【提高练习】《牛顿第二定律》（物理人教必修1）.docx

牛顿第二定律提高练习马鞍山二中学校 王旭老师一、单选题 1. 物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接.两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示.今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1和a2，则()A. a1=0，a2=2g；a1=0，a2=2gB. a1=0，a2=2g；a1=g，a2=2gC. a1=g，a2=g；a1=0，a2=2gD. a1=g，a2=g；a1=g，a2=g2. 一根竖直悬挂的绳子所能承受的最大拉力为T，有一个体重为G的运动员要沿这根绳子从高处竖直滑下.若GT，要使下滑时绳子不断，则运动员应该()A. 以较大的加速度加速下滑B. 以较大的速度匀速下滑C. 以较小的速度匀速下滑D. 以较小的加速度减速下滑3. 用打点计时器探究匀变速直线运动速度随时间变化规律的实验中，利用实验数据描点作出v-t图象，所描的点不完全在同一条直线上，原因可能是()A. 长度测量不准确B. 小车质量偏小C. 没有平衡小车受到的摩擦力D. 拉小车的钩码质量偏大4. 轻绳1绕过定滑轮，甲乙两人站在地面从绳子两端握住绳子向上攀升，两人均由静止开始做匀加速直线运动.已知两人的质量m甲m乙，绳子不可伸长，忽略滑动的重及摩擦，绳子1和2的拉力分别为F1、F2，则在上升时()A. 甲始终位于乙的上方B. 两人的高度始终相等C. m甲gF1MsinC. 若a2=0，则a1一定等于mg-MgsinMD. 若a1=a2，则a1可能等于mg-MgsinM+m9. 如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出()A. 物体的质量B. 斜面的倾角C. 斜面的长度D. 加速度为6m/s2时物体的速度10. 如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A. 纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(M+m)gB. 要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(M+m)gC. 若砝码与纸板分离时的速度小于gd，砝码不会从桌面上掉下D. 当F=(2M+3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘答案与解析【答案】1. C2. A3. A4. A5. D6. B7. BD8. CD9. AB10. BC【解析】1. 解：在除去支托物的瞬间，A1、A2由于用刚性轻杆连接，A1、A2与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A1、A2受到的合力都等于各自的重力，即FA1=mg，FA2=mg，由牛顿第二定律得：a1=g，a2=g；在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B2的支持力大小等于2mg.在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况没有变化，则B1所受合力为零，即FB1=0，B2所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，即FB2=2mg，据牛顿第二定律得：a1=0.a2=2g，故C 正确，ABD错误故选：C在除去支托物的瞬间，A1、A2一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A1、A2所受的合力.采用隔离法B1、B2受到的合力本题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变2. 解：当运动员匀速下滑时，拉力T=G当运动员加速下滑时，加速度方向向下，根据牛顿第二定律有：G-T=ma，则TG，所以运动员以较大加速度加速下滑时，绳子不容易断，故A正确，B、C、D错误故选：A当运动员的加速度向下，重力大于拉力的大小，加速度越大，拉力越小，绳子越不容易断解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，结合牛顿第二定律进行求解，基础题3. 解：A、由于实验存在误差或错误，所以这些点中有绝大多数点不可能完全在一条直线上，但紧挨在一条直线附近，若是偏离这条直线太远，即为错误点，然后用倾斜直线进行连接，这条直线通过大部分的点，不在直线上的点两侧分布均匀，此条直线可表示小车运动的规律，所描的点不完全在同一条直线上，原因可能是长度测量不准确，导致速度计算不准确，故A正确；B、当小车质量偏小，或拉小车的钩码质量偏大，则在直线末端会出现弯曲现象，故BD错误；C、若没有平衡小车的摩擦力，则出现不过原点的倾斜直线，故C错误；故选：A由于实验存在误差，这些点中，个别点不在同一条直线上，与直线偏差较小的点可能是实验误差造成的，而与直线偏离较大的点可能是实验中出现错误造成的本题考查对实验作图法的理解，要明确实验一定会存在误差，甚至错误，描出的各点不可能完全在一条直线上，连线的原则是：直线通过大部分的点，不在直线上的点两侧分布均匀4. 