专题08 《牛顿第二定律》压轴培优题型训练【六大题型】-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第一册）

专题08 《牛顿第二定律》压轴培优题型训练【六大题型】 一．牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 二．牛顿第二定律求解瞬时问题（共8小题） 三．牛顿第二定律求解多过程问题（共7小题） 四．牛顿第二定律的图像问题（共6小题） 五．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共3小题） 六．探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 一．牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 1．汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g＝10m/s2，tan15°＝0.27，下列情况说法正确的是（　　） A．当汽车静止时，P的示数是N的示数的一半 B．当a＝3.5m/s2时，P有示数，N有示数，Q有示数 C．当a＜2.5m/s2时，a越大，N的示数不变 D．当a＞3.5m/s2时，a越大，N的示数不变 2．一质量为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6N B．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8N C．若升降机是加速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N D．若升降机是减速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N 3．（多选）如图所示，倾角为30°的斜面放置在水平地面上，质量为m的物体放置在斜面上，沿斜面向下轻推物体后撤去推力，物体恰好沿斜面匀速下滑。现让物体静止在斜面上，给物体一与斜面夹角为30°大小为F的力，已知斜面始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则在加了大小为F的推力后，下列说法正确的是（　　） A．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．物体的加速度大小为F C．斜面与地面间的摩擦力为零 D．物体与斜面间的摩擦力大小为（F+mg） 4．（多选）有一种游戏，游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜．若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示．设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（　　） A．运动员的加速度大小为gtan θ B．球拍对球的作用力大小为mg C．球拍对球的作用力大小为mgcos θ D．运动员对球拍的作用力大小为 5．在地面上方足够高的地方，存在一个高度d＝0.5m的“相互作用区域”（下图中画有虚线的部分）。一个小圆环A套在一根均匀直杆B上，A和B的质量均为m，若它们之间发生相对滑动时，会产生f＝0.5mg的摩擦力。开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的高度h＝0.8m。让A和B一起从静止开始下落，只要A处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F＝3mg的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用力。杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。不计空气阻力，取g＝10m/s2．求： （1）杆B的最下端刚进入“相互作用区域”时的速度； （2）圆环A通过“相互作用区域”所用的时间； （3）为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。 6．如图所示，倾斜传送带以恒定速度v＝2m/s沿顺时针方向运行，传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮中心间的距离L＝4.8m（轮半径可忽略）。现将质量m＝2kg的小滑块P（P可视为质点）轻放在其底端，平台上的人通过一根轻绳用平行于传送带的恒力F＝24N拉P，经过一段时间P运动到平台上。已知P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。要求P运动到平台上的过程中，恒力F的作用时间最短。求： （1）刚开始运动时P的加速度大小； （2）恒力F作用的最短时间。 7．两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v﹣t图象，g取10m/s2．求： （1）物体a受到的摩擦力大小； （2）物块b所受拉力F的大小； （3）8s末a、b间的距离． 8．一重量为40牛顿的均质小球置于一水平面B点上，右侧与一台阶接触于C点，BC连线与水平方向成37°角，AB为球的直径，现在A点ABC平面内施加一个拉力F，求： （1）如果拉力水平向右，将球刚好拉离地面时F的大小为多少？此时台阶对球的作用力多大？其中弹力、摩擦力各是多大？ （2）将球刚拉离地面时F的最小值是多少？方向如何？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 9．风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为风洞里模拟实验的示意图．一质量为m＝1kg的实验对象（可视为质点）套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为θ＝30°．风洞产生竖直向上的、大小F＝20N的风力作用在实验对象上，实验对象从M点由静止开始沿直杆向上运动．已知实验对象与杆之间的动摩擦因数为μ＝．取g＝10m/s2．求： （1）实验对象刚开始运动时的加速度大小； （2）若杆上有一点N位于M点上方，且M、N两点间距为L＝2.4m，欲使实验对象到达N点，求风力F作用的最短时间． 10．一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计时，在t＝1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的v﹣t图线如图所示。已知木板质量为物块质量的2倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求： （1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2； （2）木板离A点的最终距离； （3）木板的最小长度。 二．牛顿第二定律求解瞬时问题（共8小题） 11．如图所示，轻质弹簧1一端与静止在倾斜木板上的物体A相连，另一端与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。B、C通过轻质弹簧2连接，且B、C始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木板与水平面间的夹角为30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，发生以下变化时，物体A始终保持静止，则（　　） A．木板与水平面的夹角减小时，A受到的静摩擦力减小 B．木板与水平面夹角保持30°不变，剪断细线后，A所受摩擦力增大 C．剪断细线瞬间，B、C一起以加速度g自由下落 D．剪断细线瞬间，B的加速度为3g 12．如图所示，四只质量都为m的猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速度为g，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．3号对4号猴子的拉力等于0 B．四只猴子的加速度和速度都等于0 C．树梢对1号猴子的拉力为2mg D．1号对2号的拉大小为 13．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，弹簧劲度系数为k），如图所示。将细绳剪断瞬间（　　） A．弹簧弹力发生变化 B．小球速度不为零 C．小球立即获得的加速度 D．小球加速度为 14．（多选）如图所示，A、B两球用轻弹簧悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mB＝2mA，两球间由一轻绳连接。如果突然剪断轻绳，则剪断轻绳瞬间A、B两球的加速度大小分别为（　　） A．aA＝g B．aA＝2g C．aB＝g D．aB＝2g 15．（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　） A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小 B．物体运动至最低点时弹力大小等于mgsinθ C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ D．物体向下运动至初始静止位置时速度最大 16．如图所示，用两根细线a、b和一根轻弹簧c将质量为m的小球1和质量为2m的小球2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，弹簧c水平，重力加速度为g。求： （1）a绳对小球1拉力的大小，b绳对小球2拉力的大小； （2）剪断细线b的瞬间，小球1与小球2加速度的大小。 17．如图所示，质量为m＝kg的小球置于倾角为30°的光滑固定斜面上，劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°．取g＝10m/s2．求： （1）小球对斜面的压力的大小； （2）弹簧的伸长量； （3）弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度。 18．如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2kg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10m/s2．求： （1）此时轻弹簧的弹力大小； （2）若瞬间撤去拉力F，则求物块的加速度大小和方向； （3）若剪断弹簧，则求剪断的瞬间物块的加速度大小和方向． 三．牛顿第二定律求解多过程问题（共7小题） 19．如图甲所示，一个质量m＝1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块回到斜面底端时速度大小约为5.4m/s D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s 20．