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

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第一册
5.3牛顿第二运动定律同步练习（解析版）
1．如图所示，一质量为的小型遥控无人机，在恒定升力的作用下竖直起飞，经过后，无人机达到最大速度，改变升力，此后无人机匀速上升。假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度取。则该无人机（　　）
A．起飞时的加速度大小为
B．在竖直上升过程中所受阻力的大小的
C．竖直向上加速阶段位移大小为
D．上升至离地面处所需的最短时间为
2．在光滑的水平面上，用F=6N的恒力水平作用在质量为2kg的物体上，使其由静止开始运动，比较经过5s时间突然撤去F和经过5m位移时突然撤去F这两种情况，下列说法中正确的是（　　）
A．撤力时，前一种情况下的末速度小于后一种情况下的末速度
B．撤力前，前一种情况比后一种情况运动的位移长
C．撤力前，前一种情况比后一种情况运动的时间短
D．两种情况下，都是撤力前物体具有的惯性大于撤力后物体所具有的惯性
3．如图所示，物体P在斜向上的推力F作用下沿水平天花板匀速运动。现在将推力F逐渐增大，则物体P将（　　）
A．仍做匀速运动 B．做加速运动 C．做减速运动 D．以上均可能
4．如图所示，杂技演员从钢管顶端由静止开始先匀加速下滑三分之一管长，再匀减速下滑三分之二管长，滑到地面时速度恰好为零。演员匀加速下滑过程受到的摩擦力大小、加速度大小、运动时间、平均速度分别为、、、，匀减速下滑过程受到的摩擦力大小、加速度大小、运动时间、平均速度分别为、、、，则（　　）
A． B． C． D．可能等于
5．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，则（　　）
A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg
B．若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mg
C．当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零
D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为0.5mg
6．在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（　　）
A．行李箱经过的时间速度与传送带相同
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间将会变长
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持不变
7．如图所示，一物体放在倾斜的传送带上。已知物体始终与传送带相对静止，设物体受到的静摩擦力为f，则（　　）
A．传送带运动时与静止时比较，摩擦力f一定不相等
B．传送带向上匀速运动与向下匀速运动时，摩擦力f一定不相等
C．传送带向上加速运动时，加速度越大，摩擦力f一定越大
D．传送带向下加速运动时，加速度越大，摩擦力f可能越大
8．如图所示，水平面上有一质量为的物体，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为，用轻弹簧相连放置在倾角为的斜面上，不计一切摩擦，开始时，在水平向右的恒力的作用下、B、C均处于静止状态，已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．在细线被烧断的瞬间，的加速度大小为
B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为
C．剪断弹簧的瞬间，的加速度大小为
D．突然撤去外力的瞬间，的加速度大小为
9．如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg 的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝3 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上运动。某时刻突然松手，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．装置在恒力F作用下运动时，弹簧的弹力大小为3 N
B．装置在恒力F作用下运动时，弹簧的弹力大小为1 N
C．松手的瞬间，a1＝25 m/s2, a2＝10 m/s2
D．松手的瞬间，a1＝15 m/s2, a2＝0 m/s2
10．如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球在B点时的动能最大 B．B→C的过程中小球的机械能在减小
C．B→C的过程中小球的速度先增大后减小 D．小球在C点时的加速度为零
11．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力与物体B的位移的关系如图乙所示，重力加速度，则下列说法中正确的是（　　）
A．物体B位移为时，弹簧处于原长状态
B．物体B的加速度大小为
C．物体A的质量为
D．弹簧的劲度系数为
