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（含解析）

考点集训：牛顿第二定律的基本应用
1．我国新一代载人飞船返回实验舱已于2020年5月8日顺利返回地面，返回舱质量约为5.4×103kg。某一次进行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动，加速度大小为1.0m/s2，三根主伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成角，已知sin=0.44，cos=0.90，g取10m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为（　　）
A．2.80×103N B．1.72×104N
C．2.20×104N D．6.84×104N
2．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
3．大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是（ ）
A．1m/s2和7 m/s2 B．5m/s2和8 m/s2
C．6m/s2和8m/s2 D．0m/s2和8 m/s2
4．如图所示,小车上固定着硬杆,杆的端点固定着一个质量为 m 的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时,杆对小球的作用力的变化(用 F1 至 F4 变化表示)可能是下图中的(OO′沿杆方向)( )
A． B．
C． D．
5．质量为20kg的物体在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，在运动过程中受到水平向右，大小为10N的拉力作用，则物体的加速度为（　　）
A．1m/s2向右 B．1 m/s2向左
C．1.5 m/s2向右 D．0.5 m/s2向右
6．如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　)
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
7．如图所示，光滑水平面上，两物体用轻弹簧连接在一起。的质量分别为，在拉力作用下，共同做匀加速直线运动，加速度大小为，某时刻突然撤去拉力，此瞬时A和B的加速度大小为和，则（ ）
A． B．
C． D．
8．一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 )
A．是物体重力的0.3倍 B．是物体重力的0.7倍
C．是物体重力的1.7倍 D．物体质量未知，无法判断
9．如图所示，小球从轻弹簧正上方无初速释放，从小球开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度和所受的合力的变化是（ ）
A．合力变大，加速度变小，速度变小
B．合力与加速度逐渐变大，速度逐渐变小
C．合力与加速度先变小后变大，速度先变大后变小
D．合力、加速度和速度都是先变大后变小
10．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）
A．12 N B．22 N
C．25 N D．30N
11．如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 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50 N
B．弹簧测力计的示数是24 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2
D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2
12．在动摩擦因数＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示。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（　　）
A．小球仍处于静止状态
B．小球获得 10m/s2的加速度
C．如果不剪断轻绳而是剪断弹簧，则小球仍处于静止状态
D．如果不剪断轻绳而是剪断弹簧，则小球获得 10m/s2的加速度
13．橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k=100N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g=10m/s2，则（　　）

A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10N
B．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20N
C．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20N
D．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10cm
14．如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力，物体不动
B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于-g
15．物体的加速度跟所受的合力成__________，跟物体的质量成__________，加速度的方向跟合力的方向__________。
16．一个质量为4kg的物体受到几个共点力的作用而处于平衡状态。若将物体受到的一个向东方向、大小为8N的力改为向西，其它力均不变。物体的加速度大小为_______m/s2，方向为________。
17．一物体置于光滑水平面上，受6N水平拉力作用，从静止出发经过2s速度增加到24m/s,则此物体的质量为________kg.
18．如图所示，质量为2 kg的物体在40 N水平推力作用下，从静止开始1 s内沿竖直墙壁下滑3 m．求：(取g＝10 m/s2)