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°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，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a＝2g向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是（　　） A．细线对小球的拉力大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．小球对滑块的压力大小为 D．小球对滑块的压力大小为2mg 21．（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A．物块B的质量为12kg B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8N D．弹簧的劲度系数为80N/m 22．如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为2m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的vt图像如图乙所示，重力加速度为g，sin30°＝0.5，求： （1）B刚开始运动时AB间的弹力大小； （2）t＝0和t1时刻作用在滑块B上的拉力大小； （3）从AB分离之时到A的速度达到最大值，这一过程中A的位移。 23．如图所示，“神舟十一号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动降落伞装置，速度减至v＝10m/s时开始匀速降落。在距地面h＝1.1m时，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，经过时间t＝0.2s，以某一速度落至地面，此过程可视为竖直方向的匀减速直线运动。求： （1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向和大小； （2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F； （3）空气阻力跟物体相对于空气速度有关，还跟物体的横截面积有关。假设减速伞下落过程受到的空气阻力与减速伞的横截面积S成正比，与速度v的平方成正比，即f＝kSv2（k为比例系数）。减速伞在接近地面时近似看作匀速直线运动，重力加速度为g。 ①叙述打开减速伞后，返回舱的运动情况； ②设返回舱质量为m（主降落伞的质量可忽略），主降落伞有96根伞绳，每根伞绳与伞面轴线方向的夹角为θ，且，设主伞打开瞬间伞面轴线竖直，为安全起见允许宇航员能承受的瞬间载荷不超过自身重力6倍，求降落伞伞绳承受的拉力设计最小值Fmin和返回舱接近地面匀速时的速度vm。 24．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取g＝10m/s2，求： （1）1s末物块所受摩擦力的大小f1； （2）物块在前6s内的位移大小s； （3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ。 25．质量mA＝10kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数k＝400N/m，现给物块A施加一个平行于斜面向上的F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求：（g＝10m/s2） （1）力F的最大值与最小值； （2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度。 四．牛顿第二定律的图像问题（共6小题） 26．手机中的加速度传感器能显示手机加速度的变化。打开加速度传感器，将手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，手机质量m＝200g，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，由此可判断（　　） A．t1时刻手掌的推力为4N B．t2时刻手机刚好离开手掌 C．t3时刻手机到达最高点 D．t4时刻手机的速度为3m/s 27．如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上，图乙是他在某次向上运动过程中重心速度随时间变化的图像。关于重心运动的说法正确的是（　　） A．t＝1.3s时的速度方向向下 B．t＝1.3s时的加速度方向向上 C．此次重心上升的高度约为0.35m D．t＝0.5s时的加速度大小小于t＝1.5s时的加速度大小 28．如图甲所示，物块a，b之间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块b的质量为1kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向有的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（　　） A．弹簧对物块a的弹力和弹簧对物块b的弹力是一对平衡力 B．t＝1s时物块b的速度大于0.2m/s C．恒力F大小为1.6N D．物块a的质量为0.5kg 29．物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数为分别为μA、μB、μC，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是（　　） A．μA＜μB、mA＝mB B．μB＞μC、mB＞mC C．μB＝μC、mB＞mC D．μA＜μA、mA＞mC 30．（多选）如图a所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具。有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行最后停下。某同学用v﹣t图像描述了上述运动过程，如图b所示，图中OA∥BC∥DE，AB∥CD∥EF。则下面说法正确的是 A．爬犁加速时的加速度大小为1m/s2 B．爬犁运动的最大速度为2.2m/s C．爬犁运动的总时间为11s D．爬犁与冰面的动摩擦因数为0.2 31．（多选）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　） A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值 五．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共3小题） 32．A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是 A． B． C． D． 33．一质量为m的飞机在水平跑道上起飞时，所受竖直向上的升力与飞机运动速率的平方成正比，记为F1＝k1v2，所受空气阻力也与飞机运动速率的平方成正比，记为F2＝k2v2，方向与运动方向相反。假设轮胎和跑道之间的阻力是压力的μ倍（μ＜0.25），飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为飞机所受重力的0.25倍，重力加速度为g。在飞机起飞过程，下列有关说法正确的是（　　） A．飞机一共受5个力的作用 B．飞机一定做变加速直线运动 C．飞机可能做匀加速直线运动 D．飞机的起飞速度为 34．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲，降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，绳与竖直中轴线的夹角θ＝37°，如图乙．已知人的质量m＝50kg，降落伞质量M＝50kg，开伞前不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10m/s2．求： （1）打开降落伞前人下落的距离h； （2）阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a； （3）要保证运动员安全着陆，每根悬绳所能承受的最小拉力Fmin． 六．探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 35．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为钩码的质量。为了保证力传感器的读数为小车所受的合外力，关于实验操作需要进行的是（　　） A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 C．所挂钩码的质量尽量大一些 D．所挂钩码的质量尽量小一些 36．（多选）如图所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中放入砝码后，车的总质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有（　　） A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2 B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1 C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2 D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x1 37．某同学利用如图（a）所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系。 ①他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在　 　小桶（选填“挂”或“不挂”）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 ②实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是　 　（选填选项前的字母）。 A．小车所受的拉力近似等于小车所受的合力 B．小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力 C．保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度 D．减小空气阻力对实验的影响 ③图（b）是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm、xEF＝5.91cm、xFG＝6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度　 　m/s2（结果保留2位有效数字）。 ④另一位同学也利用图（a）所示的装置做实验，他保持小桶和砝码的质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a。