廣東專用高考物理二輪復(fù)習(xí)與增分特訓(xùn) 專練4 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用

專練4牛頓第二定律的理解和應(yīng)用一、單項(xiàng)選擇題1.如圖1所示，粗糙的水平地面上有一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜劈，斜劈上有一質(zhì)量為m的小物塊正沿斜面下滑，小物塊與斜面之間無(wú)摩擦，斜劈始終保持靜止，則在小物塊下滑的過程中斜劈受到水平地面的摩擦力和支持力大小分別是 ()圖1A．0；(M＋m)gB．0；Mg＋mgcos2θC．mgsinθcosθ；Mg＋mgcos2θD．mgtanθ；Mg＋mgcosθ答案C解析以M、m為整體，整體中的m的加速度有豎直向下的分量a1＝gsin2θ，則整體在豎直方向上由牛頓第二定律可得(M＋m)g－FN＝mgsin2θ，可得FN＝Mg＋mgcos2θ；同樣m的加速度有水平向左的分量a2＝gsinθcosθ，對(duì)整體在水平方向上由牛頓第二定律得f＝mgsinθcosθ，C正確．2.如圖2所示，A、B兩物塊疊放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物塊的質(zhì)量分別為M、m，物塊間粗糙．現(xiàn)用水平向右的恒力F1、F2先后分別作用在A、B物塊上，物塊A、B均不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則F1、F2的最大值之比為 ()圖2A．1∶1 B．M∶mC．m∶M D．m∶(m＋M)答案B解析F1作用在A物塊上，由牛頓第二定律，F(xiàn)1＝(M＋m)a1.設(shè)A、B物塊間的最大靜摩擦力為f，對(duì)B物塊，則有f＝ma1.F2作用在B物塊上，由牛頓第二定律，F(xiàn)2＝(M＋m)a2.對(duì)A物體，則有f＝Ma2，聯(lián)立解得：F1、F2的最大值之比為F1∶F2＝M∶m，選項(xiàng)B正確．3.如圖3所示，在光滑的水平面上，A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2mB，A物體與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端固定在豎直墻上，開始時(shí)，彈簧處于自由狀態(tài)，當(dāng)物體B沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)，使彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B兩物體間作用力為F，則彈簧給A物體的作用力的大小為()圖3A．F B．2F C．3F 答案C解析根據(jù)題述彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B兩物體間作用力為F，隔離B，分析受力，由牛頓第二定律，B的加速度a＝F/mB.設(shè)彈簧給A物體的作用力的大小為F′，隔離A，由牛頓第二定律，F(xiàn)′－F＝mAa.解得F′＝3F4.物體原來(lái)靜止在水平地面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖4所示．設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等．根據(jù)題目提供的信息，下列判斷正確的是 ()圖4A．物體的質(zhì)量m＝2kgB．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6C．物體與水平面的最大靜摩擦力fmax＝12ND．在F為10N時(shí)，物體的加速度a＝2.5m/s2答案A解析由題圖可知，當(dāng)F＝7N時(shí)，a＝0.5m/s2，當(dāng)F＝14N時(shí)，a＝4m/s2，由牛頓第二定律知，F(xiàn)－f＝ma，故7－f＝0.5m,14－f＝4m，聯(lián)立解得：m＝2kg，f＝6N．選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤．由f＝μmg解得μ＝0.3，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma，在F為10N時(shí)，物體的加速度a＝2.0m/s5．如圖5甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30°，質(zhì)量為0.3kg的小物塊靜止在A點(diǎn)．現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上，作用一段時(shí)間后撤去推力F，小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn)，小物塊從A到C的v－t圖象如圖乙所示．g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖5A．小物塊到C點(diǎn)后將沿斜面下滑B．小物塊加速時(shí)的加速度是減速時(shí)加速度的eq\f(1,3)C．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)D．推力F的大小為6N答案B解析撤去推力F后，滑塊在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由v－t圖象求得小物塊在加速和減速兩個(gè)過程中的加速度大小分別為a1＝eq\f(10,3)m/s2，a2＝10m/s2，在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律可知mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，μ＝eq\f(\r(3),3)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；由此判斷mgsin30°＝fm＝μmgcos30°，因此小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將靜止在斜面上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在勻加速階段F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，F(xiàn)＝4N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6.如圖6所示，輕彈簧豎直放置在水平面上，其上放置質(zhì)量為2kg的物體A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將質(zhì)量為3kg的物體B輕放在A上，則B與A剛要一起運(yùn)動(dòng)的瞬間，B對(duì)A的壓力大小為(取g＝10m/s2) ()圖6A．30N B．18NC．12N D．0答案C解析在B與A剛要一起運(yùn)動(dòng)的瞬間，對(duì)A、B整體受力分析，受重力(mA＋mB)g、向上的彈力F＝mAg，由牛頓第二定律，(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝0.6g.對(duì)A受力分析，設(shè)B對(duì)A的壓力大小為F′，由牛頓第二定律，F(xiàn)′＋mAg－F＝mAa，解得F二、雙項(xiàng)選擇題7.如圖7所示，質(zhì)量為m的光滑小球置于斜面上，被一個(gè)豎直固定在斜面上的擋板擋?。F(xiàn)使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是 ()圖7A．若加速度足夠小，豎直擋板對(duì)球的彈力可能為零B．若加速度足夠大，斜面對(duì)球的彈力可能為零C．斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力大于maD．加速度由a增大至2a答案CD解析由受力分析和牛頓第二定律知：水平方向的合力方向總是向右的，斜面對(duì)小球的作用力的水平分量沿水平方向向左，所以豎直擋板對(duì)小球的作用力不可能為零，故A錯(cuò)；豎直方向合外力總等于零，故斜面對(duì)球的作用力不可能為零，故B錯(cuò)；斜面和擋板對(duì)球的作用力的合力大小為：F＝eq\r(m2g2＋m2a2)>ma，故選項(xiàng)C正確；由于豎直方向合外力為零，所以斜面對(duì)球的作用力保持不變，故選項(xiàng)D正確．8．如圖8所示，兩個(gè)傾角相同的滑竿上分別套有a、b兩個(gè)圓環(huán)，兩個(gè)圓環(huán)上分別用細(xì)線懸吊兩個(gè)物體c、d，當(dāng)它們都沿滑桿向下滑動(dòng)時(shí)，a的懸線與桿垂直，b的懸線豎直向下．則下列說(shuō)法中正確的是 ()圖8A．