17牛顿第二定律及其应用巩固练习提高(20210114005623)

1、物理总复习：牛顿第二定律及其应用【巩固练习】 一、选择题 1、（2015衡水模拟）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘坐时，扶梯 运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是（）A. 顾客始终受到三个力的作用B. 顾客始终处于超重状态C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D. 顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下2、如图所示，在两根轻质弹簧 a、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和 天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a,则在撤去弹簧后的瞬间,小球

2、加速度的大小为 2.5m/s 2,若突然撤去弹簧 b，则在撒去弹簧后的瞬间，小球加速度的 大小可能为（）ABCD7.5m/s，方向竖直向下27.5 m/s ，方向竖直向上12.5 m/s 2,方向竖直向下12.5 m/s 2,方向竖直向上3、如图，在光滑水平面上有一质量为 m的足够长的木板，其上叠放一质量为 m的木块。 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F= kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为 a1和a2,下列反映a和a2变化的 图线中正确的是（）AD4、三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现

3、用大小相同的外力 F沿图所示方向分别作用在1和2上，用1F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动。令印、a2 a3分别代表物块1、2、3的加速度,则（ ）A.aia? a3B . a1 a2 ,a2 a3C.aia2 , a2a3aia2 , a2a325、(2015穿在杆上,M通过线悬吊着小物体 m,m在小车的水平底板上， 小车未动时，细线恰好在竖直方向上,现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆be移动，M、m与小车保持相对静止，已知ai : 32 : a3 : 34=1 : 2 : 4 : 8,M受到的摩擦力大小依次为Ff 1、Ff 2、Ff 3、Ff 4,则郑州模拟）一辆小车静止

4、在水平地面上，be是固定在小车上的水平横杆，物块M以下结论正确的是（）一 口！77b% -mrb J .J(4)7777777777777777777/申*(I)HiA. Ff 1 : Ff2=1 : 2B. Ff2 : Ff3=1 : 2D. tan a=2tan 0C. Ff 3 : Ff 4=1 : 26、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,则火箭的加速度将达到（g取10m/s2）（）A . 20m/s2B . 25m/s2C. 30m/s2 D . 40m/s2A .大小为aia2B.大小为 Ja； a|c.方向为东偏北arcta n 亚a1D

5、.方向为与较大的力同向7、向东的力F1单独作用在物体上，产生的加速度为a1；向北的力F2单独作用在同一个物a2。则Fi和F2同时作用在该物体上，产生的加速度（体上，产生的加速度为尸0.5速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方V2与汽车前进位移A.汽车从开始运动到前进xi过程中,汽车受到的合外力越来越大B.汽车从开始运动到前进xi过程中,汽车受到的合外力越来越小C.汽车从开始运动到前进xi过程中,汽车的平均速度大于V0/2D.汽车从开始运动到前进xi过程中,汽车的平均速度小于V0/2错误！未找到引用源。8、如图所示，竖直光滑杆上套一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球 相连，另一端分别用销

6、钉 M、N固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2。若不拔去销钉 M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取g=10m/s2）（）A. 22m/s2,竖直向上B. 22m/s2,竖直向下C. 2m/s2,竖直向上D. 2m/s2,竖直向下9、如图所示，传送带与水平面夹角0= 37并以v= 10m/s的速度运行，在传送带的 A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数 离s= 16m，则小物体从 A端运动到B端所需的时间可能是(g = 10m/s2)()D、 4.OsA、1.8s B、2.0s C、2.1s10、（2015哈尔滨模拟）一汽车沿直线

7、由静止开始向右运动，汽车的下列说法正确的是（）11、某光滑的物体沿倾角不等而高相等的不同斜面下滑, 端，以下分析正确的是A 倾角越大，滑行时间越短物体从静止开始由斜面顶端滑到底B 倾角越大，下滑的加速度越大C. 倾角越小，平均速度越小D .倾角为45。时，滑行时间最短 二、填空题1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/s 2。2、细绳栓一个质量为 m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不

