4.3 牛顿第二定律试题—2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册（word 含答案）
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| 名称 | 4.3 牛顿第二定律试题—2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册（word 含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 180.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-10-26 12:32:57 | ||
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文档简介
牛顿第二定律试题
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力和其速度成正比，则雨滴的运动情况是
A. 先加速，最后静止 B. 自由落体运动
C. 先加速后减速直至匀 D. 先加速后匀速
如图所示，小球放在真空容器内，球的直径恰好等于正方体的边长，将它们以初速度竖直向上抛出，受到的空气阻力与速度大小成正比，下列说法中正确的是
A. 上升过程中，对作用力向上且越来越小
B. 上升过程中，对作用力向下且越来越小
C. 下降过程中，对作用力向上且越来越小
D. 下降过程中，对作用力向下且越来越小
如图所示，质量都为的、两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于的恒力向上拉，运动距离时与分离。则下列说法中正确的是
A. 和刚分离时，弹簧为原长
B. 和刚分离时，它们的加速度为
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在与分离之前，它们作匀加速运动
如图所示，、为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在、间细线烧断后的瞬间，、的加速度分别是
A. A、的加速度大小均为，方向都竖直向下
B. 的加速度为零，的加速度大小为、竖直向下
C. 的加速度大小为、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
D. 的加速度大于、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块上的顶端处，细线另一端拴一质量为的小球静止在上，细线与斜面平行。若滑块从静止开始以加速度向左做匀加速运动，取，则
A. 当时，线中拉力大小为
B. 当时，小球受的支持力大小为
C. 当时，经过秒钟小球运动的水平位移大小是
D. 在稳定后，地面对的支持力大小一定小于两个物体的重力之和
如图所示，用轻弹管相连的两球，放在光滑的水平面上，质量分别为和，在水平外力作用下，它们一起向右加速运动，则
A. 球和球都做匀加速直线运动
B. 球先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀加速直线运动
C. 突然撤去外力的瞬间，、的加速度都发生改变
D. 突然撤去外力的瞬间，的加速度发生改变，的加速度不变
在向左匀速行驶的小车内，用细绳和系住一小球，绳处于斜向上的方向，拉力为；绳处于竖直方向，拉力为，如图所示。现小车突然开始减速，此时小球相对于车厢的位置尚未发生变化，则两根细绳的拉力的变化情况是
A. 变大，不变 B. 变大，变大
C. 变大，变小 D. 不变，变小
如图甲所示，地面上有一质量为的物体，用力向上提它，力变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中错误的是
A. 当小于图中点对应的值时，物体所受的重力，物体不动
B. 图中点对应的值为物体所受的重力值
C. 物体向上运动的加速度和力成正比
D. 图线反向延长线和纵轴的交点对应的值的绝对值等于该地的重力加速度
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
如图所示，质量均为的木块和用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块上放有质量为的木块，三者均处于静止状态。现将木块迅速移开，若重力加速度为，则在木块移开的瞬间
A. 弹簧的形变量不改变
B. 弹簧的弹力大小为
C. 木块的加速度大小为
D. 木块对水平面的压力迅速变为
如图所示，物体叠放在物体上，置于粗糙水平面上．、质量分别为、，、之间的动摩擦因数，与水平面之间的动摩擦因数时，此后逐渐增加，在增大到的过程中，则下列说法正确的是认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力
A. 图甲中，时，两物体均保持静止状态
B. 图甲中，拉力达到时，两物体间仍无相对滑动
C. 图乙中，拉力达到时，两物体间仍无相对滑动
D. 图乙中，拉力作用时间内，两物体始终没有出现相对滑动
如图所示，将两相同的木块、置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时、均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，所受摩擦力，所受摩擦力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间
A. 大小不变 B. 方向改变 C. 仍然为零 D. 方向向右
如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时
A. 所受静摩擦力增大 B. 对车厢壁的压力增大
C. 仍相对于车厢静止 D. 在竖直方向上所受合外力为零
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
某实验小组做验证牛顿第二定律实验
实验小组中的小华用图所示装置做实验，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．
小华做实验时，下列操作必要且正确的是_______
将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动
小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
用天平测出砂和砂桶的质量
为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。
小明同学平衡了摩擦力后．以砂和砂桶的重力为，在小车质量保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度，作的图像．下列图线正确的是_______．
