2024高考物理一轮复习专题23牛顿第二定律的理解和应用练习含解析新人教版VIP

PAGE6-专题23牛顿其次定律的理解和应用1．[2024·山西吕梁月考](多选)如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平方向做匀变速直线运动(加速度不等于零)时，关于杆对小球弹力的方向(其中OB竖直，OD水平，OA跟杆共线)，下列说法正确的是()A．不行能沿着OA方向B．不行能沿着OB方向C．不行能沿着OC方向D．不行能沿着OD方向2．[2024·河北衡水中学调研]一质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是()A．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6NB．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8NC．若升降机加速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)ND．若升降机减速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq\r(5)N3．[2024·黑龙江大庆试验中学月考]如图所示，质量为m的球与轻弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上．球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2，分析当仅剪断Ⅰ或Ⅱ的瞬间，下列说法正确的是()A．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右B．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝eq\f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延长线C．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左D．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上4．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m:M＝1:2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1:x2等于()A．1:1B．1:2C．2:1D．2:35．[2024·福建永安一中高三期中](多选)如图所示，质量为m1的小圆环A套在水平细杆上，质量为m2的小球B通过轻质细线与圆环A连接，用大小为F的水平恒力拉小球B，使A、B一起做匀加速直线运动，加速度大小为a，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．细杆对圆环的支持力大小为m1gB．圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为eq\f(F－m1＋m2a,m1＋m2g)C．细线中的弹力大小为eq\r(F2＋m2g2)D．细线与水平方向的夹角的正切值为eq\f(m2g,F－m2a)6.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧复原原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()7．在光滑水平面上放一质量为M的物体A，用轻绳通过定滑轮与质量为M的B相连，如图甲所示，其它条件不变去掉B换上拉力F，且F＝Mg.如图乙，设甲、乙两图中A的加速度分别为a1、a2，则()A．a1＝2a2B．a1＝a2C．a1＝eq\f(a2,2)D．无法确定8．[2024·河北辛集中学测试](多选)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止起先运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()A．MgB．Mg－MaC．(m1＋m2)aD．m1a＋μ1m1g9.如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触起先到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的改变状况为()A．加速度越来越大，速度越来越小B．加速度和速度都是先增大后减小C．速度是先增大后减小，加速度方向是先向下后向上D．速度是始终减小，加速度大小是先减小后增大10.[2024·全国卷Ⅰ]如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg.绳的质量忽视不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200NB．400NC．600ND．800N11．(多选)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是()A．甲车的加速度大小为eq\f(F,M)B．甲车的加速度大小为0C．乙车的加速度大小为eq\f(2F,M＋m)D．乙车的加速度大小为0错题请用红笔改正：专题23牛顿其次定律的理解和应用1．BD小球和小车的加速度相同，若加速度方向水平向左，由牛顿其次定律知，杆的弹力与小球重力的合力方向水平向左，杆对球的弹力可能沿图中的OA方向，若加速度方向水平向右，由牛顿其次定律知，合力的方向水平向右，杆对球的弹力可能沿图中的OC方向，故B、D正确，A、C错误．2．C若升降机是静止的，球也是静止的，球处于平衡状态，由平衡条件可知，杆对球的作用力大小为eq\r(F\o\al(2,绳)＋mg2)＝10N，故A、B错误；若升降机加速上升，在竖直方向，对球由牛顿其次定律得Fy－mg＝ma，解得Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝6eq\r(5)N，故C正确；若升降机减速上升，对球在竖直方向，由牛顿其次定律得mg－F′y＝ma，解得F′y＝4N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F′＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F′\o\al(2,y))＝2eq\r(13)N，故D错误．3．C细线和弹簧未断时，球受力如图甲所示，球的重力和F1、F2的合力为零，剪断弹簧瞬间，细线拉力突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A、B均错误；剪断细线瞬间，弹簧的弹力和小球的重力不变，受力如图乙所示，由几何关系可知，F合＝F2＝ma，a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左，故C正确，D错误．4．A水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿其次定律得整体的加速度a＝eq\f(F－μM＋mg,M＋m)＝eq\f(F,3m)－μg，隔离分析物块A有kx1－μmg＝ma，得kx1＝eq\f(F,3)，x1＝eq\f(F,3k).竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿其次定律得整体的加速度a′＝eq\f(F－M＋mg,M＋m)＝eq\f(F,3m)－g，对A物块有kx2－mg＝ma′，得kx2＝eq\f(F,3)，x2＝eq\f(F,3k).所以x1:x2＝1:1，A正确，B、C、D错误．5．BD6.A7.C8．BCA、B一起在光滑面上向右加速由牛顿其次定律可得T＝(m1＋m2)a，故C正确，对C列牛顿其次定律Mg－T＝Ma，T＝Mg－Ma，B正确．9．C在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，弹簧形变量x渐渐增大，所以F合渐渐减小．由a＝eq\f(F合,m)得a的方向竖直向下，且渐渐减小．又这一阶段a与v的方向都竖直向下，所以v渐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球接着向下运动，mg<kx，合力F合＝kx－mg，方向竖直向上，小球向下运动，x接着增大，F合增大，且随x增大而增大，因为此时a与v方向相反，所以v渐渐减小．所以小球向下压缩弹簧的过程中，F合的方向先向下后向上，大小先变小后变大；a的方向先向下后向上，大小先变小后变大；v的方向向下，大小先变大后变小．故选项C正确．10．B该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为探讨对象