2021-2022学年鲁科版必修1 6.2牛顿第二定律 课后作业（word解析版）

2021-2022学年鲁科版必修1
6.2牛顿第二定律
课后作业（解析版）
1．对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，在力刚开始作用的瞬间（　　）
A．物体立即获得速度
B．物体立即获得加速度
C．物体同时获得速度和加速度
D．由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零
2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(
)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
3．滑雪者在雪地上高速滑行，滑雪板会把雪内的空气压出，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。如图所示，滑雪者滑至坡底点时的速度为16m/s，最后停在点。若滑雪者的速度小于4m/s，滑雪板与雪地之间的动摩擦因数就会由0.125增大为0.25，不计空气阻力。关于滑雪者匀减速直线运动的两个阶段，下列说法正确的是（　　）
A．加速度之比为2：1
B．时间之比为4：1
C．位移之比为5：1
D．平均速度之比为5：1
4．质量为m的物体，它的v-t如图所示，该物体在哪一段时间所受的合外力最大（　　）
A．0~2s
B．2~6s
C．6~9s
D．9~10s
5．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（　　）
A．0~1s时间内物体加速度逐渐增大
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C．物块的质量为1kg
D．0~3s时间内物体的位移为0.8m
6．如图所示，在建筑工地，起重机将质量为m=1×103kg的重物竖直吊起。若重物从地面先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度v=1m/s后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动，恰好到达高层建筑平台时速度为零。假定高层建筑平台离地面的高度为H=12.5m。重物经过5s匀加速运动达到最大速度v，从地面到达高层建筑平台仅用时间20s，重力加速度大小g取9.8m/s2。则（　　）
A．重物匀加速上升过程中的加速度大小为0.4m/s2
B．重物匀加速上升的高度为2.5m
C．重物匀加速上升过程中对缆绳的拉力大小为2×104N
D．重物匀速运动的时间为5s
7．某物体从足够高处由静止开始下落，测得其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示。已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．在0-2s内，物体所受阻力与下落的速度成正比
B．在0-2s内，物体所受阻力与下落的时间成正比
C．在0-2s内，物体下落的位移为10m
D．物体下落的最终速度为10m/s
8．如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1：1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ：1
C．A与B的加速度之比为1：1
D．A与B的加速度之比为cosθ：1
9．如图所示，两个质量为m1=2kg和m2=3kg物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=30N，F2=20N的水平拉力分别作用于m1，m2上。则（　　）
A．弹簧秤示数是26N
B．m1、m2共同运动加速度大小为a=4m/s2
C．突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a=3m/s2
D．突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a=2m/s2
10．如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ
11．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度为g。在剪断的瞬间（
）
A．a1＝3g
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
12．如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA＝5
kg的物块A，A的上方放置一质量mB＝3
kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC＝2
kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行。现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面（重力加速度g取10
m/s2）。则下列说法正确的是（　　）
A．A的加速度大小为2.5
m/s2
B．A的加速度大小为2
m/s2
C．A对B的摩擦力大小为6
N
D．A对B的摩擦力大小为7.5
N
13．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向以恒定速率转动，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端向B端运动的速度随时间变化的关系图像如图乙所示，时恰好到B点，重力加速度g取，由以上信息可求得（　　）
A．传送带的速度大小
B．传送带A、B间的长度
C．小物块的质量
D．小物块与传送带间的动摩擦因数
14．如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，关于Q所受到绳的拉力说法正确的是（　　）
A．与斜面倾角θ无关
B．与动摩擦因数有关
C．与P、Q系统运动状态无关
D．与P、Q两物块质量有关
15．如图所示，质量为20kg的物体，受到大小为30N的水平向右的力的作用，向右运动它与水平面间的动摩擦因数为0.1，则该物体（g取10m/s2）（　　）
A．受到的摩擦力大小为20N，方向向左
B．受到的摩擦力大小为20N，方向向右
C．运动的加速度大小为1.5m/s2，方向向左
D．运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向右
