2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册4.3牛顿第二定律同步练习能力提升（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册4.3牛顿第二定律同步练习能力提升（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 487.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-25 21:47:37 | ||
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文档简介
4.3牛顿第二定律同步练习能力提升-2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册
练习
一、单选题，共12小题
1．如图所示，光滑的水平面上，质量均为m的A、B两个小球之间系一根轻质弹簧，A紧靠墙壁，系统在推力F作用下处于静止状态，在突然撤去力F的瞬间（ ）
A．A球加速度的大小为 B．A球加速度的大小为
C．B球加速度的大小为 D．B球加速度的大小为
2．如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止．当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为和（以向上为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．力可以离开物体单独存在
C．力是使物体产生加速度的原因
D．两个物体只有相互接触才会产生力的作用
4．据报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机。该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞。设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力。不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．该直升机原型机可能处于平衡状态
B．该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动
C．空气对直升机原型机的作用力大小为2mg
D．空气对直升机原型机的作用力大小为4mg
5．某运动员（可看做质点）参加跳台跳水比赛，其竖直方向的速度与时间关系图象如图所示，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，则（ ）
A．t1-t2时间内，运动员在水中正在下沉
B．t2-t3时间内，运动员在水中正在上浮
C．由图象可知，运动员刚入水时的加速度最大
D．由图象可知，运动员在水中最深处时加速度为0
6．如图所示，质量为m的小球用细线分别连在天花板和竖直墙壁上，小球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为，细线处于水平，重力加速度为g，则在剪断细线的瞬间，小球的加速度和细线的拉力大小分别为（ ）
A． B． C． D．
7．竖直上抛的物体在上升过程中由于受到了空气阻力，加速度大小为，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中加速度大小为（ ）
A． B．g C．g D．0.5g
8．如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，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a1、a2。重力加速度大小为g。则有（ ）
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
9．物块A1、A2、B1和B2的质量均为m， A1、 A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连结，两个装置都放在水平的木板上，处于平衡状态，如图所示。今突然撤去木板，让物块下落，在除去木板的瞬间， A1、A2的加速度分别为aA1和aA2， B1、B2 的加速度分别为aB1和aB2，则（ ）
A．aA1=g，aA2=g， aB1=0，aB2=2g B．aA1=g， aA2=2g， aB1=g，aB2=g
C．aA1=g， aA2=g， aB1=g，aB2=g D．aA1=0， aA2=2g，aB1=0， aB2=2g
10．一辆以加速度作匀加速直线运动的汽车，如果再拖上一辆和它质量相同的挂车，两车受到地面的阻力相同，当汽车以同样的牵引力行驶时，它们的加速度将为（ ）
A．小于 B． C．大于 D．
11．如图所示，在水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为m的物体A连接，物体B的质量也为m，两物体与地面的动摩擦因数均为μ，施加一水平外力推动物体B向左将弹簧压缩到最短，撤去外力，经过一段时间后两物体分离，分离时，弹簧的情况为（ ）
A．弹簧被拉长
B．弹簧处于原长
C．弹簧被压缩，弹力大小为μmg
D．弹簧被压缩，弹力大小为2μmg
12．某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm刻度对应的加速度为
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
二、多选题，共3小题
13．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想方法。关于以上两点下列叙述正确的是（ ）
