2014年版高考物理专练4牛顿第二定律的理解和应用二轮专题目练习

2014年版高考物理专练4牛顿第二定律的理解和应用二轮专题目练习

‎【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略 题型专练 专练4 牛顿第二定律的理解和应用 ‎(限时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1． 如图1所示，粗糙的水平地面上有一质量为M、倾角为θ的斜劈，斜劈上有一质量为m的小物块正沿斜面下滑，小物块与斜面之间无摩擦，斜劈始终保持静止，则在小物块下滑的过程中斜劈受到水平地面的摩擦力和支持力大小分别是 (　　)‎ 图1‎ A．0；(M＋m)g B．0；Mg＋mgcos2θ C．mgsin θcos θ；Mg＋mgcos2 θ D．mgtan θ；Mg＋mgcos θ 答案　C 解析　以M、m为整体，整体中的m的加速度有竖直向下的分量a1＝gsin2 θ，则整体在竖直方向上由牛顿第二定律可得(M＋m)g－FN＝mgsin2θ，可得FN＝Mg＋mgcos2θ；同样m的加速度有水平向左的分量a2＝gsin θcos θ，对整体在水平方向上由牛顿第二定律得Ff＝mgsin θcos θ，C正确．‎ ‎2． 如图2所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块间粗糙．现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为 (　　)‎ 图2‎ A．1∶1 B．M∶m C．m∶M D．m∶(m＋M)‎ 答案　B 解析　F1作用在A物块上，由牛顿第二定律，F1＝(M＋m)a1.设A、B物块间的最大静摩擦力为Ff，对B物块，则有Ff＝ma1.F2作用在B物块上，由牛顿第二定律，F2＝(M＋m)a2.对A物体，则有Ff＝Ma2，联立解得：F1、F2的最大值之比为F1∶F2＝M∶m，选项B正确．‎ ‎3． 如图3所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有a、b 两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体c、d，当它们都沿滑杆向下滑动时，a的悬线与杆垂直，b的悬线竖直向下．则下列说法中正确的是 (　　)‎ 图3‎ A．a环与滑竿之间有摩擦力 B．b环与滑竿之间没有摩擦力 C．a环做的是匀加速直线运动 D．b环做的是匀加速直线运动 答案　C 解析　设滑竿与水平方向的夹角为θ，分析c受力可知，c的加速度为gsin θ，所以a、c整体的加速度为gsin θ，再对a、c整体受力分析知，a环与滑竿间没有摩擦力，故选项A错误，C正确，同理可分析出b、d做匀速直线运动，故B、D错误．‎ ‎4． 如图4所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是 (　　)‎ 图4‎ A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为 C．系统的加速度为a＝gtan α D．推力F＝Mgtan α 答案　C 解析　系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，选项A、B错误．小球所受合外力为mgtan α，加速度为a＝gtan α，推力F＝(m＋M)gtan α，选项C正确，D错误．‎ ‎5． 如图5所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA＝2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平方向向左运动，使弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，则弹簧给A物体的作用力的大小为 (　　)‎ 图5‎ A．F B．‎2F C．‎3F D．‎‎4F 答案　C 解析　根据题述弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，隔离B，分析受力，由牛顿第二定律，B的加速度a＝F/mB.设弹簧给A物体的作用力的大小为F′，隔离A，由牛顿第二定律，F′－F＝mAa.解得F′＝‎3F，选项C正确．‎ ‎6． 物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图6所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．根据题目提供的信息，下列判断正确的是 (　　)‎ 图6‎ A．物体的质量m＝‎‎2 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6‎ C．物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax＝12 N D．在F为10 N时，物体的加速度a＝‎2.5 m/s2‎ 答案　A 解析　由题图可知，当F＝7 N时，a＝‎0.5 m/s2，当F＝14 N时，a＝‎4 m/s2，由牛顿第二定律知，F－Ff＝ma，故7－Ff＝‎0.5m,14－Ff＝‎4m，联立解得：m＝‎2 kg，Ff＝6 N．选项A正确，C错误．由Ff＝μmg解得μ＝0.3，选项B错误．由牛顿第二定律，F－Ff＝ma，在F为10 N时，物体的加速度a＝‎2.0 m/s2，选项D错误．‎ ‎7． 如图7甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为‎0.3 kg的小物块静止在A点．现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示．g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　)‎ 图7‎ A．小物块到C点后将沿斜面下滑 B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的 C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推力F的大小为6 N 答案　B 解析　撤去推力F后，滑块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v－t图象求得小物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1＝ m/s2，a2＝‎10 m/s2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，μ＝，选项B正确，C错误；由此判断mgsin 30°＝Ffm＝μmgcos 30°，因此小物块到达C点后将静止在斜面上，选项A错误；在匀加速阶段F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，F＝4 N，选项D错误．