2020年高考复习微专题—牛顿第二定律及瞬时性问题习题选编含答案

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牛顿第二定律瞬时性问题专题(个人整理)

Ａ. 剪断绳的瞬间a=g
B. 剪断绳的瞬间Ｃ. 剪断弹簧的瞬间
Ｄ. 剪断弹簧的瞬间
析：剪断绳时a=0,剪断弹簧时a=g/2
• 例2、如图甲两球质量均为m，两根轻绳1和2，突然迅速剪断1，剪断瞬间A、B的加速度为多少？
变式1：将轻绳2改变成轻质弹簧，如图乙，则情况又如何？
变式2：如图乙中A、B质量分别为3m和2m，则剪断线1瞬间，情况又如何？
பைடு நூலகம்
变式1 (2020·福建龙岩市期末质量检查)如图5所示，在倾角为θ＝30°
的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，
物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力.
已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是
A.细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B.细线剪断前，细线的拉力为mg
a
A
B
例3 (多选) 如图4所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间
√A.弹簧的形变量不改变
B.弹簧的弹力大小为mg
√C.木块A的加速度大小为2g
D.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
细线剪断瞬间，对 A、B 系统，加速度大小：a＝2mgs2inmθ－F＝41g，故 D 正确.
变式2 如图6所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有 A.图甲中A球的加速度大小为gsin θ B.图甲中B球的加速度大小为2gsin θ C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ

考点06 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值-2020年新高三一轮复习物理(解析版)

考点06 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值一、选择题1．如图所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是()A．接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方【答案】BD【解析】从小球下落到与弹簧接触开始，一直到把弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点，之前重力大于弹力，之后重力小于弹力，而随着小球向下运动，弹力越来越大，重力恒定，所以之前重力与弹力的合力越来越小，之后重力与弹力的合力越来越大，且反向(竖直向上)．由牛顿第二定律知，加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样，而在此过程中速度方向一直向下．2．物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则在0～t1这段时间内()A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小【答案】C【解析】由题图可知，物体所受合力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大；由于合外力F与速度方向始终相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选项C正确．3．如下图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a右运动．若保持力的方向不变而增大力的大小，则()A．a变大B．a不变C．a变小D．因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势【答案】A【解析】对物体受力分析，受推力F，重力G和支持力F N，由于桌面光滑，没有摩擦力，将推力沿水平方向和竖直方向正交分解，故合力等于推力的水平分量，即F合＝F cosθ(θ为力F与水平方向的夹角)故加速度为a＝＝，故F越大，加速度a越大，A正确．4．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为()A．sinαB．g sinαC．g sinαD．2g sinα【答案】C【解析】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合＝F猫＋F木板＝0＋2ma(a为木板的加速度)，整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合＝3mg sinα，解得a＝g sinα，所以C正确．5．如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10 m/s2，则()A．小球从一开始就与挡板分离B．小球速度最大时与挡板分离C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离D．小球向下运动0.02 m时速度最大【答案】C【解析】设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F.根据牛顿第二定律有：mg sin 30°－kx－F1＝ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mg sin 30°－kx＝ma，解得：x＝＝0.01 m，即小球向下运动0.01 m时与挡板分离，故A错误，C正确；球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：kx m＝mg sin 30°，解得x m＝＝0.05 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05 m，故B、D错误．二、非选择题6．如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．(1)当滑块至少以多大的加速度a向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(2)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？【答案】(1)g(2)mg【解析】(1)假设滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力F N 作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得水平方向：F cos 45°－F N sin 45°＝ma，竖直方向：F sin 45°＋F N cos 45°－mg＝0.由上述两式解得F＝，F＝.N由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力F N减小，线的拉力F增大．当a＝g时，F N＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F＝＝mg.所以滑块至少以a＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(2)当滑块加速度a>g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图乙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F′cosα＝ma′，F′sinα＝mg，解得F′＝m＝mg.7．如图所示，A，B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为M A＝3 kg，M B＝6 kg.今用水平力F A推A，用水平力F B拉B，F A和F B随时间变化的关系是F A＝9－2t(N)、F B＝3＋2t(N)．求：(1)从t＝0到A，B脱离前，它们的加速度是多少？(2)从t＝0到A，B脱离时，物体A的位移是多少？【答案】(1)m/s2(2)m【解析】(1)以A、B整体为对象：F＋F B＝(M A＋M B)aA解得：a＝m/s2(2)A、B脱离时，它们之间的弹力为零，对物体A，根据牛顿第二定律，有：F＝M A a＝4＝9－2tA解得：t＝2.5 s从t＝0到A、B脱离时，整体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x＝at2＝m8.如图所示，木块A，B的质量分别为m1、m2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A与B的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A与B间的接触面光滑．现施加一个水平力F作用于A，使A，B一起向右运动且A，B不发生相对运动，求F的最大值．【答案】【解析】设A、B间的弹力为F N，地面对B的支持力为F N′，推力F越大，则A越可能相对于B向上滑，当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受地面的支持力，设A、B共同以加速度a 沿地面加速前进．对A有：F－F N sinθ＝m1a，F N cosθ＝m1g对B有：F N sinθ＝m2a解得最大推力：F max＝.9.质量为M＝2.5 kg的一只长方体形状的铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.50.这时铁箱内一个质量为m＝0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上(如图所示)，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：(1)木块对铁箱的压力；(2)水平拉力F的大小；(3)使拉力F减小到120 N，经过一段时间，木块落至箱底后且不反弹，之后某时刻当箱的速度为v＝6 m/s时撤去拉力，再经1 s时间木块从铁箱左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？【答案】(1)20 N，方向水平向左(2)135 N(3)1.5 m【解析】(1)木块在竖直方向恰好静止在后壁上，由平衡条件可得：μ2F N＝mg，解得F N＝20 N 由牛顿第三定律可得，木块对铁箱的压力大小为20 N，方向水平向左．(2)对木块，在水平方向应有：F N＝ma，可得加速度大小为a＝40 m/s2对铁箱与木块整体，在水平方向应有：F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)a，解得F＝135 N；(3)当F＝120 N时，铁箱与木块在水平方向仍然一起加速，所以撤去拉力F时，铁箱和木块的速度均为v＝6 m/s，因μ1＞μ2，以后木块相对铁箱向右滑动，木块的加速度大小为a2＝μ2g＝2.5 m/s2铁箱的加速度大小为a1＝＝5.5 m/s2，铁箱减速时间为t1＝＝s≈1.1 s＞1 s，故木块到达箱右端时，箱未能停止，则经t＝1 s 木块比铁箱向右多移动的距离L即铁箱长．即有：L＝(vt－a2t2)－(vt－a1t2)＝解得L＝1.5 m10.如图所示，水平地面上质量为m＝3 kg的物块，在大小为16 N、方向与水平方向成θ＝37°的拉力F作用下沿地面向右做匀加速直线运动．若木块与地面之间的动摩擦因数为μ＝，(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)木块所受摩擦力的大小；(2)木块的加速度大小；(3)求物体在水平地面上做匀加速运动时拉力F的取值范围．【答案】(1)6.8 N(2)2 m/s2(3)10 N≤F≤50 N【解析】(1)对物体受力分析，如图竖直方向：F N＋F sinθ－mg＝0F＝μF Nf代入数据得：F f＝6.8 N(2)水平方向：F cosθ－F f＝ma代入数据解得：a＝2 m/s2.(3)物体水平地面上匀加速，因而：水平方向：F cosθ－F f≥0竖直方向：F N＝mg－F sinθ≥0F＝μF Nf综合以上三式，可得：10 N≤F≤50 N；故拉力的取值范围为：10 N≤F≤50 N.11．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑，若让该小木块从木块的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s.沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取1 0 m/s2，求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．【答案】(1)(2)m【解析】(1)当θ＝30°时，对木块受力分析：mg sinθ＝μF，NF－mg cosθ＝0.N则动摩擦因数：μ＝tanθ＝tan 30°＝(2)当θ变化时，设木块的加速度为a，有：mg sinθ＋μmg cosθ＝ma，木块位移为x，则：v＝2ax，则x＝令tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，x＝＝＝m＝m.min12．如图所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量m A＝10.5 kg，B的质量m B＝1.5 kg，弹簧的质量可忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，现给物体A施加一个竖直向上的受力F，使它向上做匀加速直线运动，已知t＝0.2 s时A与B分离，求F在0.2 s内的最大值与最小值．(取g＝10 m/s2)【答案】168 N 72 N【解析】设开始时，弹簧的压缩量为x1，则x＝＝m＝0.15 m①1设A、B刚分离时，弹簧的压缩量为x2对B分析：kx2－m B g＝m B a②对A分析：F max－m A g＝m A a③且x1－x2＝at2④把①式和②式代入④式解得a＝6 m/s2⑤开始运动时，A、B作为整体，弹簧的弹力与(m A＋m B)g平衡，所以合力就是F min，即F＝(m A＋m B)a＝(10.5＋1.5)×6 N＝72 Nmin而刚分离时，由③式可得F＝m A(g＋a)＝10.5×(10＋6)N＝168 N.max13．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下做匀加速运动．(g取10 m/s2)求：(1)t＝0时刻挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？【答案】(1)32 N(2)0.8 s(3)0.4 m【解析】(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律mg sin 30°－F＝ma，解得F1＝32 N；1(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝at2，解得t＝0.8 s，x＝0.32 m；(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1，解得x1＝0.4 m.14．如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b.两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg.轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大．【答案】(1)g(2)3g【解析】(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与轻绳AB垂直，cosθ＝，θ＝45°.由牛顿第二定律，得mg tanθ＝ma.可得a＝g.(2)小车向左的加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律，得F＋mg tanθ＝ma m.Tm因这时F Tm＝2mg，所以最大加速度为a m＝3g。

