2021年高考物理一轮复习 1.3.2 牛顿第二定律及基本应用考点训练（含
解析）鲁科版
1．如图1所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球。在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内
( )
图1
A．小球立即停止运动
B．小球继续向上做减速运动
C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小
D．小球的加速度减小
解析手突然停止不动，此后一小段时间内，弹簧弹力仍大于重力，小球所受合力向上，其加速度方向与速度方向相同，因此球做加速运动，随着形变
量减小，由a＝kx－mg
m
知，球的加速度减小。
答案 D
2．如图2所示，质量为m的物块甲置于竖直放置在水平面上的轻弹簧上处于静止状态。若突然将质量为2m的物块乙无初速地放在物块甲上，则在物块乙放在物块甲上后瞬间，物块甲、乙的加速度分别为a甲、a乙，当地重力加速度为g，以下说法正确的是
( )
图2
A ．a 甲＝0，a 乙＝g
B ．a 甲＝g ，a 乙＝0
C ．a 甲＝a 乙＝g
D ．a 甲＝a 乙＝23
g 解析 当物块乙放在物块甲上的瞬间，甲和乙瞬间具有共同的加速度，对甲和乙整体分析，受到重力、弹簧的弹力，重力大小为3mg ，弹力瞬间没有发生变化，仍为mg ，根据牛顿第二定律得a 甲＝a 乙＝
3mg －mg 3m ＝23g ，故D 正确。 答案 D
3．如图3所示，放在水平桌面上的质量为1 kg 的物体A 通过水平轻绳、轻弹簧和光滑定滑
轮与物体B 相连接，两物体均静止时弹簧秤甲和乙的读数分别为5 N 和2 N ，则剪断物体A 左侧轻绳瞬间，物体A 的加速度和弹簧秤乙的读数分别为
( )
图3
A ．5 m/s 2,0
B ．2 m/s 2,
2 N C ．0,0 D ．0,2 N 解析 两物体均静止时，物体A 在水平方向的受力如图所示，
物体A 所受最大静摩擦力f max ≥3 N，剪断物体A 左侧轻绳瞬间，T 甲＝0，T 乙＝2 N ，由于f max >T 乙，所以物体A 仍能静止不动，所以物体A 的加速度为0；此时物体B 也处于静止状态，所以弹簧秤乙的读数不变仍为2 N 。综上分析，选项D 正确。
答案 D
4.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F 作用下，四个金属环匀加速上
升。则环1和环2间的相互作用力大小为
( )
图4
A.14
F B.12F C.34F D ．F
解析 设四个环的质量均为m ，则以四个环整体为研究对象，有F －4mg ＝4ma ，以2、3、
4环为研究对象，有F ′－3mg ＝3ma ，解得F ′＝34
F ，选项C 正确。 答案 C
5．(xx·孝感统测)如图5所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M ＝2 kg 的
秤盘，盘内放一个质量为m ＝1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力F 的作用下保持静止，F ＝30 N ，突然撤去拉力F 的瞬间，物体对秤盘的压力大小为(g ＝10 m/s 2)
( )
图5
A ．10 N
B ．15 N
C ．20 N
D ．40 N
解析 由于拉力F 撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F 撤去的瞬间，系统所受合力方向竖直向上，整体由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ，对物体m 再根据牛顿第二定律可得N －mg ＝ma ，两式联立解得N ＝20 N ，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N ，方向竖直向下，C 正确。
答案 C
6．(多选)如图6所示，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固
定在与水平面成30°角的光滑斜面上。若不计弹簧质量，细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为
( )
图6
A ．a A ＝0
B ．a A ＝g 2
C ．a B ＝g 2
D ．a B ＝m 1＋m 2g 2m 2
解析
如图所示，细线剪断前：小球A 受三个力作用处于平衡状态，其中，
F k ＝m 1g sin 30°＝12
m 1g ，
小球B 受四个力作用处于平衡状态， F k ′＋m 2g sin 30°＝F ，其中F k ′＝F k 。
细线剪断瞬间：F k 不变，A 球所受合力为零，故a A ＝0，
B 球受三个力作用，F k ′＋m 2g sin 30°＝m 2a B 。
又F k ′＝m 1g sin 30°，得a B ＝
m 1＋m 2g 2m 2
。 答案 AD
7．(xx·高考冲刺卷五)2013年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉
开战幕，吸引了上千市民前往观看。假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ。设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则
( )
图7 A．运动员的加速度大小为g sin θ
B．球拍对球的作用力大小为mg cos θ
C．运动员对球拍的作用力大小为M＋m g cos θ
D．运动员对地面的作用力方向竖直向下
解析以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mg tan
θ，其加速度为g tan θ，受到球拍的支持力为mg
cos θ
，由于运动员、球拍和球的加速
度相等，选项A、B错误；同理运动员对球拍的作用力大小为M＋m g
cos θ
，选项C正确；
将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D错误。
答案 C
8．(xx·扬州中学模拟)如图8所示，质量为m的球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平方向的力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是
( )
图8
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
解析对球进行受力分析：竖直向下的重力mg、挡板对球水平向右的弹力N2及斜面对球的弹力N1，则由牛顿第二定律知三力的合力为ma，C错；而竖直方向有N1cos θ＝mg，
水平方向有N 2－N 1sin θ＝ma ，即N 1＝mg
cos θ
为定值，N 2＝mg tan θ＋ma ，竖直挡板对球的弹力随着加速度的减小而减小，但不可能为零，A 、B 错，D 对。
答案 D
9．如图9所示，质量分别为m 、2m 的两物块A 、B 中间用轻弹簧相连，A 、B 与水平面间的
动摩擦因数均为μ，在水平推力F 作用下，A 、B 一起向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动。当突然撤去推力F 的瞬间，A 、B 两物块的加速度大小分别为
( )
图9
A ．2a 、a
B ．2(a ＋μg )、a ＋μg
C ．2a ＋3μg 、a
D ．a 、2a ＋3μg 解析 撤去F 前，根据牛顿第二定律，对A 、B 、弹簧整体有F －μ·3mg ＝3ma ，对B 有F k －μ·2mg ＝2ma ，得F k ＝2(a ＋μg )m 。撤去F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F k ，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B 受力不变，a B ＝a ，对物块A ，由牛顿第二定律得F k ＋μmg ＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg 。综上分析，C 项正确。