8、粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53,如图所示（已知 COS530 0.6,sin53o 0.8）小球静止时弹簧弹力大小为 小球静止时细绳的拉力大小为 _ 细线烧断瞬间小球加速度为 快速撤去弹簧瞬间小球的加速度为3、如图为“用 DIS （位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验 装置。俚移传虑时餾器（悽收签（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 OA 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（

9、如图所示）。误差的主要原因是（）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4、某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘 和砝码等器材来制定滑块和轨道间的动摩擦因 数卩。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质 量为 M滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中 砝码的总质量为 m。实验中，滑块在水平轨道上 从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加 2速度g取10m/ s。 为测量滑块的加速度 a，须测出它在 A间运动的与，计算a的运动学公式是 根据牛顿运动定律得到 a与m的关系为：a m g M (m m)他想通过多次

10、改变 m,测出相应的a值，并利用上式来计算 。若要求a是m的一次函数，必须使上式中的 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于;实验得到a与m的关系如图所示，由此可知H-三、计算题(取两位有效数字)1、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 间的动摩擦因数为卩=0.4(g = l0m/s 2)。m= 1kg,其尺寸远小于M= 4kg，长为 LL。小滑块与木板之(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

11、上面滑落F来。问：m在M上面滑动的时间是多大。2、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 它沿水平面运动，已知拉力53角的恒力拉着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/s2sin 53o 0.8 cos53o 0.6 )SJ- * A3、飞船完成了在预定空间的科学技术试验后，返回舱开始按预定轨道从太空向地球表 面返回.返回舱开始时通过自身发动机进行调控以减速下降，进入大气层后，在一定的高 度关闭发动机，打开阻力降落伞进一步减速下降。这一过程中，返回舱所受

12、空气摩擦阻力 与其速度的平方成正比， 比例系数(空气阻力系数)为k.若返回舱所受空气浮力忽略不计， 且认为竖直降落，从阻力伞打开开始计时， 返回舱运动的V t图象如图中的AD曲线所示(其 中CD段是平行横坐标轴的直线)，已知返回舱的总质量为 m重力加速度g，求：(1)空气阻力系数k的表达式；30的(2)当返回舱的速度为 Vo时，返回舱的加速度.p-ir/ffl - J*叫D4、在光滑的水平面上有一质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与水平面成角的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零,当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面

13、对球的弹力 的比值为多少？( g 10m/s2)5、在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为 m和2m。当两球心间的距离大于 L (L比2r大得多)时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于 或小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F。设A球从远离B球处以速度V0沿两球连心线向原来静止的 B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，则V0必须满足什么条件？【答案与解析】一、选择题1、【答案】C【解析】当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对;由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力,故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩

14、擦力，此时方向竖直向下，故C对D错。2、AC解析：(1)若撤去A之前，A弹簧收缩,则B弹射必定也收缩着，则对小球有:Famg Fb,而撤去A弹簧时,对小球有 FbmgmaA ,撤去B时应有Fa mg maB,解得aB 12.5m/s2。(2)若撤去A之前，A已被拉长,则有Fa Fb mg ,而刚撤去A时有 mg Fb maA，冈去B时有mg Fa maB;解可得aB 7.5m/s2,故本题正确选项为 AG3、A解析：在R!与m相对滑动前,F kt (mi mOa , a与t成正比关系,ai t关系图线的斜率为，当m,与m2相对滑动后,mim2m,受的是f21m2ga1，为一恒量,m1对有，Fm

15、2gm2a2ktkg，斜率为一m2可知A正确，B、4、C解析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得C、D错误。2 AMmga32m比较大小可得 C选项正确。5、【答案】A、C、D【解析】已知a1 : a2 : a3: a4=1 : 2 : 4 :8,在图(1)和图(2)中摩擦力 Ff=Ma ,贝y Ff 1 : Ff 2=1 :2, A 正确；Ff 2 : Ff 3=Ma2 : (M+m)a3,故B错误； 在图和图中摩擦力Ff 3=（M + m）a3,Ff 4=(M+m)a4,Ff 3:Ff 4=1 :2,C 正确；图(3)、(4)中，a3=gta n B,a4=gta na,贝 Utan