牛顿第二定律瞬时性问题专题训练附详细答案

牛顿第二定律瞬时性问题一、单选题1．如图所示，置于粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下物块A、B以相同的加速度a向右运动，已知物块A的质量是物块B质量的2倍，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，现撤去水平恒力F，则在此瞬间（）A．物块A的加速度大小为0B．物块B的加速度大小为0C．物块A的加速度大小为132a gμ+()D．物块B的加速度大小为a gμ+2．用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连），如图所示。

将细绳剪断后（）A．小球立即获得kxm加速度B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C．小球落地的时间等于2h gD．小球落地的速度等于2gh3．如图所示，两个质量分别为m1=2 kg，m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。

两个大小分别为F1=30 N，F2=20 N的水平拉力分别作用在m1，m2上，则（）A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去力F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D．在突然撤去力F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s24．如图所示，质量均为m的A、B两个小球用轻弹簧连接，用PO、QO两段细线悬吊处于静止状态，PO与水平方向的夹角θ=30°，QO与水平方向的夹角α=60°，重力加速度为g，则剪断PO瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A ．g ，0B ．12g ，0 C ．g ，g D ．3g ，3g 5．如图所示长度相同的轻质细线1L 和轻弹簧3L 分别系有两个完全相同的灯笼甲和乙，1L 、3L 的上端都系在天花板上，下端用轻质水平细线2L 连接，使1L 和3L 与竖直方向的夹角都为θ，两个灯笼处于静止状态，不计空气阻力，将灯笼视为质点。

现将细线2L 从中间剪断，则剪断瞬间甲、乙两灯笼的加速度大小之比为（）A ．1B ．sin θC ．cos θD ．tan θ6．如图所示，悬挂在空中的三个物块A 、B 、C 的质量满足23A B C m m m ==，A 与天花板之间、A 与B 之间均用轻细绳相连，B 与C 之间用轻弹簧相连，当系统静止后，突然剪断A ，B 间的细绳，则此瞬间A 、B 、C 的加速度分别为(重力加速度为g ，取向下为正) （） A ．g -、52g 、0 B ．0、53g 、0 C ．56g -、53g 、0 D ．0、g 、g 7．如图所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态。

专题08 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值1-——新高考物理复习必刷题附答案解析

专题三牛顿运动定律必刷08 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值1．（2020·湖南娄底一中高二开学考试）如图所示，在倾角为θ=30的光滑斜面上，物块A 、B 质量均为m ．物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 靠在一起，但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是A ．细线剪断前，弹簧的弹力为mgB ．细线剪断前，细线的拉力为mgC ．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D ．细线剪断瞬间，物块B 的加速度大小为g 142．（2020·上海高二学业考试）静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间（） A ．物体立刻获得加速度，但速度仍等于零B ．物体立刻获得速度，但加速度为零C ．物体立刻获得加速度，也同时也获得速度D ．物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得3．（2020·山东高三模拟）如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。

已知重力加速度为g ，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

下列结论正确的是（）A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mg B ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 43g C ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 53g D ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为 53mg 4．（2020·浙江杭州高级中学高三模拟）如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。

剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。

已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为，若时刻木箱刚好不能离开地面，g 0t 下面说法正确的是A ．时刻小球速度最大0t B ．时刻小球加速度为零0t C ．时刻就是刚剪断细线的时刻0t D ．时刻小球的加速度为0t 2g 5．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三其他）如图所示，细绳l 1与l 2共同作用于质量为m 的小球而使其处于静止状态，其中细绳l 1与竖直方向的夹角为θ，细绳l 2水平，重力加速度为g ，不计空气阻力．现剪断细绳l 2，则剪断瞬间A ．小球立即处于完全失重状态B ．小球在水平方向上的加速度大小为gsin 2θ 12C ．细绳l 1上的拉力大小为 cos mg θD ．小球受到的合力大小为mg tan θ，方向水平向右6．（2020·湖北高三月考）如图（a ）所示，用卡车运输质量为m 的匀质圆柱形水泥管，底层水泥管固定在车厢内，上层水泥管堆放在底层上，如图（b ）所示。

2020年高考物理3.2 牛顿第二定律(含解析)

二．牛顿第二定律一．选择题1.（6分）（2019河南开封三模）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。

则下列说法中正确的是( ）A．B和A刚分离时,弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B与A分离之前，它们做匀加速运动【参考答案】C【名师解析】B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。

故AB错误.B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F＝mg．两物体向上运动的距离为h,则弹簧压缩量减小△x＝h,由胡克定律得:k＝＝．故C正确。

