高中物理人教新课标版必修1： 牛顿第二定律的基本应用 补充练习（含解析）

考点针对训练：牛顿第二定律的基本应用
1．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）
A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为6mg+qE
B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qE
C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为
D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，B、C两小球间细线的拉力为
2．如图所示，甲、已两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙对绳的速度比甲快，则已能赢得“拔河”比赛的胜利
3．如图所示，A、B的质量分别为mA=2kg，mB=4kg，盘C的质量mC=6kg，现悬挂于天花板O处，处于静止状态。当用火柴烧断O处的细线瞬间，木块A、B、C的加速度分别是aA、aB、aC，B对C的压力大小是FBC(g取10m/s2），则（　　）
A．aA=aB=aC=g，FBC=0
B．aA=0，aB=aC=g，FBC=0
C．aA=aB=0，aC=3g，FBC=60N
D．aA=0，aB=aC=12m/s2，FBC=12N
4．下面四个图象依次分别表示四个物体A，B，C，D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间变化的规律。其中物体一定受力平衡的是（　　）
A． B．
C． D．
5．一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则
A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B．人只受重力和踏板的支持力的作用
C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量
6．如图所示，在竖直立在水平面的轻弹簧上面固定着一块质量不计的薄板，在薄板上放一个重物，并且用手将重物往下压，然后突然将手撤去，重物即被弹射出去，则在弹射过程中（即重物与弹簧脱离之前），重物的动能变化情况是（　　）
A．一直增大 B．先增大，再减小
C．先减小，再增大 D．一直不变
7．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速率为 v0，乙的速率为2 v0，两者方向互相垂直．小工件（看作质点）离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与甲、乙之间的动摩擦因数相同，乙的宽度足够大．工件与乙有相对运动的过程中，下列说法正确的是

A．摩擦力的大小逐渐减小
B．摩擦力的大小逐渐增加
C．摩擦力的方向是变化的
D．摩擦力的方向始终不变
8．如图所示，质量为M，倾角为的斜面体静止在粗糙水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B用劲度系数为k的轻质弹簧相连接。现对A施加一个水平向左，大小为F=(g为重力加速度)的恒力，使A、B及斜面体均保持静止，此时弹簧的长度为L。斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的原长为L-
B．撤掉恒力F的瞬间，小球B的加速度为0.5g
C．撤掉恒力F的瞬间，斜面体对地面的压力等于(M+2m)g
D．撤掉恒力F的瞬间，地面对斜面体的摩擦力等于
9．如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．则（ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
10．如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直， O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°．现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球滑到B点时的加速度为
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度为
11．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为和，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C，在此过程中（　　）
A．拉力的大小一直增大
B．物块B刚要离开挡板C时拉力
C．拉力做功的功率先增大后减小
D．物块A的机械能先减小后增大
12．如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态。现有一小球以初速度 落在弹簀上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，作出了小球下落过程中所受合力F与下落位移x的关系图像，其中小球下落至最低点时x=12cm，重力加速度g取10m/s2。根据图像可知（　　）
A．小球的质量m=2 kg B．小球的初速度m/s
C．小球下落过程中的最大速度m/s D．最低点时，弹簧的弹性势能Ep=0.36J
13．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，下列有关该过程的分析中正确的是
A．B物体受到细线的拉力始终保持不变
B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
14．如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为 的光滑圆环上，在的正上方， 是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的点无初速度释放后，发现小球通过了点，最终在之间做往复运动．已知小球在点时弹簧被拉长，在点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是
A．弹簧在点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量
B．小球从至一直做加速运动，从至一直做减速运动
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．小球机械能最大的位置有两处
15．如图所示的两家直升飞机在某一高度水平向前飞行，其中一架飞机在加速前进，另一架飞机在减速前进，则图________所示的飞机在加速前进，图________所示的飞机在减速前进。
16．某人在以的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起________kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为________。
