牛顿运动定律二.docx
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牛顿运动定律二
牛顿运动定律练习二
一、选择题（本题共10道小题，每小题4分，共40分）
1.如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）
A．
电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2
B．
电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2
C．
电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2
D．
电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2
2.实验小组利用DIS系统（数字化信息实验系统），观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个压力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法正确的是（ ）
A．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
B．t1到t2时间内，电梯一定在向下运动，t3到t4时间内，电梯可能正在向上运动
C．t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下
D．t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上
3.如图所示，轻杆与竖直支架间的夹角为θ，轻杆末端固定的质量为m的小球随小车一起沿水平方向运动，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（ ）
A．轻杆对小球的作用力的大小可能为mg
B．轻杆对小球的作用力的方向一定是沿着杆向上的方向
C．若小球随小车一起沿水平方向做匀加速运动，则加速度大小一定为gtanθ
D．若小球随小车一起沿水平方向做匀加速运动，则轻杆对小球的作用力的大小一定大于mg
4.物体AB的质量分别为mA、mB，在恒力F作用下处于平衡状态，求撤掉力F瞬间物体A受到的压力大小（ ）
A．mBgB．mBg+F
C．mBg+
FD．
F
5.如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物．假设货物相对于车厢匀加速下滑，则在下滑过程中（ ）
A．
地面对货车有向右的摩擦力
B．
货物对车厢的作用力水平向右
C．
地面对货车的支持力逐渐增大
D．
货车对地面的压力小于货车和货物的总重力
6.如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．
粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．
粮袋开始运动的加速度为g（sinθ﹣cosθ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．
若μ＜tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动
D．
不论μ如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且a＞gsinθ
7.如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（ ）
A．
无摩擦力
B．
支持力等于（m+M）g
C．
支持力为（M+m）g﹣Fsinθ
D．
有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ
8.如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F﹣t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．在0s～1s时间内B受的摩擦力不变
B．在1s～3s时间内两物体间摩擦力为零
C．两物体在4s时加速度最大
D．两物体在4s～6s内做减速运动
9.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（ ）
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
C．当F＞μ2（m+M）g时，长木板便开始运动
D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
10.放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲．在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙．则（ ）
A．a1=a2=a3B．a1=a2＜a3C．a1＜a2=a3D．a1＜a2＜a3
二、实验题
11.像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都是由激光发射和接收装置组成．当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图1所示装置设计一个“探究物体运动的加速度与合外力、质量关系”的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上间距为l的两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出）．小车上固定着用于挡光的窄片K，K的宽度d，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2．
（1）用米尺测量两光电门的间距为l，则小车的加速度表达式a= （各量均用题目中的已知量的字母表示）；
（2）该实验中，为了把绳子拉力当作小车受的合外力，就必须
（3）某位同学通过测量，把砂和砂桶的重量当作小车的合外力F，作出a﹣F图线．如图2中的实线所示．试分析：
图线不通过坐标原点O的原因是 ；曲线上部弯曲的原因是 ．
12.（填空）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。
钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。
⑴下列说法正确的是＿＿＿＿＿。
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作
图象
⑵实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得
，作出
图像，他可能作出图2中＿＿＿＿＿（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。
此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是＿＿＿＿＿。
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．B．导轨保持了水平状态
C．砝码盘和砝码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
⑶实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的
图像，如图3。
设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数
＿＿＿＿，钩码的质量
＿＿＿＿＿。
三、计算题
13.如图（甲）所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过P点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选取水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图（乙）所示．取重力加速度为g=10m/s2．求：
（1）物体在0～4s内和4～10s内的加速度a1、a2的大小；
（2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）10s末物体离P点的距离．
14.如图所示，质量M=2
kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m=
kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10
N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块M与水平杆间的动摩擦因数．
15.如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．
（1）求箱子加速阶段的加速度为a′．
（2）若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．
16.
如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。
P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。
现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。
已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？
试卷答案
1.