A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，例如质点是理想化模型
B．速度是运用比值定义的物理量，由 可知，v与x成正比，v与t成反比
C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了等效替代的思想方法
D．伽利略在研究落体运动时，做过著名的“冲淡重力”斜面实验，并将实验结果进行合理的外推，创造了一套利用实验与逻辑推理结合研究物理的科学方法
14．如图所示，自由下落的小球下落一段时间后与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球加速度先减小再增大 B．小球速度先增大再减小
C．小球刚接触弹簧时，小球速度最大 D．弹簧被压缩最短时小球的加速度为零
15．坡道式自动扶梯（不带台阶）因其安全便捷在一些商场和车站等场所得到广泛应用。考虑到经济和效率性，扶梯在空载模式下低速运行，当有乘客踏上扶梯时，通过传感器和控制系统，扶梯会逐渐提升至一个较高的速率匀速运行。如图为一名乘客踏上空载运行的坡道式扶梯并相对扶梯保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．无论加速还是匀速，乘客均受到沿着扶梯向上的静摩擦力
B．在整个过程中乘客受到扶梯的作用力始终竖直向上
C．在提速阶段乘客受滑动摩擦力，而在较高速度匀速运动时受静摩擦力作用
D．在提速阶段乘客受到扶梯的摩擦力大于在高速匀速运动时受到的摩擦力
三、填空题，共2小题
16．当物体从高空下落时，所受阻力会随物体的速度增大而增大，因此下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度。研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关。下表是某次研究的实验数据，g取10m/s2 。
小球编号 A B C D E
小球的半径r（×10﹣2m） 0.5 0.5 1.5 2 2.5
小球的质量m（×10﹣3kg） 2 5 45 40 100
小球的收尾速度v（m/s） 16 40 40 20 32
(1)据表中的数据可以求出B球与C球在达到收尾速度时所受阻力之比为f1：f2=________。
(2)根据表中的数据，可归纳出球型物体所受阻力f与球的速度大小及球的半径的关系为（写出有关字母表达式，比例系数用k表示）________，并可求出式中比例系数的k数值________和单位为________。
(3)现将C号和D号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的高度下落，则它们的收尾速度大小为v=________m/s。
17．如图所示，质量为2kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F=12N，则物体运动的加速度大小为（g取10m/s2）______。
四、解答题，共2小题
18．一辆载货汽车，总质量是4×103Kg，运动过程中所受阻力是车重的0.04倍，汽车从静止开始运动，经过t=10s前进了40m，求汽车受到的牵引力大小？
19．一物体在3N的外力作用下，产生的加速度为2，它在9N的外力作用下，产生的加速度是多大？
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
AB．在突然撤去力F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，对A球受力分析，A球还是处于静止状态，所以A球的加速度为0，则AB错误；
CD．在突然撤去力F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，对B球受力分析，由牛顿第二定律可知
所以C错误；D正确；
故选D。
2．C
【详解】
设小球的质量为m，对小球B受力分析可知，弹簧的弹力等于小球的重力，为
对A研究，A受向下的重力和弹簧的弹力；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，以向上为正方向，故由牛顿第二定律可知，加速度为
对B研究，由于弹力不变，则物体受到合力为零，加速度
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．由牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，故A错误；
B．力的作用是相互的，一个物体即是施力物体同时也是受力物体，不能离开物体而单独存在，故B错误；
C．由牛顿第二定律知，力是使物体产生加速度的原因，故C正确；
D．力按接触方式分可分为接触力和非接触力，重力、磁场力等都是不需要接触的力，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
AB．直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，故选项A、B均错误；
CD．空气对直升机原型机的作用力大小为
故选项C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
．t1-t2时间内，图象为直线，说明该过程中的加速度是相同的，说明该过程中运动员在空中做自由落体运动，故A错误；
B．时间内，运动员在水中的速度方向仍然向下，故仍在下降，故B错误；
C．图象的斜率表示加速度，则由图可知，运动员刚入水时的加速度最大，故C正确；
D．运动员在最深处时速度为零，但此时运动员受合力不是零，故加速度不为零，故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
