（2021新人教版）高中物理必修第一册4.3 牛顿第二定律—（答案含解析）跟踪训练.doc

1、4.3 牛顿第二定律牛顿第二定律 跟踪训练跟踪训练 一单选题 1如图，倾角为=30的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量分别为 m 和 2m 的小球 A、B， 它们用劲度系数为 k 的轻质弹簧连接，弹簧轴线与斜面平行。现对 A 施加一水平向右、大小为 F 的 恒力，使 A、B 在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度 为 L，则下列说法正确的是（） A弹簧的原长为 2 mg L k B恒力 2 3 3 Fmg C小球 A 对斜面的压力大小为3mg D撤去恒力 F 后的瞬间小球 B 的加速度为 g 2如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体 A 的质量为

2、M，水平面光滑当在绳的 B 端挂一质量为 m 的物体且重力加速度为 g,物体 A 的加速度为 a1，当在 绳的 B 端施以 Fmg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a2， 则 a1与 a2的大小关系是（） Aa1a2 Ba1a2 Ca1a1. 故选：C. 3B 【解析】 A、由于没有摩擦力，且 12 mm，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律： 12 2)Fmm a（，解得： 12 2F a mm ，故 A 错误，B 正确； C、再对 B 受力分析，由牛顿第二定律： 2N FFm a 代入加速度解得： 21 12 () N mm F FF mm ，由于 12 mm，故 N F不可能为零

3、，故 CD 错误 答案第 3页，总 15页 点睛：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到 加速度，之后再隔离单独对 A 或 B 受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力的大小 4C 【解析】 【分析】 【详解】 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 F a m 得，a甲a乙，由 2 1 2 sat得在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等

4、，则乙 会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项 C 正确 D收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项 D 错误 5A 【解析】 【分析】 对矿泉水瓶受力分析，结合运动状态分析加速度方向，得到合力方向，最后确定摩擦力的可能方向 【详解】 AC若列车做匀速运动，矿泉水瓶加速度为零，合力为零，故受重力和支持力平衡，不受摩擦力， 故 A 正确，C 错误； BD若列车做加速运动，矿泉水瓶也加速前进，加速度向前，合力向前；矿泉水瓶受重力、支持力 答案第 4页，总 15页 和向前的滑动摩擦力作用，故 B 错误，D 错误。 故选 A。 【点睛】 本题关键是已知矿泉水瓶的运动情况确定受力情况，关键是先

5、分析加速度的情况，然后结合牛顿第 二定律分析摩擦力情况 6D 【解析】 【分析】 【详解】 根据题意可知，原来这四个力的合力大小为 F1=ma1=22N=4N 方向向东；当把一个向正西方向、大小为 2N 的力改成向正东方向，则合力为 F2=F1+4N=8N 根据牛顿第二定律可得 22 2 8 m/s =4m/s 2 F a m 故 D 符合题意，ABC 不符合题意。 7A 【解析】 【分析】 【详解】 AC剪断细线前，A、B 间无压力，则弹簧的弹力 答案第 5页，总 15页 A 30NFm g 剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度 2B AB 4m/s m g a mm 隔离对 B 分析 N

6、BB m gFm a 解得 N 20N24N12N BB Fm gm a， 根据牛顿第三定律可知 B 对 A 的压力为12N， C 错误 A 正确； B细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为30N，B 错误； D细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为 2 4m/s，D 错误。 故选 A。 8ABD 【解析】 【分析】 【详解】 A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 tan4520 1N20NFmg 故 A 正确； B剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力 答案第 6页，总

7、15页 作用，小球所受的最大静摩擦力为 0.2 20N4Nfmg 根据牛顿第二定律得小球的加速度为 22 204 m/s8m/s 2 Ff a m 合力方向向左，所以向左加速，故 B 正确； 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 错误，D 正确。 故选 ABD。 9AD 【解析】 【分析】 【详解】 BC以物块为研究对象，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律得，摩擦力 f=Mg 保持不变，故 BC 错误； AD小车的加速度增大时，弹力 N=ma 答案第 7页，总 15页 增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块 M 仍相对于车厢静止，故

8、 AD 正确。 故选 AD。 10ABCD 【解析】 【分析】 【详解】 物体在 10 个共点力的作用下处于平衡状态，则这 10 个共点力的合力为 0，若同时撤去其中大小分 别为 3N 和 5N 的两个力，设除去 3N 和 5N 的两个力外的其余的力的合力为 F，3N 和 5N 的两个力 的合力为 F1，则 F 与 F1大小相等，方向相反，F1的取值范围是 1 2N8NF 所以 F 的取值范围是 2N8NF 根据牛顿第二定律，此时该物体的加速度 F a m 解得此时该物体的加速度取值范围是 22 2m/s8m/sa 故选 ABCD。 11BC 【解析】 试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合

9、外力为 0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒 答案第 8页，总 15页 力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度 的变化率不变但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的故 C 正确，D 错误若 做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故 A 错误；不管做匀变速直 线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故 B 正确 考点：牛顿运动定律 12BCD 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为：fBm 3 2 mg，因此要使 B 能够相对地 面