对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小,整体做变加速运动.故D错误。

2．（6分）(2019山东枣庄二模）如图所示，用轻质细绳将条形磁铁悬挂于天花板上，处于悬空状态，现将一铁块置于条形磁铁下方，系统处于静止状态。

关于磁铁和铁块受力情况，下列说法正确的是( ）A．条形磁铁一定受3个力B．铁块一定受2个力C．若烧断细绳,则铁块一定受2个力D．若烧断细绳，则条形磁铁一定受3个力【参考答案】D【名师解析】如果磁铁对铁块的吸引力大于铁块的重力，则二者之间有弹力，如果磁铁对铁块的吸引力等于铁块的重力，则二者之间没有弹力，由此分析受力情况。

条形磁铁受到重力、绳子拉力、铁块的吸引力，也可能受到铁块的弹力，也可能不受铁块的弹力,故A错误；铁块受到重力、磁铁的吸引力，可能受到磁铁的弹力，也可能不受弹力，故B错误;若烧断细线，二者一起做自由落体运动，由牛顿第二定律可知，铁块一定受到受到重力、磁铁的吸引力,磁铁的弹力3个力作用，故C错误；若烧断细绳,条形磁铁受到重力、铁块的弹力、铁块的吸引力3个力，故D正确。

3。

如图所示,固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球,下列关于杆对球的作用力F的判断中,正确的是( ）A．小车静止时，F mgsinθ=，方向沿杆向上B．小车静止时,F mg cosθ=，方向垂直于杆向上C．小车向右以加速度a运动时，一定有ma=FsinθD．小车向左匀速运动时，F mg=，方向竖直向上【参考答案】D【思路点拨】【名师解析】小车静止时,球受到重力和杆的弹力作用,由平衡条件可得杆对球的作用力F＝mg，方向竖直向上,选项A．B错误；小车向右以加速度a运动时,只有当a＝g tan θ时,才有F＝错误!，如图所示，选项C错误；小车向左匀速运动时,根据平衡条件知，杆对球的弹力大小为mg，方向竖直向上，选项D正确。

高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训练(含答案)

高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训
练(含答案)
高中物理牛顿第二定律经典练题专题训练（含答案）
1. Problem
已知一个物体质量为$m$，受到一个力$F$，物体所受加速度为$a$。

根据牛顿第二定律，力、质量和加速度之间的关系可以表示为：
$$F = ma$$
请计算以下问题：
1. 如果质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2，求所受的力
$F$的大小。

2. 如果质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N，求物体的加速度$a$。

2. Solution
使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来解决这些问题。

1. 问题1中，已知质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$F = 2 \times 3 = 6 \,\text{N}$$
所以，所受的力$F$的大小为6N。

2. 问题2中，已知质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$10 = 5a$$
解方程可以得到：
$$a = \frac{10}{5} = 2 \,\text{m/s}^2$$
所以，物体的加速度$a$为2m/s^2。

3. Conclusion
通过计算题目中给定的质量、力和加速度，我们可以使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来求解相关问题。

掌握这一定律的应用可以帮助我们更好地理解物体运动的规律和相互作用。

2020年高考物理专题复习：辨析牛顿第二定律的瞬时性与平衡练习题

2020年高考物理专题复习：辨析牛顿第二定律的瞬时性与平衡练习题1. 如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A 、B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面。

C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断后的瞬间，下列说法正确的是（）A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB. A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC. C 对地面的压力等于A 、B 和C 的重力之和D. 地面对C 无摩擦力2. 如图，用手提一劲度系数很小的弹簧一端让其自由下垂，静止时，弹簧由于自身重力作用处于伸长状态，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A. 释放瞬间弹簧底端加速度为零B. 弹簧处于静止状态时弹簧中的弹力处处相等C. 释放后弹簧将保持长度不变下落D. 释放弹簧后，弹簧下落的同时从两端向中间收缩3. 如图所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。

已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A. 滑块向左运动过程中，始终做减速运动B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动C. 滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为m mg kx μ+0D. 滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x=k mg μ时，滑块的速度最大 4. 如图所示，A 、B 两物体质量均为m ，A 与B 用弹簧连接，当悬挂A 物体的细线突然剪断，在剪断的瞬间，A 的加速度大小和B 物体的加速度大小分别为（）A. g ，gB. 2g ，0C. 0，2gD. 2g ，2g5. 如图所示，光滑水平面上，在拉力F 作用下，AB 共同以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A （m 1）和B （m 2）的加速度为a 1和a 2，则（）A. a 1＝0，a 2＝0B. a 1＝a ，a 2＝0C. a 1＝112m m m +a 2212m a m m =+a D. a 1＝a a 2＝－12m m a 6. 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为固定挡板。

高中物理牛顿第二定律选择题专题训练含答案

高中物理牛顿第二定律选择题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、选择题（共35题）1、质量为M的木块位于粗糙水平桌面上,若用大小为F的水平恒力拉木块,其加速度为a.当拉力方向不变,大小变为2F时,木块的加速度为a＇,则A．a＇=a B．a＇<2a C．a＇>2a D．a＇=2a2、在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法3、在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法4、在研究物体的“加速度、作用力和质量”三个物理量的关系时，我们用实验研究了小车“在质量一定的情况下，加速度和作用力的关系”；又研究了“在作用力一定的情况下，加速度和质量之间的关系”．这种研究物理问题的科学方法是( )A．建立理想模型的方法 B．控制变量法C．等效替代法 D．类比法5、如图所示，马拖着一根质量为m的光滑树干在水平地面上做加速直线运动，加速度为a，已知马对树干的水平拉力大小为F1，树干对马的拉力大小为F2，则由牛顿第二定律可知( )A．F2＝ma B．F1－F2＝maC．F1＋F2＝ma D．F1＝ma6、下面说法中正确的是（）A．力是物体产生加速度的原因B．物体运动状态发生变化，一定有力作用在该物体上C．物体运动速度的方向与它受到的合外力的方向总是一致的D．物体受外力恒定，它的速度也恒定7、物体在合外力F作用下，产生加速度a，下面说法中正确的是（）A．在匀减速直线运动中，a与F反向B．只有在匀加速直线运动中，a才与F同向C．不论在什么运动中，a与F的方向总是一致的D．以上说法都不对8、关于力和运动的关系,下列说法正确的是( )A.物体的速度不断增大,则物体必受力的作用B.物体的位移不断增大,则物体必受力的作用C.若物体的位移与运动时间的平方成正比,则物体必受力的作用D.物体的速率不变,则其所受合外力必为零9、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的装置．下列说法中正确的是( )A．在探究加速度与质量的关系时，应该改变拉力的大小B．在探究加速度与外力的关系时，应该改变小车的质量C．在探究加速度a与小车质量M的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a－1M图象D．当小车的质量远大于盘和砝码的总质量时，不能近似认为细线对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力大小10、对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间( )A．物体立即获得速度B．物体立即获得加速度C．物体同时获得速度和加速度D．由于物体未来得及运动，所以速度、加速度都为零11、由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( )A．牛顿第二定律不适用于静止的物体B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D．桌子所受的合力为零，加速度为零12、由牛顿第二定律可知( )A．同一物体的运动速度越大，受到的合外力也越大B．同一物体的速度变化率越小，说明它受到的合外力越小C．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比D．同一物体的速度变化越大，说明它受到的合外力越大13、人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是:A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力D．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力14、关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零15、某人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，向上跳离地面。