16、 a=2ta n0,则D正确。6、C解析：F mg ma 2F mg ma解得 a 30m/s2 C正确。7、B C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：tan02a1方向为东偏北arcta n亚C正确。a1解析：（1）拔的瞬间，当小球的加速度向上时,由牛顿第二定律得:k x2 mg ma-i拔M之前:x1 mg k x2其中X1、X2分别是弹簧1、2的形变量,当拔去N时:x, mg ma2由以上三式得a222m/ s（2）拔M的瞬间，当小球的加速度向下时，由牛顿第二定律得:x2 mg ma1拔M之前:k x2 mg k x-i当拔去N时：k x mg ma2由

17、以上三式得2a2 2m/s9、 BD解析：题目中并没有说明传送带是顺时针转动还是逆时针转动，并且问的“可能是”，那就要考虑两种情况了。（1）传送带逆时针方向转动：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于卩tan0,物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图（b）所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”(1)传送带逆时针方向

18、转动：在物体运动的开始阶段受力如图mg sinmg cos此阶段物体的加速度aimaia）g sin所示，由牛顿第二定律，得gcos10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1 aI2发生的位移为.評1 5m 16m可知物体加速到10m/s时仍未到达B点。第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用牛顿第二定律，有mg sinmg cos ma2所以此阶段的加速度为 a2 2m/s2设第二阶段物体滑动到 B端的时间为t2,则解析：设斜面倾角为，则a gsin ，则 越大，a越大，B正确。LAB s1vt22a2t；解得 t2= 1s , t 2，=-11s （舍去）故物体经历的总时间t=

19、t1 + t2=2s传送带顺时针方向转动就比较简单了,这里不给出解析。10、【答案】A、 D【解析】由v2=2ax可知，若汽车速度的二次方V2与汽车前进位移x的图像为直线，则汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方V2与汽车前进位移 x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确，B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的xi过程中，汽加速运动，可画出速度图像，根据速度图像可得出，汽车从开始运动到前进 车的平均速度小于 V0/2错误！未找到引用源。，选项C错误，D正确。11、AB设斜面高为h，则斜面长为sin可知越大，t越小。A正确。C错。AB正确。斜面光滑，物体到斜面底端速度都

20、是相等的，所以平均速度相同。二、填空题21、 6 N 2.8m/ s 12.6 m解析：竖直方向：N F sin30o mg f N f (mg F sin30o) 6N水平方向：由牛顿第二定律F cos30o f ma 解得2a 2.8m/ s3秒内的位移 x-at223212.6m2、解析：对小球受力分析如图小球静止时tan 53o mg弹簧弹力:F mgta n53o 彳 mgcos53omgT细绳的拉力:mgcos53o53mg细线烧断瞬间，弹簧的弹力还没来及变化（不能发生突变），小球所受合力方向与原来细绳的拉力方向相反，大小相等5F合=T 3 mg小球加速度：a 合 =-gm 3快速

21、撤去弹簧瞬间，此时没有弹簧的弹力，只受重力、细线的拉力，合力方向与细线垂直,再作出力的平行四边形,sin 53o mgmgsin53o 4 mg5小球的加速度： a4 、，、g，方向与细线垂直指向左下方。5（注意此时小球的加速度不等于重力加速度）3、（ 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）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；（2）由于0A段a F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mg Ma得 a,而实际上M Ma mg ，可见AB段明显偏离直线是由于

22、没有满足 M ? m造成的。 (M m)说明：理解控制变量法的精髓， 就是保持某一个量不变， 再分析一个量随另一个量的变 化关系。实验中往往会有一定的近似条件，这里就是要求M ? m。此外类似的实验还要平衡摩擦力。4、 位移时间2S mm 滑块上0.23三、计算题1、(1) F 20N。(2) t= 2s。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aig 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,所以,Fmin ma (M m)g 20N要使m能从M上面滑落下来的条件是:FFmin 20N(2)设m在 M上滑动的时间为当恒力F=22.8N，木板的加速度厂 4.7m/s2小滑块在时间t内运动位移Si如2木板在时间t内运动位移4.7t21 4t21.42解得 t 2s2、1.73m解析：由运