解：
A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得
F=m（g﹣a）=9N
B、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得
F=m（g+a）=11N
C、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得
F=m（g+a）=10.5N
D、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得
F=m（g﹣a）=9.5N
故选B．
2.AC
解：
A、图横轴是时间，纵轴是力，所以图线显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况，t1到t2时间内，拉力减小，钩码处于失重状态；t3到t4时间内，拉力增加，钩码处于超重状态，故A正确；
B、从时该t1到t2，物体受到的压力小于重力时，加速度向下，但可以向上做减速运动；从时刻t3到t4，物体受到的压力大于重力，加速度向上，可以向上运动，也可以向下运动．故B错误；
C、如果电梯开始停在高楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，故C正确
D、如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故D错误；
故选：
AC．
3.AD
解：
A、当小车匀速运动时，小球做匀速运动，轻杆对小球的作用力与其重力平衡，则轻杆对小球的作用力的大小为mg，方向竖直向上，故A正确．
B、轻杆对小球的作用力的方向与小车的加速度有关，若小车的加速度大小为gtanθ，方向水平向左时，轻杆对小球的作用力的方向沿着杆向上的方向，若a≠gtanθ时，轻杆对小球的作用力的方向并不沿着杆向上的方向，故B错误．
CD、对小球受力分析，受重力和杆的弹力F，如图；
小球向左做加速运动，根据牛顿第二定律，有：
Fx=ma
Fy﹣mg=0
故轻杆对小球的作用力大小F=
=m
＞mg，方向斜向左上方，F与竖直方向的夹角设为α，则：
tanα=
=
；即有a=gtanα
可知，加速度大小不一定为gtanθ，故C错误，D正确．
故选：
AD
4.C
解：
撤掉力F瞬间，对整体，由牛顿第二定律得：
F=（mA+mB）a
隔离对B研究，由牛顿第二定律得N﹣mBg=mBa
联立解得N=mBg+
F
根据牛顿第三定律得，B对A的压力大小N′=N=mBg+
F
故选：
C
5.
考点：
共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.
解：
A、当货物相对于车厢加速下滑时，货物受重力、支持力及滑动摩擦力；因加速度沿斜面向下；则将加速度分解为水平和竖直向下两个方向；则在水平方向有向左的合外力；则由作用力与反作用力可知，货物对车厢有向右的作用力，故货车受到向左的摩擦力；故A错误；
B、货物对车厢有平行斜面向下的滑动摩擦力和垂直于斜面的压力，故滑动摩擦力与和压力的合力不是水平的，故B错误；
C、D、在竖直方向进行分析，可故竖直方向整体有向下的加速度，故处于失重状态，整体对地面的压力小于货车和货物的总重力；由于是匀加速，故支持力是保持不变的；故C错误，D正确；
故选：
D．
6、解：
A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．
B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故B错误．
C、若μ＜tanθ，可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ﹣μcosθ）匀加速．故C正确．
D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动．故D错误．
故选：
AC
7、解：
以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：
总重力（M+m）g、拉力F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：
水平方向：
f=Fcosθ，方向水平向左；
竖直方向：
N+Fsinθ=（M+m）g
解得：
N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．
故选CD
8.C【解答】解：
A、0s～1s时间内对整体分析，整体的加速度逐渐增大，B只受到静摩擦力作用，加速度逐渐增大，则摩擦力逐渐增大，故A错误；
B、在1s～3s时间内两物体间摩擦力的方向与加速度方向相同，根据牛顿第二定律可知：
在1s～3s时间内两物体AB受到合外力，故整体向右做匀加速运动，AB保持相对静止，故B在摩擦力作用下做匀加速直线运动，即两物体间摩擦力不为零，故B错误；
C、4s时两个物体受到的力最大，根据牛顿第二定律可知，此时加速度最大，故C正确；
D、由图分析可知，物体一直向右做加速运动，在6s末时速度最大，故D错误；
故选：
C．
9.AD【解答】解：
A、以木板为研究对象，木板水平方向两个力：
m的向右的滑动摩擦力，大小为f1=μ1mg和地面向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：
f2=f1=μ1mg．故A正确，B错误．
C、当F＞μ2（m+M）g时，木块对木板的滑动摩擦力大小仍等于f1=μ1mg，没有变化，木板都不可能运动．故C错误．
D、无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板都不可能运动．故D正确．
故选：
AD．
10.B
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，进行比较即可．
【解答】解：
甲图中加速度为a1，则有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
解得：
a1=gsinθ﹣μgcosθ
乙图中的加速度为a2，则有：
（m+m′）gsinθ﹣μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2
解得：
a2=gsinθ﹣μgcosθ
丙图中的加速度为a3，则有：
（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ=ma3
解得：
a3=
故a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确．
故选：
B
11.