17．如图所示，质量为m＝1kg的小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止平衡状态，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，此时轻弹簧的弹力大小为________；小球的加速度大小为________。
18．质量为2kg的物体在几个共点力的作用下处于平衡状态。若撤去一个大小为8N、方向水平向右的力，则该物体的加速度大小为___m/s2，方向___。
19．已知半径为r的小球在空气中下落时受到的粘滞阻力f满足如下规律：f=6πηvr，公式中η为空气与小球间的粘滞系数。一同学欲使用传感器通过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r0、质量为m的小球从空中某位置由静止释放，测得小球速度为v0时，加速度大小为a0，若忽略空气浮力，已知当地重力加速度为g，求：
(1)粘滞系数η；
(2)若测得小球下落h高度时达到最大速度，求此过程中小球损失的机械能和下落时间。
20．如图所示，斜面AC长L=1m，倾角θ=37°，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=2kg的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a；
(2)小物块在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功W；
(3)小物块在斜面上运动过程中所受重力的冲量大小I。
21．如图所示，小物块A通过轻绳绕过光滑定滑轮与小物块B相连，定滑轮用一直杆固定在天花板上，A、B的质量分别为和，开始时用手托住A使它们处于静止且绳子恰好伸直，此时A距地面。松手使它们开始运动，已知，不计滑轮重力，B离滑轮距离足够大。求：
(1)松手后经多长时间A达到地面；
(2)在整个运动过程中直杆对滑轮的作用力；
(3) A落地后B还能上升的最大高度。
22．商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行．若用力F1=100N沿水平方向推货箱，货箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动．（g取10m/s2）．
（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）F2作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；
（3）在F2作用下，货箱运动4.0s时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小．
参考答案
1．C
【解析】
AB．静止时，对B球进行受力分析，则有
AB错误；
C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，对A、B球整体，根据牛顿第二定律可得
解得
，C球以加速度g保持自由下落，BC间绳子拉力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为，由牛顿第二定律，则有
解得
D错误C正确。
故选C。
2．C
【解析】
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，故选项A错误．
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误．
C．设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由得，a甲D．收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．
3．D
【解析】
烧断细线前细线的拉力为
弹簧的弹力大小
烧断细线后瞬间，弹簧的弹力没有改变，则A的受力情况没有改变，其合力仍为零，根据牛顿第二定律得
A的加速度aA=0
对BC整体，根据牛顿第二定律得
对C由牛顿第二定律可得
解得FBC=12N。
故ABC错误，D正确。
故选D。
4．C
【解析】
A．物体处于平衡状态时合外力为零，加速度为零，物体处于静止或匀速运动状态，图A中物体有加速度且不断减小，物体处于非平衡状态，故A错误；
B．图B物体匀减速运动，加速度恒定，物体处于非平衡状态，故B错误；
C．图C物体做匀速运动，因此处于平衡状态，故C正确；
D．图D物体受摩擦力均匀减小，合外力可能不为零，因此物体可能处于非平衡状态，故D错误。
故选C。
5．D
【解析】
AB、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN﹣mg＝masinθ，所以FN＞mg，故AB错误；
C、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；
D、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。
6．B
【解析】
将手撤去时，物体所受的弹力大于自身的重力，合力方向为竖直向上，物体向上做加速运动，动能增加；物体向上运动时，弹簧的弹力减小，当弹力的大小等于重力时，物体处于平衡状态，此时物体速度达到最大值，即动能为最大值；由于惯性，物体仍然继续向上运动，弹力小于重力，合力方向为竖直向下，物体做减速运动，动能减小，最后当弹簧的弹力减小到0时，物体与弹簧分离，即被弹射出去。故ACD错误，B正确。
故选B。
7．D
【解析】
当乙的速度为2v0时，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α，；工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如图所示．
工件在x轴、y轴方向的加速度的大小分别为ax、ay，根据牛顿运动定律ax=μgsinα，ay=μgcosα；经过极短的时间△t，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为vx=v0-ax△t，vy=2v0-ay△t；解得???，；表明经过极短的时间△t，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变；故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为f=μmg，方向不变；故选项ABC错误，D正确．
8．D
【解析】
A．对小球B进行受力分析，由平衡条件可得
kx=mgsin?θ
解得
所以弹簧的原长为 ，对小球A进行受力分析，由平衡条件可得
Fcos?θ=mgsinθ+kx
解得
θ=30°
所以弹簧的原长为，选项A错误；
B．撤掉恒力F的瞬间，小球B所受的弹力不变，则合力不变，则此时B的加速度为0，选项B错误；
CD．对斜面体受力分析，撤掉恒力F的瞬间，两小球对斜面体的压力为2mgcos30°=mg，则竖直方向地面对斜面体的支持力为
由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力等于(M+m)g；
