資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
預習銜接.夯實基礎 牛頓第二定律
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 大通縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
2．（2024秋 喀什地區期末）如圖所示，車的頂棚上用細線吊一個質量為m的小球，車廂底板上放一個質量為M的木塊，當小車沿水平面直線運動時，小球細線偏離豎直方向角度為θ，木塊和車廂保持相對靜止，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．汽車正向右勻減速運動 B．汽車的加速度大小為gcosθ
C．細線對小球的拉力大小為mg D．木箱受到的摩擦力大小為Mgtanθ
3．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB B．tA＝tC＝tB C．tA＝tC＜tB D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
4．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，A、B兩物體相距S＝14m時，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右勻速運動，而物體B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做減速運動。兩物體質量相同，與地面的動摩擦因數均為0.2，FA＝FB，則經過多長時間A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大通縣期末）如圖所示，質量為m的小球在水平輕繩和輕彈簧拉力作用下靜止，M、N點分別為彈簧、輕繩與小球的連接點，彈簧與豎直方向夾角為θ，輕彈簧拉力大小為F1，輕繩拉力大小為F2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球受兩個力作用
B．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
C．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a，方向水平向右
D．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
（多選）6．（2024秋 武昌區校級期末）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
（多選）7．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖（a）所示，粗糙的水平桌面上有一質量為1kg的物塊A與細繩相連，通過定滑輪和動滑輪與另一物塊B相連，細線另一端固定在天花板上。由靜止釋放物塊B，物塊A、B一起運動起來，當物塊B落地后立即停止運動，物塊A始終未運動到桌子右端，物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不計滑輪的質量和摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊A與桌面之間的動摩擦因數為0.2
B．物塊B初始離地高度為1m
C．物塊B的質量為1.5kg
D．物塊B落地前繩中張力為4N
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為 　 　N；雪橇對地面的壓力等于 　 　N；雪橇加速度大小等于 　 　m/s2。
9．（2024秋 天河區期末）（1）按規定，卡車在市區行駛的速度不得超過40km/h。一輛卡車在緊急情況下剎車，測得卡車滑行過程中車輪在路面上擦過的筆直痕跡長9m。為判斷該車是否超速，從監控資料上知道，該車急剎車后經過1.5s停止。則該車急剎車前的速度大小為 　 　km/h。
（2）動車車廂內懸吊著一個質量為m的小球，動車勻加速行駛時，懸線偏離豎直方向的角度為θ并相對車廂保持靜止，重力加速度為g。則懸線拉力的大小為 　 　。
（3）如圖，用一根輕質細繩將一幅重力為10N的畫框對稱懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘間的距離為0.5m。已知細繩能承受的最大拉力為10N，要使細繩不會被拉斷，細繩最短的長度為 　 　m。
10．（2024秋 楊浦區校級期末）光滑水平面上的木塊從靜止開始受到水平力F的作用，在0～4s時間內F隨時間t的變化如圖所示，第1s內F的方向向東，則質點在第3s末位移的方向為 　 　（填：“向東”、“向西”），第4s末速度大小為 　 　。
11．（2024秋 普陀區校級期末）一質量為m的乘客站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起以大小為a0的加速度減速上行，如圖所示.重力加速度大小為g。該過程中，乘客對踏板的壓力大小為 　 　，摩擦力大小為 　 　。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 虹口區校級期末）體育運動中，蘊含著很多力學知識。
