.6.(2022·吉林“五地六校”合作体联考)如图5所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为()图5A．都等于eq\f(g,2)B．0和eq\f(m1＋m2g,2m2)\f(m1＋m2g,2m2)和0D．0和eq\f(g,2)答案B解析在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力相等；在剪断上端的细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得：aB＝eq\f(m1gsin30°＋m2gsin30°,m2)＝eq\f(m1＋m2g,2m2)，故B正确，A、C、D错误．7.(2022·东北三省四市教研联合体模拟)如图6所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是()图6A．物体A和物体B均处于超重状态B．物体A和物体B均处于失重状态C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态答案D解析A加速下降，则加速度方向向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度方向向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态，故A、B、C错误，D正确．8．(多选)(2022·山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图7所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图7A．物块与木板间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)B．物块初速度的大小是5m/sC．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同D．当α＝0时，x＝eq\f(5\r(3),4)m答案ABD解析当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x＝m，根据运动学规律得：veq\o\al(02,)－0＝2gx，解得v0＝5m/s；当α＝30°，x＝m，根据速度位移关系：veq\o\al(02,)－0＝2ax，有a＝eq\f(v\o\al(02,),2x)＝10m/s2，而a＝μgcosθ＋gsinθ，解得：μ＝eq\f(\r(3),3)，A、B正确；因为30°和90°对应的加速度大小均为a＝10m/s2，根据v0－0＝at，运动到最高点时间相同，C错误；当α＝0时，a′＝μg＝eq\f(10\r(3),3)m/s2，根据veq\o\al(02,)－0＝2a′x，求得x＝eq\f(5\r(3),4)m，D正确．9．在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经km后恢复到原速324km/取10m/s2.(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为×105kg，所受阻力恒为车重的倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．答案(1)m/s2(2)×106N(3)30m/s解析(1)列车的速度v＝324km/h＝90m/s经过t1＝5min＝300s停下，所以加速度为a1＝eq\f(Δv,t1)＝eq\f(0－90,300)m/s2＝－m/s2即加速度大小为m/s2.(2)列车受到的阻力为f＝根据牛顿第二定律，有F－f＝ma2由运动学公式有v2＝2a2x2联立解得a2＝m/s2，F＝×106N.(3)列车减速运动通过的位移为x1＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(90,2)×300m＝13500m列车加速运动的时间为t3＝eq\f(v,a2)＝eq\f(90,s＝180s所以整个过程的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2＋t3)＝eq\f(13500＋8100,300＋240＋180)m/s＝30m/s.10.(2022·浙江新高考研究联盟联考)如图8所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝12N，求：图8(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；(2)t＝s时运动员的速度大小；(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．答案(1)m/sm(2)m/s(3)m解析(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为a1＝eq\f(F－f,m)＝m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得