2020年高考复习微专题—牛顿第二定律及瞬时性问题习题选编含答案

微专题—牛顿第二定律及瞬时性问题习题选编一、单项选择题1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（）A．1F B．2F C．3F D．4F2．如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是（）A．B．maC．D．m(g+a)3．如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ的拉力F作用下匀加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是（）A．物体对地面的压力为mgB．物体受到地面的的支持力为mg－F·sinθC．物体受到的摩擦力为μmgD．物体受到的摩擦力为F·cosθ4．如图所示，踢毽子是人们喜爱的一项体育活动，毽子被踢出后竖直向上运动，达到最高点后又返回原处。

若运动过程中毽子受到的空气阻力大小与速度的大小成正比，且始终小于毽子的重力，则下列说法正确的是（）A．毽子踢出后受到三个力的作用B．毽子到最高点时，不受任何力的作用C．毽子在上升过程中，加速度先减小后增大D．毽子在下降过程中，加速度减小5．如图所示,物体在水平拉力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，速度为 v．现让拉力逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况是（）A．加速度逐渐变小，速度逐渐变大B．加速度逐渐变大，速度逐渐变小C．加速度和速度都在逐渐变大D．加速度和速度都在逐渐变小6．在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其前方固定一个轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当物块的速度为零时，它受到的合力为零D．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零7．质量为m的物体，放在粗糙的水平面上，受水平推力F的作用，产生加速度a，物体所受到的摩擦力为f，当水平推力变为2F时（）A．物体所受的摩擦力变为2fB．物体的加速度等于2aC．物体的加速度小于2aD．物体的加速度大于2a8．如图所示，一轻质弹簧其上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，弹簧的长度为l，小球相对于升降机静止．若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则以地面为参照系，对于弹簧的长度第一次减小到l 之前的过程，小球的（）A．速度逐渐减小，加速度逐渐减小B．速度逐渐增小，加速度逐渐减大C．速度逐渐先减小后增大，加速度先减小后增大D．速度逐渐先减小后增大，加速度先增大后减小9．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）A．在3 s末，物体处于出发点右方B．在1~2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C．在1~3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D．在0~1 s内，外力F不断增大10．一质量为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,g取10m/s2,则以下说法正确的是（）A．若升降机是静止状态,则AB杆对球的作用力大小为6NB．若升降机是静止状态,则AB杆对球的作用力大小为8NC．若升降机是加速上升,加速度大小为5m/s2,则AB杆对球的作用力大小为D．若升降机是减速上升,加速度大小为5m/s2,则AB杆对球的作用力大小为11．如图所示，将一个质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度匀速运动，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间（）A．物体的加速度大小为Fm，方向水平向左B．物体的加速度大小为2Fm，方向水平向右C．地面对物体的作用力大小为mgD12．在小车中的悬线上挂一个小球，实验表明，当小球随小车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图所示。

【高考复习】2020版高考物理全程复习课后练习10 实验：验证牛顿第二定律(含答案解析)