解：ABC、绳子1拉力为F1，根据牛顿第三定律知绳子拉力相等，对人受力分析知F=F1-mg=ma，根据牛顿第三定律知绳子对甲乙的拉力相等均大于他们的重力，质量大的加速度小，故甲的加速度大于乙的加速度，根据h=12at知甲位移比乙位移大，故甲始终位于乙的上方，故A正确，BC错误；D、系统不平衡，F2m甲g+m乙g，故D错误；故选：A 受力分析，根据牛顿运动定律知拉力及甲乙加速度大小关系，根据运动学公式知位移关系解决本题的关键正确地进行受力分析，同一根绳拉力大小处处相等，结合牛顿运动定律求解加速度5. 解：A、碗在离开脚后受重力和阻力，加速度不为g，不是完全失重状态，故A错误；B、碗离开脚后所做的运动受重力和阻力，故不是斜抛运动，故B错误；C、若碗在脱离脚时的速度为v，碗在脱离脚前的过程中不是匀变速运动，故平均速度不是v2，故C错误；D、碗脱离脚的瞬间，由于速度相等，脚要与碗分离，故脚(踢碗的那部分)的加速度大小一定大于碗的加速度大小，故D正确；故选：D 完全失重状态时物体具有向下的加速度，且a=g；斜抛运动的物体只受重力；匀变速直线运动中，平均速度v=v0+v2；碗脱离脚的瞬间，碗与脚都要减速，但脚的加速度要更大才能分离开本题情境新颖，关键是明确斜抛运动的定义，完全失重的条件，平均速度公式的适用条件，基础题目6. 解：A、根据平行四边形定则知，2Fcos30=mg，解得F=33mg.故A错误B、根据共点力平衡得，2Fcos=mg，当悬点间的距离变小，则变小，cos变大，可知悬绳的拉力变小.故B正确C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为33mg，加速度为33g.故C、D错误故选：B根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化.当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度7. 解：设阻力与速度的比例为k，则阻力为f=kv，开始时重力大于阻力，则球做加速运动，速度增大，f增大，当f增大到等于重力时球做匀速运动，此后阻力不变，重力不变，球做匀速运动，故A错误，B正确，C错误，由上述分析知：合力减小直到变为零，故加速度逐渐减小直到为零.故D正确故选：BD由阻力与速度关系，可以知道阻力逐渐增大，则一开始阻力较小，重力大于阻力，物体加速，随着速度的增大阻力增大，当阻力等于重力后球做匀速运动，至此阻力不变，重力不变，则物体保持匀速，由此可以判定各选项解决本题的关键知道加速度随着合力的变化而变化，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动8. 解：A、对人受力分析，有牛顿第二定律可知F-Mgsin=Ma1 得：F=Mgsin+Ma1 若Fmg，则物体B加速上升，若FMgsin即可，故B错误；C、若a2=0，故F=mg，故mg-Mgsin=Ma1，a1=mg-MgsinM，故C正确，D、若a1=a2，F=Mgsin+Ma1，mg-F=ma2；则a1等于mg-MgsinM+m；故D正确故选：CD 通过牛顿第二定律求的绳子对人的拉力，即可求的人对绳子的拉力，当拉力与物体B重力的关系即可求的物体B的运动状态，当物体B加速度为零时，利用牛顿第二定律即可求的人加速度本题主要考查了牛顿第二定律，抓住受力分析即可；9. 解：物体受重力、拉力和支持力，根据牛顿第二定律a=Fcos-mgsinm=Fcosm-gsin.图线的纵轴截距为-6m/s2，则gsin=6，解得斜面的倾角=37图线的斜率k=cosm=6-230-20=25，因为sin=0.6，则cos=0.8，所以m=2kg物体做加速度变化的运动，无法根据运动学公式求出速度和位移.故A、B正确，C、D错误故选AB对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出物体加速度与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距可以求出物体的质量和倾角.注意物体做变加速直线运动，速度和位移无法求出解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解，以及能够从图线的斜率和截距获取信息10. 解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力(M+m)g+Mg，故A错误B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F-f1-f2=ma2 发生相对运动需要a2a1 代入数据解得：F2(M+m)g，故B正确C、若砝码与纸板分离时的速度小于gd，砝码匀加速运动的位移小于v22a=gd2g=d2，匀减速运动的位移小于v22a=gd2g=d2，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确D、当F=(2M+3m)g时，砝码未脱离时的加速度a1=g，纸板的加速度a2=F-(m+M)g-Mgm=2g，根据12a2t2-12a1t2=d，解得t=2dg，则此时砝码的速度v=a1t=2gd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a=g，则匀减速运动的位移x=v22a=2gd2g=d，而匀加速运动的位移x=12a1t2=d，可知砝码离开桌面，故D错误故选：