剪断细线L2的瞬间，细线L1不可伸缩，它对小球的拉力发生突变，小球将绕细线L1摆动，根据力的合成可得小球受到的合力为
F合=mgsinα
细线L1对小球的拉力为
F1=mgcosα
由牛顿第二定律可得，小球的加速度为
故选A。
7．B
【详解】
根据牛顿第二定律，上升过程
下降过程
解得
故选B。
8．C
【详解】
开始时，对木块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，木块1所受的合力仍然为零，则加速度
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对木块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得
故C正确，ABD错误。
故选C。
9．A
【详解】
在除去木板的瞬间，采用整体法研究A1、A2所受的力。A1、A2由于用刚性轻杆连接，加速度一定相等，将一起下落，整体的加速度等于重力加速度g。采用隔离法研究B1、B2受到的力，在除去木板前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，木板对B2的支持力大小等于2mg。在除去木板的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况不变，则B1所受合力为零，即
B2受到重力mg和弹簧压力mg，所以合力大小为2mg，即
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．A
【详解】
设两车的质量为m，所受的阻力大小为f，牵引力大小为F，两车的加速度为，两种情况下，根据牛顿第二定律得
，
则有
解得
故选A。
11．B
【详解】
两物体刚好分离的临界条件为两物体之间的弹力为零且加速度相等，则
解得
x=0
即弹簧处于原长。
故选B。
12．A
【分析】
重物在40cm刻度，处于平衡状态，根据共点力平衡求得弹簧的弹力和重力的关系，当重物在不同刻度时，根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求得加速度。
【详解】
设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则
A．30cm刻度时根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．40cm刻度时钢球处于平衡状态，故
故B错误；
C．50cm刻度时根据牛顿第二定律有
解得
D．根据牛顿第二定律有
可得
则各刻度对应加速度的值时均匀的，故D错误。
故选A。
【点评】
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是抓住重物在不同刻度时受到的弹簧的弹力大小即可，熟练应用胡克定律。
13．AD
【详解】
A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，例如质点是理想化模型；故A正确；
B．速度是运用比值定义的物理量，由 可知， v与x无关，v与t也无关，故B错误；
C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法。故C错误；
D．伽利略在研究落体运动时，做过著名的“冲淡重力”斜面实验，并将实验结果进行合理的外推，创造了一套利用实验与逻辑推理结合研究物理的科学方法。故D正确。
故选AD。
14．AB
【详解】
A．小球与弹簧接触后，弹簧弹力随形变量增大而增加，分成两个阶段来分析，当
根据牛顿第二定律，有
可知小球加速度减小，且加速度方向向下。
当
根据牛顿第二定律，有
可知小球加速度增大，且加速度方向向上。故小球加速度先减小再增大。
故A正确；
B．依题意可知，所研究过程中小球运动方向始终向下，根据A项分析易知，当小球加速度向下时，速度增加，做加速运动，当小球加速度向上，速度减小，做减速运动。故小球速度先增大再减小。故B正确；
C．根据B项分析，可知小球刚接触弹簧时，小球速度不是最大。应该是先加速一段时间，达到最大，然后减速到零。故C错误；
D．根据A项分析，弹簧被压缩最短时小球的加速度不为零，此时有
故D错误。
故选AB。
15．AD
【详解】
A．自动扶梯是坡道式，乘客站在扶梯上，受到重力、支持力、静摩擦力的作用，扶梯匀速时，静摩擦力与重力沿扶梯向下的分力平衡，故静摩擦力沿扶梯向上；扶梯加速时，乘客的合力沿扶梯向上，故静摩擦力沿扶梯向上，故A正确；
B．扶梯匀速运动时，扶梯对乘客的作用力与重力平衡，方向竖直向上，扶梯加速上升时，扶梯对乘客的作用力斜向上，故B错误；
C．无论是提速阶段还是在较高速度匀速运动时乘客受到的摩擦力都是静摩擦力作用，故C错误。
D．在提速阶段，乘客受到扶梯的摩擦力大于重力沿扶梯向下的分力，而匀速时等于重力沿扶梯向下的分力，故D正确。
故选AD。
16．1:9 f=kvr2 50 N s/m3 27.2
【详解】
(1)[1]球在达到收尾速度时为平衡状态，有
f ＝mg
则
f1：f2 ＝mB ：mC
带入数据得
f1：f2＝1：9
(2)由表中A、B球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即
f∝v
由表中B、C球有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即
f∝r2
综上所述：球型物体所受阻力f与球的速度大小成正比，与球的半径的平方成正比，即
f=kvr2
将E组数据代入解得
(3)将C号和D号小球用细线连接后，其收尾速度应满足
mCg+mDg=fC+fD
则有
mCg+mDg=kv（rC2+rD2）
代入数据可解得
17．
【详解】