水平方向
选项C错误，D正确。
故选D。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；
B．刚开始时，由牛顿第二定律有：
解得：
B正确；
C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
联立解得：，C错误；
D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
D正确。
故选BD。
10．BD
【解析】
【分析】
由题中“质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上”可知，本题考查物体运动过程中能量、速度和加速度的变化，根据能量守恒定律和牛顿第二定律可分析本题。
【详解】
A、下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；
B、因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得
解得
故B正确；
C、到达B点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；
D、因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在从A到C的过程中弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得
解得
故D正确。
11．AB
【解析】
【分析】
【详解】
B．当物块B刚离开挡板C时，有
物块B刚要离开挡板C时拉力最大，对A，有
解得拉力的最大值为
B正确；
AC．从A开始运动到弹簧恢复原长前，弹簧的形变量为x，对于A
x减小，F增大，根据
知拉力的功率增大，弹簧恢复原长后，弹簧的形变量为，对于A
增大，F增大，由
物块A以加速度a沿斜面向上做匀加速运动，速度增大，所以拉力做功的功率也一直增大，C错误A正确；
D．物块A以加速度a沿斜面向上做匀加速运动，速度增大，动能增大，上升高度增加，势能增大，所以机械能增大，D错误。
故选AB。
12．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．初始位置时，弹簧的弹力为零，合力就是小球重力，因此小球质量为0.2kg，A错误；
BD．弹簧压缩4cm时，弹簧的弹力等于小球重力，根据
可得弹簧的劲度系数
在压缩x=12cm时小球速度减为零，这个过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒
整理得，初速度
此时最大弹性势能最大，为
BD正确；
C．弹簧压缩x1=4cm时，加速度减小到零，速度达到最大值，根据机械能守恒定律
代入数据，解得
C错误。
故选BD。
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
分析B，从开始运动到最后静止，B受到绳子的拉力和重力，当时，做加速运动，当时，B的速度最大，当做减速运动，因为B的加速度在变化，所以T也在变化，A错误．AB和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B减小的机械能等于弹簧的弹力势能的增加量与A动能的增加量，B正确．A受绳子的拉力，弹簧的弹力，所以根据动能定理可得A物体动能的增加量等于细绳对A做的功与弹簧弹力对A做的功之和．C错误．因为A物体与弹簧组成的系统只有细绳的拉力做功，所以A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，D正确．
14．AD
【解析】
【详解】
A．因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧构成的系统机械能守恒，小球在点的动能和重力势能均最小，小球在点的弹性势能必然大于在点的弹性势能，所以弹簧点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量，符合题意；
BC．小球从至，在切线方向先做加速运动，在做减速运动，当切线方向合力等于0（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，B不符合题意，C不符合题意；
D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，由此可知，相对于对称，显然此位置在与之间各有一处，符合题意。
15．A B
【解析】
【详解】
[1][2]A图空气对飞机的作用力斜向右上,和重力的合力方向向前,与速度同向,则飞机做加速前进；B图中空气对飞机的作用力斜向左上,和重力的合力方向向后,与速度方向相反,做减速前进.
16．60
【解析】
【详解】
[1]匀加速下降的升降机里,有
解得,故在地面上能举起的物体质量为
[2]在匀加速上升降的升降机里,有
将带入可得
17．10N 14.14m/s2
【解析】
【分析】
【详解】
[1]小球的受力分析图如图所示，根据共点力平衡得，弹簧的弹力
剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，则轻弹簧的弹力
[2]此时小球所受的合力
则小球的加速度
18．4 水平向左
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]．由共点力平衡的条件知，撤去大小为8N的力后，其它力的合力的大小就是8N，方向与8N的力的方向相反，即水平向左，由牛顿第二定律得
方向水平向左。
19．(1)；(2)；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对小球根据牛顿第二定律可得
其中
解得粘滞系数
(2)达到最大速度时，根据平衡条件可得
其中
可得最大速度为
根据功能关系可得
解得
根据动量定理可得
其中
联立可得
20．(1)2m/s2；(2)8J；(3)20N?s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据牛顿第二定律
解得
(2)克服摩擦力做的功
解得
(3)由
，
解得
21．(1)0.8s；(2)48N，方向竖直向上；(3)0.128m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在运动中对A和B组成的系统的加速度大小
A向下做匀加速直线运动，根据运动学公式
得
(2)对B受力分析得
解得
对滑轮受力分析得杆向上的拉力
即运动过程中直杆对滑轮的作用力大小为48N，方向竖直向上。
(3)A落地时B的速度
此后B以竖直上抛上抛取大高度
22．（1）0.5（2） （3）9.6m
【解析】
（1）木箱在水平拉力下匀速运动：F1-μmg=0
μ==0.5
（2）由牛顿第二定律：F2-μmg=ma
a==1.0m/s2
（3）设在F2作用下木箱的位移为x1，撤掉推力时木箱速度大小为v，撤掉推力后木箱加速度大小为a1，移动的位移为x2，总位移为x，则
x1=at2=8.0m
v=at=4.0m/s
μmg=ma1 ， a1= 5.0m/s2
0-v2=2 a1x2
x2=1.6m
总位移：x=x1+x2=9.6m