（1）百米賽跑的冠軍，與其他參賽隊員相比，其整個賽跑過程中一定最大的物理量是 　 　。
A.位移
B.平均速度
C.速度變化量
D.加速度
（2）如圖1所示，小明同學以背越式成功地跳過了1.70米的高度，則 　 　。
A.小明上升到最高點時速度為零
B.小明上升到最高點時加速度為零
C.小明越過橫桿時，其重心可能在橫桿的下方
D.起跳時小明對地面的壓力大于地面對他的支持力
（3）排球是人們喜愛的運動之一。如圖2所示，女排運動員在原地豎直向上做墊球訓練，排球在空中受到的空氣阻力大小可視為不變，以豎直向下為正方向，下列圖像中可能正確反映排球上升和下落運動過程的是 　 　。
（4）“蹦極”是一項非常刺激的體育運動。某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖3中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中 　 　。（多選題）
A.人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態
B.在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態
C.在bc段繩的拉力大于人的重力，人的加速度在增大
D.在c點，人的速度為零，其加速度不為零
（5）圖4是一名滑雪運動員在比賽過程中的示意圖，運動員自身和所有裝備的總質量為m，在傾角θ＝37°的斜坡向下滑動過程中，受滑動摩擦力和空氣阻力作用，假設空氣阻力與速度成正比，即f＝kv，其中比例系數k＝8P（P是k的單位）。運動員在比賽中的某段過程v﹣t圖像如圖5中實線AD所示，AB是曲線最左端A點的切線，B點的坐標為（16，48），CD是曲線AD的漸近線，已知重力加速度為10m/s2，sin37°＝0.6。
①用國際單位制中基本單位表示P；
②求雪橇與斜坡間的動摩擦因數；
③求運動員自身和所有裝備的總質量m。
13．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，光滑水平面的左側有一以順時針轉動的傾斜傳送帶，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°且與水平面平滑連接。水平面右側豎直平面內有一以O′為圓心，半徑R＝4m的圓弧坡，以弧面最低點的O點為原點、水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系xOy，某時刻有一物體以初速度v0＝5m/s從水平面沖上傳送帶。已知傳送帶足夠長，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物體在傳送帶上運動的總時長t；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程L；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標。
14．（2024秋 長安區期末）商場工作人員拉著質量m＝20kg的木箱沿水平地面運動。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做勻速直線運動；現改用F1＝150N、與水平方向成53°斜向上的拉力作用于靜止的木箱上，如圖所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱與地面之間的動摩擦因數μ；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小。
15．（2024秋 海淀區期末）在不同的條件下，我們可以建立不同的物理模型。
將一根繩的B端與一質量為M的小物塊Q相連，小物塊Q可視為質點。用水平向右大小為F的恒力作用在繩的A端，使小物塊Q沿光滑水平面做直線運動，如圖1所示。
（1）輕繩模型將繩的質量忽略不計。若圖1中繩為輕繩，請利用牛頓第二定律，證明穩定后輕繩各處的彈力大小均等于A端所受恒力F，并據此求出小物塊運動加速度a的大小。
（2）實際上繩是有質量的。若圖1中的繩長為l且不可伸長，質量為m且分布均勻，設距離繩A端x處（x＜l）為D點（圖中未畫出），不考慮繩在豎直方向的下垂，求穩定后D點處繩的彈力FT與x的關系式。
（3）事實上，真實情況下繩會下垂，水平面也不光滑。如圖2所示，若已知繩在A、B兩端拉力的大小分別為F1和F2，拉力的方向分別沿A、B端的切線方向，并已知在A、B兩端繩切線與水平方向所夾銳角分別為α和β，E為繩的最低點。當繩和物塊組成的系統穩定向右加速（繩的形態保持不變）時，求繩的最低點E處的彈力的大小FE。
預習銜接.夯實基礎 牛頓第二定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 大通縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】分別以小球B和AB整體為研究對象，由平衡條件分析彈簧彈力和懸線拉力，剪斷懸線瞬間，彈簧彈力瞬間不變，由牛頓第二定律求瞬時加速度大小。