a(chǎn)環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力B．b環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力C．a(chǎn)環(huán)做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．b環(huán)做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)答案AC解析設(shè)滑竿與水平方向的夾角為θ，分析c受力可知，c的加速度為gsinθ，所以a、c整體的加速度為gsinθ，再對(duì)a、c整體受力分析知，a環(huán)與滑竿間沒有摩擦力，故選項(xiàng)A、C正確，同理可分析出b、d做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤．9．如圖9所示，質(zhì)量M，中空為半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動(dòng)凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止時(shí)，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角．則下列說(shuō)法正確的是 ()圖9A．小鐵球受到的合外力方向水平向左B．凹槽對(duì)小鐵球的支持力為eq\f(mg,cosα)C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαD．推力F＝Mgtanα答案BC解析系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對(duì)小鐵球的支持力為eq\f(mg,cosα)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．小球所受合外力為mgtanα，加速度為a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．10．某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演．已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200N．在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大?。阎輪T在滑桿上做完動(dòng)作之后，先在桿上靜止了0.5s，然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零．整個(gè)過程中演員的v－t圖象和傳感器顯示的拉力隨時(shí)間的變化情況如圖10甲、乙所示，g取10m/s2.則下述說(shuō)法正確的是 ()甲乙圖10A．演員的體重為600NB．演員在第1s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)C．滑桿所受的最小拉力為620ND．滑桿所受的最大拉力為900N答案AC解析演員在滑桿上靜止時(shí)，傳感器顯示的拉力800N等于演員重力和滑桿的重力之和，故演員的體重為600N，選項(xiàng)A正確．演員在第1s內(nèi)先靜止后加速下滑，加速下滑時(shí)處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．演員加速下滑時(shí)滑桿所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3m/s2，對(duì)演員，由牛頓第二定律，mg－F1＝ma1，解得F1＝420N．對(duì)滑桿，由平衡條件，最小拉力FT1＝420N＋200N＝620N，選項(xiàng)C正確．減速下滑時(shí)滑桿所受的拉力最大．減速下滑的加速度大小a2＝1.5m/s2，對(duì)演員，由牛頓第二定律，F(xiàn)2－mg＝ma2，解得F2＝690N．對(duì)滑桿，由平衡條件，最大拉力FT2＝690N＋200N＝890N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．11．如圖11所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝2kg、m2＝3kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接．兩個(gè)大小分別為F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則 ()圖11A．彈簧秤的示數(shù)是26NB．彈簧秤的示數(shù)是50NC．在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為5m/s2D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13m/s2答案AD解析首先以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，求出整體的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝2m/s2，再以m1為研究對(duì)象，F(xiàn)1－FT＝m1a，解得FT＝26N，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不發(fā)生變化，m1的加速度大小仍為2m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13m/s2，選項(xiàng)D正確．12．如圖12所示，光滑的水平地面上有三塊木塊a、b、c，質(zhì)量均為m，a、c之間用輕質(zhì)細(xì)繩連接．現(xiàn)用一水平恒力F作用在b上，三者開始一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運(yùn)動(dòng)，且始終沒有相對(duì)滑動(dòng)．則在粘上橡皮泥并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說(shuō)法正確的是 ()圖12A．無(wú)論粘在哪塊木塊上面，系統(tǒng)的加速度一定減小B．若粘在a木塊上面，繩的張力減小，a、b間摩擦力不變C．若粘在b木塊上面，繩的張力和a、b間摩擦力一定都不變D．若粘在c木塊上面，繩的張力和a、b間摩擦力一定都增大答案AD解析將a、b、c看作一個(gè)整體，對(duì)整體受分力析，整體受力不變，但整體的質(zhì)量增大，根據(jù)牛頓第二定律得整體加速度減小，A正確；如果粘在a上，對(duì)c受力分析，繩的拉力就是c受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律得c受到的拉力減??；對(duì)b受力分析，水平恒力F和a對(duì)b的摩擦力的合力即為b受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律得b受到的合力減小，故a、b間摩擦力增大，B錯(cuò)誤；如果粘在b上，對(duì)c受力分析，繩的拉力即為c受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律得c受到的拉力減小，對(duì)a、c整體受力分析，b對(duì)a的摩擦力即為兩者的合力，根據(jù)牛頓第二定律得a、c整體受到的合力減小，故b對(duì)a的摩擦力減小，C錯(cuò)誤；如果粘在c上，對(duì)b受力分析，水平恒力F減去a對(duì)b的摩擦力即為b受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律得b受到的合力減小，故a、b間的摩擦力增大，對(duì)a受力分析，b對(duì)a的摩擦力減去繩的拉力即為a受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律得a受到的合力減小，說(shuō)明繩的拉力增大，D正確．13．如圖13甲所示，在升降機(jī)頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力的傳感器，傳感器下方掛一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器所顯示的彈力F的大小隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則下列選項(xiàng)正確的是 ()圖13A．升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動(dòng)B．0～t1時(shí)間小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時(shí)間小球處