2020版高考物理全程复习课后练习10实验：验证牛顿第二定律1.在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，砂和砂桶的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是________．A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电．改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________．A．M=200 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g、40 gB．M=200 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M=400 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g、40 gD．M=400 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用图给数据可求出小车运动的加速度a=________ m/s2.(结果保留三位有效数字)2.某实验小组设计如图甲所示实验装置“探究加速度与力的关系”．已知小车的质量M，砝码盘的质量m0，打点计时器使用的交流电频率f=50 Hz.(1)探究方案的实验步骤A．按图甲安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记录砝码盘中砝码的质量m；D．将小车紧靠打点计时器，接通电源后放开小车，得到一条点迹清晰的纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量m，重复多次步骤B～D，得到多组m、a.(2)记录数据及数据分析①实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度a=________ m/s2.②实验小组认为小车受到的合外力F=mg，根据记录数据和纸带，将计算得到的合外力和加速度填入设计的表中(表略)．③建立a－F坐标系，利用②中得到的表中数据描点得到如图丙所示的图线．根据图线，“小车加速度a与外力F成正比”的结论是________(选填“成立”或“不成立”)的；已知图线延长线与横轴的交点A的坐标是(－0.08 N,0)，由此可知，砝码盘的质量m0=________ kg.(已知数据测量是准确的，重力加速度g取10 m/s2)(3)方案评估：若认为小车受到的合外力等于砝码盘和砝码的总重力，即F=(m0＋m)g，实验中随着F的增大，不再满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量要求，实验图应为________．(填正确答案标号)3. (1)某位同学用图1所示实验装置做验证牛顿第二定律实验，实验前必须进行的操作步骤是__________________．(2)正确操作后通过测量，作出a—F图线，如图2中的实线所示，则图线上部弯曲的原因是____________________________________.(3)打点计时器使用的交流电频率f=50 Hz，如图3是某同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每相邻两点之间还有4个点没有标出，写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a=________；根据纸带所提供的数据，计算可得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)．4.某组同学计划用如图甲所示的实验装置，探究加速度a与合外力F及小车质量M之间的关系．(1)为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰当的角度θ，若小车和木板之间的动摩擦因数为μ，则tanθ________μ(选填“>”、“<”或“=”)．(2)实验得到如图乙所示的纸带．O点为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点记为A、B、C、D、E、F、G，小车的加速度大小为________ m/s2(结果保留两位有效数字)．(3)在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用M表示小车的质量，用g表示当地的重力加速度．若用m、M和g表示小车的加速度，则测量值为________，理论值为________．5.如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．已知遮光条的宽度d=2.25 mm.(1)下列不必要的一项实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应使A位置与光电门间的距离适当大些B．应将气垫导轨调节水平C．应使细线与气垫导轨平行D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是__________________________．(写出物理量名称及表示符号)(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______图象．6.研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器(测绳子的拉力)，P为小桶(内有砂子)，M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．不计绳子与滑轮间的摩擦．图甲图乙(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要的实验仪器是________(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．(2)平衡摩擦力后再按上述方案做实验，是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(3)已知交流电源的频率为50 Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a=________m/s2.(结果保留2位有效数字)7.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中带滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m.(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是________． A ．用天平测出砂和砂桶的质量B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两相邻计数点间还有四个点)，测得：x 1=1.40 cm ，x 2=1.90 cm ，x 3=2.38 cm ，x 4=2.88 cm ，x 5=3.39 cm ，x 6=3.87 cm.那么打下3点时小车的瞬时速度的大小是________ m/s ，小车加速度的大小是________ m/s 2.已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电(结果保留两位有效数字)．(3)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，作出的a －F 图象是一条直线，如图丙所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为________．A ．2tanθ B.1tanθ C ．k D.2k8.在探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系时，采用如图所示的实验装置．小车及车中砝码的总质量用M 表示，盘及盘中砝码的总质量用m 表示．(1)当M 与m 的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力．(2)某一组同学先保持盘及盘中砝码的总质量m 一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D ．用天平测出m 以及小车和车中砝码的总质量M ，小车运动的加速度可直接用公式a=mgM求出(3)另两组同学保持小车及车中砝码的总质量M 一定，探究加速度a 与所受外力F 的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a －F 关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：图甲：_______________________________________；图乙：_______________________________________.9.在“探究加速度与质量的关系”的实验中．(1)备有器材：A.带有定滑轮的长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的砂桶；E.垫片；F.毫米刻度尺．还缺少的一件器材是________． (2)实验得到如图(a)所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T ；B 、C 间距s 2和D 、E 间距s 4已测出，利用这两段间距计算小车加速度a 的表达式为a=________.(3)同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a —1m图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为________________kg.(g 取10 m/s 2)(4)同学乙根据实验数据画出了图(c)所示图线，从图线可知同学乙操作过程中可能_______________________．10.某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt 1、Δt 2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x ，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v 1=________；滑块加速度的表达式a=________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________ mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h\”的正确操作方法是_________________．(填选项字母)A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小答案解析1.答案为：(1)B ； (2)C ； (3)1.58；解析：(1)为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，B 正确．(2)当m 远远小于M 时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，细线的拉力大小近似等于砂和砂桶的总重力．因此最合理的一组是C.(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，两相邻的计数点时间间隔为T=0.1 s ，利用匀变速直线运动的推论Δx=aT 2，得x DE －x AB =3a 1T 2、x EF －x BC =3a 2T 2，x CD －x OA =3a 3T 2，则加速度应为a=a 1＋a 2＋a 33=0.107 1＋0.091 0＋0.075 7－0.059 5＋0.044 0＋0.028 09×0.01m/s 2=1.58 m/s 2.2.答案为：(2)①0.88 ③不成立 0.008； (3)A ；解析：(2)①根据Δx=aT 2，运用逐差法得a=7.75＋8.64－6.00－6.87×10－24×0.01m/s 2=0.88 m/s 2；③由题图丙可知，图象是不过原点的倾斜直线，a 与 F 不成正比；由图象可知，当F=0时，小车有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，由图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，砝码盘的重力大小为0.08 N ，则砝码盘的质量m 0=0.008 kg ；(3)当小车匀速下滑时有：Mgsinθ=f＋(m ＋m 0)g ，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力Mgsinθ和摩擦力f 不变，因此其合外力为(m ＋m 0)g ，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故a －F 图线是过原点的倾斜直线，A 正确．3.答案为：(1)平衡摩擦力；(2)没有满足小车质量远大于砂和砂桶的总质量；(3)s 3＋s 4－s 1＋s 2100f 20.60；解析：(1)小车质量M 一定时，其加速度a 与合力F 成正比，而小车与木板之间若存在摩擦力，就不能用绳子的拉力代替合力，所以在做实验前必须要先平衡摩擦力．(2)随着合力F 的增大，砂和砂桶的总质量越来越大，最后出现了不满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量的情况，因此a －F 图线出现了上部弯曲的现象．(3)由题意可知，两计数点之间的时间间隔为T=1f×5=0.1 s，由逐差法可得a=s 3＋s 4－s 1＋s 24T 2=s 3＋s 4－s 1＋s 2100f 2，代入数据解得a=0.60 m/s 2.6.答案为：(1)刻度尺；(2)否；(3)0.90；解析：(2)因为力传感器可测得小车受到的拉力，故不需要再保证实验中小桶和砂子的总质量远小于小车的质量的条件；(3)根据逐差法可求得结果．7.答案为：(1)BCD；(2)0.26 0.50；(3)D解析：(1)本实验中拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于小车的质量，A、E错误；弹簧测力计测出拉力，从而得到小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；打点计时器使用时，先接通电源，再释放小车，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，C 正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随力的变化关系，D 正确．(2)两相邻计数点间还有四个点，则相邻两计数点间的时间间隔T=0.02×5 s=0.1 s；打下3点时小车的瞬时速度的大小v=x 3＋x 42T = 2.38＋2.88×10－22×0.1m/s≈0.26 m/s；由匀变速直线运动的推论可知，小车加速度的大小a=x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39T2，代入数据可解得a=0.50 m/s 2.(3)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，故k=a F ，由牛顿第二定律F 合=Ma 得，小车的质量为M=F 合a =2F a =2k ，故选D.8.答案为：(1)m ≪M ； (2)B ；(3)不满足m ≪M 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过小；解析：(1)在实验中，整体的加速度a=mgm ＋M，只有当m ≪M 时，小车所受的拉力才可以认为等于盘和砝码的总重力．(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A 错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B 正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故C 错误；用天平测出m 以及M ，直接用公式a=mgM求出，这是在直接运用牛顿第二定律进行计算，我们应利用打点计时器打出来的纸带计算加速度，故D 错误． (3)图甲中a －F 图象发生弯曲，这是由于没有保证小车及车中砝码的总质量远大于盘及盘中砝码的总质量造成的．图乙中直线没过原点，当F≠0时，a=0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过小． 9.答案为：(1)天平； 2)s 4－s 22T2；(3)0.020(0.018～0.022均正确)； (4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足解析：(1)本题需要用天平测量小车的质量，所以还缺少的器材是天平．(2)根据逐差法得s 4－s 2=2aT 2，解得a=s 4－s 22T2.(3)根据牛顿第二定律可知，a=F m ，则F 即为a －1m 图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g=F=2.412N=0.20 N ，解得m′=0.020 kg.(4)由题图(c)可知，图线不通过坐标原点，当F 为某一大于零的值时，加速度为零，可知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．。

高考物理(人教版)复习知识点练习卷含答案解析——牛顿第二定律

牛顿第二定律一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．甲、乙两球质量分别为错误！未找到引用源。

、错误！未找到引用源。

，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小错误！未找到引用源。

仅与球的速率错误！未找到引用源。

成正比，与球的质量无关，即错误！未找到引用源。

（错误！未找到引用源。

为正的常量）。

两球的错误！未找到引用源。

图象如图所示。

落地前，经时间错误！未找到引用源。

两球的速度都已达到各自的稳定值错误！未找到引用源。

、错误！未找到引用源。

则下列判断正确的是：（）A．释放瞬间甲球加速度较大B．错误！未找到引用源。

C．甲球质量大于乙球D．错误！未找到引用源。

时间内两球下落的高度相等【答案】C2．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是：（）A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【答案】C3．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中：（）A．地面对物体M的摩擦力大小相同[来源:Z§xB．地面对物体M的支持力总小于(M十m)g C．地面对物体M的摩擦力先向右后向左D．地面对物体M的摩擦力先向左后向右【答案】B4．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为：（）A. ，斜向右上方B.mgθ，水平向右 D. mg，竖直向上C.tan【答案】A5．如图所示，质量分别为m和2m的物体AB由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态；当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g）：（）A．物体A的加速度等于gB．物体B和C之间的弹力为零C．物体C的加速度等于gD．物体B的加速度大于g【答案】D6．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g取10 m/s2，则：（）A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动【答案】D7．光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是：（）A．匀减速运动B．速度减小，加速度增大C．速度减小，加速度减小D．无法确定【答案】B8．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20Ｎ、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块。