【解答】解：懸線剪斷前，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，彈簧彈力F＝mg
以A、B整體為研究對象，由平衡條件可知，懸線的拉力為T＝2mg
剪斷懸線瞬間，繩子拉力消失，彈簧彈力瞬間不變，由牛頓第二定律
對小球A：mg+F＝maA
對小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題解題關鍵是掌握原理彈簧彈力具有瞬間不變的性質，再根據牛頓第二定律瞬時性，求加速度大小。
2．（2024秋 喀什地區期末）如圖所示，車的頂棚上用細線吊一個質量為m的小球，車廂底板上放一個質量為M的木塊，當小車沿水平面直線運動時，小球細線偏離豎直方向角度為θ，木塊和車廂保持相對靜止，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．汽車正向右勻減速運動
B．汽車的加速度大小為gcosθ
C．細線對小球的拉力大小為mg
D．木箱受到的摩擦力大小為Mgtanθ
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；彈力的概念及其產生條件．
【專題】定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】D
【分析】先以小球為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度和細線對小球的拉力，分析汽車的運動情況。再對木塊研究，由牛頓第二定律求解物塊受到的摩擦力。
【解答】解：ABC、以小球為研究對象，分析受力如圖；
根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝ma
解得：a＝gtanθ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽車可能向右勻加速運動，也可能向左勻減速運動。
細線對小球的拉力大小為：T．故ABC錯誤。
D、再對木塊受力分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，水平方向：f＝Ma＝Mgtanθ，故D正確；
故選：D。
【點評】本題要抓住小球、木塊和汽車的加速度相同的特點，根據牛頓第二定律采用隔離法研究。
3．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】計算題；定量思想；幾何法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】C
【分析】根據幾何關系分別求出各個軌道的位移，根據牛頓第二定律求出加速度，再根據勻變速直線運動的位移—時間公式求出運動的時間，從而比較出到達M點的先后順序。
【解答】解：設⊙O′的半徑為R，根據幾何知識可知，OA＝OM＝R，
由勾股定理得，AMR，
即小球沿AM運動的位移xAR，
由牛頓第二定律得，mgsin45°＝maA，
解得：aAg，
由xat2得，小球沿AM運動的時間：
tA，
根據幾何知識可知，BM＝2OM＝2R，
即小球沿BM運動的位移xB＝2R，
由牛頓第二定律得，mgsin60°＝maB，
解得：aBg，
小球沿BM運動的時間：
tB，
設CM與x軸正向的夾角為θ，由幾何關系可知，CM＝2Rsinθ，
即小球沿CM運動的位移xC＝2Rsinθ，
由牛頓第二定律得，mgsinθ＝maC，
解得：aC＝gsinθ，
小球沿CM運動的時間：
tC，
則tA、tB、tC大小關系是：tA＝tC＜tB。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵充分利用幾何關系得出每一段的位移，熟練運用牛頓第二定律和勻變速直線運動的位移—時間公式即可正確解題，有一定的難度。
4．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，A、B兩物體相距S＝14m時，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右勻速運動，而物體B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做減速運動。兩物體質量相同，與地面的動摩擦因數均為0.2，FA＝FB，則經過多長時間A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；追及、相遇問題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】假設經過時間t0，物塊A追上物體B，根據位移時間公式結合幾何關系列式求解即可。
【解答】解：設兩物體的重力均為m，A物體做勻速直線運動，則A物體受力平衡，則有：FA＝μmg；
B物體做勻減速直線運動，則由牛頓第二定律可得：FB+μmg＝ma
聯立解得：a＝4m/s2，則B物體減速運動的時間為：，此時物體B的位移為：
