牛顿第二定律-教师版

1、.牛顿第二定律一、单项选择题本大题共5小题，共30分1. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如下图，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开场被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口分开磁场.假设某种一价正离子在入口处从静止开场被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口分开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为()A. 11B. 12C. 121D. 144D乐陵一中【分析】此题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。此题综合考察了动能定理和牛顿第二定律，关键要

2、能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式。【解答】根据动能定理得，qU=12mv2得v=2qUm，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB=mv2R，得R=mvqB，两式联立得：m=qB2R22U。一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U一样，同一出口分开磁场那么R一样，所以mB2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，故ABC错误，D正确。应选D。2. 如下图，假设干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿栓成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部.当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的选项是()A.

3、 B. C. D. A乐陵一中解：小球的加速度与车厢的加速度一样，对所有小球组成的整体分析，有：m总gtan=m总a，解得：tan=ag对除最上面第一个球外的所有小球分析，根据牛顿第二定律有：(m总-m1)gtan=(m总-m1)a，解得：tan=ag同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角相等，可知小球和细线在一条直线上，向左偏，故A正确，BCD错误应选：A抓住小球的加速度与车厢的加速度一样，运用整体法和隔离法分析绳子与竖直方向的夹角，从而确定小球及绳在车厢中的形状此题考察了牛顿第二定律的根本运用，知道小球和车厢具有一样的加速度，掌握整体法和隔离法的灵敏运用3. 如下图，自由下落的小球，从它

4、接触竖直放置的弹簧开场到弹簧压缩到最大程度的过程中，小球的速度和加速度的变化情况()A. 加速度变大，速度变小B. 加速度变小，速度变大C. 加速度先变小后变大，速度先变大后变小D. 加速度先变小后变大，速度先变小后变大C乐陵一中解：开场阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg-kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，那么加速度减小，由于合外力与速度方向一样，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx-mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速

5、度增大故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ABD错误，C正确应选：C此题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况此题考察了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速.对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习4. 如下图，质量为M足够长的斜面体始终静止在程度地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零.重力加速度为g，那么以下说法正确的选项是()A. 斜面体对地面的压力大小

6、小于(m+M)gB. 斜面体给小物块的作用力大小小于mgC. 假设将力F撤掉，小物块将匀速下滑D. 假设将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动C乐陵一中解：A、根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为0，说明m对M的压力和m对M的摩擦力的合力竖直向下，大小等于mg，斜面体受力分析知，斜面体对地面的压力大小等于(M+m)g，故A错误；B、小物块对斜面体的作用力大小等于mg，根据牛顿第三定律，斜面体给小物块的作用力大小等于mg，故B错误；C、假设将F撤掉，那么重力、支持力和摩擦力的合力为0，小物块将匀速下滑，故C正确；D、对m：程度方向FNsin=fcos，得=fFN

7、=sincos=tan；假设将F方向改为竖直向下，那么(mg+F)sin-(mg+F)cos=ma，解得a=0，即小物块仍做匀速运动，故D错误；应选：C因为斜面体与地面的摩擦力为零，隐含条件“小物块对斜面体作用力的合力竖直向下，运用隔离法分析斜面体和小物块，结合牛顿第二定律和第三定律分析各选项此题关键是考察物体的受力分析，题目的打破口是“斜面体与地面的摩擦力为零.利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进展受力分析、进展正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进展解答；注意整体法和隔离法的应用5. 如下图，一足够长的木板静止在光滑程度面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦.

8、现用程度恒力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段间隔 但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于程度面的运动情况为()A. 物块先向左运动，再向右运动B. 木板向右运动，速度逐渐减小，直到为零C. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零C乐陵一中解：由题知道：物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向一样，向右做加速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，所以物块向右运动，速度逐渐减小，木板向右运动，速度逐渐增大，

9、最后一起做匀速运动，故C正确，ABD错误应选：C分析题意可知，开场时，物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向与运动方向之间的关系分别分析两个物体的运动情况此题关键要分析得到刚开场时两个物体之间存在滑动摩擦力，考察分析物体受力情况和运动情况的才能，注意明确当速度相等时二者不再有摩擦力，故将一起做匀速直线运动二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 如下图，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于程度地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运

10、动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.那么此下降过程中()A. A的动能到达最大前，B受到地面的支持力小于32mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为32mgLAB乐陵一中解：AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；在A的动能到达最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于32mg，故A、B正确；B、当A到达最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D、A下落

11、的高度为：h=Lsin60-Lsin30，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=3-12mgL，故D错误应选：ABA的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能到达最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值解答此题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重7. 我国高铁技术处于世界领先程度，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都一

12、样，动车的额定功率都一样，动车组在程度直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，那么该列车组()A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 与关闭发动机时的速度成正比D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2BD乐陵一中解：设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，A、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是一样的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向一样.故A错