物体受到水平向右的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得
18．4800N
【详解】
汽车做静止开始的匀加速直线运动，有
对汽车受力分析，根据牛顿第二定律有
联立，可得
19．
【详解】
根据牛顿第二定律
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
练习
一、单选题，共12小题
1．如图所示，光滑的水平面上，质量均为m的A、B两个小球之间系一根轻质弹簧，A紧靠墙壁，系统在推力F作用下处于静止状态，在突然撤去力F的瞬间（ ）
A．A球加速度的大小为 B．A球加速度的大小为
C．B球加速度的大小为 D．B球加速度的大小为
2．如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止．当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为和（以向上为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．力是维持物体运动的原因
B．力可以离开物体单独存在
C．力是使物体产生加速度的原因
D．两个物体只有相互接触才会产生力的作用
4．据报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机。该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞。设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力。不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．该直升机原型机可能处于平衡状态
B．该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动
C．空气对直升机原型机的作用力大小为2mg
D．空气对直升机原型机的作用力大小为4mg
5．某运动员（可看做质点）参加跳台跳水比赛，其竖直方向的速度与时间关系图象如图所示，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，则（ ）
A．t1-t2时间内，运动员在水中正在下沉
B．t2-t3时间内，运动员在水中正在上浮
C．由图象可知，运动员刚入水时的加速度最大
D．由图象可知，运动员在水中最深处时加速度为0
6．如图所示，质量为m的小球用细线分别连在天花板和竖直墙壁上，小球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为，细线处于水平，重力加速度为g，则在剪断细线的瞬间，小球的加速度和细线的拉力大小分别为（ ）
A． B． C． D．
7．竖直上抛的物体在上升过程中由于受到了空气阻力，加速度大小为，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中加速度大小为（ ）
A． B．g C．g D．0.5g
8．如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，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a1、a2。重力加速度大小为g。则有（ ）
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
9．物块A1、A2、B1和B2的质量均为m， A1、 A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连结，两个装置都放在水平的木板上，处于平衡状态，如图所示。今突然撤去木板，让物块下落，在除去木板的瞬间， A1、A2的加速度分别为aA1和aA2， B1、B2 的加速度分别为aB1和aB2，则（ ）
A．aA1=g，aA2=g， aB1=0，aB2=2g B．aA1=g， aA2=2g， aB1=g，aB2=g
C．aA1=g， aA2=g， aB1=g，aB2=g D．aA1=0， aA2=2g，aB1=0， aB2=2g
10．一辆以加速度作匀加速直线运动的汽车，如果再拖上一辆和它质量相同的挂车，两车受到地面的阻力相同，当汽车以同样的牵引力行驶时，它们的加速度将为（ ）
A．小于 B． C．大于 D．
11．如图所示，在水平地面上，轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为m的物体A连接，物体B的质量也为m，两物体与地面的动摩擦因数均为μ，施加一水平外力推动物体B向左将弹簧压缩到最短，撤去外力，经过一段时间后两物体分离，分离时，弹簧的情况为（ ）
A．弹簧被拉长
B．弹簧处于原长
C．弹簧被压缩，弹力大小为μmg
D．弹簧被压缩，弹力大小为2μmg
12．某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm刻度对应的加速度为
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
二、多选题，共3小题
13．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想方法。关于以上两点下列叙述正确的是（ ）
A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，例如质点是理想化模型
B．速度是运用比值定义的物理量，由 可知，v与x成正比，v与t成反比
C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了等效替代的思想方法