此過程中A發生的位移為：xA＝vAt0＝8×5m＝40m，由于xB+s＝64m＞xA，則B停止運動前A沒有追上B，此后B靜止，A繼續勻速運動直到追上B所用的時間為：，則物體A追上物體B所用的時間為：t＝t0+t1＝5s+3s＝8s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題是追擊問題，特別要注意物體B做勻減速運動，要分清是減速過程追上還是靜止后被追上；第二種情況下的位移用位移時間公式求解時要注意時間是減速的時間，而不是總時間。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大通縣期末）如圖所示，質量為m的小球在水平輕繩和輕彈簧拉力作用下靜止，M、N點分別為彈簧、輕繩與小球的連接點，彈簧與豎直方向夾角為θ，輕彈簧拉力大小為F1，輕繩拉力大小為F2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球受兩個力作用
B．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
C．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a，方向水平向右
D．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；判斷是否存在彈力；共點力的平衡問題及求解．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】剪斷彈簧瞬間，繩的拉力變為零，小球只受重力，由牛頓第二定律可求得加速度大小；對小球受力分析，根據平衡條件求水平輕繩的拉力大小；剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，小球所受的合外力是重力與彈力的合力，大小等于繩的拉力，根據牛頓第二定律求解。
【解答】解：AB、若從M點剪斷彈簧瞬間，小球受彈力是零，小球只受重力的作用，根據牛頓第二定律可得：mg＝ma，解得小球的加速度為a＝g，方向豎直向下，故A錯誤，B正確；
CD、若從N點剪斷輕繩瞬間，由于彈簧的彈力不能突變，所以小球受到彈簧的彈力和重力作用，其合力水平向右，大小等于F2，根據牛頓第二定律可得：F2＝ma，解得小球加速度為：，方向水平向右，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律及共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。
（多選）6．（2024秋 武昌區校級期末）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】ACD
【分析】根據滑動摩擦力的公式結合壓力變化分析解答ABC，根據牛頓第二定律結合速度—時間公式解答。
【解答】解：A.下落過程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小為f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
剛開始下落時，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正確；
B.下落過程中，甲情景中摩擦力等于重力時，物體做勻速直線運動，乙情景中物體所受的摩擦力大于重力時，速度會減小，故B錯誤；
C.下落過程中，甲情景中的物體所受摩擦力為f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
當f甲＝mg
即v＝5m/s時速度最大，此后做勻速直線運動，故C正確；
D.乙情景中，物體運動的加速度為ag﹣2t
當t＝5s時，加速度為0，此過程的平均加速度為a'g，物體運動速度最大為vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，解題關鍵掌握摩擦力的計算公式，注意加速度為0時速度最大。
（多選）7．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖（a）所示，粗糙的水平桌面上有一質量為1kg的物塊A與細繩相連，通過定滑輪和動滑輪與另一物塊B相連，細線另一端固定在天花板上。由靜止釋放物塊B，物塊A、B一起運動起來，當物塊B落地后立即停止運動，物塊A始終未運動到桌子右端，物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不計滑輪的質量和摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊A與桌面之間的動摩擦因數為0.2
B．物塊B初始離地高度為1m
C．物塊B的質量為1.5kg
D．物塊B落地前繩中張力為4N
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度；動摩擦因數的性質和計算．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】AB
【分析】（1）v﹣t圖像斜率表示加速度，由勻變速直線運動位移—時間關系式求位移；
（2）根據v﹣t圖像斜率求出B落地前后A的加速度，根據牛頓第二定律分析A可求動摩擦因數及繩子的拉力；