12．如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m = 0.2kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a水平向左做匀加速运动（取g = 10m/s2），则下列说法正确的是（ ）
A．当时，滑块对球的支持力为
B．当时，滑块对球的支持力为
C．当时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当时，滑块对球的支持力为
13．在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，则（　　）
A．物块A的质量为
B．木板B的质量为
C．A、B之间的动摩擦因数为0.4
D．当A的加速度为时，外力
14．如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，，。以下结论正确的是（　　）
A．变力F的最小值为
B．变力F的最小值为
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为
15．如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置于一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。假设抱枕质量为，小孩质量为，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
B．分析可知
C．小孩对抱枕的作用力垂直导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为
16．质量为的物体在倾角为的斜面底部受一个沿斜面向上的力作用，由静止开始运动。2s内物体在斜面上移动了4m，2s末撤去力F，求F撤去后，经过多长时间物体返回斜面底部（）？（，，结果可以带根号）
17．如图所示，有一块木板静止在光滑足够长的水平面上，木板的质量为M=4kg，长度为L=1m；木板的右端停放着一个小滑块，小滑块的质量为m=1kg，其尺寸远远小于木板长度，它与木板间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应满足的条件。
（2）若其他条件不变，在F=28N的水平恒力持续作用下，需多长时间能将木板从滑块下抽出。
18．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少；
（2）若物块刚好不会从长木板右端滑下，求F的大小及对应点的坐标；
（3）图乙中BC、DE均为直线段，求这两段恒力F的取值范围及函数关系式。
19．如图所示，质量为m=6.0kg的滑块C，放在L=1.44m的水平木板AB上，当板的A端被缓慢抬高h=0.48m且到A*时，滑块恰好沿板匀速下滑，已知g=10m/s2，取=1.4，则滑块与板间的动摩擦因数μ=？
20．如图所示，质量m=1kg的物块放在倾斜角的斜面上，斜面体的质量M=2kg，斜面与物体间的动摩擦因数，地面光滑。现对斜面体施加一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，F应为多大？（设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）
参考答案
1．D
【详解】
A．由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度
选项A错误﹔
B．由牛顿第二定律
解得
选项B错误；
C．竖直向上加速阶段
，
选项C错误﹔
D．匀速阶段
无人机从地面起飞竖直上升至离地面处所需的最短时间
选项D正确；
故选D。
2．B
【详解】
B．由牛顿第二定律得
物体做初速度为零的匀加速运动，5s时的速度
v=at=3×5 m/s=15m/s
x=at2=×3×52m =37.5m>5m
即撤力前，前一种情况比后一种情况运动的路程长，选项B正确；
A．若经过5m位移时突然撤去F，根据v′2=2ax可得
即撤力时，前种情况的末速度大于后种情况的末速度，选项A错误；
C．经过5m位移时突然撤去F经历的时间
即撤力前，前一种情况比后一种情况运动的时间长，选项C错误；
D．两种情况下，物体质量没变，则撤力前物体具有的惯性等于撤力后物体所具有的惯性，选项D错误。
故选B。
3．C
【详解】
匀速运动时推力为，推力与水平面夹角为，有
可知
推力增大过程中，P沿运动方向的合外力
若F增大，则，根据牛顿第二定律可知P的加速度为。
故选C。
4．D
【详解】
A．设杆的长度为3L，杂技演员开始做匀加速运动，下滑达到的最大速度为v，则在加速阶段的平均速度为
在减速阶段的平均速度为
故
故A错误；
C．在下滑三分之一的过程中有
后三分之二的过程中有
联立可得
故B错误；
B．下滑三分之一管长时获得的速度为
下滑三只之二过程中有
解得
故B错误；
D．在加速下滑阶段，根据牛顿第二定律可得
在减速阶段，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得
若等于，此时
有解，故D正确。
故选D。
5．AC
【详解】
A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为
T=mgsin30°=0.5mg