假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响。他没有测量小车的质量，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出图象。从理论上分析，下列图象正确的是　 　。 38．某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）下列做法正确的是 　 　（填字母代号，如：A、B、C…） A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度 （2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 　 　木块和木块上砝码的总质量。 （填字母代号，如：A、B、C） A．远大于 B．远小于 C．近似于 （3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图2可知，m甲　 　m乙，μ甲　 　μ乙．（填字母代号，如：A、B、C） A．小于 B．等于 C．大于。 39．为了探究加速度与力、质量的关系，某同学利用如图所示的实验装置，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘。若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，须满足条件 　 　；两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。 该同学测量了两小车的位移为x1、x2，则＝　 　。 40．（1）在“探究加速度与质量的关系”的实验中①备有器材：A．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．装有细砂的小桶；E．薄木板；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s2和D、E间距s4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达为 　 　． （3）同学甲根据实验数据画出如图（b）所示a﹣图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为 　 　kg；（g取10m/s2） （4）同学乙根据实验数据画出了图（c），从图线可知乙同学操作过程中可能 　 　． 41．某组同学用下面图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验． （1）在探究加速度与力的关系过程中应保持 　 　不变，用砝码和盘的重力作为小车所受外力，利用纸带算出小车的加速度，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，进而研究加速度和力的关系．这种研究方法是采用 　 　． （2）实验过程中，难以直接得到小车受到的牵引力，所以将砝码和盘的重力近似看作小车的牵引力，那么，可以“将砝码和盘的重力近似看作小车的牵引力”的条件是 　 　． （3）利用上装置做“验证牛顿第二定律”的实验时： 甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为图2所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线Ⅱ，直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大．明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是 　 　 A、实验前甲同学没有平衡摩擦力 B、甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 C、实验前乙同学没有平衡摩擦力 D、乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了． 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 《牛顿第二定律》压轴培优题型训练【六大题型】 一．牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 二．牛顿第二定律求解瞬时问题（共8小题） 三．牛顿第二定律求解多过程问题（共7小题） 四．牛顿第二定律的图像问题（共6小题） 五．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共3小题） 六．探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 一．牛顿第二定律的简单应用（共10小题） 1．汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g＝10m/s2，tan15°＝0.27，下列情况说法正确的是（　　） A．当汽车静止时，P的示数是N的示数的一半 B．当a＝3.5m/s2时，P有示数，N有示数，Q有示数 C．当a＜2.5m/s2时，a越大，N的示数不变 D．当a＞3.5m/s2时，a越大，N的示数不变 【答案】C 【解答】解：A．汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零 水平方向Nsin15°＝F① 竖直方向Ncos15°＝mg② 由①②联立得＝tan15°＝0.27，而mg＜N，故＝0.27，即 故A错误； B．当向左加速运动时，当加速度达到某一值时，P，Q均无示数，此时对圆柱体受力分析可得水平方向Nsin15°＝ma③ 竖直方向Ncos15°＝mg④ 联立解得a＝gtan15°＝10m/s2×0.27＝2.7m/s2 对临界值分析可得： 当a＜2.7m/s2时，P有示数，Q无示数， 当a＞2.7m/s2时，P无示数，Q有示数，即当a＝3.5m/s2时，P无示数，Q有示数，故B错误； C．当a＜2.5m/s2时，圆柱形工件受到P，N的支持力，对圆柱体受力分析可得，水平方向Nsin15°﹣F＝ma 竖直方向Ncos15°＝mg 联立解得F＝mgtan15°﹣ma 根据表达式可知a越大，P的示数越小，N的示数不变，故C正确； D．当a＞3.5m/s2时，圆柱形工件受N，Q的支持力 水平方向FNsin15°＝ma 竖直方向FNcos15°＝FQ+mg 解得 根据表达式可知a越大，Q的示数也越大，N的示数也越大，故D错误。 故选C。 2．一质量为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6N B．若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8N C．若升降机是加速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N D．若升降机是减速上升，加速度大小5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6N 【答案】C 【解答】解：A、升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：F＝＝N＝10N，故AB错误； C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：Fy﹣mg＝ma，解得：Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N， 杆对球的作用力大小：F＝＝6N，故C正确； D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：mg﹣Fy＝ma，解得：Fy＝4N，在水平方向，由平衡条件得：Fx＝F绳子＝6N， 杆对球的作用力大小：F＝＝2N，故D错误； 故选：C。 3．（多选）如图所示，倾角为30°的斜面放置在水平地面上，质量为m的物体放置在斜面上，沿斜面向下轻推物体后撤去推力，物体恰好沿斜面匀速下滑。现让物体静止在斜面上，给物体一与斜面夹角为30°大小为F的力，已知斜面始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则在加了大小为F的推力后，下列说法正确的是（　　） A．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．物体的加速度大小为F C．斜面与地面间的摩擦力为零 D．物体与斜面间的摩擦力大小为（F+mg） 【答案】BC 【解答】解、A、没有推力时，物体恰好沿斜面匀速下滑，则受力平衡：mgsin30°＝μmgcos30°，解得μ＝，故A错误； B、加了推力F之后，对物体受力分析如图1所示，结合以上分析，由牛顿第二定律可知：Fcos30°﹣μFsin30°＝ma，解得a＝，故B正确； 图1 C、对斜面和小物块整体受力分析如图2所示，沿着水平方向，只有小物体加速度有个分量，如图3所示，对整体牛顿第二定律，Fsin30°﹣f＝ma1，其中a1＝acos30°，解得：f＝0，即斜面与地面间的摩擦力为零，故C正确 ； 图2 图3 D、物体与斜面间的摩擦力大小为：f＝μFN＝μ（mgcos30°+Fsin30°）＝（mg+F），故D错误。 故选：BC。 4．（多选）有一种游戏，游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜．若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示．设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则（　　） A．运动员的加速度大小为gtan θ B．球拍对球的作用力大小为mg C．球拍对球的作用力大小为mgcos θ D．运动员对球拍的作用力大小为 【答案】AD 【解答】解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：a＝＝gtnnθ，故A正确。 B、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N＝，故BC错误。 D、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为：F＝，故D正确。 故选：AD。 5．在地面上方足够高的地方，存在一个高度d＝0.5m的“相互作用区域”（下图中画有虚线的部分）。一个小圆环A套在一根均匀直杆B上，A和B的质量均为m，若它们之间发生相对滑动时，会产生f＝0.5mg的摩擦力。开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的高度h＝0.8m。让A和B一起从静止开始下落，只要A处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F＝3mg的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用力。杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。