（3）0～1s內，分別對A、B分析，根據牛頓第二定律建立等式，結合A的加速度是B加速度的2倍，聯立可求出A、B的質量比。
【解答】解：A．由v﹣t圖像知，1～3s內加速度大小
根據牛頓第二定律有μmAg＝mAa2
解得μ＝0.2，故A正確；
B．0～1s內物塊B勻加速下降，設物塊B初始離地高度為h，根據v﹣t圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示位移，可知0～1s內物塊A的位移為
根據滑輪自由端和重物端的位移關系可知
故B正確；
C．0～1s內對物塊A受力分析，有
mAa1＝T﹣μmAg
由v﹣t圖像知
對物塊B受力分析，有
mBaB＝mBg﹣2T
由滑輪特點，可知
a1＝2aB
解得
mB＝0.5kg，T＝2N
故CD錯誤。
故選：AB。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律、v﹣t圖像和運動學公式的應用，注意A的加速度是B加速度的2倍，A的位移是B位移的2倍，難度適中。
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為 　80　N；雪橇對地面的壓力等于 　340　N；雪橇加速度大小等于 　0.3　m/s2。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】80；340；0.3。
【分析】根據平行四邊形定則計算拉力F沿水平方向的分力大小；以小孩與雪橇整體為研究對象，根據牛頓第二定律列方程計算。
【解答】解：由平行四邊形定則得，拉力F沿水平方向的分力大小為
Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N
對小孩與雪橇整體有
Fsinθ+N＝mg
Fcosθ﹣μN＝ma
聯立解得
N＝340N
由牛頓第三定律可知，雪橇對地面的壓力等于
N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于
a＝0.3m/s2
故答案為：80；340；0.3。
【點評】本題關鍵掌握研究對象的選擇，注意雪橇對地面的壓力與地面對雪橇的支持力關系。
9．（2024秋 天河區期末）（1）按規定，卡車在市區行駛的速度不得超過40km/h。一輛卡車在緊急情況下剎車，測得卡車滑行過程中車輪在路面上擦過的筆直痕跡長9m。為判斷該車是否超速，從監控資料上知道，該車急剎車后經過1.5s停止。則該車急剎車前的速度大小為 　43.2　km/h。
（2）動車車廂內懸吊著一個質量為m的小球，動車勻加速行駛時，懸線偏離豎直方向的角度為θ并相對車廂保持靜止，重力加速度為g。則懸線拉力的大小為 　　。
（3）如圖，用一根輕質細繩將一幅重力為10N的畫框對稱懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘間的距離為0.5m。已知細繩能承受的最大拉力為10N，要使細繩不會被拉斷，細繩最短的長度為 　　m。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）43.2；（2）；（3）
【分析】（1）根據位移的計算公式解答；
（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律分析解答；
（3）根據共點力平衡條件解答。
【解答】解：（1）將該車的運動看作勻減速運動，則根據
可得
v＝12m/s＝43.2km/h
（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律得
mgtanθ＝ma
Fcosθ＝mg
故
a＝gtanθ
（3）畫（含畫框）受力分析圖
受到重力mg和兩個大小相等的細繩拉力F1、F2的作用而處于靜止狀態，當
F1＝F2＝Fmax＝10N
時，對應于細繩不被拉斷的最小長度x，由平衡條件知F1、F2的合力
F合＝mg＝10N
所以力F 1與F 2 之間的夾角是120°，繩子的最小長度為
故答案為：（1）43.2；（2）；（3）
【點評】本題考查牛頓第二定律與共點力平衡條件的應用，解題關鍵掌握受力分析，注意幾何關系的運用。
10．（2024秋 楊浦區校級期末）光滑水平面上的木塊從靜止開始受到水平力F的作用，在0～4s時間內F隨時間t的變化如圖所示，第1s內F的方向向東，則質點在第3s末位移的方向為 　向東　（填：“向東”、“向西”），第4s末速度大小為 　0　。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】向東；0。
【分析】加速度方向與合力的方向相同，根據加速度方向與速度方向的關系判斷物體的運動規律，確定何時速度最大，何時速度改變方向。
【解答】解：由圖像可知，0～2s內水平力F的方向一直向東，質點一直向東做加速運動，到2s時，質點速度達到最大；2～4s內水平力F的方向一直向西，0～2s內和2～4s內的運動具有對稱性，質點在2～4s內一直向東做減速運動；可知質點在第4s末速度大小為0，質點在第3s末位移的方向為向東。
故答案為：向東；0。
【點評】解決該題需要明確知道物體做加速以及減速運動的條件，知道物體的加速度方向和合外力的方向相同。