图为上述实验中打下的一条纸带，点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为，则点的速度为________，小车的加速度为________以上两空均保留一位有效数字
某同学用物体、分别探究了加速度随着外力的变化的关系，物体、由静止开始加速运动纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略，实验后进行数据处理，得到了物体、的加速度与轻质弹簧秤弹力的关系图象分别如图中的、所示。
该同学仔细分析了图中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且________；两物体与木板之间动摩擦因数________。均填“大于”“等于”或“小于”
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一只企鹅在倾角为的倾斜冰面上先以的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏企鹅在滑动过程中姿势保持不变。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数为，已知，不计空气阻力，取，试分析回答下列问题：
企鹅向上“奔跑”的位移大小；
企鹅在冰面向上滑行的加速度大小；
企鹅退滑到出发点时的速度大小．
质量为的物体放在光滑的水平面上，某人用绳子沿着水平成角的方向拉着物体前进时，绳子的拉力为。求：
物体的加速度；
在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度？
质量为的小球在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球带负电，电荷量大小为，在杆上点处固定着一个电荷量大小为的负电荷，将小球由距点竖直高度为处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变，不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量和重力加速度；
小球刚释放时的加速度是多大？
求当小球的动能最大时，小球向下运动的位移大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题与汽车的起动过程类似，关键抓住空气阻力与速度的关系，根据牛顿第二定律分析雨滴的加速度如何变化。
分析雨滴下落过程中受力情况，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式，分析加速度的变化，判断雨滴的速度变化情况，确定雨滴的运动情况。
【解答】
由题意知，初始阶段由牛顿第二定律知：，加速度使速度增大，速度增大空气阻力增大，合力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度不再变化，雨滴匀速下落，故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力；以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律分析所受压力方向。
【解答】
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，受到的合力大于重力，除受到重力外，还应受到向下的压力，对的压力向下且逐渐减小，故A错误，B正确；
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：，下降过程中速度增大，阻力增大，故下降过程加速度小于但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，受到的合力小于重力，除受到重力外，还应受到向上的支持，对的支持力向上且逐渐增大，故CD错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】解：、和刚分离时，受到重力和恒力，的加速度为零，的加速度也为零，说明弹力对有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。故AB错误。
、和刚分离时，弹簧的弹力大小为，原来静止时弹力大小为，则弹力减小量两物体向上运动的距离为，则弹簧压缩量减小，由胡克定律得：故C正确。
、对于在与分离之前，对整体为研究对象，重力不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动。故D错误。
故选：。
和刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则受到重力和恒力，由已知条件，分析出此时的加速度为零，的加速度也为零，说明弹簧对有向上的弹力，与重力平衡。由胡克定律求出弹簧的劲度系数。对于在与分离之前，对整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动。
本题关键在于分析和刚分离时、的受力情况，来确定弹簧的状态。
4.【答案】
【解析】【解答】
本题要正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保持不变来分析和的加速度即可。
正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键。
【解答】
对整体分析，根据平衡条件可知，弹簧的拉力为；
在细线烧断后瞬间，立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，对分析可知，瞬间加速度，方向竖直向上。
对分析可知，只受重力的作用，故加速度的大小为，方向向下，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出支持力为零时小球的加速度；判断小球是否脱离斜面飘起，再根据求解第二定律列式求解拉力的大小；变速运动的位移公式求解，由竖直方向没有加速度来讨论。
该题考查牛顿第二定律应用中的临界条件问题，解决本题的关键知道小球脱离斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解。
【解答】
A.当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力和拉力使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：。当时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：，，联立解得：，故A正确；
B.当时，斜面对小球恰好没有支持力，故，故B错误；