10、滑动， A 对 B 所施加的摩擦力至少为： fABfBm 3 2 mg， A、 B 间的最大静摩擦力为： fABm2mg， 因此，根据牛顿第二定律可知当满足： 2 AB Ff m 23 2 AB fmg m ，且 3 2 mgfAB2mg，即 3 2 mgF3mg 时，A、B 将一起向右加速滑动，故选项 A 错误；当 F3mg 时，A、B 将以不同 的加速度向右滑动， 根据牛顿第二定律有： F2mg2maA， 2mg 3 2 mgmaB， 解得： aA 2 F m g，aB 1 2 g，故选项 C、D 正确；当 F 5 2 mg时，对 A 和 B 整体受力分析有， 22 2 Fmm gmm a

11、 ，解得 aAaB 1 3 g，故选项 B 正确 考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题 13BCD 【解析】 【分析】 【详解】 答案第 9页，总 15页 AB物块接触弹簧后，开始 F 大于弹力，加速度方向向右，向右做加速运动，然后弹力大于 F，加 速度方向向左，向右做减速运动，A 错误 B 正确； CD当弹簧压缩量最大时，弹力大于 F，速度为零，加速度不为零，合力不为零， CD 正确。 故选 BCD。 14AD 【解析】 【分析】 根据速度图象判断物体在 x 轴方向做匀加速直线运动，y 轴做匀速直线运动；根据位移图象的斜率 求出 y 轴方向的速度，再将

12、两个方向的合成，求出初速度；质点的合力一定，做匀变速运动y 轴 的合力为零；根据斜率求出 x 轴方向的合力，即为质点的合力；合力沿 x 轴方向，而初速度方向既 不在 x 轴，也不在 y 轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直； 【详解】 A、x 轴方向初速度为 vx=3m/s，y 轴方向初速度 vy=4m/s，质点的初速度v0=vx 2 + vy 2 = 5m/s，故 A 正确； B、2s 末质点速度应该为 v =62+ 42m/s = 2 13m/s，故 B 错误； C、合力沿 x 轴方向，而初速度方向既不在 x 轴，也不在 y 轴方向，质点初速度的方向与合外力方向 不垂直，故 C 错误

13、； D、x 轴方向的加速度 a = 1.5m/s2，质点的合力F合= ma = 3N，故 D 正确； 故选 AD。 【点睛】 能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则， 注意右图是位移与时间图象。 答案第 10页，总 15页 15 12 2 A xx v T 1234 2 4 xxxx a T 0.13 【解析】 【分析】 【详解】 （1）1根据匀变速度直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段的平均速度，可得 12 2 A xx v T 2再由逐差法可求加速度为 1234 2 4 xxxx a T （2）3由牛顿第二定律可得 sincosmgmg a m

14、由（1）中可求得加速度 2 7.05m/sa 解得 =0.13 16(1)30N；(2)5m/s2；(3)176m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）物体竖直方向受力平衡 答案第 11页，总 15页 N FGmg 物体受到的摩擦力大小 fN FF 解得 f 30NF （2）根据牛顿第二定律 f FFma 解得 2 5m/sa （3）8s 内的位移大小 2 0 1 176m 2 xv tat 17(1)97.25m；(2)4.4s；(3)162km/h 【解析】 【分析】 【详解】 (1)货车在下坡路段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 oo 11 sin15cos15mgmgma 代入数据得

15、加速度 2 1 0.66m/sa 答案第 12页，总 15页 根据 22 0 2 t vvaL 可得驶入避险车道的初速度 44.1m/s t v 货车在避险车道行驶时，根据牛顿第二定律 oo 22 sin30cos30mgmgma 可得加速度 2 10m/sa 因此避险车道的最小长度为 2 min 2 97.25m 2 t v s a (2)根据以上数据可得，货车在避险车道上的行驶时间为 2 4.4s v t a (3)设小车在避险车道底端的速度为 v底，顶端的速度为 v顶，根据 22 2 2 v -v- a s 顶底 解得 45m/s162km/hv 18(1)8m/s2；(2)16m/s；

16、(3)64m 【解析】 答案第 13页，总 15页 【分析】 【详解】 (1)由牛顿第二定律有fma，故物体的加速度 2 8m/s f a m (2)由 0 vvat得，汽车 2s 末的速度 16m/sv (3)汽车停止的时间 0 4s v t a 故 5s 末汽车已经停止运动，汽车 5s 内的位移 1 64m 2 xvt 19 （1）160N； （2）0.5； （3）2m/s2 【解析】 【分析】 【详解】 （1）对小孩和雪橇整体受力分析得：竖直方向 sin N FFmg 解得 sin220 100 0.6N160N N FmgF （2）水平方向 答案第 14页，总 15页 cos0 f F

17、F fN FF 代入数据解得 0.5 （3）若拉力变为 140N，则 cos37(sin37 )FmgFma 解得 a=2m/s2 20 （1） 2 8/m s，2.5s； （2）0.3s； （3） 0 41 5 F mg 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设减速过程中，汽车加速度的大小为 a，运动时间为 t， 由题可知初速度 0 20/vm s，末速度0 t v ，位移 2 ( )211f xx 由运动学公式得： 2 0 2vas 0 2.5 v ts a 由式代入数据得 2 8/am s 答案第 15页，总 15页 2.5ts （2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为t，由运动学公式得 0 Lv ts 0 ttt 联立式代入数据得 0.3ts （3）设志愿者力所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 0 F，志愿者的质量为 m，由 牛顿第二定律得 Fma 由平行四边形定则得 222 0 ()FFmg 联立式，代入数据得 0 41 5 F mg