13、误；B、做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进展受力分析得：2F-8kmg=8ma对6、7、8车厢进展受力分析得：F1-3kmg=3ma对7、8车厢进展受力分析得：F2-2kmg=2ma联立可得：F1F2=32.故B正确；C、设进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 为s，那么：-8kmgs=0-8×12mv2可得：s=v22kg可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 与关闭发动机时的速度的平方成正比.故C错误；D、当只有两节动力车时，最大速率为v，那么：2P=8kmgv改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P=8kmgv'所以：v'=2v，故D正确应选：BD根据受

14、力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的间隔 ；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度到达最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量当机车的速度到达最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答此题8. 如下图，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面.假设鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，那么在上述过程中()A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 假设猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D. 假设猫减小拉力

15、，鱼缸有可能滑出桌面BD乐陵一中解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数一样，故受到的摩擦力相等，那么由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，那么由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，那么运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，那么有可能滑出桌面；故D正确；应选：BD根据摩擦

16、力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进展分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况此题考察牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进展分析9. 如图，叠放在程度转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，A和B、C离转台中心的间隔 分别为r、1.5r.设此题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的选项是()A. B对A的摩擦力一定为3mgB. B对A的摩擦力一定为3m2

17、rC. 转台的角速度一定满足：grD. 转台的角速度一定满足：2g3rBD乐陵一中解：A、B、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=(3m)2r(3m)g 故A错误，B正确；C、D、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)2r(3m)g 对AB整体，有：(3m+2m)2r(3m+2m)g 对物体C，有：m2(1.5r)mg 解得2g3r 故C错误，D正确；应选BD分别对A、AB整体、C受力分析，合力提供向心力，根据向心力公式列式分析此题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析

18、三、填空题本大题共1小题，共5分10. 如下图，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于程度地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动。振动过程中底座恰好不分开地面，重力加速度为g，那么小球的最大加速度为_；底座对地面的最大压力大小为_；小球做简谐振动的振幅为_。m1g+m2gm2；2(m1+m2)g；m1g+m2gk乐陵一中解：因为振动过程中底座恰好不分开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F=m1g，在最高点弹簧的拉力最大，对小球受力分析，受到竖直向下的弹力以及重力作用，故根据牛顿第二定律可得a=m1g+

19、m2gm2，小球运动到最低点时，底座对地面的压力最大，根据简谐运动的对称性，在最低点小球受到的加速度为：a=m1g+m2gm2，方向向上，故F，解得弹簧对底座的作用力为，底座对地面的最大压力为，在平衡位置时弹簧弹力等于小球的重力，在最低点，故F=kA，解得A=m1g+m2gk。故答案为：m1g+m2gm2；2(m1+m2)g；m1g+m2gk振动过程中底座恰好不分开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F=m1g，然后分别对小球和底座进展受力分析即可求出；由胡克定律即可求出小球的振幅。在断定小球是否做简谐运动时一定要根据回复力公式进展判断，先要明确平衡位置，再找出回复力与位移间的关系；同时还要

20、注意分析物体在运动中外力变化情况。四、实验题探究题本大题共2小题，共25分11. 某物理兴趣小组利用托盘探究小球用细线悬挂在竖直面内做圆周运动时，通过托盘称的读数来反映细线拉力的变化情况。实验器材有：托盘秤，铁架台，系有长度为L细线的小球等。(1)分别将铁架台、小球放在托盘秤上，其读数分别为M和m。(2)组装好实验装置如下图。保持细线自然长度将小球拉至使细线处于程度位置，此时托盘秤读数为_(填写“M+m或“M或“大于M+m或“处于M和M+m之间)。(3)小球松手后，向下运动，此时看到托盘秤读数_(填写“逐渐增大或“逐渐减小或“保持不变)。(4)当小球运动到最低点时，细线的拉力大小为_。M；逐渐

21、增大；3mg乐陵一中解：(2)将小球拉起至使细线处于程度位置，小球受到的外力的作用与其重力的大小是相等的，小球在程度方向的拉力是0，所以铁架台只受到重力与电子秤的支持力，那么铁架台受到的支持力等于其重力，根据牛顿第三定律可知，此时电子秤受到的压力等于铁架台的支持力，那么电子秤的读数为M。(3)从释放小球至小球向下运动到最低点过程，小球做速度增大的圆周运动，向心力逐渐增大，同时细线与竖直方向增加的夹角减小，那么小球受到的向心力在竖直方向的分力增大；根据牛顿第三定律可知，铁架台在竖直方向受到的细线的拉力增大，竖直方向受到的支持力也随着增大，所以电子秤读数增大；(4)忽略空气阻力，当小球运动到最低点

