2021-2022学年鲁科版（2019）必修第一册 5.3牛顿第二运动定律 课时练（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第一册
5.3牛顿第二运动定律 课时练（解析版）
1．如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有（　　）
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
2．如图所示，一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一个小球，小球放置在光滑水平地面上。弹簧处于原长时，小球在位置O。将小球拉至位置A（弹簧处于弹性限度内），然后由静止释放，各示意图中正确反映小球速度v随时间t变化关系的是（　　）
A． B．
C．D．
3．如图所示，停在水平地面上的小车内，用细绳AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2，当小车从静止开始向左加速运动，但重球相对于小车的位置不发生变化，那么两根绳子上拉力变化的情况为（　　）
A．T1变大 B．T1变小 C．T2不变 D．T2变小
4．如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ=30?，质量为m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧（弹簧与P、A不连接），细线跨过定滑轮，一端连接着质量为2m的B，另一端连接着轻质挂钩（细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直），A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上，静止释放后，发现C的速度最大时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．C质量大小为
B．C轻挂于挂钩瞬间，A、B间挤压力变为原来的一半
C．细绳张力最大值为mg
D．只要C的质量足够大，就可以在C挂上去的同时A、B就分离
5．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°，若有三个小孩同时从A、B、C处开始下滑（忽略阻力），则（　　）
A．A处小孩最先到O点 B．B处小孩最先到O点
C．C处小孩最先到O点 D．A、B处小孩同时到O点
6．如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（　　）
A．0 B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为g，方向垂直木板向下 D．大小为2g，方向垂直木板向下
7．如图所示，一粗细均匀的玻璃管内装有5cm长的水银柱，封闭着一段空气柱，水平放置，设外界大气压p0=75cmHg，则当玻璃管以加速度a=2m/s2向右匀加速运动时，封闭空气柱的压强为（　　）
A．75cmHg B．76cmHg C．77cmHg D．80cmHg
8．下列说法正确的是（　　）
A．力学中的基本单位共有四个：长度的单位、力的单位、时间的单位、质量的单位
B．力学中的基本单位有三个：长度的单位、时间的单位和质量的单位
C．力是力学中最常见的物理量，所以它的单位一定是力学中的基本单位之一
D．速度是力学中最常见的物理量，所以它的单位一定是力学中的基本单位之一
9．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．A球受力情况未变，加速度为零
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin
10．已知一些材料间的动摩擦因数如下表所示：
材料 木一金属 木一木 木一冰 钢一钢
动摩擦因数 0.20 0.30 0.03 0.25
如图所示，一质量为1.0kg的物块放置在某材料制作的固定斜面上，斜面倾角为30°，现用弹簧秤沿斜面方向以1m/s2的加速度拉此物块，使其匀加速上升，读得弹簧秤的示数为7.73N，则两接触面的材料可能是（g取10m/s2）（　　）
A．木—金属 B．木—木 C．钢—钢 D．木—冰
11．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”形槽B上，如图所示，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放（重力加速度为g），则下列说法正确的是（　　）
A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同
B．当M=2m时，A和B共同运动的加速度大小为g
C．当M=（+1）m时，A相对B刚好发生滑动
D．当时，A相对B刚好发生滑动