【2020】最新高考物理二轮复习专题测试：-牛顿运动定律含解析附参考答案

( )A.t1B.t2C.t3D.t4【解析】选A、C。

合外力与速度方向相同说明质点做加速运动,在图像中表示质点正在做加速运动的时刻有t1和t3时刻,做减速运动的时刻为t2和t4时刻,故选项A、C正确,B、D错误。

【误区警示】本题容易把质点在t3时刻的运动当作减速运动,在t4时刻的运动当作加速运动,从而造成错选;其原因是图像中的“-”不表示速度的大小,仅表示质点的运动方向与正方向相反。

6.(20xx·重庆高考)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t 图像可能正确的是( )【解析】选D。

竖直上抛运动不受空气阻力,向上做匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动,v-t图像为倾斜向下的直线,四个选项均正确表示;考虑阻力f=kv的上抛运动,上升中,随着v减小,a 上减小,对应v-t图像的斜率减小,选项A错误;下降中,,随着v增大,a下继续减小,而在最高点时v=0,a=g,对应v-t图与t轴的交点,其斜率应该等于g,即过t轴交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行,只有D选项满足,故选D。

m kvmg a -=下【误区警示】本题容易忽略两个物体在最高点的运动分析,误认为正确答案为B、C、D。

事实上两个物体在最高点时,均只受重力,故加速度均为g,即过与t轴交点的切线斜率相等。

7.(20xx·江苏高考)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。

A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

高中物理牛顿第二定律经典习题训练含答案

牛顿第二定律典型题型及练习一、巧用牛顿第二定律解决连接体问题所谓的“连接体”问题，就是在一道题中出现两个或两个以上相关联的物体，研究它们的运动与力的关系。

1、连接体与隔离体：两个或几个物体相连接组成的物体系统为连接体。

如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体。

2、连接体问题的处理方法（1）整体法：连接体的各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解。

（2）隔离法：如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解，此方法为隔离法。

隔离法目的是实现内力转外力的，解题要注意判明每一隔离体的运动方向和加速度方向。

（3）整体法解题或隔离法解题，一般都选取地面为参照系。

例题1 跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图1所示. 已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计．取重力加速度g＝lOm/s2．当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为( )A．a＝1.0m/s，F=260N B．a＝1.0m/s，F=330NC．a＝3.0m/s，F=110N D．a＝3.0m/s，F=50N二、巧用牛顿第二定律解决瞬时性问题当一个物体（或系统）的受力情况出现变化时，由牛顿第二定律可知，其加速度也将出现变化，这样就将使物体的运动状态发生改变，从而导致该物体（或系统）对和它有联系的物体（或系统）的受力发生变化。

例题2如图4所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上。

三者静置于地面，它们的质量之比是1∶2∶3。

设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时，A和B的加速度a A、a B分别是多少？题型一对牛顿第二定律的理解1、关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( )A ．公式F ＝ma 中，各量的单位可以任意选取B ．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关C ．公式F ＝ma 中，a 实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和D ．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致【变式】．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为( )A ．牛顿的第二定律不适用于静止物体B ．桌子的加速度很小，速度增量极小，眼睛不易觉察到C ．推力小于静摩擦力，加速度是负的D ．桌子所受的合力为零题型二牛顿第二定律的瞬时性2、如图所示，质量均为m 的A 和B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态．如果将悬挂A 球的细线剪断，此时A 和B 两球的瞬间加速度各是多少？【变式】．(2010·全国卷Ⅰ)如图4—3—3，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )A.a1=0,a2=gB. a1=g, a2=gC. a1=0, a2=(m+M)g/MD. a1=g, a2=(m+M)g/M题型三牛顿第二定律的独立性3 如图所示，质量m ＝2 kg 的物体放在光滑水平面上，受到水平且相互垂直的两个力F 1、F 2的作用，且F 1＝3 N ，F 2＝4 N ．试求物体的加速度大小．【变式】．如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，梯面对人的支持力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？题型四运动和力的关系4 如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A ．物体从A 到B 速度越来越大B ．物体从A 到B 速度先增加后减小C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加【变式】．(2010·福建理综高考)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m题型五牛顿第二定律的应用5、质量为2 kg 的物体与水平面的动摩擦因数为0.2，现对物体用一向右与水平方向成37°、大小为10 N 的斜向上拉力F ，使之向右做匀加速直线运动，如图甲所示，求物体运动的加速度的大小．(g 取10 m/s.)【变式】．一只装有工件的木箱,质量m ＝40 kg.木箱与水平地面的动摩擦因数μ＝0.3，现用200N 的斜向右下方的力F 推木箱,推力的方向与水平面成θ＝30°角，如下图所示．求木箱的加速度大小．(g 取9.8 m/s 2)强化练习一、选择题1．下列说法中正确的是( )A ．物体所受合外力为零，物体的速度必为零B ．物体所受合外力越大，物体的加速度越大，速度也越大C ．物体的速度方向一定与物体受到的合外力的方向一致D ．物体的加速度方向一定与物体所受到的合外力方向一致2．关于力的单位“牛顿”，下列说法正确的是( )A ．使2 kg 的物体产生2 m/s 2加速度的力，叫做1 NB ．使质量是0.5 kg 的物体产生1.5 m/s 2的加速度的力，叫做1 NC ．使质量是1 kg 的物体产生1 m/s 2的加速度的力，叫做1 ND ．使质量是2 kg 的物体产生1 m/s 2的加速度的力，叫做1 N3．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是( )A ．加速度和力的关系是瞬时对应关系，即a 与F 是同时产生，同时变化，同时消失B ．物体只有受到力作用时，才有加速度，但不一定有速度C ．任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，但与速度v 不一定同向D ．当物体受到几个力作用时，可把物体的加速度看成是各个力单独作用所产生的分加速度的合成4．质量为m 的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度a ＝13g ，则F f 的大小是( ) A ．F f ＝13mg B ．F f ＝23mg C ．F f ＝mg D ．F f ＝43mg 5．如图1所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N 、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块，在水平地面上当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N ，这时小车运动的加速度大小是( ) A ．2 m/s 2 B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2D ．8 m/s 26．搬运工人沿粗糙斜面把一物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F 时，物体的加速度为a 1；若保持力的方向不变，大小变为2F 时，物体的加速度为a 2，则( )A ．a 1＝a 2B ．a 1<a 2<2a 1C ．a 2＝2a 1D ．a 2>2a 1二、非选择题7.如图2所示，三物体A 、B 、C 的质量均相等，用轻弹簧和细绳相连后竖直悬挂，当把A 、B 之间的细绳剪断的瞬间，求三物体的加速度大小为a A 、a B 、a C .8．甲、乙、丙三物体质量之比为5∶3∶2，所受合外力之比为2∶3∶5，则甲、乙、丙三物体加速度大小之比为________．9．质量为2 kg 的物体，运动的加速度为1 m/s 2，则所受合外力大小为多大？若物体所受合外力大小为8N ，那么，物体的加速度大小为多大？10．质量为6×103kg 的车，在水平力F ＝3×104N 的牵引下，沿水平地面前进，如果阻力为车重的0.05倍，求车获得的加速度是多少？(g 取10 m/s 2)11．质量为2 kg 物体静止在光滑的水平面上，若有大小均为10 2 N 的两个外力同时作用于它，一个力水平向东，另一个力水平向南，求它的加速度．12．质量m 1＝10 kg 的物体在竖直向上的恒定拉力F 作用下，以a 1＝2m/s 2的加速度匀加速上升，拉力F 多大？若将拉力F 作用在另一物体上，物体能以a 2＝2 m/s 2的加速度匀加速下降，该物体的质量m 2应为多大？(g 取10m/s 2，空气阻力不计)13．在无风的天气里，一质量为0.2 g的雨滴在空中竖直下落，由于受到空气的阻力，最后以某一恒定的速度下落，这个恒定的速度通常叫收尾速度．(1)雨滴达到收尾速度时受到的空气阻力是多大？(g ＝10m/s 2)(2)若空气阻力与雨滴的速度成正比，试定性分析雨滴下落过程中加速度和速度如何变化．参考答案1【答案】 BC 答案：D2答案：B 球瞬间加速度aB ＝0. aA ＝2g ，方向向下．答案c3 2.5 m/s 2 答案4、【答案】 BD 答案：B5、【答案】 2.6 m/s 2强化练习1析：物体所受的合外力产生物体的加速度，两者是瞬时对应关系，方向总是一致的．力的作用产生的效果与速度没有直接关系．答案：D2、答案：C3、解析：有力的作用，才产生加速度；力与加速度的方向总相同；力和加速度都是矢量，都可合成．答案：ABCD4、解析：由牛顿第二定律a ＝F 合m ＝mg －F f m ＝13g 可得空气阻力大小F f ＝23mg ，B 选项正确．答案：B5、解析：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧测力计甲的示数由10 N 变为8 N 时，其形变量减少，则弹簧测力计乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧测力计形变量变化的大小相等，所以，弹簧测力计乙的示数应为12 N ，物体在水平方向受到的合外力F ＝F T 乙－F T 甲＝12N －8 N ＝4 N ．根据牛顿第二定律，得物块的加速度为4 m/s 2. 答案：B6、解析：根据牛顿第二定律F －mgsin θ－μmgcos θ＝ma 1①2F －mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2②由①②两式可解得：a 2＝2a 1＋gsin θ＋μgcos θ，所以a 2>2a 1. 答案：D7、解析：剪断A 、B 间的细绳时，两弹簧的弹力瞬时不变，故C 所受的合力为零，a C ＝0.A物体受重力和下方弹簧对它的拉力，大小都为mg ，合力为2mg ，故a A ＝2mg m＝2g ，方向向下．对于B 物体来说，受到向上的弹力，大小为3mg ，重为mg ，合力为2mg ，所以a B ＝2mg m＝2g ，方向向上．答案：2g 2g 08、解析：由牛顿第二定律，得a 甲∶a 乙∶a 丙＝25∶33∶52＝4∶10∶25. 答案：4∶10∶259、解析：直接运用牛顿第二定律来处理求解．答案：2N 4 m/s210、解析：直接运用牛顿第二定律来处理求解．答案：4.5 m/s211、解析：求合力，用牛顿第二定律直接求解．答案：a＝10 m/s2，方向东偏南45°12、解析：由牛顿第二定律F－m1g＝m1a1，代入数据得F＝120N.若作用在另一物体上m2g－F＝m2a2，代入数据得m2＝15 kg. 答案：120N 15kg13、(1)雨滴达到收尾速度时受到的空气阻力和重力是一对平衡力，所以F f＝mg＝2×10－3N.(2)雨滴刚开始下落的瞬间，速度为零，因而阻力也为零，加速度为重力加速度g；随着速度的增大，阻力也逐渐增大，合力减小，加速度也减小；当速度增大到某一值时，阻力的大小增大到等于重力，雨滴所受合力也为零，速度将不再增大，雨滴匀速下落．答案：(1)2×10－3N (2)加速度由g逐渐减小直至为零，速度从零增大直至最后不变。