‎ ‎8． 如图8所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为‎2 kg的物体A，A处于静止状态．现将质量为‎3 kg的物体B轻放在A上，则B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为(取g＝‎10 m/s2) (　　)‎ 图8‎ A．30 N B．18 N C．12 N D．0‎ 答案　C 解析　在B与A刚要一起运动的瞬间，对A、B整体受力分析，受重力(mA＋mB)g、向上的弹力F＝mAg，由牛顿第二定律，(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝‎0.6g.对A受力分析，设B对A的压力大小为F′，由牛顿第二定律，F′＋mAg－F＝mAa，解得F′＝12 N，选项C正确．‎ 二、多项选择题 ‎9． 如图9所示，质量为m的光滑小球置于斜面上，被一个竖直固定在斜面上的挡板挡住．现使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列说法中正确的是 ‎(　　)‎ 图9‎ 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大于ma D．加速度由a增大至‎2a的过程中，斜面对球的弹力保持不变 答案　CD 解析　由受力分析和牛顿第二定律知：水平方向的合力方向总是向右的，斜面对小球的作用力的水平分量沿水平方向向左，所以竖直挡板对小球的作用力不可能为零，故A错；竖直方向合外力总等于零，故斜面对球的作用力不可能为零，故B错；斜面和挡板对球的作用力的合力大小为：F＝>ma，故选项C正确；由于竖直方向合外力为零，所以斜面对球的作用力保持不变，故选项D正确．‎ ‎10．某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零．整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图10甲、乙所示，g取‎10 m/s2.则下述说法正确的是 (　　)‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　　　　　　乙 图10‎ A．演员的体重为600 N B．演员在第1 s内一直处于超重状态 C．滑杆所受的最小拉力为620 N D．滑杆所受的最大拉力为900 N 答案　AC 解析　演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，故演员的体重为600 N，选项A正确．演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑时处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度 a1＝‎3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，mg－F1＝ma1，解得F1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力FT1＝420 N＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大．减速下滑的加速度大小a2＝‎1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律，F2－mg＝ma2，解得F2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力FT2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．‎ ‎11．如图11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，中间用轻质弹簧秤连接．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 (　　)‎ 图11‎ A．弹簧秤的示数是26 N B．弹簧秤的示数是50 N C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为‎5 m/s2‎ D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为‎13 m/s2‎ 答案　AD 解析　首先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，求出整体的加速度a＝＝‎2 m/s2，再以m1为研究对象，F1－FT＝m‎1a，解得FT＝26 N，故选项A正确，B错误．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不发生变化，m1的加速度大小仍为‎2 m/s2，选项C错误．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为‎13 m/s2，选项D正确．‎ ‎12．如图12所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是 (　　)‎ 图12‎ A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大 答案　ACD 解析　将a、b、c看作一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A正确；如果粘在a上，对c 受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．‎ ‎13．如图13甲所示，在升降机顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器所显示的弹力F的大小随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则下列选项正确的是 (　　)‎ 图13‎ A．升降机停止前在向上运动 B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态 C．t1～t3时间小球向下运动，动能先减小后增大 D．t3～t4时间弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量 答案　AD 解析　根据题图乙弹簧弹力先减小后增大可知，小球由于惯性将继续上升，升降机停止前在向上运动，选项A正确.0～t1时间弹力小于重力，小球加速度向下，小球处于失重状态，t1～t2时间弹力小于重力，小球加速度向下，小球处于失重状态，选项B错误．t1～t3时间小球向下运动，动能先增大后减小，选项C错误．t3～t4时间小球向上运动，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能增加量和重力势能增加量，选项D正确．‎