C.当时，滑块的位移为，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这内小球运动的水平位移小于，故C错误；
D.在稳定后，对小球和滑块整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对的支持力等于两个物体重力之和，故D错误。
故选A。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用；关键是分析清楚弹力的变化特点，进而分析合力和加速度的变化，注意撤去的瞬间，弹簧弹力不变。
弹簧原来处于原长状态，施加力后弹力逐渐增大，分析、的受力，根据牛顿第二定律分析加速度大小的变化；撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分析各自的加速度的变化。
【解答】
水平外力作用后，弹力从逐渐增大，的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，的合力逐渐增大，加速度逐渐增大，稳定后做匀加速运动，故A错误、B正确；
突然撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，所以的受力变化，的受力不变，所以的加速度发生改变，的加速度不变，故CD错误．
故选B。
7.【答案】
【解析】
【分析】
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况。
本题主要考察了对牛顿第二定律的应用。
【解答】
对小球进行力的分析，设细绳、之间的夹角为，根据牛顿第二定律可知，水平方向：，竖直方向：，当小车开始减速的时候，有向右的加速度，变大，则在竖直方向上，变大，不变，所以变小，故C正确，ABD错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查加速度与力、质量的关系，物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件列式分析；物体离开地面后，受重力、拉力，加速向上，根据牛顿第二定律列式分析求解．
【解答】当时，物体静止，A正确
当时，能将物体提离地面，此时，，与不成正比，点表示的意义为，B正确，C错误
D.直线的斜率为，点对应的值的绝对值为，D正确．
9.【答案】
【解析】解：
A、由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；
B、开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于和的重力，即，撤去的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为，故B错误；
C、撤去瞬间，弹力不变，的合力等于的重力，对木块，由牛顿第二定律得：，解得：，方向竖直向上，故C正确；
D、撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为，对，由平衡条件得：，解得：，木块对水平面的压力为，故D错误。
根据共点力平衡求出弹簧的弹力，在将迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块的加速度。
本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。
10.【答案】
【解析】
【分析】
一起匀速运动时，所用拉力最小，而一块做加速运动时，且加速度最大时拉力最大，故由此可以列牛顿第二定律解得拉力范围。
共同属于牛顿第二定律中的临界问题，主要是判定最小拉力和最大拉力出现的条件，对物体运动来说匀速是受力最小的状态，而加速度是受力大的状态，且加速度越大受力相应越大。
【解答】
与之间的最大静摩擦力：
与地面之间的最大静摩擦力：
由于，所以相对于地面先滑动。
A.由题，时，所以在图甲中，时，两物体均保持静止状态。故A正确；
B.图甲中，拉力达到时，两物体相对于地面是滑动的。
若二者仍然相对静止，且相对于恰好要滑动时，与之间的摩擦力达到，此时的加速度：
所以要保持相对静止，二者共同的加速度都是，
对整体进行受力分析得：
代入数据得：
可知，图甲中，拉力达到时已经超过了滑动的临界拉力，所以两物体之间有相对滑动。故B错误；
C.由题，时，所以在图乙中，时，两物体均保持静止状态。故C正确；
D.图乙中，若二者仍然相对静止，且相对于恰好要滑动时，与之间的摩擦力达到，此时的加速度：
则共同的加速度也是，对整体：
代入数据得：
拉力作用时间内，两物体始终不能出现相对滑动。故D正确。
故选：。
11.【答案】
【解析】
【试题解析】
【分析】
根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．
主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道这一点就很容易了．
【解答】
A、项，由于细绳剪断瞬间，弹簧的弹力不变，不移动，绳无形变，拉力不变，所以大小、方向不变，故A项正确，项错误。
C、项，对进行受力分析，剪断前受重力、支持力、向左弹簧的拉力和绳的拉力。由于它所受摩擦力，所以弹簧的拉力和绳的拉力是一对平衡力，当将右侧细绳剪断瞬间，绳的拉力立即消失，但弹簧的拉力瞬间不变，所以受摩擦力方向向右，故C项错误，项正确。综上所述，本题正确答案为。
12.【答案】
【解析】解：以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图。
A、物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力，保持不变。故A错误，D正确。
B、小车的加速度增大时，弹力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，所以仍相对于车厢静止。故BC正确。
故选：。
小车向右做匀加速直线运动，物体相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力．
本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础．
13.【答案】；
； ；；
小于； 大于。
【解析】
【分析】
本题考查验证牛顿第二定律实验，根据实验原理、方法、注意事项进行分析。
对于实验问题的分析，关键是要抓住实验原理、方法、注意事项等。
【解答】
将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，以平衡摩擦力，故A正确；
B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；
