1、课时作业(八)牛顿第二定律的应用基础巩固练1(2019湖北荆州一模)由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用很小的力推很重的桌子时，却推不动，这是因为()A牛顿第二定律不适用于很重的物体B桌子加速度很小，肉眼观察不到C推力太小，速度增量也很小，肉眼观察不到D桌子所受合力大小为零，没有加速度D静止物体的加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止的物体，故A错误；根据Fma可知，物体的合力为零，加速度为零，而不是“加速度很小，肉眼观察不到”，故B错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，则推不动桌子，桌子的合力等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故C错误，
2、D正确2如图所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况()A弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变B弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加C弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且减少的示数等于增加的示数D弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且增加的示数等于减少的示数C当金属球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧秤减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确3大小分别为1 N和7
3、N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是()A1 m/s2和7 m/s2B5 m/s2和8 m/s2C6 m/s2和8 m/s2D0 m/s2和8 m/s2C当两力反向时，合力最小，加速度最小，amin m/s26 m/s2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，amax m/s28 m/s2，选项C正确4(2019山东威海模拟)如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有()A该同学做了两次下蹲起立的动作B该
4、同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态B在34 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在67 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确5有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是()Am/sBm/s2 Cm/s3Dm2/sC新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于
5、加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s3，选项C正确6如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()AM受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力减小CM仍相对于车厢静止DM受静摩擦力减小C分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确7(2019山西康杰中学联考)如图所示，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下A点为弹簧处于自然状态时端点的位置，当
6、物体到达B点时，物体的速度恰好为零，然后被弹回下列说法中正确的是()A物体从A点下落到B点的过程中，速率不断减小B物体在B点时，所受合力大小为零C物体在A点时处于超重状态D物体在B点时处于超重状态D物体从A下落到B的过程中，开始时重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力增大，则加速度减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，在以后运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，物体到达最低点时速度为零则加速度先减小后增大，速度先增大后减小物体在A点时加速度方向向下，处于失重状态；物体在B点时
7、，加速度方向向上，合力不为零，处于超重状态故D正确，A、B、C错误8(2019山东济南模拟)在建筑装修中，工人用质量为4.0 kg的磨石对水平地面和斜壁进行打磨，已知磨石与水平地面、斜壁之间的动摩擦因数相同，g取10 m/s2(1)当磨石受到水平方向F120 N的推力打磨水平地面时，恰好做匀速直线运动，求动摩擦因数；(2)若用磨石对37的斜壁进行打磨(如图所示)，当对磨石施加竖直向上的推力F260 N时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动0.8 m所需时间(斜壁足够长)(sin 370.6，cos 370.8)解析(1)磨石在水平地面上恰好做匀速直线运动，由F1Ffmg，得0.5(2)磨石与斜壁间
8、的正压力FN(F2mg)sin 根据牛顿第二定律有(F2mg)cos FNma，解得a2.5 m/s2根据匀变速直线运动规律xat2，解得t0.8 s答案(1)0.5(2)0.8 s能力提升练9(2019山东济南市重点中学联考)如图所示，一个箱子内放置质量为m的物体，现让箱子以初速度为零从足够高的高空释放，已知箱子所受的空气阻力与箱子下落速度成正比，则在箱子下落过程中，下列说法正确的是()A开始的一段时间内箱内物体处于超重状态B箱内物体经历了先失重后超重的状态C箱内物体对箱子底部的压力逐渐减小D箱子接近地面时，箱内物体所受的重力与箱子底部对物体的支持力是一对平衡力D以箱子和物体整体为研究对象，
9、设总质量为M，根据牛顿第二定律得MgF阻Ma，得agg.当整体的速度v增大时，加速度a减小，且方向向下，故物体先处于失重状态，当a0时，物体受力平衡，A、B错误物体的“视重”FNmgma，随着加速度a的减小，物体的视重将增大，C错误由于足够高，则箱子接近地面时，可视为匀速运动，加速度a0，箱内物体所受的重力与箱子底部对物体的支持力是一对平衡力，D正确10(2019江苏常州田家炳中学调研)(多选)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球当小车沿水平面做匀加速直线运动时，细线与竖直方向间的夹角()保持不变设斜杆
10、、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是()AF1、F2可能相同BF1、F2一定相同C小车加速度大小为gtan D小车加速度大小为gtan BD以右边的小球为研究对象，根据牛顿第二定律，设其质量为m，有mgtan ma，得agtan ；以左边的小球为研究对象，设其加速度为a，斜杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得mgtan ma；因为aa，得，则斜杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；小车的加速度大小为agtan ，方向向右，故D正确，C错误11如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且ABBC小物块P(可
11、视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运动)()A14B81C11D41B设B点的速度为vB，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：t1t2，又t1t214，解得：vB，在AB上的加速度为：a11g，在BC上的加速度为：a22g，联立解得：1281，故选B12质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力F的大小；(3)010 s内物体运动位移的大小解析(1)设物体做匀减速运动的时间为t2，初速度为v20，末速度为v2t，加速度的大小为a2，则a2 m/s22 m/s2设物体所受的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得Ffma2Ffmg联立式，代入数据得0.2(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1，初速度为v10，末速度为v1t，加速度大小为a1，则a1 m/s21 m/s2根据牛顿第二定律得FFfma1联立式，代入数据得F6 N(3)由匀变速直线运动的位移公式得xx1x2v10t1a1(t1)2v20t2a2(t2)246 m答案(1)0.2(2)6 N(3)46 m