答案 C
10．(xx·皖北协作区联考)一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置
一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图10所示，当木板固定时，传感器的示数为F 1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F 2。则下列说法正确的是
( )
图10
A ．稳定后传感器的示数一定为零
B ．tan θ＝
μF 1F 2 C ．tan θ＝
F 1μF 2 D ．tan θ＝F 2μF 1
解析 设木板(含力传感器)与球的质量分别为M 和m ，对球由平衡条件和牛顿第二定律
得：F1－mg sin θ＝0，mg sin θ－F2＝ma，对木板和球整体得：(M＋m)g sin θ－μ(M ＋m)g cos θ＝(M＋m)a，则a＜g sin θ，解得F2＝mg sin θ－ma＞0，A项错；tan θ
＝μF1
F2
，B项对，C、D项错。
答案 B
能力提高练
11．(多选)如图11所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为M，则下列说法正确的是(重力加速度为g)
( )
图11
A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为(M＋2m)g－F
B．系统处于静止状态时地面受到压力大小为(M＋2m)g
C．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M＋2m)g＋F
D．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为(M＋2m)g
解析系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对整体的支持力N＝(M＋2m)g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为(M＋2m)g，选项B正确，A错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，球b向上加速运动，地面受到的压力大小为(M＋2m)g＋F，选项C正确，D错误。
答案BC
12．(多选)如图12所示，bc为固定在小车上的水平横杆，上面穿着质量为M的滑块，滑块又通过细线悬吊着一个质量为m的小铁球。此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。若小车的加速度逐渐增大，滑块始终和小车保持相对静止，当加速度增大到2a时
( )
图12
A．横杆对滑块向上的弹力不变
B．横杆对滑块的摩擦力变为原来的2倍
C．细线对小铁球的竖直方向的分力增大了
D．细线对小铁球的水平拉力增大了，增大的倍数小于2
解析取滑块和小铁球构成的体系为研究对象，竖直方向上横杆对体系的支持力和体系受到的总重力平衡，水平方向上满足f＝(M＋m)a，其中F表示横杆对滑块的摩擦力。当小车的加速度增加到2a后，横杆对滑块的弹力保持不变，而横杆对滑块的摩擦力增加到原来的2倍。隔离小铁球为研究对象，细线的竖直分力T1＝mg与小铁球重力平衡，细线的水平分力T2＝ma产生加速度，所以当小车的加速度增加到2a时，细线对小铁球竖直方向的分力不变，水平方向的分力变为原来的2倍。
答案AB
13．如图13所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力N分别为(重力加速度为
g)
( )
图13
A．T＝m(g sin θ＋a cos θ) N＝m(g cos θ－a sinθ)
B．T＝m(g cos θ＋a sin θ) N＝m(g sin θ－a cos θ)
C．T＝m(a cos θ－g sin θ) N＝m(g cos θ＋a sin θ)
D．T＝m(a sin θ－g cos θ) N＝m(g sin θ＋a cos θ)
解析准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法。选小球为研究对象，小球受重力mg、拉力T和支持力N三个力作用，将加速度a沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示。由牛顿第二定律得
T－mg sin θ＝ma cos θ①
mg cos θ－N＝ma sin θ②
由①式得T＝m(g sin θ＋a cos θ)。
由②式得N＝m(g cos θ－a sin θ)。故选项A正确。
答案 A
14．如图14所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧A共同悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧B处于压缩状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，则
( )
图14
A．小车一定水平向左做匀加速运动
B．弹簧A一定处于拉伸状态
C．弹簧B的弹力大小可能为
3
3 mg
D．细线拉力有可能与弹簧B的拉力相等
解析因弹簧B处于压缩状态，所以物块的合力一定水平向左，即小车的加速度水平向左，即小车可能向左加速，也可能向右减速，A错；当系统的加速度a＝g tan θ，弹簧A不受力作用，即处于原长状态，B错；当a＝g tan θ时，由牛顿第二定律知弹簧B的
弹力大小F＝ma＝
3
3
mg，C对；令细线对小球拉力为T，弹簧A、B的弹力分别为F1、F2，
则对小球水平方向有T sinθ－F1sin θ＝ma，对物块F2＝ma，所以T一定大于F2，D错。
答案 C
15．(多选)如图15所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为T，斜面对小球的支持力为N，重力加速度为g，小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保T、N中只有一个为0的是
( )
图15
A ．箱子自由下落
B ．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为
33g C ．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为
33g D ．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动
解析 当箱子自由下落时，小球的加速度为g ，T 、N 均为0，A 错；箱子水平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为0，则有tan 60°＝mg ma ，即加速度大小为33
g ，B 对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为0，则有tan 30°＝ma
mg ，即加速度大小为
33g ，C 对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，绳的拉力T 和斜面的支持力N 均不为0，D 错。
答案 BC 26066 65D2 旒37590 92D6 鋖25704 6468 摨30084 7584 疄37506 9282 銂Q23918 5D6E 嵮34911 885F 衟420792 5138 儸22132 5674 噴39738 9B3A 鬺28383 6EDF 滟m