不计空气阻力，取g＝10m/s2．求： （1）杆B的最下端刚进入“相互作用区域”时的速度； （2）圆环A通过“相互作用区域”所用的时间； （3）为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设A和B一体静止下落至“相互作用区域”的速度为v1，则 代入数据得 v1＝4.0m/s （2）A在“相互作用区域”运动时，A受到重力mg、滑动摩擦力f和竖上向上的恒力F作用，设加速度aA、运动时间为t，根据牛顿第二定律有mg+f﹣F＝maA 代入数据得 aA＝﹣15m/s2 由位移公式有 代入数据解得 t＝0.2s t′＝0.33s（不符题意，舍去） （3）设B在“相互作用区域”运动的加速度为aB，A刚离开“相互作用区域”时，圆环A和直杆B的速度分别为vA和vB，则：mg﹣f＝maB，vB＝v0+aBt，vA＝v1+aAt 代入数据解得 vA＝1m/s，vB＝5m/s 此过程二者相对滑动的距离 代入数据解得 s1＝0.4m 设A离开“相到作用区域”后二者相对滑动过程的时间为t′，A的加速度为a'A，则 vA+a'At′＝vB+aBt′ 二者相对滑动的距离 代入数据解得 t′＝0.4s，s2＝0.8m 则杆的最小长度 s＝s1+s2＝1.2m 答：（1）杆B的最下端刚进入“相互作用区域”时的速度为4.0m/s； （2）圆环A通过“相互作用区域”所用的时间为0.2s； （3）为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度为1.2m。 6．如图所示，倾斜传送带以恒定速度v＝2m/s沿顺时针方向运行，传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮中心间的距离L＝4.8m（轮半径可忽略）。现将质量m＝2kg的小滑块P（P可视为质点）轻放在其底端，平台上的人通过一根轻绳用平行于传送带的恒力F＝24N拉P，经过一段时间P运动到平台上。已知P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。要求P运动到平台上的过程中，恒力F的作用时间最短。求： （1）刚开始运动时P的加速度大小； （2）恒力F作用的最短时间。 【答案】（1）刚开始运动时P的加速度大小为10m/s2； （2）恒力F作用的最短时间为1.2s。 【解答】解：（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得：F+μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1， 代入数据解得：a1＝10m/s2 （2）经分析需在滑块P的速度大于传送带的速度之后撤去力F，撤去F后滑块P运动到平台上时速度恰好为零，恒力F作用时间最短设为t1此后滑块做减速运动到零刚好达到顶端的时间为t2； 滑块P刚开始运动到第一次与传送带共速所需时间为：t1＝＝s＝0.2s 此时间内滑块P的位移：x1＝＝m＝0.2m 设滑块P第一次与传送带共速到撤去恒力F的时间为t2，此过程滑块加速度大小为a2，位移大小为x2，末速度为v2，则有： F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma2 代入数据解得：a2＝2m/s2 v2＝v+a2t2＝2+2t2 x2＝＝ 撤去恒力F后，滑块P匀减速运动到第二次与传送带共速时间为t3，此过程滑块加速度大小为a3，位移大小为x3，则有： μmgcos37°+mgsin37°＝ma3 代入数据解得：a3＝10m/s2 速度关系：v＝v2﹣a3t3，可得：t3＝0.2t2 x3＝＝ 从滑块P第二次与传送带共速到匀减速运动到速度零的过程加速度大小为a4，位移大小为x4，则有： mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma4 代入数据解得：a4＝2m/s2 x4＝＝m＝1m 由位移关系可得：L＝x1+x2+x3+x4 代入数据：4.8＝0.2+++1 解得：t2＝1s 则恒力F作用的最短时间为：t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s 答：（1）刚开始运动时P的加速度大小为10m/s2； （2）恒力F作用的最短时间为1.2s。 7．两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v﹣t图象，g取10m/s2．求： （1）物体a受到的摩擦力大小； （2）物块b所受拉力F的大小； （3）8s末a、b间的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图示图象可知，a的加速度为： a1＝＝＝1.5m/s2， 对a，由牛顿第二定律得： f＝ma1＝0.8×1.5＝1.2N； （2）由图示图象可知，b的加速度为： a2＝＝＝0.75m/s2， 对b，由牛顿第二定律得： F﹣f＝ma2 解得：F＝1.8N； （3）由图示图象可知，a运动t＝4s后静止，8s内，a的位移为： xa＝v0t﹣a1t2＝6×4﹣×1.5×42＝12m， 8s内，b的位移为： xb＝v0t+a2t2＝6×8+×0.75×82＝72m， 两者间的距离为： Δx＝xa﹣xb＝72﹣12＝60m； 答：（1）物体a受到的摩擦力大小为1.2N； （2）物块b所受拉力F的大小为1.8N； （3）8s末a、b间的距离为60m． 8．一重量为40牛顿的均质小球置于一水平面B点上，右侧与一台阶接触于C点，BC连线与水平方向成37°角，AB为球的直径，现在A点ABC平面内施加一个拉力F，求： （1）如果拉力水平向右，将球刚好拉离地面时F的大小为多少？此时台阶对球的作用力多大？其中弹力、摩擦力各是多大？ （2）将球刚拉离地面时F的最小值是多少？方向如何？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）球刚好拉离地面时，地面对小球没有作用力，小球的受力情况如图．则得： F＝mgtan37°＝40×＝30N 设台阶对球的作用力为F1，则有：F1＝＝＝50N 台阶对球的弹力为：FN＝F1 cos37°＝50×0.8＝40N 台阶对球的摩擦力为：f＝F1 sin37°＝50×0.6＝30N （2）当F与AC连线垂直向上时，F最小，F的最小值为：Fmin＝mgsin37°＝24N 答：（1）将球刚好拉离地面时F的大小为30N，此时台阶对球的作用力是50N，其中弹力、摩擦力各是40N和30N． （2）F的最小值是24N． 9．风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为风洞里模拟实验的示意图．一质量为m＝1kg的实验对象（可视为质点）套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为θ＝30°．风洞产生竖直向上的、大小F＝20N的风力作用在实验对象上，实验对象从M点由静止开始沿直杆向上运动．已知实验对象与杆之间的动摩擦因数为μ＝．取g＝10m/s2．求： （1）实验对象刚开始运动时的加速度大小； （2）若杆上有一点N位于M点上方，且M、N两点间距为L＝2.4m，欲使实验对象到达N点，求风力F作用的最短时间． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设在力F作用时，直杆对实验对象的支持力为N1，滑动摩擦力为f1，实验对象刚开始运动时的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得： 沿杆方向有：Fsin30°﹣mgsin30°﹣f1＝ma1 垂直于杆方向有：N1＝Fcos30°﹣mgcos30° 又 f1＝μN1 解得 a1＝2.5 m/s2 （2）当小球到达N点的速度刚好为零，风力F作用的最短时间，设为t1． 设撤去力F前小球上滑距离为x1，撤去力F后，小球上滑的加速度大小为a2，上滑距离为x2，刚撤去F时，小球的速度为v，则有： v＝a1t1 x1＝ 根据牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ＝ma2 可得：a2＝7.5m/s2 x2＝ 由几何关系有：x1+x2＝L 联立解得：t1＝1.2s 答：（1）实验对象刚开始运动时的加速度大小是2.5 m/s2． （2）风力F作用的最短时间是1.2s． 10．一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计时，在t＝1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的v﹣t图线如图所示。已知木板质量为物块质量的2倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求： （1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2； （2）木板离A点的最终距离； （3）木板的最小长度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）从t1＝1.0s开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。 由图可知，在t2＝1.5 s时，物块和木板具有共同速度v2＝1.0m/s．设t1到t2时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有： a1＝＝＝2m/s2…① a2＝＝＝7m/s2…② 式中v1＝4.5 m/s，为木板在t1＝1.0s时速度的大小。 设物块和木板的质量分别为m、2m，由牛顿第二定律得： μ1mg＝ma1 …③ μ1mg+μ2（3mg）＝（2m）a2…④ 联立①②③④式得：μ1＝0.20，μ2＝0.40 （2）设t＝0到t1时间间隔内，木板的加速度为a0，由牛顿第二定律得： μ2（2m）g＝（2m）a0…⑤ 得：a0＝4m/s2 逆过来看，将木板匀减速过程看作反向匀加速过程，则t＝0到t1时间间隔内木板的位移为： s0＝v1t1+…⑥ 代入数据解得：s0＝6.5m t1到t2时间间隔内，木板相对于地面的运动距离为： s1＝…⑦ 代入数据解得：s1＝1.375m 在t2时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得： f＝ma1′…⑧ μ2（3mg）﹣f＝（2m）a2′…⑨ 假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′； 由⑧⑨式得 f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。故有： f＝μ1mg…⑩ 由⑨⑩式得：a1′＝a1＝2m/s2，a2′＝5m/s2 在t2时刻后，木板相对于地面的运动距离为： s2＝⑪ 代入数据解得：s2＝0.1m 综上，木板离A点的最终距离 S＝s0+s1+s2⑫ 解得：S＝7.975m （3）由（2）分析，物块的v﹣t图象如图中点划线所示。由图可知，t1到t2时间间隔内，物块相对于木板的位移逐渐增大，而t2时刻后，物块相对于木板的位移又逐渐减小。 