16．如图甲是某商场的自动电梯，为节约能源，电梯装有感应装置，电梯上没顾客时，电梯处于等待状态，速度接近于0。当有顾客踏上平台后，电梯开始加速运转，达到最大速度后做匀速运动。现将电梯看成由如图乙所示的水平和倾斜两部分组成，水平部分AB=0.8m，倾斜部分BC=30m，倾斜部分高度BD=10m。若有一顾客踏上原来静止的电梯，马上和电梯一起运动，假设加速过程加速度大小不变，顾客在AB部分的B点和BC部分的B点速率相等。已知一般电梯的最大速度为0.8m/s，顾客质量为60kg。若顾客从踏上电梯A端至到达电梯末端C用时39.75s。（g取）求：
（1）匀加速阶段电梯的加速度大小；
（2）顾客运动到B点时的速度大小；
（3）t=2.4s时电梯对人的摩擦力。
17．如图所示，质量为kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为。这时铁箱内一个质量为kg的木块恰好能静止在后壁上（木块和铁箱不粘连），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数处处相等，且为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求：
（1）木块对铁箱压力的大小和方向；
（2）木块和铁箱一起加速的加速度大小，水平拉力F的大小。
（3）逐渐减小拉力F，经过一段时间，木块沿着铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6m/s时撤去拉力F，又经1s时间木块从左侧壁到达右侧壁，则铁箱的长度是多少？
18．如图，一个质量为的小物块静置于足够长、倾角为30°的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、大小为的拉力F，使物块向上做加速运动，后撤去拉力，此时物块速度为。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取。求：
（1）物块运动过程中受到的摩擦力大小；
（2）物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离。
19．在水平桌面上静止放置一质量m=1.5kg的物块，对物块施加沿斜向下的作用力F使得物块刚好可以在水平桌面上匀速向右滑动，已知力F=10N与水平面夹角θ=30°，重力加速度g=10m/s2。
(1)物块受到支持力的大小；
(2)物块受到摩擦力的大小；
(3)若施加的力F反向，求物块的加速度。
20．一小汽车质量为在高速路上以速度行驶，若司机突然发现前方处有路障，必须马上紧急刹车，并以恒定加速度减速刹车。
(1)小汽车做减速运动的合外力多大？需要多长时间停下来？
(2)由于该驾驶员有的反应时间，该小车是否会出现安全问题？
(3)如果排除路障花费了5分钟，小汽车立即以恒定的加速度启动，直到速度恢复到刹车前相同的速度，则小车在这次事故中耽搁的时间是多少？
参考答案
1．B
【详解】
根据牛顿第二定律可知，力与加速度具有瞬时对应关系，它们同时存在、同时消失、同增同减。但力与速度无瞬时对应关系，由运动学知识知故静止的物体要获得一个速度，除有一个加速度外，还要经历一定的时间，故A、C、D都错，B选项正确。
故选B。
2．C
【详解】
在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足
mg＝F弹
则
a3＝0
由牛顿第二定律得物块4满足
a4＝＝g
综上所述，ABD错误，C正确。
故选C。
3．D
【详解】
A．滑雪者匀减速直线运动的第一阶段加速度大小为
滑雪者匀减速直线运动的第二阶段加速度大小为
则加速度之比为
故A错误；
B．第一阶段运动的时间为
第二阶段运动的时间为
则时间之比为
故B错误；
C．第一阶段运动的位移为
第二阶段运动的位移为
则位移之比为
故C错误；
D．第一阶段运动的平均速度为
第二阶段运动的平均速度为
则平均速度之比为
故D正确。
故选D。
4．D
【详解】
由牛顿第二定律可知，质量m不变时，加速度越大，则合外力越大，v-t图象的斜率表示加速度，由图可知，图中9~10s加速度最大，所以该段时间合外力最大。
故选D。
5．CD
【详解】
A．0~1s时间内物体始终处于静止状态，加速度为零，A错误；
BC．1~3s时间内，F1=0.8N，物体匀加速下滑，由图3可知，加速度a=0.4m/s2，据牛顿第二定律可得
在3~4s时间内，F2=0.4N，物体匀速下滑，满足
联立代入数据可解得，，B错误，C正确。
D．0~3s时间内物体的位移为该段图线与时间轴所围的面积，即
D正确。
故选CD。
6．BD
【详解】
A．由题意知重物在匀加速上升过程中的加速度
代入数据解得
a1=0.2m/s2
选项A错误；
B．重物匀加速上升的高度
代入数据得
h=2.5m
选项B正确；
C．在匀加速上升过程中，对重物由牛顿第二定律可得
F-mg=ma1
F=mg+ma1
代入数据得
F=1×104N
由牛顿第三定律知重物对缆绳的拉力大小为1×104N，选项C错误；
D．设重物匀速运动的时间为t2，则
代入数据得
t2=5s
选项D正确。
故选BD。
7．BD
【详解】
AB．由加速度a随时间t变化的关系图象可得
物体下落过程中有
整理可得
所以在0-2s内，物体所受阻力与下落的时间成正比，则A错误；B正确；
D．由加速度a随时间t变化的关系图象可知图像的面积表示速度的变化量则在0-2s内，物体下落的最终速度为
所以D正确；
C．在0-2s内，物体做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为0时速度达到最大v-t图像如图所示
由图像可知，在0-2s内，物体如果做匀加速直线运动其位移为10m，则物体下落的实际位移大于10m，所以C错误；
故选BD。
8．BD
【详解】
根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图1所示
由于细绳L1的拉力突变，沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得
FT=mgcosθ
ma1=mgsinθ
剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示
由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有
Fcosθ=mg
ma2=mgtanθ
所以
FT∶F=cos2θ∶1
a1∶a2=cosθ∶1
故选BD。
9．AD
【详解】
AB．以整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F1-F2=（m1＋m2）a