故A正确；
BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示；
根据牛顿第二定律可得加速度
若滑块以加速度a=g向左加速运动时，此时小球没有脱离斜面，则
解得
选项B错误，C正确；
D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为
故D错误；
故选AC。
6．AB
【详解】
A．由图乙可知传送带的最大速度为2，行李箱的加速度为
则行李箱速度与传送带相同得时间为
故A正确；
B．行李箱在2s内的对地位移为
传动带2s内的位移为
则行李箱相对于传送带滑动的距离为
故B正确；
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间为
不会发生改变，故C错误；
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。
故选AB。
7．CD
【详解】
AB．物体始终与传送带相对静止，当传送带静止或向上匀速运动或向下匀速运动时物体受到的静摩擦力均等于重力的沿传送带方向向下的分力，大小相等，选项AB错误；
C．传送带向上加速运动时，物体也向上做加速运动，摩擦力与重力向下的分力的合力提供加速度，有
故加速度越大，合外力越大，静摩擦力一定越大，选项C正确；
D．物体向下加速时，若加速度大于gsinθ，则
加速度越大，摩擦力越大，选项D正确。
故选CD。
8．ABC
【详解】
A．对物体受力分析，水平方向受到拉力和细线的拉力，对B、C整体有
根据力的平衡条件可知
在细线被烧断的瞬间，细线对物体的拉力变为零，由牛顿第二定律得，物体的加速度
选项A正确；
B．在细线被烧断前，对C受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C的弹力
在细线被烧断的瞬间，细线对物体B的拉力变为零，对物体B，由牛顿第二定律得
则物体B的加速度
选项B正确；
C．剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以、B成为连接体，有
解得加速度为
选项C正确；
D．撤去的瞬间，绳子拉力会突变，和B的加速度相等，对物体、B整体，由牛顿第二定律得
则物体的加速度
选项D错误。
故选ABC。
9．BD
【详解】
AB．因为
F=3N=(m1+m2)g
可知两球向上匀速运动，此时弹簧的弹力大小为
F弹=m2g=1 N
选项A错误，B正确；
CD．松手的瞬间，弹簧的弹力不变，对球1

解得
a1＝15 m/s2
此时球2受力不变，则
a2＝0 m/s2
选项C错误，D正确。
故选BD。
10．BC
【详解】
A．小球下落刚接触弹簧时，仅受重力，加速度为重力加速度，速度继续增大，当小球向下运动到某一位置时，重力等于弹簧向上的弹力，此时加速度为零，速度达到最大值，再向下运动的过程中，弹簧弹力大于重力，加速度向上，小球开始减速，直到运动到最低点时，速度为零。所以B→C小球的动能先增大后减少，B点不是小球速度最大的点，A错误；
B．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能在不断减少，弹簧的弹性势能在不断增大，B正确；
C．在接触弹簧前小球只受到重力作用，做自由落体运动。接触弹簧后小球受到向上的弹力作用，在弹力小于重力的时候小球仍具有向下的加速度，但是加速度大小随弹力增加而减小；在弹力大于重力的时候小球具有向上的加速度，开始做减速运动。由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，C正确；
D．小球在C点时，弹簧弹力大于重力，合力向上，加速度不为零，D错误。
故选BC。
11．CD
【详解】
A．物体B运动到4cm时，恰好分开，物体A、B有共同向上的加速度，弹簧有向上的弹力，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；
BC．刚开始A、B处于静止状态，A、B的重力和弹力二力平衡，有
初始状态拉力
弹簧弹力与两物体重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有
物体B与物体A分离后，拉力
根据牛顿第二定律有
联立解得
故C正确，B错误；
D．物体A与物体B分离时物体A的加速度为，则根据牛顿第二定律有
代入数据解得
故D正确。
故选CD。
12．AD
【分析】
设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，在水平方向有
F合 = Tcos45° = ma0
竖直方向有
Tsin45° = mg
解得
a0 = g
【详解】
A．则当a = 5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向有
Tcos45° - Ncos45° = ma
竖直方向有
Tsin45° + Nsin45° = mg
解得
N = N，T = N
A正确；
BD．由以上分析知，当a = 15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，B错误、D正确；
C．当a = 5m/s2时，小球未离开滑块，则将小球和滑块组成的整体在竖直方向受力平衡，即地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，C错误。