11．（2024秋 普陀區校級期末）一質量為m的乘客站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起以大小為a0的加速度減速上行，如圖所示.重力加速度大小為g。該過程中，乘客對踏板的壓力大小為 　mg﹣ma0sinθ　，摩擦力大小為 　ma0cosθ　。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】mg﹣ma0sinθ；ma0cosθ
【分析】對乘客在豎直方向列牛頓第二定律方程求支持力和摩擦力，再用牛頓第三定律求乘客對踏板的壓力。
【解答】解：以乘客為研究對象，受力分析如圖在豎直方向用牛頓第二定律列方程：
豎直方向：mg﹣FN＝may
其中：ay＝a0sinθ
聯立解得：FN＝mg﹣ma0sinθ
由牛頓第三定律，乘客對踏板的壓力大小為：
FN′＝FN＝mg﹣ma0sinθ
水平方向：f＝max＝ma0cosθ
故答案為：mg﹣ma0sinθ；ma0cosθ。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，需要注意的是：牛頓第二定律方程是矢量方程，可以分方向使用。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 虹口區校級期末）體育運動中，蘊含著很多力學知識。
（1）百米賽跑的冠軍，與其他參賽隊員相比，其整個賽跑過程中一定最大的物理量是 　B　。
A.位移
B.平均速度
C.速度變化量
D.加速度
（2）如圖1所示，小明同學以背越式成功地跳過了1.70米的高度，則 　C　。
A.小明上升到最高點時速度為零
B.小明上升到最高點時加速度為零
C.小明越過橫桿時，其重心可能在橫桿的下方
D.起跳時小明對地面的壓力大于地面對他的支持力
（3）排球是人們喜愛的運動之一。如圖2所示，女排運動員在原地豎直向上做墊球訓練，排球在空中受到的空氣阻力大小可視為不變，以豎直向下為正方向，下列圖像中可能正確反映排球上升和下落運動過程的是 　C　。
（4）“蹦極”是一項非常刺激的體育運動。某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖3中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中 　BCD　。（多選題）
A.人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態
B.在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態
C.在bc段繩的拉力大于人的重力，人的加速度在增大
D.在c點，人的速度為零，其加速度不為零
（5）圖4是一名滑雪運動員在比賽過程中的示意圖，運動員自身和所有裝備的總質量為m，在傾角θ＝37°的斜坡向下滑動過程中，受滑動摩擦力和空氣阻力作用，假設空氣阻力與速度成正比，即f＝kv，其中比例系數k＝8P（P是k的單位）。運動員在比賽中的某段過程v﹣t圖像如圖5中實線AD所示，AB是曲線最左端A點的切線，B點的坐標為（16，48），CD是曲線AD的漸近線，已知重力加速度為10m/s2，sin37°＝0.6。
①用國際單位制中基本單位表示P；
②求雪橇與斜坡間的動摩擦因數；
③求運動員自身和所有裝備的總質量m。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；速度、速度變化量和加速度的關聯；根據v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況；彈力的概念及其產生條件．
【專題】計算題；定量思想；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）B；
（2）C；
（3）C：
（4）BCD；
（5）①用國際單位制中基本單位表示P為；
②雪橇與斜坡間的動摩擦因數為0.25；
③運動員自身和所有裝備的總質量m為64kg。
【分析】（1）百米賽跑中，所有參賽隊員的位移相等，冠軍用時最短，根據位移與時間關系可知平均速度最大；
（2）AB：小明在最高點速度不為零，加速度不為零；
C：小明越過橫桿時，身體彎曲，重心可能在桿下；
D：根據牛頓第三定律判斷；
（3）對排球上升和下落過程受力分析，根據牛頓第二定律求解加速度，可知上升的加速度大于下落時的加速度，排球勻減速上升，勻加速下落，要克服阻力做功，故落回拋出點的速度小于拋出速度；
（4）根據已知條件可知，運動員從P到a做自由落體運動，加速度為重力加速度，方向豎直向下，從a到b做加速度減小的加速運動，加速度豎直向下，從b到c做加速度增大的減速運動，加速度豎直向上，結合超重和失重定義判斷；
（5）①根據空氣阻力與速度關系求解比例系數k的表達式，代入表達式個各個量的單位推導；
②根據v﹣t圖像求解速度為16m/s和32m/s時的加速度，根據空氣阻力與速度的關系式求解速度為16m/s和32m/s時的空氣阻力，再根據牛頓第二定律聯立求解雪橇與斜坡間的動摩擦因數；
③根據平衡條件列式求解運動員自身和所有裝備的總質量。