t1到t2时间间隔内，物块相对于地面的运动距离为 s1′＝⑬ 代入数据解得 s1′＝0.25m 木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小，为： Lmin＝s1﹣s1′⑭ 解得Lmin＝1.125 m 答： （1）物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2分别为0.20和0.40。 （2）木板离A点的最终距离是7.975m； （3）木板的最小长度是1.125 m。 二．牛顿第二定律求解瞬时问题（共8小题） 11．如图所示，轻质弹簧1一端与静止在倾斜木板上的物体A相连，另一端与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。B、C通过轻质弹簧2连接，且B、C始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木板与水平面间的夹角为30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，发生以下变化时，物体A始终保持静止，则（　　） A．木板与水平面的夹角减小时，A受到的静摩擦力减小 B．木板与水平面夹角保持30°不变，剪断细线后，A所受摩擦力增大 C．剪断细线瞬间，B、C一起以加速度g自由下落 D．剪断细线瞬间，B的加速度为3g 【答案】D 【解答】解：A、设A、B、C质量分别为3m、m、2m，初始时对A物体受力分析有 3mgsin30°+f＝3mg 则木板与水平面的夹角减小时，由三角函数单调性知，A物体受到的静摩擦力增大，故A错误； B、剪断细线后，对A物体受力分析有 3mgsin30°＝f′ 联立可得 f＝f′ 故B错误； CD、剪断细线瞬间，2弹簧弹力没有突变，大小为F＝2mg，则C的加速度为零，B的加速度为a，根据牛顿第二定律有 mg+F＝ma 解得 a＝3g 故C错误，D正确。 故选：D。 12．如图所示，四只质量都为m的猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速度为g，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（　　） A．3号对4号猴子的拉力等于0 B．四只猴子的加速度和速度都等于0 C．树梢对1号猴子的拉力为2mg D．1号对2号的拉大小为 【答案】A 【解答】解：A、以3、4号猴子为整体，可知整体的加速度为重力加速度g，则4号猴子的加速度也为重力加速度g，所以3号对4号猴子的作用力等于0，故A正确； C、在2号猴子手滑后的一瞬间，四只猴子的速度都等于0，1、2号猴子作为整体，在手滑前，设树梢对猴子的作用力为F，对整体有 F＝4mg，故C错误； B、则在2号猴子手滑后的一瞬间，树梢对1号猴子的拉力保持不变，大小仍为4mg，以1、2号猴子为整体，根据牛顿第二定律可得 F﹣2mg＝2ma 解得 a＝g 方向向上 所以四只猴子的加速度都不为0，故B错误。 D、以2号猴子为对象，根据牛顿第二定律可得 F12﹣mg＝ma 解得 F12＝2mg 可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为2mg，故D错误； 故选：A。 13．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，弹簧劲度系数为k），如图所示。将细绳剪断瞬间（　　） A．弹簧弹力发生变化 B．小球速度不为零 C．小球立即获得的加速度 D．小球加速度为 【答案】D 【解答】解：细绳剪断之前，小球受力平衡：+（mg）2＝T2，其中FN＝kx 细绳剪断的瞬间，弹簧弹力不能突变，小球合外力与绳子拉力等大方向：F合＝T 由牛顿第二定律可知：F合＝ma 联立解得：a＝ 但是此时，小球速度为零。故ABC错误，D正确。 故选：D。 14．（多选）如图所示，A、B两球用轻弹簧悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mB＝2mA，两球间由一轻绳连接。如果突然剪断轻绳，则剪断轻绳瞬间A、B两球的加速度大小分别为（　　） A．aA＝g B．aA＝2g C．aB＝g D．aB＝2g 【答案】BC 【解答】解：AB．对AB整体，由平衡条件可得弹簧弹力 F＝（mA+mB）g 对A受力分析，A受重力和弹簧向上的拉力，在剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得A加速度为 ，故A错误，B正确； CD．对B，剪断轻绳瞬间只受重力作用，加速度为 aB＝g，故C正确，D错误。 故选：BC。 15．（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直于光滑的倾角为θ的斜面底端挡板上，另一端自然伸长于斜面O点，将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处；现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体，使在弹性限度内斜向上运动了4x0，物体再次静止。撤去F后，物体开始沿斜向下运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则撤去F后（　　） A．物体先做匀加速运动至O点，过O点后加速度一直减小 B．物体运动至最低点时弹力大小等于mgsinθ C．物体刚运动时的加速度大小为4gsinθ D．物体向下运动至初始静止位置时速度最大 【答案】CD 【解答】解：A．物体在弹力和重力下滑分力的作用下，做变加速运动至O点，过O点后加速度先减小后增大，故A错误； BC．根据平衡条件，有mgsinθ＝kx0 释放时，根据牛顿第二定律，则有 k•3x0+mgsinθ＝4mgsinθ＝ma 物体刚运动时的加速度大小，同时也是最低点的加速度大小为 a＝4gsinθ 则在最低点时，根据牛顿第二定律，则有 F﹣mgsinθ＝ma 物体运动至最低点时弹力大小等于 F＝5mgsinθ 故B错误，C正确； D．距斜面O点x0处为平衡位置，运动至该位置的加速度为0，速度最大，故D正确。 故选：CD。 16．如图所示，用两根细线a、b和一根轻弹簧c将质量为m的小球1和质量为2m的小球2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，弹簧c水平，重力加速度为g。求： （1）a绳对小球1拉力的大小，b绳对小球2拉力的大小； （2）剪断细线b的瞬间，小球1与小球2加速度的大小。 【答案】（1）a绳对小球1拉力的大小为，b绳对小球2拉力的大小为； （2）剪断细线b的瞬间，小球1与小球2加速度的大小分别为、。 【解答】解：（1）小球1与2组成的整体，受力如图 由平衡条件 Facos30°＝3mg Fasin30°＝Fc 对小球2受力分析如图 细线b对小球2的拉力大小 （2）剪断细线b的瞬间，a绳弹力发生突变，小球1所受合力 F合＝mgsin30°＝ma1 解得小球1的加速度大小为 弹簧c弹力不变，小球2的合力大小为 F′合＝2ma2 解得小球2的加速度大小为 答：（1）a绳对小球1拉力的大小为，b绳对小球2拉力的大小为； （2）剪断细线b的瞬间，小球1与小球2加速度的大小分别为、。 17．如图所示，质量为m＝kg的小球置于倾角为30°的光滑固定斜面上，劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°．取g＝10m/s2．求： （1）小球对斜面的压力的大小； （2）弹簧的伸长量； （3）弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）以小球为研究对象，分析受力情况：小球受到重力mg、弹簧的拉力F和斜面的支持力N，作出力图，如图。 作出F和N的合力，由平衡条件可知，F和N的合力与重力mg大小相等，方向相反。由对称性可知，N＝F，则有 2Ncos30°＝mg 解得：N＝＝10N （2）由胡克定律得 F＝kx 解得：x＝＝＝0.05m （3）弹簧被剪断的瞬间，根据牛顿第二定律得： mgsin30°＝ma 解得：a＝gsin30°＝5m/s2 方向：沿斜面向下。 答：（1）小球对斜面的压力的大小为10N；（2）弹簧的伸长量为0.05m；（3）弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度大小为5m/s2，方向沿斜面向下。 18．如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2kg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10m/s2．求： （1）此时轻弹簧的弹力大小； （2）若瞬间撤去拉力F，则求物块的加速度大小和方向； （3）若剪断弹簧，则求剪断的瞬间物块的加速度大小和方向． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为： F弹＝mgtan45°＝20×1＝20N， 拉力为：F＝＝； （2）撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用； 小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.2×20N＝4N， 根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝，合力方向向左，所以加速度方向向左； （3）剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，根据牛顿第二定律得， a＝＝＝10m/s2；方向向右． 答：（1）此时轻弹簧的弹力大小为20N； （2）若瞬间撤去拉力F，则求物块的加速度大小为8m/s2，方向向左； （3）若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为10m/s2；方向向右． 三．牛顿第二定律求解多过程问题（共7小题） 19．如图甲所示，一个质量m＝1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块回到斜面底端时速度大小约为5.4m/s D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s 【答案】C 【解答】解：B、v﹣t图像的斜率表示加速度，由乙图可知，物块上滑的加速度大小为 物块上滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得μ＝0.5，故B错误； A、物块下滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 解得，故A错误； CD、v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由乙图可知，0～1.2s内滑块上滑的位移为 设滑块下滑时间为t，则有 解得 t＝2.68s 故物块回到斜面底端的时刻约为 t2＝1.2s+2.68s＝3.88s 物块回到斜面底端时速度大小约为 v＝a2t＝2×2.68m/s＝5.36m/s≈5.4m/s，故C正确，D错误。 