故选AD。
13．BC
【详解】
ABC．当拉力小于3N时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律可得
由图像可得
当拉力大于时，A、B相对滑动有
整理可得
由图像可得
联立解得
A错误，BC正确，C正确；
D．当A的加速为时，外力为
D错误；
故选BC。
14．BD
【详解】
AB．AB整体受力产生加速度为
当最大时，F最小，即刚开始施力时，最大等于重力，力F最小
B正确，A错误；
CD．刚开始，弹簧的压缩量
AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知
得
物块在这一过程的位移为
由运动学公式可知
代入数据得
C错误，D正确；
故选BD。
15．BC
【详解】
AB．由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则
解得
做匀加速直线运动；隔离对小孩和抱枕分析，加速度
解得
可得
A错误，B正确；
C．对抱枕分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为
可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，C正确；
D．对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力
抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为﹐则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为，选项D错误。
故选BC。
16．2.08s
【详解】
物体在三个不同阶段的受力情况如图所示：
在加速上滑阶段
x1=a1t12
得
a1=2m/s2
根据牛顿第二定律
F-mgsin37°-Ff=ma1
得
Ff=20N
在F撤走瞬间，物体的速度为：
v=a1t1=4m/s
撤去力F后
-mgsin37°-Ff=ma2
得
a2=-8m/s2
则撤去力F后上滑的时间为

撤去力F后上滑的距离为
设在加速下滑阶段的加速度为a3，所用时间为t3，位移为x3，则有
mgsin37°-Ff=ma3
得
a3=4m/s2
又
x3=x1+x2=5m
x3=a3t32
t3=s=1.58s
所以撤去力后经时间
t=t2+t3=1.58+0.5=2.08s
物体返回斜面底部．
17．（1）大于20N；（2）1s
【详解】
解：（1）小滑块m发生相对滑动时的临界加速度
a1=μg=0.4×10m/s2=4m/s2
对整体分析，根据牛顿第二定律，得F的最小值
Fmin=（M+m）a1=5×4N=20N
则
F>20N
（2）设小滑块m在M上滑动的时间为t，当恒力F=28N，木板的加速度
小滑块在时间t内运动位移
木板的位移
根据
s2-s1=L

代入数据解得
t=1s
答：（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应大于20N；
（2）若其他条件不变，在F=28N的水平恒力持续作用下，需1s时间能将木板从滑块下抽出。
18．（1）；（2）1N；（1，1）；（3）见解析
【详解】
（1）以初速度为正方向，物块的加速度大小
木板的加速度大小
由图乙知，板长
滑块相对木板的路程
联立解得
或
当时，滑块的速度为，木板的速度为，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。
（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙知，相对路程
代入解得
即当
时，物块刚好不会从长木板右端滑下，对应点的坐标为（1，1）。
（3）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙知，相对路程
代入解得
当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得
由于静摩擦力存在最大值，所以
联立解得
综述：BC段恒力F的取值范围是
函数关系式是
②当时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为
当两者具有共同速度v，历时t，根据速度时间关系可得
根据位移关系可得
联立解得:?F函数关系式
19．0.35
【详解】
设当长板的A*端抬高到0.48m时，斜面与水平面的夹角为θ，由三角函数可得
代入数据可得
由三角函数关系可知
代入数据可得
对滑块受力分析，滑块受重力G、滑动摩擦力f、斜面的支持力N，分解重力G为沿斜面向下的分力F1和垂直于斜面的分力F2，如图所示
则有
F1=mgsinθ
F2=mgcosθ
由于滑块均速下滑，合外力为零，则有
N=F2=mgcosθ
f=F1=mgsinθ
由滑动摩擦力公式可知
f=μN
联立以上各式可得
20．
【详解】
设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，取加速度的方向为x轴正方向，对物块分析，在水平方向有
竖直方向有
对整体有
联立解得
设物块处于相对斜面向上滑的临界状态时推力为F2，对物块水平方向有
竖直方向有
对整体有
联立解得
则F的取值范围为