12．如图甲所示，某快递分拣传送带装置由多组相同的长度为l的水平传送带组合而成（不计相邻传送带间的间隙，图乙中仅画出其中三个），传送带正常工作时速度大小为v，方向如图。某时刻传送带2因故停止，此时，一长度为d（l>d）的物件正在传送带1上匀速运动。物件质量均匀分布、始终沿水平方向做直线运动，它与传送带各处摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物件右端通过传送带2的过程中，下列关于物件运动的加速度a随位移x、速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．如图所示，足够长的倾斜传送带以速度u逆时针方向匀速转动，相同的滑块A、B由一段不计质量的细线连接，A处于传送带上、B处于光滑水平面上，细线刚好伸直。初始时刻A、B的速度均为0，当A与传送带速度相同时，B恰好滑上传送带（B由水平面滑上传送带时速度大小不变）。不计传送带与细线间的摩擦力，A、B可视为质点，与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下有关滑块A的速度-时间图象（v-t图）中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．如图所示，斜面体A静止在水平面上，滑块B由静止释放。在B沿斜面向下做匀加速运动过程中，给B施加一竖直向下恒力作用（图中未画出），斜面体仍保持静止，则（　　）
A．滑块B做匀加速直线运动
B．滑块B做匀减速直线运动
C．斜面体A受地面的摩擦力方向水平向右
D．斜面体A受地面的摩擦力方向水平向左
15．一质点做直线运动的v—t图像如图所示，下列选项正确的是（ ）
A．在2 ~ 4s内，质点所受合外力为零
B．质点在0 ~ 2s内的加速度比4 ~ 6s内的加速度大
C．在第4s末，质点离出发点最远
D．在0 ~ 6s内，质点的平均速度为5m/s
16．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s
B．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m
C．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
D．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35
17．如图所示，水平地面上两滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，A、B与地面间动摩擦因数均为0.2。弹簧左端固定在墙壁上，右端固定在A上。A、B紧靠在一起（不粘连）压紧劲度系数为50N/m的弹簧，此时弹簧的压缩量为10cm且A、B均静止。现施加一水平向右的拉力F，F恒为10N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．施加拉力之前B受到3N的摩擦力
B．AB分离的瞬间B的加速度大小为3m/s2
C．滑块A的速度最大时，其位移大小为4cm
D．从施加拉力开始计时，3秒末滑块B的速度为9m/s
18．如图所示，质量为的物体静止在水平面上，现对物体施加水平向右的大小为的拉力，时撤掉拉力，直到物体再次静止。物体与水平面间的动摩擦因数为，。求：
（1）刚撤掉拉力时物体的速度大小；
（2）物体发生的总位移大小。
19．高空坠物极可能造成人身伤害，我国的《民法典》和《刑法》中都有相关的条款，所以高空抛物不仅是违反道德的行为，更是违法行为。为了研究高空坠物的危险性，假设将质量为的物体无初速释放，下落20m的高度后砸在人体上，物体与人体的接触时间为0.02s。不计空气阻力，。求物体对人体的平均冲击力大小。
20．在水平面上有一个质量为m的小滑块在水平拉力作用下向右运动，小滑块与水平面间的动摩擦因数为。从零时刻开始其运动位移x与运动时间t的比值随时间t的变化规律如图所示，图中c和d为已知量，重力加速度为g。求：
（1）在时小滑块受到的拉力；
（2）在时间内小滑块的运动路程。
21．如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ=37°角，球与杆间的动摩擦因数μ=0.5.小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F（g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。求：
（1）撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
（2）小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间。
参考答案
1．C
【详解】
开始时，对木块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，木块1所受的合力仍然为零，则加速度
抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对木块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得
故C正确，ABD错误。
故选C。
2．A
【详解】
将小球拉至位置A（弹簧处于弹性限度内），然后由静止释放。释放后小球在向左的弹力作用下做加速运动，根据牛顿第二定律可知
随着弹簧形变量的减小，则加速度减小，速度增加，即小球做加速度减小的变加速运动。