故选：C。 20．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°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，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a＝2g向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是（　　） A．细线对小球的拉力大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．小球对滑块的压力大小为 D．小球对滑块的压力大小为2mg 【答案】A 【解答】解：设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图1所示 根据牛顿第二定律得： 因a＝2g＞a0，故滑块以加速度a向左加速运动时，此时小球已经离开斜面，设此时绳子与竖直方向的夹角为α，如图2所示，则有： Tsinα＝ma＝2mg Tcosα＝mg 解得细线对小球的拉力大小为：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 21．（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为12kg B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2 C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8N D．弹簧的劲度系数为80N/m 【答案】BD 【解答】解：AB．设物块B质量为M，x＝0，对整体根据牛顿第二定律可得：12＝（m+M）a 刚分离时，二者之间的弹力为零，对A根据牛顿第二定律可得：22﹣mg＝ma 联立解得：a＝1m/s2，M＝10kg，故A错误，B正确； D．以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，有：kx0＝（m+M）g 分离之前，有：F+k（x0﹣x）﹣（m+M）g＝（m+M）a 联立解得：F＝kx+（m+M）a 所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数，则有：，故D正确； C．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为FN，对B进行受力分析有：kx0﹣Mg﹣FN＝Ma 解得：FN＝10N，故C错误。 故选：BD。 22．如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为2m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的vt图像如图乙所示，重力加速度为g，sin30°＝0.5，求： （1）B刚开始运动时AB间的弹力大小； （2）t＝0和t1时刻作用在滑块B上的拉力大小； （3）从AB分离之时到A的速度达到最大值，这一过程中A的位移。 【答案】（1）滑块B刚开始运动时AB间的弹力大小为m（g﹣a）； （2）t＝0时刻作用在滑块B上的拉力大小为3ma；t1时刻作用在滑块B上的拉力大小为m（g+2a）； （3）从AB分离之时到A的速度达到最大值，这一过程中A的位移为。 【解答】解：（1）初始状态，对整体进行受力分析，如图所示： 根据平衡条件3mgsinθ＝kx0 施加力F后，做匀加速直线运动； 对整体，根据牛顿第二定律F+kx0﹣3mgsinθ＝3ma 解得F＝3ma 对滑块B，受力分析如图所示： F+NAB﹣2mgsinθ＝2ma 解得NAB＝m（g﹣a） （2）由（1）中分析可知在t＝0时刻F＝3ma 在t1时刻AB分离，此时两者之间的弹力为零； 对滑块B，根据牛顿第二定律F﹣2mgsinθ＝2ma 解得F＝m（g+2a） （3）分离时弹簧的压缩量为x1 对滑块A，根据牛顿第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma 解得 当A的速度最大时，加速度为零； 对滑块A，根据平衡条件kx2＝mgsinθ 则弹簧的压缩量 则两次压缩量之差即为 从AB分离之时到A的速度达到最大值，这一过程中A的位移为。 答：（1）滑块B刚开始运动时AB间的弹力大小为m（g﹣a）； （2）t＝0时刻作用在滑块B上的拉力大小为3ma；t1时刻作用在滑块B上的拉力大小为m（g+2a）； （3）从AB分离之时到A的速度达到最大值，这一过程中A的位移为。 23．如图所示，“神舟十一号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动降落伞装置，速度减至v＝10m/s时开始匀速降落。在距地面h＝1.1m时，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，经过时间t＝0.2s，以某一速度落至地面，此过程可视为竖直方向的匀减速直线运动。求： （1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向和大小； （2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F； （3）空气阻力跟物体相对于空气速度有关，还跟物体的横截面积有关。假设减速伞下落过程受到的空气阻力与减速伞的横截面积S成正比，与速度v的平方成正比，即f＝kSv2（k为比例系数）。减速伞在接近地面时近似看作匀速直线运动，重力加速度为g。 ①叙述打开减速伞后，返回舱的运动情况； ②设返回舱质量为m（主降落伞的质量可忽略），主降落伞有96根伞绳，每根伞绳与伞面轴线方向的夹角为θ，且，设主伞打开瞬间伞面轴线竖直，为安全起见允许宇航员能承受的瞬间载荷不超过自身重力6倍，求降落伞伞绳承受的拉力设计最小值Fmin和返回舱接近地面匀速时的速度vm。 【答案】（1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向竖直向上，大小为45m/s2； （2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F为3300N； （3）①打开减速伞后，返回舱的运动情况见解析； ②降落伞伞绳承受的拉力设计最小值Fmin为，返回舱接近地面匀速时的速度vm大小为，方向竖直向下。 【解答】解：（1）返回舱加速度的方向竖直向上。根据匀变速直线运动规律得： 解得：a＝45m/s2，方向竖直向上； （2）以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得： F﹣mg＝ma 解得：F＝3300N （3）①打开减速伞后，返回舱减速运动，根据f＝kSv2，可知所受阻力减小，根据牛顿第二定律：f﹣mg＝ma，可知加速度减小，当阻力减小到等于重力时其加速度为零，此后做匀速运动，匀速运动过程阻力不变，等于重力，则打开减速伞后，返回舱先做加速度逐渐减小的减速运动，再做匀速运动。 ②刚打开降落伞瞬间返回舱速度最大，空气阻力最大，返回舱的加速度大小最大（设为am），由题意可知，运动员瞬间承受的载荷为： F＝6m人g 对运动员由牛顿第二定律得： F﹣m人g＝m人am 解得：am＝5g 对返回舱由牛顿第二定律得： 96Fmincosθ﹣mg＝mam 已知：，可得：cosθ＝ 解得： 返回舱匀速运动时，根据平衡条件得： 解得：，方向竖直向下。 答：（1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向竖直向上，大小为45m/s2； （2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F为3300N； （3）①打开减速伞后，返回舱的运动情况见解析； ②降落伞伞绳承受的拉力设计最小值Fmin为，返回舱接近地面匀速时的速度vm大小为，方向竖直向下。 24．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示。取g＝10m/s2，求： （1）1s末物块所受摩擦力的大小f1； （2）物块在前6s内的位移大小s； （3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）从图（a）中可以读出，当t＝1s时，f1＝F1＝4N （2）物块在前6s内的位移大小s＝＝12m （3）从图（b）中可以看出，在t＝2s至t＝4s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为 由牛顿第二定律，有 F2﹣μmg＝ma F3＝f＝μmg 所以 m＝kg＝2kg 由F3＝f＝μmg解得： μ＝ 答：（1）1s末物块所受摩擦力的大小为4N； （2）物块在前6s内的位移大小为12m； （3）物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4。 25．质量mA＝10kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数k＝400N/m，现给物块A施加一个平行于斜面向上的F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求：（g＝10m/s2） （1）力F的最大值与最小值； （2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsin θ＝kx0…① 因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0， 由牛顿第二定律知：kx1﹣mBgsin θ＝mBa…② 前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：x0﹣x1＝at2…③ ①②③式联立解得：a＝5.0m/s2 当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin＝（mA+mB）a＝60 N 当A、B分离时拉力最大，此时有：Fmax＝mA（a+gsin θ）＝100 N。 （2）物体上升的位移为： 故上升的高度为：h＝x•sin30°＝＝0.05m。 答：（1）力F的最大值为100N，最小值为60N； （2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度为0.05m。 四．牛顿第二定律的图像问题（共6小题） 26．手机中的加速度传感器能显示手机加速度的变化。打开加速度传感器，将手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，手机质量m＝200g，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，由此可判断（　　） A．t1时刻手掌的推力为4N B．t2时刻手机刚好离开手掌 C．t3时刻手机到达最高点 D．