1、专题23牛顿第二定律的理解和应用12020山西吕梁月考(多选)如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平方向做匀变速直线运动(加速度不等于零)时，关于杆对小球弹力的方向(其中OB竖直，OD水平，OA跟杆共线)，下列说法正确的是()A不可能沿着OA方向B不可能沿着OB方向C不可能沿着OC方向D不可能沿着OD方向22020河北衡水中学调研一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是()A若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6
2、NB若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 NC若升降机加速上升，加速度大小为5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6 ND若升降机减速上升，加速度大小为5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6 N32020黑龙江大庆实验中学月考如图所示，质量为m的球与轻弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于水平和竖直墙上球静止时，中的拉力为F1、中的拉力为F2，分析当仅剪断或的瞬间，下列说法正确的是()A若仅剪断，则球的加速度ag，方向水平向右B若仅剪断，则球的加速度a，方向沿的延长线C若仅剪断，则球的加速度a，方向水平向左D若仅剪断，则球的加速度ag，方向竖直向上4如图所示，在粗糙的水平
3、面上，质量分别为m和M(m:M1:2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1:x2等于()A1:1 B1:2C2:1 D2:352020福建永安一中高三期中(多选)如图所示，质量为m1的小圆环A套在水平细杆上，质量为m2的小球B通过轻质细线与圆环A连接，用大小为F的水平恒力拉小球B，使A、B一起做匀加速直线运动，加速度大小为a，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A细杆对圆环的支持力大小为m1gB圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为C细
4、线中的弹力大小为 D细线与水平方向的夹角的正切值为6.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()7在光滑水平面上放一质量为M的物体A，用轻绳通过定滑轮与质量为M的B相连，如图甲所示，其它条件不变去掉B换上拉力F，且FMg.如图乙，设甲、乙两图中A的加速度分别为a1、a2，则()Aa12a2 Ba1a2Ca1 D无法确定82020河北辛集中学测试(多选)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1的物块
5、A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为1，则细线中的拉力大小为()AMg BMgMaC(m1m2)a Dm1a1m1g9.如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触开始到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况为()A加速度越来越大，速度越来越小B加速度和速度都是先增大后减小C速度是先增大后减小，加速度方向是先向下后向上D速度是一直减小，加速度大小是先减小后增大10.2020全国卷如图，一同学表演荡秋千已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为5
6、0 kg.绳的质量忽略不计当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A200 NB400 NC600 ND800 N11(多选)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止下列说法正确的是()A甲车的加速度大小为B甲车的加速度大小为0C乙车的加速度大小为D乙车的加速度大小为0错题请用红笔改正：专题23牛顿第二定律的理解和应用1BD小球和小车的加速度相同，若加速度方向水平向左，由牛顿第二定律知，杆的弹力与小球重力的合力方向水
7、平向左，杆对球的弹力可能沿图中的OA方向，若加速度方向水平向右，由牛顿第二定律知，合力的方向水平向右，杆对球的弹力可能沿图中的OC方向，故B、D正确，A、C错误2C若升降机是静止的，球也是静止的，球处于平衡状态，由平衡条件可知，杆对球的作用力大小为10 N，故A、B错误；若升降机加速上升，在竖直方向，对球由牛顿第二定律得Fymgma，解得Fy12 N，在水平方向，由平衡条件得FxF绳6 N，杆对球的作用力大小为F6 N，故C正确；若升降机减速上升，对球在竖直方向，由牛顿第二定律得mgFyma，解得Fy4 N，在水平方向，由平衡条件得FxF绳6 N，杆对球的作用力大小为F2 N，故D错误3C细线
8、和弹簧未断时，球受力如图甲所示，球的重力和F1、F2的合力为零，剪断弹簧瞬间，细线拉力突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，故A、B均错误；剪断细线瞬间，弹簧的弹力和小球的重力不变，受力如图乙所示，由几何关系可知，F合F2ma，a，方向水平向左，故C正确，D错误4A水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度ag，隔离分析物块A有kx1mgma，得kx1，x1.竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度ag，对A物块有kx2mgma，得kx2，x2.所以x1:x21:1，A正确，B、C、D错误5BD6.A7.C8BCA、B一起在光滑面上向右
9、加速由牛顿第二定律可得T(m1m2)a，故C正确，对C列牛顿第二定律MgTMa，TMgMa，B正确9C在接触的第一个阶段mgkx，F合mgkx，合力方向竖直向下，小球向下运动，弹簧形变量x逐渐增大，所以F合逐渐减小由a得a的方向竖直向下，且逐渐减小又这一阶段a与v的方向都竖直向下，所以v逐渐增大当mgkx时，F合0，a0，此时速度达到最大之后，小球继续向下运动，mgkx，合力F合kxmg，方向竖直向上，小球向下运动，x继续增大，F合增大，且随x增大而增大，因为此时a与v方向相反，所以v逐渐减小所以小球向下压缩弹簧的过程中，F合的方向先向下后向上，大小先变小后变大；a的方向先向下后向上，大小先变小后变大；v的方向向下，大小先变大后变小故选项C正确10B该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2Fmg，代入数据解得F405 N，故每根绳子平均承受的拉力约为400 N，故B项正确，A、C、D项错误11BC对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0；对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为.故选BC.