D．伽利略在研究落体运动时，做过著名的“冲淡重力”斜面实验，并将实验结果进行合理的外推，创造了一套利用实验与逻辑推理结合研究物理的科学方法
14．如图所示，自由下落的小球下落一段时间后与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球加速度先减小再增大 B．小球速度先增大再减小
C．小球刚接触弹簧时，小球速度最大 D．弹簧被压缩最短时小球的加速度为零
15．坡道式自动扶梯（不带台阶）因其安全便捷在一些商场和车站等场所得到广泛应用。考虑到经济和效率性，扶梯在空载模式下低速运行，当有乘客踏上扶梯时，通过传感器和控制系统，扶梯会逐渐提升至一个较高的速率匀速运行。如图为一名乘客踏上空载运行的坡道式扶梯并相对扶梯保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．无论加速还是匀速，乘客均受到沿着扶梯向上的静摩擦力
B．在整个过程中乘客受到扶梯的作用力始终竖直向上
C．在提速阶段乘客受滑动摩擦力，而在较高速度匀速运动时受静摩擦力作用
D．在提速阶段乘客受到扶梯的摩擦力大于在高速匀速运动时受到的摩擦力
三、填空题，共2小题
16．当物体从高空下落时，所受阻力会随物体的速度增大而增大，因此下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度。研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关。下表是某次研究的实验数据，g取10m/s2 。
小球编号 A B C D E
小球的半径r（×10﹣2m） 0.5 0.5 1.5 2 2.5
小球的质量m（×10﹣3kg） 2 5 45 40 100
小球的收尾速度v（m/s） 16 40 40 20 32
(1)据表中的数据可以求出B球与C球在达到收尾速度时所受阻力之比为f1：f2=________。
(2)根据表中的数据，可归纳出球型物体所受阻力f与球的速度大小及球的半径的关系为（写出有关字母表达式，比例系数用k表示）________，并可求出式中比例系数的k数值________和单位为________。
(3)现将C号和D号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的高度下落，则它们的收尾速度大小为v=________m/s。
17．如图所示，质量为2kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F=12N，则物体运动的加速度大小为（g取10m/s2）______。
四、解答题，共2小题
18．一辆载货汽车，总质量是4×103Kg，运动过程中所受阻力是车重的0.04倍，汽车从静止开始运动，经过t=10s前进了40m，求汽车受到的牵引力大小？
19．一物体在3N的外力作用下，产生的加速度为2，它在9N的外力作用下，产生的加速度是多大？
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
AB．在突然撤去力F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，对A球受力分析，A球还是处于静止状态，所以A球的加速度为0，则AB错误；
CD．在突然撤去力F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，对B球受力分析，由牛顿第二定律可知
所以C错误；D正确；
故选D。
2．C
【详解】
设小球的质量为m，对小球B受力分析可知，弹簧的弹力等于小球的重力，为
对A研究，A受向下的重力和弹簧的弹力；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，以向上为正方向，故由牛顿第二定律可知，加速度为
对B研究，由于弹力不变，则物体受到合力为零，加速度
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．由牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，故A错误；
B．力的作用是相互的，一个物体即是施力物体同时也是受力物体，不能离开物体而单独存在，故B错误；
C．由牛顿第二定律知，力是使物体产生加速度的原因，故C正确；
D．力按接触方式分可分为接触力和非接触力，重力、磁场力等都是不需要接触的力，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
AB．直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，故选项A、B均错误；
CD．空气对直升机原型机的作用力大小为
故选项C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
．t1-t2时间内，图象为直线，说明该过程中的加速度是相同的，说明该过程中运动员在空中做自由落体运动，故A错误；
B．时间内，运动员在水中的速度方向仍然向下，故仍在下降，故B错误；
C．图象的斜率表示加速度，则由图可知，运动员刚入水时的加速度最大，故C正确；
D．运动员在最深处时速度为零，但此时运动员受合力不是零，故加速度不为零，故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
剪断细线L2的瞬间，细线L1不可伸缩，它对小球的拉力发生突变，小球将绕细线L1摆动，根据力的合成可得小球受到的合力为
F合=mgsinα
细线L1对小球的拉力为
F1=mgcosα
由牛顿第二定律可得，小球的加速度为
故选A。
7．B
【详解】
根据牛顿第二定律，上升过程
下降过程
解得
故选B。
8．C
【详解】
