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牛顿第二定律的理解和应用
1．[2020·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
2．[2020·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 N
B．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 N
C．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 N
D．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 N
3．[2020·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Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上．球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2，分析当仅剪断Ⅰ或Ⅱ的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右
B．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝，方向沿Ⅰ的延长线
C．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝，方向水平向左
D．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上
4．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m:M＝1:2)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(　　)
A．1:1 B．1:2
C．2:1 D．2:3
5．[2020·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m1g
B．圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为
C．细线中的弹力大小为
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F＝Mg.如图乙，设甲、乙两图中A的加速度分别为a1、a2，则(　　)
A．a1＝2a2 B．a1＝a2
C．a1＝ D．无法确定
8．[2020·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μ1，则细线中的拉力大小为(　　)
A．Mg B．Mg－Ma
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g
9.
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Ⅰ]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50 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(　　)
A．200 N
B．400 N
C．600 N
D．800 N
11．(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0
C．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：　
　
　牛顿第二定律的理解和应用
1．BD　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．
2．C　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Fy－mg＝ma，解得Fy＝12 N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6 N，杆对球的作用力大小为F＝＝6 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mg－F′y＝ma，解得F′y＝4 N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6 N，杆对球的作用力大小为F′＝＝2 N，故D错误．
3．C　细线和弹簧未断时，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＝F2＝ma，a＝，方向水平向左，故C正确，D错误．
4．A　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a＝＝－μg，隔离分析物块A有kx1－μmg＝ma，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a′＝＝－g，对A物块有kx2－mg＝ma′，得kx2＝，x2＝.所以x1:x2＝1:1，A正确，B、C、D错误．
5．BD　6.A　7.C　
8．BC　A、B一起在光滑面上向右加速由牛顿第二定律可得T＝(m1＋m2)a，故C正确，对C列牛顿第二定律Mg－T＝Ma，T＝Mg－Ma，B正确．
9．C　在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，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mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mg10．B　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2F－mg＝，代入数据解得F＝405 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．
11．BC　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.

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