22、时，小球的机械能守恒，那么：mgl=12mv2，又由于绳子的拉力与重力的合力提供向心力，那么：F-mg=mv2l联立得对绳子拉力：F=3mg根据牛顿第三定律，细线的拉力为3mg。故答案为：(2)M；(3)逐渐增大；(4)3mg。(2)根据共点力平衡分析将小球拉起至使细线处于程度位置时电子秤读数；(3)结合圆周运动与向心力的特点，分析电子秤的示数的变化；(4)结合机械能守恒与牛顿第二定律，求出细线的拉力，然后以铁架台为研究对象，求出铁架台受到的支持力，根据牛顿第三定律求解拉力。该题利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，属于设计性的实验，在解答的过程中首先要理解实验的原理，然后结合实验的原理进展

23、分析即可。12. 如下图，是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左右半径比分别是1：1、2：1和3：1.左右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到塔轮中心的间隔 相等。两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。(1)在该实验中应用了_来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。A.理想实验法    B.控制变量法

24、60;    C.等效替代法(2)用两个质量相等的小球放在A、C位置，匀速转动时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，那么皮带连接的左右塔轮半径之比为_。B；2：1乐陵一中解：(1)要探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系，需要采用控制变量法。(2)设皮带连接的左右塔轮半径分别为r1和r2，左右塔轮的角速度分别为1和2，A、C到塔轮中心的间隔 为r。A、C两个小球向心力大小分别为F1和F2。根据题意知，F1：F2=1：4根据F=m2r知，m、r相等，那么有F1：F2=12：22那么得1：2=1：2左右塔轮边缘的线速度大小相等，由v=r得：r1

25、：r2=2：1=2：1故答案为：(1)B.(2)2：1(1)该实验是采用的控制变量法。(2)线速度相等时角速度与半径成反比，根据控制变量法求解皮带连接的左右塔轮半径之比。本实验采用的是控制变量法，即要研究一个量与另外一个量两者的关系，需要控制其它量不变。要读懂题意，明确确定向心力关系的方法。五、计算题本大题共4小题，共48分13. 如图，程度面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在程度向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开场运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.

26、杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解：(1)根据牛顿第二定律：F-mg=ma刚进磁场时的速度：v0=at0感应电动势为：E=Blv0解得：E=Blt0F-mgm(2)根据右手定那么，导体棒中的电流向上，由左手定那么知安培力程度向左匀速运动受力平衡：回路电流为：得：R=B2l2t0m乐陵一中此题是电磁感应中的力学问题，知道受力情况，要能纯熟运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度。要知道安培力与速度成正比，都是常用的方法，这些思路要熟悉。(1)根据牛顿第二定律和运动学

27、公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势；(2)进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻14. 如下图，在与程度方向成53的斜向上拉力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开场沿程度地面做匀加速直线运动，经2s运动的间隔 为6m，随即撤掉F，小物块运动一段间隔 后停顿.物块与地面之间的动摩擦因数=0.5，sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2.求：(1)物块运动的最大速度；(2)F的大小解：(1)物块运动2s时速度最大.由运动学公式有：x=v2t 可得物块运动的最大速度为：v=2xt=2×62=6m/s (2

28、)物块匀加速直线运动的加速度为：a=vt=62=3m/s2设物块所受的支持力为N，摩擦力为f，根据牛顿第二定律得：Fcos-f=ma Fsin+N-mg=0 又f=N 联立解得：F=3.2N 答：(1)物块运动的最大速度是6m/s；(2)F的大小是3.2N乐陵一中(1)物块做匀加速直线运动，运动2s时速度最大.时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求出物块的最大速度(2)由公式v=at求出物块匀加速直线运动，由牛顿第二定律求F的大小此题考察了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联络力学和运动学的桥梁，要注意撤去F前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变15. 如下图，

29、物体的质量m=1.0kg，物体与地面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2.假设沿程度向右方向施加一恒定拉力F=9.0N，使物体由静止开场做匀加速直线运动.求：(1)物体的加速度大小；(2)2s末的速度大小；(3)2s末撤去拉力F，物体还能运动多远？解：(1)根据牛顿第二定律  F-f=ma， f=mg0.5×10=5N   那么a=F-fm=9-51=4m/s2 (2)对于匀加速运动，2s末的速度v=v0+at=8m/s         &

30、#160;   (3)撤去拉力后的加速度大小a'=fm=mgm=g=5m/s2，那么物体还能滑行的间隔 x=v22a'=642×5m=6.4m答：(1)物体的加速度大小为4m/s2；(2)2s末的速度大小为8m/s；(3)2s末撤去拉力F，物体还能运动6.4m乐陵一中根据牛顿第二定律求出物体的加速度，结合速度时间公式求出2s末的速度根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出物体还能滑行的间隔 此题考察了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联络力学和运动学的桥梁，根底题16. 如下图，程度桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐.薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m.在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点)，质量m=0.5kg.小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1=0.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为2=0.2