【解答】解：（1）百米賽跑中，所有參賽隊員的位移相等，百米賽跑的冠軍所用時間最短，根據
可知百米賽跑的冠軍，與其他參賽隊員相比，其整個賽跑過程中一定最大的物理量是平均速度，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2）AB.小明上升到最高點時速度不為零，具有一定的水平速度，受到重力作用，加速度不為零，故AB錯誤
C.小明越過橫桿時，通過軀干彎曲，其重心可能在橫桿的下方，故C正確；
D.起跳時小明對地面的壓力與地面對他的支持力是一對相互作用力，大小相等，故D錯誤。
故選：C。
（3）排球在空中受到的空氣阻力大小可視為不變，設為f；排球上升階段，根據牛頓第二定律可得
mg+f＝ma1
可得
方向豎直向下，為正方向，排球向上做勻減速直線運動；排球下落階段，根據牛頓第二定律可得
mg﹣f＝ma2
可得
方向豎直向下，為正方向，排球向下做勻加速直線運動；由于存在空氣阻力作用，所以排球下落回到出發點的速度小上升階段的初速度。
故選：C。
（4）人在ab段過程，由于彈性繩的拉力小于人的重力，人繼續向下做加速度減小的加速運動，人處于失重狀態；當人在b 點時，彈性繩的拉力等于人的重力，人的加速度為0，人的速度達到最大；人在bc段過程，由于彈性繩的拉力大于人的重力，人繼續向下做加速度增大的減速運動；人在c點時，人的速度為零，但其加速度不為零，故A錯誤，BCD正確。
故選：BCD。
（5）①由可知
f＝kv
則有
代入力和速度單位，則k＝8P中的P為
同時有
1N＝1kg m/s2
可得
；
②由v﹣t圖像的斜率表示加速度可知，當v0＝16m/s時，運動員的加速度為
由牛頓第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣f0＝ma0
其中
f0＝8v0＝8×16N＝128N
當v＝32m/s時，由v﹣t圖像可知加速度為零，則有
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣f＝0
其中
f＝8v＝8×32N＝256N
聯立解得雪橇與斜坡間的動摩擦因數為
μ＝0.25；
（3）根據平衡條件
mgsinθ﹣μmgcosθ＝f＝256N
解得運動員自身和所有裝備的總質量為
m＝64kg。
故答案為：（1）B；
（2）C；
（3）C：
（4）BCD；
（5）①用國際單位制中基本單位表示P為；
②雪橇與斜坡間的動摩擦因數為0.25；
③運動員自身和所有裝備的總質量m為64kg。
【點評】本題考查牛頓第二定律、加速度、圖像、彈力的產生和方向等知識點，要求學生熟練掌握這些基本的知識點及其應用。
13．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，光滑水平面的左側有一以順時針轉動的傾斜傳送帶，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°且與水平面平滑連接。水平面右側豎直平面內有一以O′為圓心，半徑R＝4m的圓弧坡，以弧面最低點的O點為原點、水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系xOy，某時刻有一物體以初速度v0＝5m/s從水平面沖上傳送帶。已知傳送帶足夠長，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物體在傳送帶上運動的總時長t；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程L；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；水平傳送帶模型．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）物體在傳送帶上運動的總時長為；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程為；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標為（2.4m，0.8m）。
【分析】（1）分析運動過程，分析受力，根據牛頓第二定律和運動學的基本知識求解；
（2）以傳送帶為研究對象，利用勻變速運動的知識分段求解；
（3）利用平拋知識求解。
【解答】解：（1）從物體沖上傳送帶與傳送帶共速，設物體的加速度為a1，運動時間為t1，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由運動學格式可得：v＝v0﹣a1t1
從物體與傳送帶共速到物體離開傳送帶，設物體的加速度為a2，運動時間為t2，由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由運動學公式可得：
代入數據解得：，，（舍去）
則運動的總時間為：；
（2）以傳送帶為參考下，從物體沖上傳送帶與傳送帶共速時有：
從物體與傳送帶共速到物體離開傳送帶有：
則總相對路程為：L＝L1+L2
聯立代入數據解得：；
（3）返回水平面物體的速度為：v1＝v+a2t2，
解得：v1＝3m/s
物體離開水平面后做平拋運動，則在水平方向有：x＝v1t3
豎直方向有：