牛顿第二定律之瞬时加速度专题(含答案解析)

牛顿第二定律之瞬时加速度专题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的．加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．分析瞬时变化问题的一般思路：(1)分析瞬时变化前物体的受力情况（主要是分析瞬时变化前物体受到弹簧(或橡皮绳)的弹力），求出每个力的大小．(2)分析瞬时变化后每个力的变化情况．(3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度．例1 如图所示，质量分别为m 和2m 的A 和B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A 球的细线剪断，此时A 和B 两球的瞬时加速度a A 、a B 的大小分别是( )A ．a A ＝0，aB ＝0 B ．a A ＝g ，a B ＝gC ．a A ＝3g ，a B ＝gD ．a A ＝3g ，a B ＝0（变式练习1）.如图所示，质量相等的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为（）A.都等于2gB.0和2gC.g 和0D.0和g（变式练习2）(瞬时加速度问题)如图所示，a 、b 两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度为(取向下为正方向)( )A ．0，gB ．－g ，gC ．－2g ，gD ．2g,0例2 如图所示，质量为m 的小球被水平绳AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO 烧断，在绳AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．弹簧的拉力F ＝mg cos θB ．弹簧的拉力F ＝mg sin θC ．小球的加速度为零D ．小球的加速度a ＝gtan θ（变式练习3）如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g )( )A ．0B ．233gC ．gD ．33g例3 如图所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有（）A.a 1＝0，a 2＝gB.a 1＝g ，a 2＝gC.a 1＝0，a 2＝gD.a 1＝g ，a 2＝g（变式练习4）如图所示，A 、B 两木块间连一轻杆，A 、B 质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A 、B 两木块的加速度分别是（）A.a A ＝0，a B ＝2gB.a A ＝g ，a B ＝gC.a A ＝0，a B ＝0D.a A ＝g ，a B ＝2g例4(瞬时加速度问题)如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动(取水平向右为正方向)，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a课堂作业1.在倾角为θ的光滑斜面上放一球，球被竖直板挡住，如图所示，在拿开挡板后，小球的加速度为（）A. g sin θ，沿斜面向下B.g cos θ，沿斜面向下B. C.g tan θ，水平向左 D.，水平向左 2.三个质量相同的物块A ，B ，C ，用两个轻弹簧和一根轻线相连，如图所示，挂在天花板上，处于静止状态，在将A，B间细线剪断的瞬间，A，B，C的加速度分别为多大？(取向下为正，重力加速度为g)3.(多选)质量均为m的A，B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间（ BD ）A.A的加速度大小为B.A的加速度大小为零C.B的加速度大小为D.B的加速度大小为4.(多选)如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上，放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态.若将一个质量为3 kg的物体B轻放在A上，在轻放瞬间(g取10 m/s2)（ CD ）A.B的加速度为0B.B对A的压力大小为30 NC.B的加速度为6 m/s2D.B对A的压力大小为12 N5.如图所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量m＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量M＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F＝30 N，在突然撤去外力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g＝10 m/s2)（ C ）A.10 NB.15 NC.20 ND.40 N6.(多选)（难）如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零.g取10 m/s2，以下说法正确的是（ AB ）A.此时轻弹簧的弹力大小为20 NB.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0【教学反思】例1 D解析分析B 球原来受力如图甲所示，F ′＝2mg剪断细线后弹簧形变不会瞬间改变，故B 球受力不变，a B ＝0．分析A 球原来受力如图乙所示，F T ＝F ＋mg ，F ′＝F ，故F T ＝3mg ．剪断细线，F T 变为0，F 大小不变，A 球受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F ＋mg ＝ma A ，解得a A ＝3g ．（变式练习1）D（变式练习2）C例2 AD（变式练习3）B例3 D（变式练习4）B 【解析】由题意知，当刚抽去木板时，A 、B 和杆将作为一个整体，只受重力，根据牛顿第二定律得a A ＝a B ＝g ，故选项B 正确.例4 D 解析两木块在光滑的水平面上一起以加速度a 向右匀加速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ，对B ：取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以D 正确【答案】D。