故选A。
3．D
【详解】
以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2，如图：
设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得：
T1sinθ=mg
T1cosθ-T2=ma
得
由表达式可知绳AB的拉力T1与加速度a无关，则T1保持不变；由T2的表达式得绳BC的拉力随着加速度的增大而减小，可知T2减小；故ABC均错误，D正确；
故选D。
4．C
【详解】
A．C的速度最大时，加速度为0，此时有，对C受力分析可知绳子拉力
对B受力分析可知
联立解得
选项A错误；
B．未挂C时，A、B静止，以A、B整体为研究对象，由平衡方程可知
弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离A物体，由受力平衡可知
解得
挂上C时，对C由牛顿第二定律
对A、B整体，由牛顿第二定律
两式联立解得
隔离A，对A由牛顿第二定律
将加速度代入上式，解得
选项B错误；
C．由A选项分析可知，绳子最大拉力为，选项C正确；
D．弹簧弹力不能突变，所以即使C的质量足够大，也不可能在C挂上去的同时A、B就分离，选项D错误。
故选C。
5．B
【详解】
根据牛顿第二定律，可得小孩在斜面上
解得小孩加速度
斜面的长度
则有
联立求得
则有
即
即小孩从B下滑先到O点，从AC下滑同时到O点。
故选B。
6．D
【详解】
撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向，由原来的平衡条件可知原来的支持力大小
由牛顿第二定律得
撤离木板AB瞬间的加速度
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．B
【详解】
对水银柱受力分析可知
即
解得

故选B。
8．B
【详解】
力学的基本单位有三个，即：长度的单位、时间的单位和质量的单位，故B正确，ACD错误。
故选B。
9．D
【详解】
A．细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；
B．对球C，由牛顿第二定律得
mgsin＝ma
解得
a＝gsin
方向沿斜面向下，故B错误；
D．以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力
F＝3mgsin
烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
3mgsin－2mgsin＝2ma
则A、B的加速度
a＝gsin
故D正确；
C．由D可知，B的加速度为
a＝gsin
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
FT－mgsinθ＝ma
解得
FT＝mgsin
故C错误；
故选D
10．A
【详解】
依题意，对物块，由牛顿第二定律有
即有
求得
所以，对应表中数据可知两接触面的材料是：木—金属，故选A。
11．C
【详解】
A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度大小相同，方向不同，故A错误；
B．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
CD．当A和B右端挡板之间的作用力为零时，加速度为，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
所以A相对B刚好发生滑动时
故C正确，D错误。
故选C。
12．BD
【详解】
物件未滑上传送带2时，在传送带1上做匀速直线运动，加速度为0；当物件右端滑上传送带2时，由于传送带2静止，物件相对传送带向右滑行，受到传送带2对它水平向左的滑动摩擦力作用，物件做减速运动，设滑上传送带2上物件部分的质量为，物件整体质量为，根据牛顿第二定律有
可得物件加速度大小为
随着x的增加，逐渐增大，即物件做加速度增大的减速运动；当物件全部滑上传送带2时，根据牛顿第二定律有
可得物件加速度大小为
故物件做加速度不变的匀减速运动，直到物件右端滑离传送带2，综上所述，可知AC错误，BD正确。
故选BD。
13．ABC
【详解】
A．B恰好滑上传送带之前，对A受力分析，A受到重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力和绳子的拉力，对A由牛顿第二定律
对B由牛顿第二定律
整体由牛顿第二定律
解得
当A与传送带速度相同时，B恰好滑上传送带时，由于不知道动摩擦因数与传送带倾角大小，所以，A可能一直做匀加速运动， 选项A正确；
C．当A与传送带速度相同时，对A、B整体，若
即
则，A随传送带匀速运动，选项C正确。
BD．对A、B整体，若
即
对A、B整体由牛顿第二定律
解得
若，则有
解得
若则有
若，则
因为B滑上传送带时，A、B运动状态一样，且传送带足够长，所以加速度a2不可能再发生变化，选项B正确，D错误。
故选ABC。
14．AC
【详解】
AB．未加F时，物块加速下滑，由牛顿第二定律可知
得
对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受的滑动摩擦力大小为
