届高考物理人教版第一轮复习课时作业132牛顿第二定律与基本应用.docx
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届高考物理人教版第一轮复习课时作业132牛顿第二定律与基本应用
第2课时牛顿第二定律及基本应用
基本技能练
1．如图1所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。
在将整个装置匀加速上
提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内
（）
图1
A．小球立即停止运动
B．小球继续向上做减速运动
C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小
D．小球的加速度减小
解析手突然停止不动，此后一小段时间内，弹簧弹力仍大于重力，小球所受
合力向上，其加速度方向与速度方向相同，因此球做加速运动，随着形变量减
kx－mg
小，由a＝知，球的加速度减小。
m
答案D
2．如图2所示，质量为m的物块甲置于竖直放置在水平面上的轻弹簧上处于静止状态。
若突然将质量为2m的物块乙无初速地放在物块甲上，则在物块乙放在
物块甲上后瞬间，物块甲、乙的加速度分别为a甲、a乙，当地重力加速度为g，
以下说法正确的是
（）
-1-
图2
A．a甲＝0，a乙＝g
B．a甲＝g，a乙＝0
C．a甲＝a乙＝g
D．a甲＝a乙＝
2
3g
解析当物块乙放在物块甲上的瞬间，甲和乙瞬间具有共同的加速度，对甲和
乙整体分析，受到重力、弹簧的弹力，重力大小为3mg，弹力瞬间没有发生变
3mg－mg2
化，仍为mg，根据牛顿第二定律得a甲＝a乙＝3m＝3g，故D正确。
答案D
3．如图3所示，放在水平桌面上的质量为1kg的物体A通过水平轻绳、轻弹簧和
光滑定滑轮与物体B相连接，两物体均静止时弹簧秤甲和乙的读数分别为5N
和2N，则剪断物体A左侧轻绳瞬间，物体A的加速度和弹簧秤乙的读数分别
为
（）
图3
A．5m/s2,0B．2m/s2,2N
C．0,0D．0,2N
解析两物体均静止时，物体A在水平方向的受力如图所示，
物体
A
所受最大静摩擦力
F
fmax≥3N，剪断物体A左侧轻绳瞬间，FT甲＝，T
0F
乙＝2N，由于Ffmax>FT乙，所以物体A仍能静止不动，所以物体
A的加速度为
-2-
0；此时物体B也处于静止状态，所以弹簧秤乙的读数不变仍为2N。
综上分析，
选项D正确。
答案D
4.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F作用下，四个金属环匀加速上升。
则环1和环2间的相互作用力大小为
（）
图4
11
A.4FB.2F
3
C.4FD．F
解析设四个环的质量均为m，则以四个环整体为研究对象，有F－4mg＝4ma，
3
以2、3、4环为研究对象，有F′－3mg＝3ma，解得F′＝4F，选项C正确。
答案C
5．（2014·孝感统测）如图5所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M
＝2kg的秤盘，盘内放一个质量为m＝1kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F
的作用下保持静止，F＝30N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力大小为（g＝10m/s2）
（）
图5
-3-
A．10N
B．15N
C．20N
D．40N
解析由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F
撤去的瞬间，系统所受合力方向竖直向上，整体由牛顿第二定律可得F＝（M＋
m）a，对物体m再根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，两式联立解得FN＝20N，
再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20N，方向竖直向下，C正
确。
答案C
6．（多选）如图6所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B
端用细线固定在与水平面成30°角的光滑斜面上。
若不计弹簧质量，细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为
（）
图6
A＝0
B．aA＝g
A．a
2
B＝g
1＋m2
g
C．a
B＝m
2
D．a
2m
2
解析如图所示，细线剪断前：
小球
A受三个力作用处于平衡状态，其中，
1
Fk＝m1gsin30＝°m1g，
2
小球B受四个力作用处于平衡状态，
Fk′＋m2gsin30＝°F，其中Fk′＝Fk。
细线剪断瞬间：
Fk不变，A球所受合力为零，故aA＝0，
B球受三个力作用，Fk′＋m2gsin30＝°m2aB。
-4-
m＋mg
又Fk′＝m1gsin30，°得aB＝
1
2
2m2
。
答案AD
7．（2014·高考冲刺卷五）2013年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心
体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看。
假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平
面之间的夹角为θ。
设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则
（）
图7
A．运动员的加速度大小为gsinθ
B．球拍对球的作用力大小为mgcosθ
M＋mg
C．运动员对球拍的作用力大小为
cosθ
D．运动员对地面的作用力方向竖直向下
解析以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合
力为mgtanθ，其加速度为gtanθ，受到球拍的支持力为
mg
，由于运动员、球
cosθ
拍和球的加速度相等，选项
A、B错误；同理运动员对球拍的作用力大小为
M＋mg
cosθ，选项C正确；将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和
-5-
地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应
该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D
错误。
答案C
8．（2014·州中学模拟扬）如图8所示，质量为m的球置于倾角为θ的斜面上，被一
个竖直挡板挡住，现用一个水平方向的力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速
度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是
（）
图8
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等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析对球进行受力分析：
竖直向下的重力mg、挡板对球水平向右的弹力FN2
及斜面对球的弹力FN1，则由牛顿第二定律知三力的合力为ma，C错；而竖直
方向有FN1cosθ＝mg，水平方向有FN2－FN1sinθ＝ma，即FN1＝
mg
为定值，
cosθ
FN2＝
mgtan
θ＋，竖直挡板对球的弹力随着加速度的减小而减小，但不可能
ma
为零，A、B错，D对。
答案D
9．如图9所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与
水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度
大小为a的匀加速直线运动。
当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速
度大小分别为
（）
-6-
图9
A．2a、aB．2（a＋μg）、a＋μg
C．2a＋3μg、aD．a、2a＋3μg
解析撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，
对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2（a＋μg）m。
撤去F的瞬间弹簧弹力不变，