t4时刻手机的速度为3m/s 【答案】D 【解答】解：A、t1时刻手机的加速度最大，为a＝20m/s2＝2g，方向向上，由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg＝3×200×10﹣3×10N＝6N，故A错误； B、t2时刻加速度不是g，手机没有离开手掌，故B错误； C、t3时刻加速度为g，手机处于完全失重状态，手机刚好离开手掌，故C错误； D、手机在0.66s离开手后做竖直上抛，之后自由落体在1.26s接住，则上升和下落的时间分别为，根据速度公式，可得t4时刻手机的速度为v＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s，故D正确。 故选：D。 27．如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上，图乙是他在某次向上运动过程中重心速度随时间变化的图像。关于重心运动的说法正确的是（　　） A．t＝1.3s时的速度方向向下 B．t＝1.3s时的加速度方向向上 C．此次重心上升的高度约为0.35m D．t＝0.5s时的加速度大小小于t＝1.5s时的加速度大小 【答案】D 【解答】解：AB.由v﹣t图像可知，t＝1.3s时的速度方向为正方向，即速度方向向上，此时正向上做减速运动，加速度方向向下，故AB错误； C.根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知此次重心上升的高度约为h＝×0.64×1.7m≈0.54m，故C错误； D.根据v﹣t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知t＝0.5s时的加速度大小小于t＝1.5s时的加速度大小，故D正确。 故选：D。 28．如图甲所示，物块a，b之间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块b的质量为1kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向有的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（　　） A．弹簧对物块a的弹力和弹簧对物块b的弹力是一对平衡力 B．t＝1s时物块b的速度大于0.2m/s C．恒力F大小为1.6N D．物块a的质量为0.5kg 【答案】D 【解答】解：A、弹簧对物块a的弹力和弹簧对物块b的弹力等大反向，受力物体不是同一个物体，所以不是一对平衡力，故A错误； B、根据a﹣t图像与时间轴围成图形的面积表示速度的变化量，可知0～1s内物块b的速度变化量Δv＜m/s＝0.2m/s。由于物块b的初速度为零，则t＝1s时物块b的速度小于0.2m/s，故B错误。 CD、设物块a的质量为m。 t＝0时弹簧弹力为零，对物块a，根据牛顿第二定律得 F＝ma1 当t＝1s时，对物块a，根据牛顿第二定律得 F﹣F弹＝ma2 对物块b，t＝1s时，根据牛顿第二定律得 mba2＝F弹 综上解得：m＝0.5kg，F＝0.6N，故C错误，D正确。 故选：D。 29．物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数为分别为μA、μB、μC，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是（　　） A．μA＜μB、mA＝mB B．μB＞μC、mB＞mC C．μB＝μC、mB＞mC D．μA＜μA、mA＞mC 【答案】A 【解答】解：根据题意由牛顿第二定律得： F﹣mgμ＝ma，所以有：，因此图象的斜率表示，由图象可知它们的质量关系为：mC＞mB＝mA，纵轴截距表示μg，由于同一水平面，g相同，因此μA＜μB＝μC，故BCD错误，A正确。 故选：A。 30．（多选）如图a所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具。有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行最后停下。某同学用v﹣t图像描述了上述运动过程，如图b所示，图中OA∥BC∥DE，AB∥CD∥EF。则下面说法正确的是（　　） A．爬犁加速时的加速度大小为1m/s2 B．爬犁运动的最大速度为2.2m/s C．爬犁运动的总时间为11s D．爬犁与冰面的动摩擦因数为0.2 【答案】AB 【解答】解：A.由图像可知，爬犁加速时的加速度大小为，故A正确； B.爬犁减速时的加速度大小为，根据图像可知，每次加速时间为t1＝1s，减速时间t2＝2s，爬犁运动的最大速度为vm＝a1•3t1﹣a2•2t2＝（1×3×1﹣0.2×2×2）m/s＝2.2m/s，故B正确； C.根据图（b），爬犁运动的总时间为，故C错误； D.根据牛顿第二定律有减速过程中μmg＝ma2，爬犁与冰面的动摩擦因数为μ＝0.02，故D错误。 故选：AB。 31．（多选）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　） A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值 【答案】BC 【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：对B得：mg﹣F＝ma…① 对A得：F﹣mAgsinθ＝mAa…② 联立得 a＝…③ 若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA．故A错误。 B、由③式变形得 a＝．当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。 C、由③式得，m＝0时，a＝a2＝﹣gsinθ，故C正确。 D、当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，因A的质量无法得知，所以m0不能求出。故D错误。 故选：BC。 五．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共3小题） 32．A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：A、B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度大小，上升阶段加速度大小，球下降阶段与上升阶段加速度大小不同，小球落地后以原速度大小反弹，根据，B球下降阶段与上升阶段时间不同，故A错误； BC、由于v﹣t图像的斜率代表加速度，B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度越来越小，则B球下降阶段图像的斜率越来越小，故BC错误； D、A球上升阶段与下降阶段所需时间相同，加速度相同，B球上升阶段加速度较大，根据，所需时间较短，下降阶段加速度随时间减小，上升阶段加速度随时间而减小，故D正确。 故选：D。 33．一质量为m的飞机在水平跑道上起飞时，所受竖直向上的升力与飞机运动速率的平方成正比，记为F1＝k1v2，所受空气阻力也与飞机运动速率的平方成正比，记为F2＝k2v2，方向与运动方向相反。假设轮胎和跑道之间的阻力是压力的μ倍（μ＜0.25），飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为飞机所受重力的0.25倍，重力加速度为g。在飞机起飞过程，下列有关说法正确的是（　　） A．飞机一共受5个力的作用 B．飞机一定做变加速直线运动 C．飞机可能做匀加速直线运动 D．飞机的起飞速度为 【答案】C 【解答】解：A、飞机受到重力mg、支持力N、机翼的升力F1、发动机的推力F、空气阻力F2和地面的摩擦力f共6个力的作用，故A错误； BC、对飞机，根据牛顿第二定律有： 水平方向：F﹣f﹣F2＝ma…① 竖直方向：N+F1＝mg…② 又 f＝μN…③ 且F1＝k1v2…④ F2＝k2v2…⑥ 联立①～⑥得：F﹣k2v2﹣μ（mg﹣k1v2）＝ma，整理得 F﹣μmg+（μk1﹣k2）v2＝ma…⑦ 当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动；若μk1＞k2时，则加速度随速度的增大而增大 若μk1＜k2时，则加速度随速度的增大而减小，飞机起飞过程可能做匀加速直线运动，也可能做变加速直线运动，故B错误，C正确； D、飞机刚起飞时，地面对飞机的支持力为零，则在竖直方向上：mg＝k1v2，解得飞机的起飞速度大小v＝，故D错误。 故选：C。 34．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲，降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，绳与竖直中轴线的夹角θ＝37°，如图乙．已知人的质量m＝50kg，降落伞质量M＝50kg，开伞前不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10m/s2．求： （1）打开降落伞前人下落的距离h； （2）阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a； （3）要保证运动员安全着陆，每根悬绳所能承受的最小拉力Fmin． 【答案】见试题解答内容 【解答】解： （1）开伞前运动员做自由落体运动，设开伞时运动员下落速度为v1，有： ＝2gh…① 由图甲得： v1＝20m/s…② 联解并代入数据得： h＝20m…③ （2）设最终运动员匀速下降时速度为v2，由题有： kv2﹣（M+m）g＝0…④ kv1﹣（M+m）g＝（M+m）a…⑤ v2＝5m/s…⑥ 联解并代入数据得： k＝200N•s/m…⑦ a＝30m/s2，方向竖直向上．…⑧ （3）以运动员为研究对象，由题知刚开伞时悬绳对运动员拉力最大，设为F′．由牛顿运动定律有： 8F′cosθ﹣mg＝ma…⑨ 根据牛顿第三定律： Fmin＝﹣F′…⑩ 联解并代入数据得： Fmin＝312.5N，即悬绳能承受的拉力至少为312.5N．…⑪ 答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m； （2）求阻力系数k为200N•m/s，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上； （3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N． 六．探究加速度与力、质量之间的关系（共7小题） 35．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为钩码的质量。为了保证力传感器的读数为小车所受的合外力，关于实验操作需要进行的是（　　） A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力 C．所挂钩码的质量尽量大一些 D．所挂钩码的质量尽量小一些 【答案】A 【解答】解：AB、为使传感器的读数为小车所受合力，实验前要平衡摩擦力，在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力，故A正确，B错误； CD、小车受到的拉力可以用力传感器测出，实验不需要控制钩码质量远小于小车质量，故CD错误。 故选：A。 36．