开始时，对木块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，木块1所受的合力仍然为零，则加速度
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对木块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得
故C正确，ABD错误。
故选C。
9．A
【详解】
在除去木板的瞬间，采用整体法研究A1、A2所受的力。A1、A2由于用刚性轻杆连接，加速度一定相等，将一起下落，整体的加速度等于重力加速度g。采用隔离法研究B1、B2受到的力，在除去木板前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，木板对B2的支持力大小等于2mg。在除去木板的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况不变，则B1所受合力为零，即
B2受到重力mg和弹簧压力mg，所以合力大小为2mg，即
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．A
【详解】
设两车的质量为m，所受的阻力大小为f，牵引力大小为F，两车的加速度为，两种情况下，根据牛顿第二定律得
，
则有
解得
故选A。
11．B
【详解】
两物体刚好分离的临界条件为两物体之间的弹力为零且加速度相等，则
解得
x=0
即弹簧处于原长。
故选B。
12．A
【分析】
重物在40cm刻度，处于平衡状态，根据共点力平衡求得弹簧的弹力和重力的关系，当重物在不同刻度时，根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求得加速度。
【详解】
设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则
A．30cm刻度时根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．40cm刻度时钢球处于平衡状态，故
故B错误；
C．50cm刻度时根据牛顿第二定律有
解得
D．根据牛顿第二定律有
可得
则各刻度对应加速度的值时均匀的，故D错误。
故选A。
【点评】
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是抓住重物在不同刻度时受到的弹簧的弹力大小即可，熟练应用胡克定律。
13．AD
【详解】
A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，例如质点是理想化模型；故A正确；
B．速度是运用比值定义的物理量，由 可知， v与x无关，v与t也无关，故B错误；
C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法。故C错误；
D．伽利略在研究落体运动时，做过著名的“冲淡重力”斜面实验，并将实验结果进行合理的外推，创造了一套利用实验与逻辑推理结合研究物理的科学方法。故D正确。
故选AD。
14．AB
【详解】
A．小球与弹簧接触后，弹簧弹力随形变量增大而增加，分成两个阶段来分析，当
根据牛顿第二定律，有
可知小球加速度减小，且加速度方向向下。
当
根据牛顿第二定律，有
可知小球加速度增大，且加速度方向向上。故小球加速度先减小再增大。
故A正确；
B．依题意可知，所研究过程中小球运动方向始终向下，根据A项分析易知，当小球加速度向下时，速度增加，做加速运动，当小球加速度向上，速度减小，做减速运动。故小球速度先增大再减小。故B正确；
C．根据B项分析，可知小球刚接触弹簧时，小球速度不是最大。应该是先加速一段时间，达到最大，然后减速到零。故C错误；
D．根据A项分析，弹簧被压缩最短时小球的加速度不为零，此时有
故D错误。
故选AB。
15．AD
【详解】
A．自动扶梯是坡道式，乘客站在扶梯上，受到重力、支持力、静摩擦力的作用，扶梯匀速时，静摩擦力与重力沿扶梯向下的分力平衡，故静摩擦力沿扶梯向上；扶梯加速时，乘客的合力沿扶梯向上，故静摩擦力沿扶梯向上，故A正确；
B．扶梯匀速运动时，扶梯对乘客的作用力与重力平衡，方向竖直向上，扶梯加速上升时，扶梯对乘客的作用力斜向上，故B错误；
C．无论是提速阶段还是在较高速度匀速运动时乘客受到的摩擦力都是静摩擦力作用，故C错误。
D．在提速阶段，乘客受到扶梯的摩擦力大于重力沿扶梯向下的分力，而匀速时等于重力沿扶梯向下的分力，故D正确。
故选AD。
16．1:9 f=kvr2 50 N s/m3 27.2
【详解】
(1)[1]球在达到收尾速度时为平衡状态，有
f ＝mg
则
f1：f2 ＝mB ：mC
带入数据得
f1：f2＝1：9
(2)由表中A、B球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即
f∝v
由表中B、C球有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即
f∝r2
综上所述：球型物体所受阻力f与球的速度大小成正比，与球的半径的平方成正比，即
f=kvr2
将E组数据代入解得
(3)将C号和D号小球用细线连接后，其收尾速度应满足
mCg+mDg=fC+fD
则有
mCg+mDg=kv（rC2+rD2）
代入数据可解得
17．
【详解】
物体受到水平向右的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得
18．4800N
【详解】
汽车做静止开始的匀加速直线运动，有
对汽车受力分析，根据牛顿第二定律有
联立，可得
19．
【详解】
根据牛顿第二定律
解得
答案第1页，共2页
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