重力和F沿斜面向下的分力大小为
联立可得
所以物块滑块B做匀加速直线运动，故A正确，B错误；
CD．对A受力分析如下图所示
在水平方向有向右的力为，向左的力为
因为
所以可得向左的力大于向右的力，所以斜面体A受地面的摩擦力方向水平向右，故C正确，D错误。
故选AC。
15．AD
【详解】
A．由题图可知，在2 ~ 4s内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A正确；
B．由题图可知，质点在0 ~ 2s内加速度大小为5m/s2，4 ~ 6s内加速度大小为10m/s2，B错误；
C．由题图可知，在第5s末，质点离出发点最远，C错误；
D．在0 ~ 6s内，质点的位移为
平均速度
= = 5m/s
D正确。
故选AD。
16．ABC
【详解】
CD．由图示速度随时间变化的图像可知，0到1s内，煤块的加速度大小
方向沿传送带向下；1到2s内煤块的加速度大小
方向沿传送带向下，对煤块，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
故C正确，D错误；
A．煤块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图像速度随时间变化的图像与时间轴所包围的面积的大小，煤块沿传送带向上滑行的位移
煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为，下滑的位移
解得
则煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为
故A正确；
B．在0到1s内传送带比物块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为
此时划痕在物块的下方，在1到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为
所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s到时间内，煤块向下滑了10m，传送带向上滑了，则煤块在传送带上的划痕为
故B正确。
故选ABC。
17．ABD
【详解】
A．由题意可知，弹簧的弹力为5N，施加拉力之前AB静止，A受到的最大静摩擦力为2N，由受力平可知，B受到的摩擦力为3N，故A正确；
B．AB分离的瞬间，对B由牛顿第二定律可得
带入数据解得
故B正确；
C．当滑块A的加速度为零时，滑块A的速度最大即
解得
可知滑块A的速度最大时，其位移大小为
故C错误；
D．由分析可知，当施加拉力开始，AB就分离，分离后B做匀加速直线运动，加速度由B选项可知为，故3秒末滑块B的速度为9m/s，故D正确。
故选ABD。
18．(1)2m/s；(2)2.4m
【详解】
(1)F作用过程，据牛顿第二定律可得
刚撤掉拉力时物体的速度大小为
联立解得
，
(2)撤去F后，物体的加速度为
物体发生的总位移大小为
19．505N
【详解】
根据自由落体运动规律，物体无初速释放下落20m时的速度大小为
砸在人体上后，速度减为0，则加速度大小为
根据牛顿第二定律，物体有
代入数据求得：人体对物体的平均冲击力大小为
由牛顿第三定律可知，物体对人体的平均冲击力大小505N。
20．（1），水平向左；（2）
【分析】
本题以小滑块在水平面上运动为情景，考查牛顿第二定律和图像问题，考查考生的科学思维。
【详解】
（1）根据题意可知纵轴表示平均速度，结合图像可知小滑块做减速运动、设加速度大小为a，根据位移公式
则有
结合图像可知
，
由可求得小滑块速度为0的时刻为
则时，小滑块反向做匀加速度直线运动。对小滑块，根据牛顿第二定律可知
解得
水平向左。
（2）由（1）分析在小滑块向右做匀减速直线运动，运动位移
在小滑块反向做匀加速直线运动，运动位移为
则小滑块在2d时间内运动总路程
解得
21．（1）2 m/s2；（2）2.4 s
【详解】
（1）小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，
沿杆方向有
Fsin θ-mgsin θ-Ff1=ma1
沿垂直于杆方向有
Fcos θ=mgcos θ＋FN1
且
Ff1=μFN1
联立解得
a1=2 m/s2
（2）小球在F作用下上滑1 s，则
v1=a1t1=2×1 m/s=2 m/s
x1=a1t12=×2×12 m=1 m
撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，
沿杆方向有
mgsin θ＋Ff2=ma2
沿垂直于杆方向有
FN2=mgcos θ
且
Ff2=μFN2
联立解得
a2=10 m/s2
此过程
t2==0.2 s
小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示。
沿杆方向有
mgsin θ-Ff3=ma3
垂直于杆方向有
mgcos θ=FN3
且
Ff3=μFN3
联立解得
a3=2 m/s2
球下滑到杆的底端，通过的位移
x=x0＋x1＋x2=1.44 m
由
x=a3t32
可得
t3=1.2 s
所需总时间
t=t1＋t2＋t3=2.4 s