代入数据解得
a=2m/s2
对m2受力分析：向左的F2和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得
F-F2=m2a
解得
F=26N
故A正确，B错误；
C．在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2m/s2，故C错误；
D．突然撤去F1的瞬间，m2的受力没有来得及变化，所以m2的加速度大小仍为a=2m/s2，故D正确。
故选AD。
10．BC
【详解】
A．将A、B、C三者视为整体可得
F
=
3mgsinθ
再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为
T
=
2mgsinθ
单独对A受力分析有
F
=
mgsinθ
+
T
当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得
F
-
mgsinθ
=
maA
解得：
aA
=
2gsinθ
A错误；
B．在细绳未烧断前，B的受力可得：
T
=
mgsinθ
+
F弹
又
F弹
=
mgsinθ
当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得
maB
=
F弹
+
mgsinθ
联立可得
aB
=
2gsinθ
B正确；
C．将A、B视为整体，分析其整体受力，可得
F
=
2mgsinθ
+
F弹
当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：
F
-
2mgsinθ
=
2maAB
解得：
aAB
=
gsinθ
C正确；
D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为
F
=
2mgsinθ
+
F弹
在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，则由牛顿第二定律可得
aAB
=
gsinθ
在这一过程中A、B共同运动，所以
aA
=
aAB
=
gsinθ
D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】
AB．剪断细线前，对整体由平衡条件可知，细线承受的拉力F＝3mg，剪断细线瞬间，物块a所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件可知重力与拉力合力大小为3mg，由牛顿第二定律可知，a1＝3g，B错误，A正确；
CD．在剪断细线前，两弹簧S1、S2弹力大小分别为
FT1＝2mg
FT2＝mg
剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律
F＝kx
可知
Δl1＝2Δl2
D项错误，C项正确。
故选AC。
12．BC
【详解】
AB．将AB作为一个整体，根据牛顿第二定律
对物块C，根据牛顿第二定律
联立解得
A错误，B正确；
CD．以滑块B为研究对象，根据牛顿第二定律
解得
C正确，D错误。
故选BC。
13．ABD
【详解】
A．由图乙可知，后小物块与传送带的速度相同，故传送带的速度大小为，故A正确；
B．图乙中图线与时间轴所围成的面积表示小物块的位移大小，即传送带A、B间的长度为
故B正确；
CD．由图乙可知，加速过程的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
但无法求得小物块的质量m，故C错误，D正确。
故选ABD。
14．ACD
【详解】
设P、Q的质量分别为m1、m2。以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
得
再隔离对Q分析，根据牛顿第二定律得
解得
则知绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关。故ACD正确，B错误。
故选ACD。
15．AD
【详解】
AB．物体相对地面运动，故物体受到的滑动摩擦力，则摩擦力的大小为
滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向向左，B错误A正确；
CD．根据牛顿第二定律得
解得
方向向右，C错误D正确。
故选
AD。
16．（1）；（2）或者；（3）沿倾斜电梯向上，大小为180.8N
【详解】
(1)设匀加速运动时间为t1，总时间t=39.75s则
其中x=30.8m
解得
匀加速阶段的加速度
（2）由
解得
则
得
或者
（3）因，故顾客在倾斜电梯上仍处于加速状态，以沿倾斜电梯向下为正方向，有
其中
解得
负号表示电梯对人的摩擦力方向沿倾斜电梯向上，大小为180.8N。
17．(1)，方向水平向左；(2)；(3)
【详解】
(1)对木块：在竖直方向由平衡条件得
mg=μ2FN
则
FN=20N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力
FN′=－FN=－20N（方向水平向左）
故木块对铁箱的压力大小为20N。
(2)对木块：在水平方向有
FN=ma
得
a=40m/s2
对铁箱和木块整体有
F－μ1（M+m）g=(M+m）a
得水平拉力
F=129N
(3)撤去拉力F，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1>μ2，以后木块相对箱滑动，木块加速度
a2==2.5m/s2
又铁箱加速度
μ1（M+m）g-μ2mg=Ma1
得
a1=3.1m/s2
铁箱减速时间为
t0==1.9s>1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有
L=(vt－)－(vt－)=
解得
L=0.3m
18．（1）；（2）
【详解】
（1）由速度公式
解得
由牛顿第二定律得
解得
（2）撤去拉力前物块上滑的距离
撤去拉力后物块继续上滑，由牛顿第二定律
解得
撤去拉力后物块上滑距离
解得
故物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离
19．(1)20N；(2)；(3)
【详解】
(1)
(2)物块向右匀速滑动，根据平衡条件，在竖直方向上，可得物块受到支持力的大小
在水平方向上，可得物块受到摩擦力的大小
(3)若施加的力F反向，根据牛顿第二定律有
又
联立解得
20．(1)；；(2)无安全问题；(3)
【详解】
(1)由牛顿第二定律得
由
解得
(2)驾驶员在反应时间，做匀速直线运动位移
小汽车速度减至0所走的位移
因为
所以无安全问题。
(3)启动回到刹车前速度，所需时间
若无故障所需时间
耽搁时间