（多选）如图所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中放入砝码后，车的总质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有（　　） A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2 B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1 C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2 D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x1 【答案】AD 【解答】解：A、当m1＝m2、F1＝2F2时，由F＝ma可知，a1＝2a2，由x＝at2可得：x1＝2x2，故A正确，B错误； C、当m1＝2m2、F1＝F2时，a1＝a2，由x＝at2可得：x2＝2x1，故C错误，D正确； 故选：AD。 37．某同学利用如图（a）所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系。 ①他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在　不挂　小桶（选填“挂”或“不挂”）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 ②实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是　B　（选填选项前的字母）。 A．小车所受的拉力近似等于小车所受的合力 B．小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力 C．保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度 D．减小空气阻力对实验的影响 ③图（b）是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm、xEF＝5.91cm、xFG＝6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度　0.42　m/s2（结果保留2位有效数字）。 ④另一位同学也利用图（a）所示的装置做实验，他保持小桶和砝码的质量不变，改变放在小车中砝码的质量m，测出对应的加速度a。假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响。他没有测量小车的质量，而是以为纵坐标，m为横坐标，画出图象。从理论上分析，下列图象正确的是　B　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①平衡摩擦力的方法是：把木板一段垫高，在不挂小桶的情况下，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，此时应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力； ②根据牛顿第二定律可知mg＝（M+m）a，解得a＝，只有保持小桶和砝码的总质量远小于小车的质量才能保证小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力，故B正确，AC错误； 故选：B。 （3）根据Δx＝aT2可得a＝＝0.42m/s2； （4）根据牛顿第二定律可知m0g＝（M+m）a，解得，故B正确，ACD错误； 故选：B。 故答案为：①不挂； ②B；③0.42；④B。 38．某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）下列做法正确的是 　A　（填字母代号，如：A、B、C…） A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度 （2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 　B　木块和木块上砝码的总质量。 （填字母代号，如：A、B、C） A．远大于 B．远小于 C．近似于 （3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图2可知，m甲　A　m乙，μ甲　C　μ乙．（填字母代号，如：A、B、C） A．小于 B．等于 C．大于。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确； B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误； C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； D、平衡摩擦力后，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误； 选择：A （2）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a＝，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg﹣T＝ma，对小木块有T＝Ma．综上有：小物块的实际的加速度为 a＝＜，只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性，故B正确； 故选：B （3）当没有平衡摩擦力时有：T﹣f＝ma，故a＝T﹣μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg。 观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙， 故选：A、C 故答案为：（1）A；（2）B；（3）A，C 39．为了探究加速度与力、质量的关系，某同学利用如图所示的实验装置，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘。若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，须满足条件 　砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量　；两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。 该同学测量了两小车的位移为x1、x2，则＝　　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，绳中拉力约等于砝码和砝码盘的总重力，此时需满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量 使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移。 则 故答案为：（1）砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量；（2） 40．（1）在“探究加速度与质量的关系”的实验中①备有器材：A．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．装有细砂的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺；还缺少的一件器材是 　天平　 （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s2和D、E间距s4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达为 　a＝　． （3）同学甲根据实验数据画出如图（b）所示a﹣图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为 　0.02　kg；（g取10m/s2） （4）同学乙根据实验数据画出了图（c），从图线可知乙同学操作过程中可能 　末平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平； （2）根据逐差法得：s4﹣s2＝2aT2， 解得：a＝； （3）根据牛顿第二定律可知，a＝F，则F即为a﹣图象的斜率， 所以砂和砂桶的总重力F＝m′g＝k＝＝0.2N， 解得：m′＝＝0.02kg； （4）由c图可知，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力． 故答案为：（1）天平；（2）a＝；（3）0.02；（4）末平衡摩擦力或平衡摩擦力不足． 41．某组同学用下面图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验． （1）在探究加速度与力的关系过程中应保持 　小车的质量　不变，用砝码和盘的重力作为小车所受外力，利用纸带算出小车的加速度，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，进而研究加速度和力的关系．这种研究方法是采用 　控制变量法　． （2）实验过程中，难以直接得到小车受到的牵引力，所以将砝码和盘的重力近似看作小车的牵引力，那么，可以“将砝码和盘的重力近似看作小车的牵引力”的条件是 　砝码和盘的质量远小于小车的质量　． （3）利用上装置做“验证牛顿第二定律”的实验时： 甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为图2所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图象为图中的直线Ⅱ，直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大．明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是 　BC　 A、实验前甲同学没有平衡摩擦力 B、甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 C、实验前乙同学没有平衡摩擦力 D、乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）在探究加速度与力的关系过程中应保持小车的质量不变，这样的方法称为控制变量法． （2）根据牛顿第二定律得，整体的加速度a＝，隔离对小车分析，小车的牵引力F＝Ma＝＝，知当砝码和盘的质量远小于小车的质量，可以将砝码和盘的重力近似看作小车的牵引力． （3）A、对于甲，当F＝0时，加速度不为零，知平衡摩擦力时，斜面的倾角过大．故A错误，B正确． C、对于乙，F不等于零，加速度a仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板的倾角过小．故C正确，D错误． 故选：BC． 故答案为：（1）小车的质量，控制变量法； （2）砝码和盘的质量远小于小车的质量； （3）BC． 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$