大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aB
＝a，对物块A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。
综上分
析，C项正确。
答案C
10．（2014·皖北协作区联考）一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面
顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感
器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图10所示，当木板
固定时，传感器的示数为F1。
现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传
感器的示数为F2。
则下列说法正确的是
（）
图10
A．稳定后传感器的示数一定为零
μF1
B．tanθ＝F2
F1
C．tanθ＝μF2
F2
D．tanθ＝μF1
解析设木板（含力传感器）与球的质量分别为M和m，对球由平衡条件和牛顿
-7-
第二定律得：
F1－mgsinθ＝0，mgsinθ－F2＝ma，对木板和球整体得：
（M＋m）gsinθ－μ（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a，则a＜gsinθ，解得F2＝mgsinθ－ma＞0，A项
μF1
错；tanθ＝F2，B项对，C、D项错。
答案B
能力提高练
11．（多选）如图11所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球
a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统
处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质
量为M，则下列说法正确的是（重力加速度为g）
（）
图11
A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为（M＋2m）g－FB．系统处于静止状态时地面受到压力大小为（M＋2m）g
C．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M＋2m）g＋FD．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M＋2m）g解析系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对
整体的支持力FN＝（M＋2m）g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为（M
＋2m）g，选项B正确，A错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，球b向上加
速运动，地面受到的压力大小为（M＋2m）g＋F，选项C正确，D错误。
答案BC
12．（多选）如图12所示，bc为固定在小车上的水平横杆，上面穿着质量为M的滑
块，滑块又通过细线悬吊着一个质量为m的小铁球。
此时小车正以大小为a的
-8-
加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。
若小车的加速度逐渐增大，滑块始终和小车保持相对静止，当加速度增大到2a时
（）
图12
A．横杆对滑块向上的弹力不变
B．横杆对滑块的摩擦力变为原来的2倍
C．细线对小铁球的竖直方向的分力增大了
D．细线对小铁球的水平拉力增大了，增大的倍数小于2
解析取滑块和小铁球构成的体系为研究对象，竖直方向上横杆对体系的支持
力和体系受到的总重力平衡，水平方向上满足F＝（M＋m）a，其中F表示横杆
对滑块的摩擦力。
当小车的加速度增加到2a后，横杆对滑块的弹力保持不变，
而横杆对滑块的摩擦力增加到原来的2倍。
隔离小铁球为研究对象，细线的竖
直分力F1＝mg与小铁球重力平衡，细线的水平分力F2＝ma产生加速度，所以
当小车的加速度增加到2a时，细线对小铁球竖直方向的分力不变，水平方向
的分力变为原来的2倍。
答案AB
13．如图13所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。
在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线
运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）
（）
-9-
图13
A．FT＝m（gsinθ＋acosθ）FN＝m（gcosθ－asinθ）
B．FT＝m（gcosθ＋asinθ）FN＝m（gsinθ－acosθ）
C．FT＝m（acosθ－gsinθ）FN＝m（gcosθ＋asinθ）
D．FT＝m（asinθ－gcosθ）FN＝m（gsinθ＋acosθ）
解析准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法。
选小球为研究
对象，小球受重力mg、拉力FT和支持力FN三个力作用，将加速度a沿斜面和
垂直于斜面两个方向分解，如图所示。
由牛顿第二定律得
FT－mgsinθ＝macosθ①
mgcosθ－FN＝masinθ②
由①式得FT＝m（gsinθ＋acosθ）。
由②式得FN＝m（gcosθ－asinθ）。
故选项A正确。
答案A
14．如图14所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧A共同悬挂的
小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A与
竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧B处于压缩状态，小球和物块质量均为m，均
相对小车静止，重力加速度为g，则
（）
-10-
图14
A．小车一定水平向左做匀加速运动
B．弹簧A一定处于拉伸状态
3
C．弹簧B的弹力大小可能为3mg
D．细线拉力有可能与弹簧B的拉力相等
解析因弹簧B处于压缩状态，所以物块的合力一定水平向左，即小车的加速
度水平向左，即小车可能向左加速，也可能向右减速，A错；当系统的加速度
a＝gtanθ，弹簧A不受力作用，即处于原长状态，B错；当a＝gtanθ时，由
3
牛顿第二定律知弹簧B的弹力大小F＝ma＝3mg，C对；令细线对小球拉力
为FT，弹簧A、B的弹力分别为F1、F2，则对小球水平方向有FTsinθ－F1sinθ
＝ma，对物块F2＝ma，所以FT一定大于F2，D错。
答案C
15．（多选）如图15所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用
一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为FT，斜
面对小球的支持力为FN，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运
动能确保FT、FN中只有一个为0的是
（）
图15
-11-
A．箱子自由下落
3
B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为
3g
3
C．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为
3g
D．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动
解析
当箱子自由下落时，小球的加速度为
g，FT、FN均为0，A错；箱子水
平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为
mg
0，则有tan60＝°，即加速度
ma
大小为
3
ma
3
g，B对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为
0，则有tan30＝°，
mg
3
即加速度大小为3g，C对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，绳的拉力
FT和斜面的支持力FN均不为0，D错。
答案BC
-12-
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