(1)物体运动的加速度大小；
(2)物体受到的摩擦力大小；
(3)物体与墙壁间的动摩擦因数．
19．我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
20．如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与O点正下方的物块连接，弹簧处于原长，弹簧的原长为L，物块的质量为M，静止在光滑水平面上。一颗质量为m的子弹以大小为的水平速度射入物块并留在物块中，当物块的速度减为零时，物块对水平面的压力刚好为零。轻弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，求：
(1)轻弹簧获得的最大弹性势能；
(2)当物块的速度减为零时，物块的加速度。
21．如图所示：把质量为5kg铁块放在倾角为度的静止斜面上，铁块与斜面间的动摩擦因数，放手后开始计时，铁块能自动沿斜面由静止下滑。则(重力加速度为、、)
（1）铁块在斜面上下滑时受到合力的大小；
（2）放手后开始计时，铁块在斜面上下滑3s的时间内铁块的位移大小。
22．如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度，该装置在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器，用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将该装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N．(取g＝10 m/s2)．
(1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6 N，求此时汽车的加速度大小和方向．
(2)求当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数恰为零．
参考答案
1．C
【解析】
返回舱向下做匀减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可得
解得
T=2.20×104N
故选C。
2．A
【解析】
A.由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上；由于人在下降中速度先增大后减小，动量先增大后减小；故A正确；
B.在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C.绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；
D.人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．
3．C
【解析】
当两力反向时，合力最小，加速度最小，则有
当两力同向时，合力最大，加速度最大，则有
故C正确，ABD错误。
故选C。
【点睛】
先求出两个力合力的最大值和最小值，再根据牛顿第二定律求出最小加速度和最大加速度。
4．C
【解析】
小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大。
A.与分析不符，故A错误。
B.与分析不符，故B错误。
C.与分析相符，故C正确。
D.与分析不符，故D错误。
5．C
【解析】
对物体受力分析，根据牛顿第二定律得
代入数据得
方向向右，C正确。
故选C。
6．B
【解析】
牛顿第二定律知上下，解得；若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知上下，解得，方向向下，故电梯以的加速度匀加速下降，或以的加速度匀减速上升，故选项B正确，A、C、D错误。
7．D
【解析】
撤去拉力F前，两物体以共同加速度a做匀加速直线运动，分析A的受力，可以求出弹簧的弹力．撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解。
【详解】
由牛顿第二定律得：
存在拉力时，对A：T=m1a，
撤去拉力瞬间，弹簧弹力不突变，
对A：T=m1a1，解得：a1=a，
对B：T=m2a2，解得：
故选：D。
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律应用，知道撤去F的瞬间弹簧的弹力不突变是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题，本题是一道基础题，平时要注意基础知识的学习与积累。
8．A
【解析】
根据牛顿第二定律可得：
所以物体受到的空气阻力大小是
即空气阻力大小是物体重力的0.3倍
故选A
9．C
【解析】
【分析】
根据小球所受的合力判断小球加速度的变化，结合小球加速度方向与速度方向的关系判断小球速度的变化。
【详解】
小球与弹簧接触后，受重力和弹力作用，开始重力大于弹力，合力方向向下，则加速度方向向下，向下做加速度减小的加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，与速度方向相反，做加速度逐渐增大的减小运动。所以合力和加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故C正确，ABD错误。
【点睛】
解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，做减速运动。
10．A
【解析】
【详解】
剪断细线前，A、B间无压力，对A受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据平衡条件有：
N
剪断细线的瞬间，对整体分析，根据牛顿第二定律有：
代入数据得整体加速度为：m/s2
隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：N，故A正确，BCD错误。
故选A．
11．B
【解析】
【详解】
对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度．隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度，选项CD错误．
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在剪断轻绳前，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
F=mgtan45°=1×10×1=10N
剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，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=0.2×1×10N=2N
根据牛顿第二定律得小球的加速度为
方向向左，故AB错误；
CD．剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C正确，D错误。
故选C。
13．AD
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N，A正确，BC错误；
D．设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为x1
悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则
代入数据，可得
D正确。
故选AD。
14．ABD
【解析】
【详解】
A．物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有
故重力大于拉力，故A正确；
B．物体加速向上，根拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有
则
当F=F0时，加速度为零，则
F=Mg
故B正确；
C．由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；
D．由式，当拉力为零时，加速度为－g，即图线的纵轴截距为－g，故D正确。
故选ABD。
15．正比 反比 相同
【解析】
【详解】
[1][2][3]根据牛顿第二定律知，物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同。
16．4 向西
【解析】
【详解】
[1][2]．物体受到几个共点力的作用处于平衡状态时，物体的合力为零，向东方向、大小为8N的力与其余所有力的合力大小相等、方向相反，则其余力的合力方向向西，大小为8N．将物体受到的一个向东方向、大小为8N的力改为向西，其它力均不变时，则物体的合力大小为16N，方向向西．
根据牛顿第二定律得，加速度大小
方向向西．
17．0.5
【解析】
【详解】
[1]由牛顿第二定律可得，物体的加速度为
发经过2s速度增加到24m/s，故
解得物体质量为。
18．6m/s2; 8N; 0.2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物体在1s内由静止下滑3m，则可求，加速度
（2）根据牛顿第二定律，，所以
（3）根据摩擦力公式可知
19．(1)；（2）2m/s2，
【解析】
【分析】
【详解】
（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
20．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）子弹射入物块过程动量守恒
求得
由于水平面光滑，因此子弹打进物块后，物块、子弹和弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧获得的最大弹性势能
（2）设轻弹簧的最大形变量为x，设物块速度为零时，弹簧与水平方向的夹角为，由题意可知，
由几何关系可知
求得
21．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设：铁块受到的重力为
。
铁块在垂直斜面方向上受力平衡，有：
铁块在平行斜面方向上受到合力，则有：
因为铁块与斜面间为滑动摩擦力，有：
由以上三式得：
（2）设：铁块在斜面上的加速度为，由牛顿第二定律有
解得：
铁块在3s内的位移为：
22．(1)4.0 m/s2　向前　(2)10 m/s2　向后
【解析】
【分析】
（1）滑块在水平方向上受到的力为a、b两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解．
（2）a传感器的读数为零，即a侧弹簧的弹力为零，因两弹簧相同，a弹簧伸长多少，b弹簧就缩短多少．所以b弹簧的弹力变为20N，也就是滑块所受的合力为20N，由牛顿第二定律列方程求解．
【详解】
（1）对滑块在水平方向上受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律Fa-Fb=ma1，
则
方向水平向右．
（2）根据题意，当左侧弹簧弹力Fa′=0时，右侧弹簧的弹力Fb′=20N，
根据牛顿第二定律，Fb′=ma2
代入数据得：a2＝＝10m/s2，方向水平向左．
【点睛】
传感器的示数就是等于该侧弹簧的弹力，也等于弹簧施加给滑块的弹力，对滑块受力分析，运用牛顿第二定律解题．此题要注意弹簧的弹力跟伸长量或缩短量成正比．