高考一轮微专题训练【8】用牛顿第二定律分析瞬时加速度(含答案)

微专题训练8 用牛顿第二定律分析瞬时加速度1．(单选)如图1所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是( )．图1A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下B．A的加速度为0，B的加速度大小为g、竖直向下C．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下D．A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下解析在细线烧断前，A、B两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B球有F绳＝mg，对A球有F弹＝mg＋F绳在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度gA球有F弹－mg＝ma A，解得a A＝g，方向向上．综上分析，选C.答案 C2．(单选)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )．图2A ．0 B.233gC ．gD.33g 解析平衡时，小球受到三个力：重力mg 、木板AB 的支持力F N 和弹簧拉力F T ，受力情况如图所示．突然撤离木板时，F N 突然消失而其他力不变，因此F T 与重力mg 的合力F ＝mg cos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝Fm ＝233g ，B 正确．答案 B3．(单选)如图3所示，一物块位于粗糙水平桌面上，用一大小为F 、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a 向右运动．若保持力的方向不变而增大力的大小，则( )．图3A ．a 变大B ．a 不变C ．a 变小D ．因为质量及地面摩擦未知，故不能判断a 变化的情况解析对物块受力分析如图所示，设F 与水平方向的夹角为θ，则 Fcos θ－μ(mg ＋Fsin θ)＝ma ，得a ＝Fm(cos θ－μsin θ)－μg ，当F 增大时，a 变大，A 正确．答案 A4．(单选)如图4所示，质量满足m A ＝2m B ＝3m C 的三个物块A 、B 、C ，A 与天花板之间，B 与C 之间均用轻弹簧相连，A 与B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB 间的细绳，则此瞬间A 、B 、C 的加速度分别为(取向下为正)( )．图4A ．－56g 、2g 、0B ．－2g 、2g 、0C ．－56g 、53g 、0D ．－2g 、53g 、g解析系统静止时，A 物块受重力G A ＝m A g 、弹簧向上的拉力F ＝(m A ＋m B ＋m C )g 以及A 、B 间细绳的拉力F AB ＝(m B ＋m C )g ；BC 间弹簧的弹力F BC ＝m C g ；剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A 有：F －G A ＝m A a A ，解得：a A ＝56g ，方向竖直向上；对B 有：F BC ＋G B ＝m B a B ，解得：a B ＝53g ，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间C 的受力不变，其加速度为零．C 选项正确．答案 C5．(2018·宁夏银川一中一模，17)(单选)如图5所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )．图5A ．都等于g2B.g2和0 C.g 2和m A m B ·g2D.m A m B ·g 2和g 2解析由整体法知，F 弹＝(m A ＋m B )gsin 30°，剪断线瞬间，由牛顿第二定律：对B：F弹－m B gsin 30°＝m B a B，得a B＝m Am B·g2对A：m A gsin 30°＝m A a A，得a A＝1 2 g所以C项正确．答案 C6．(2018·吉林模拟)(多选)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图6所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )．图6A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0解析因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力F T和弹簧的弹力F 作用而处于平衡状态．依据平衡条件得：竖直方向有F T cos θ＝mg，水平方向有F T sin θ＝F.解得轻弹簧的弹力为F＝mgtan θ＝20 N，故选项A正确．剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即F N＝mg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝F－μF Nm＝20－0.2×202m/s2＝8 m/s2，方向向左，选项B正确．当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确．答案ABD。

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==>则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at =解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2)()2sin sin cos hg θθμθ- (3)1:1 【解析】【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲 Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ；（2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ．【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】【分析】【详解】（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2 则有210112x v t a t =-22212x a t =12x L x =+又012v a t a t -=代入数据得t =1s（2）根据牛顿第二定律，有121()M m g mg Ma μμ++=22mg ma μ=解得20.08μ=5．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求：（1）物块运动的最大速度；（2）F 的大小；（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J【解析】【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小．（3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功．【详解】（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=62vt==3m/s 2．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：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系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．6．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ．【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma根据匀变速直线运动规律有：a ＝2202v h -＝－15m/s 2解得：N ＝75N （2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用7．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车．【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -== 汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车．考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．8．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；（2）滑块通过B 点时的动能；（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．【解析】试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律1F mg ma μ-=（1分）解得219.0/a m s =（1分）设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式212v a x =（2分）解得 3.0/v m s =（1分）（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W E =∆合 0 kB F x fx E -=，（4分）解得 4.0kB E J =（2分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理0f kB mgh W E --=-（3分）解得0.50f W J =（1分）考点：牛顿运动定律功能关系9．如图所示，小孩子与冰车的总质量为20m kg =.大人用大小为20N ，方向与水平面的夹角37o θ=的恒力F 使冰车由静止开始沿水平冰面运动。

牛顿第二定律(高考题及答案详解)

牛顿第二定律1.（12海南 1）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比2.（11新课标）如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2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a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是3.（10全国I 15）如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2重力加速度大小为g 。

则有A ．10a =，2a g =B ．1a g =，2a g =C ．120,m M a a g M +==D ．1a g =，2m M a g M+=4.（10福建 16）质量为2kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。

从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示。

重力加速度g 取10m/s 2，则物体在t=0到t=12s 这段时间内的位移大小为A ．18mB ．54mC ．72mD ．198m5.（12安徽 17）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则A ．物块可能匀速下滑B ．物块将以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑6.（08海南 15）科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg ．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s ，且做匀加速运动，4 s 内下降了12 m ．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s ．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g ＝9.89 m/s 2，求抛掉的压舱物的质量．答案：1.D2.解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。

2020版高考物理 8 牛顿第二定律两类动力学问题(含解析)

课后限时集训(八)牛顿第二定律两类动力学问题（建议用时:40分钟)[基础对点练]题组一：牛顿第二定律的理解1.(2019·武汉模拟)如图所示,老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,空气对老鹰的作用力可能是图中的( )A．F1B．F2C．F3D．F4B ［老鹰沿虚线由M到N做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知,空气的阻力与重力的合力方向与MN反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2,B正确.]2．一质量为m的物体,放在粗糙水平面上,受水平推力F的作用产生加速度a，物体所受摩擦力为f，当水平推力变为2F时( ）A．物体的加速度小于2aB．物体的加速度大于2aC．物体的加速度等于2aD．物体所受的摩擦力变为2fB [根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F的作用下，产生的加速度为a＝错误!＝错误!＝错误!－μg。

①当水平推力变为2F时，物体的加速度a′＝错误!＝错误!－μg。

②比较①②两式可以看出a′>2a.］3.如图所示,质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（）A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D [小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾斜角为α,则竖直方向有F N2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有F N1－F N2sin α＝ma,因为F N2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A 错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的分力F N2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。

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