（1）
（2）平衡摩擦力（3）平衡摩擦力时木板倾角过大没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】
（1）小车做匀变速直线运动，根据速度v=
和位移关系v2﹣v02=2as可以求出加速度的大小；
（2）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；
（3）根据图象特点结合牛顿第二定律可正确解答．
【解答】解：
（1）窄片K的宽度很小，可以利用平均速度来代替瞬时速度，因此有：
v1=
v2=
根据速度与位移关系可知小车的加速度大小为：
a=
由上三式可解得：
a=
（2）为了把绳子拉力当作小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力
（3）由图2可知，开始物体所受拉力为零时，却产生了加速度，故操作过程中平衡摩擦力时木板倾角过大．
所以：
平衡摩擦力时木板倾角过大（或平衡摩擦力过度），
根据牛顿第二定律，可知曲线上部弯曲的原因是：
没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量．
故答案为：
（1）
（2）平衡摩擦力（3）平衡摩擦力时木板倾角过大没有满足小车质量远大于砂和砂桶的质量．
12.⑴D⑵丙，C⑶
，
（1）根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足
，与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；实验中需要钩码的质量远远小于小车的质量，故C错误；直线更能直观的反应两者的关系，根据牛顿第二定律可得
，加速度a与
成正比，所以应绘制
图象，D正确
（2）没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确；
（3）根据牛顿第二定律可知，
；结合
图象，可得：
，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量
，
小车与木板间的动摩擦因数
；
13.
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1、2）由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；
（3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积．
解答：
解：
（1、2）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得
a1=2m/s2①
根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得
a2=1m/s2③
根据牛顿第二定律，有F﹣μmg=ma2④
解①②③④得：
F=3N，μ=0.05
（3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积
则：
d=
，负号表示物体在a点以左
答：
（1）物体在0～4s内和4～10s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2．
（2）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；
（3）10s末物体离a点的距离为2m．
点评：
本题主要考查了速度﹣时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度﹣时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中．
14
解：
设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：
Fcos30°=Tcosθ①
Fsin30+Tsinθ=mg②
代入解得：
T=10
N
tanθ=
，即θ=30°
再以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．
再平衡条件得：
Fcos30°=f
N+Fsin30°=（M+m）g
又f=μN
得到：
μ=
代入解得：
μ=
答：
运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ为30°，木块M与水平杆间的动摩擦因数
．
点评：
本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究．
15.解
（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：
得：
解得：
（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：
Nsinθ=ma
Ncosθ=mg
解得：
a=gtanθ
减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ时，
左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，
则：
Nsinθ=ma
Ncosθ﹣F=mg
解得：
F=macotθ﹣mg
16.90N;210N
试题分析：
以物体P为研究对象。
物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。
因为物体静止，∑F=0N=G=0 ①
N=kx0 ②
设物体向上匀加速运动加速度为a。
此时物体P受力如图；受重力G，拉力F和支持力N′
据牛顿第二定律有F+N′-G=ma ③
当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。
物体由静止开始运动，则
将式①②中解得的x0=0.15m
代入式③解得a=7.5m/s2
F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx。
代入式③得Fmin=ma+mg-kx0=12×（7.5+10）-800×0.15=90（N）
F最大值即N=0时，F=ma+mg=210（N）
考点：
牛顿第二定律的应用
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