由幾何關系可得：x2+（R﹣y）2＝R2
聯立解得：x＝2.4m，y＝0.8m
故落點的坐標為（2.4m，0.8m）。
答：（1）物體在傳送帶上運動的總時長為；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程為；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標為（2.4m，0.8m）。
【點評】本題考查傳送帶與平拋的結合，注意分段分析運動過程和受力情況，應用勻變速直線運動和平拋運動規律即可解題。
14．（2024秋 長安區期末）商場工作人員拉著質量m＝20kg的木箱沿水平地面運動。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做勻速直線運動；現改用F1＝150N、與水平方向成53°斜向上的拉力作用于靜止的木箱上，如圖所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱與地面之間的動摩擦因數μ；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動速度與時間的關系．
【專題】計算題；定量思想；推理法；直線運動規律專題；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）木箱與地面之間的動摩擦因數為0.25；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小為3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小為14m/s。
【分析】（1）根據平衡條件計算；
（2）根據牛頓第二定律和滑動摩擦力公式計算；
（3）根據運動學公式計算。
【解答】解：（1）木箱在F的作用下做勻速直線運動，則有
F＝f＝mgμ
代入數據解得
（2）由受力分析可知，木箱水平方向有
F1cos53°﹣f＝ma
豎直方向上有
F1sin53°+FN＝mg
又因為摩擦力滿足
f＝μFN
聯立解得
a＝3.5m/s2
（3）根據勻加速直線運動速度與時間的關系可得木箱在F1作用4.0s時的速度為
v4＝at＝3.5×4m/s＝14m/s
答：（1）木箱與地面之間的動摩擦因數為0.25；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小為3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小為14m/s。
【點評】本題關鍵掌握物體在平衡狀態和加速狀態下解決問題方法。
15．（2024秋 海淀區期末）在不同的條件下，我們可以建立不同的物理模型。
將一根繩的B端與一質量為M的小物塊Q相連，小物塊Q可視為質點。用水平向右大小為F的恒力作用在繩的A端，使小物塊Q沿光滑水平面做直線運動，如圖1所示。
（1）輕繩模型將繩的質量忽略不計。若圖1中繩為輕繩，請利用牛頓第二定律，證明穩定后輕繩各處的彈力大小均等于A端所受恒力F，并據此求出小物塊運動加速度a的大小。
（2）實際上繩是有質量的。若圖1中的繩長為l且不可伸長，質量為m且分布均勻，設距離繩A端x處（x＜l）為D點（圖中未畫出），不考慮繩在豎直方向的下垂，求穩定后D點處繩的彈力FT與x的關系式。
（3）事實上，真實情況下繩會下垂，水平面也不光滑。如圖2所示，若已知繩在A、B兩端拉力的大小分別為F1和F2，拉力的方向分別沿A、B端的切線方向，并已知在A、B兩端繩切線與水平方向所夾銳角分別為α和β，E為繩的最低點。當繩和物塊組成的系統穩定向右加速（繩的形態保持不變）時，求繩的最低點E處的彈力的大小FE。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）小物塊運動加速度a的大小為。
（2）穩定后D點處繩的彈力FT與x的關系式為FT＝F。
（3）繩的最低點E處的彈力的大小FE為F1cosα。
【分析】（1）根據牛頓第二定律可求出小物塊的加速度；
（2）利用整體法，結合牛頓第二定律可求出拉力的表達式；
（3）利用整體法，結合牛頓第二定律以及受力分析，可求出最低點彈力大小。
【解答】解：（1）設輕繩的質量為m，對整體，根據牛頓第二定律有F＝（M+m）a
對小物塊，根據牛頓第二定律有FT＝Ma
輕繩模型將繩的質量忽略不計，穩定后輕繩各處的彈力大小為FT≈F
小物塊運動加速度為a
（2）對整體，根據牛頓第二定律有F＝（M+m）a
以物塊和與其相連長為（l﹣x）的繩為研究對象，根據牛頓第二定律有FT＝（Mm）a
解得FT＝F
（3）對整體，根據牛頓第二定律有F1cosα﹣F2cosβ＝（M+m）a
對EA間的繩受力分析可得F1sinα＝mEAg
F1cosα﹣FE＝mEAa
繩的最低點E處的彈力的大小為FE＝F1cosα
答：（1）小物塊運動加速度a的大小為。
（2）穩定后D點處繩的彈力FT與x的關系式為FT＝F。
（3）繩的最低點E處的彈力的大小FE為F1cosα。
【點評】學生在解決本題時，應注意對于牛頓第二定律的分析問題，可以多嘗試整體法，提高解題效率。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