C.改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，多次进行测量以减小误差，故C正确；
D.由拉力传感器可读出线的拉力，故不需要知道砂和砂桶的质量，故D错误；
E.由拉力传感器可读出线的拉力，实验中也就不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故E错误。
故选ABC。
【分析】
本题考查力与加速度的关系，以及利用纸带球加速度，基础题。
根据牛顿第二定律进行分析；根据中间时刻的速度等于平均速度求点的速度；根据位移差公式求小车的加速度。
【解答】
整体分析由牛顿第二定律得：，隔离小车由牛顿第二定律有：，联立可得细绳的拉力为，则可知在平衡摩擦力的前提下，若，小车所受的合外力可认为等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度为，而随着砂和砂桶的质量增大，当不满足关系时，小车的实际加速度为，图线会向下弯曲，故C正确，ABD错误。
故选C。
打点时小车的速度为：；
根据可得小车的加速度为：。
故答案为： ； ；。
【分析】
本题考查加速度随着外力的变化的关系，根据牛顿第二定律得出加速度与的函数表达式，结合图象进行分析。
对于图像问题的分析，关键是要抓斜率和截距的意义。
【解答】
根据牛顿第二定律有：
得：
结合图象可知，图线的斜率为，由图可知物体对应的斜率较大，则可知物体的质量小于物体的质量，即；
纵轴的截距为，由图可知。
故答案为：小于； 大于。
14.【答案】解：企鹅向上“奔跑”的位移大小：
企鹅在冰面向上滑行列出牛顿第二定律方程为：
加速的末速度为：
减速的时间为：
减速的位移为：
总位移为：
下滑过程列出牛顿第二定律方程为：
得出
根据速度位移关系得出：
【解析】由匀变速直线运动的位移时间公式得到企鹅向上“奔跑”的位移大小；
由牛顿第二定律得到企鹅在冰面上滑动的加速度大小；
由匀变速直线运动的速度位移公式得到企鹅退滑到出发点时的速度大小。
本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动的基本公式的应用，难度不大。
15.【答案】选取物体为研究对象，对其受力分析，物体受重力支持力和斜向上的拉力，拉力在水平方向上的分力提供加速度，由牛顿第二定律
水平方向：解得，
突然松手瞬间，消失，物体只受竖直方向的重力和支持力，合力为，则加速度为．
答：物体的加速度是 ， 在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度是．
【解析】略
16.【答案】解：由牛顿第二定律可知，
根据库仑定律，
又据几何关系有，
解得；
当球受到合力为零、加速度为零时，动能最大
设此时球与点间的距离为，则，
解得。
【解析】对球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；
小球先加速下滑，当静电斥力等于重力的下滑分量时，小球速度最大，之后减速下降，再加速返回，减速返回到最高点，完成一次振动，即在平衡位置速度最大。
本题关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路。
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一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力和其速度成正比，则雨滴的运动情况是
A. 先加速，最后静止 B. 自由落体运动
C. 先加速后减速直至匀 D. 先加速后匀速
如图所示，小球放在真空容器内，球的直径恰好等于正方体的边长，将它们以初速度竖直向上抛出，受到的空气阻力与速度大小成正比，下列说法中正确的是
A. 上升过程中，对作用力向上且越来越小
B. 上升过程中，对作用力向下且越来越小
C. 下降过程中，对作用力向上且越来越小
D. 下降过程中，对作用力向下且越来越小
如图所示，质量都为的、两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于的恒力向上拉，运动距离时与分离。则下列说法中正确的是
A. 和刚分离时，弹簧为原长
B. 和刚分离时，它们的加速度为
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在与分离之前，它们作匀加速运动
如图所示，、为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在、间细线烧断后的瞬间，、的加速度分别是
A. A、的加速度大小均为，方向都竖直向下
B. 的加速度为零，的加速度大小为、竖直向下
C. 的加速度大小为、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
D. 的加速度大于、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块上的顶端处，细线另一端拴一质量为的小球静止在上，细线与斜面平行。若滑块从静止开始以加速度向左做匀加速运动，取，则
A. 当时，线中拉力大小为
B. 当时，小球受的支持力大小为
C. 当时，经过秒钟小球运动的水平位移大小是
D. 在稳定后，地面对的支持力大小一定小于两个物体的重力之和
如图所示，用轻弹管相连的两球，放在光滑的水平面上，质量分别为和，在水平外力作用下，它们一起向右加速运动，则
A. 球和球都做匀加速直线运动
B. 球先做加速度逐渐减小的加速直线运动，后做匀加速直线运动
C. 突然撤去外力的瞬间，、的加速度都发生改变
D. 突然撤去外力的瞬间，的加速度发生改变，的加速度不变
在向左匀速行驶的小车内，用细绳和系住一小球，绳处于斜向上的方向，拉力为；绳处于竖直方向，拉力为，如图所示。现小车突然开始减速，此时小球相对于车厢的位置尚未发生变化，则两根细绳的拉力的变化情况是
A. 变大，不变 B. 变大，变大
C. 变大，变小 D. 不变，变小
如图甲所示，地面上有一质量为的物体，用力向上提它，力变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中错误的是
A. 当小于图中点对应的值时，物体所受的重力，物体不动
B. 图中点对应的值为物体所受的重力值
C. 物体向上运动的加速度和力成正比
D. 图线反向延长线和纵轴的交点对应的值的绝对值等于该地的重力加速度
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
如图所示，质量均为的木块和用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块上放有质量为的木块，三者均处于静止状态。现将木块迅速移开，若重力加速度为，则在木块移开的瞬间
A. 弹簧的形变量不改变
B. 弹簧的弹力大小为
C. 木块的加速度大小为
D. 木块对水平面的压力迅速变为
如图所示，物体叠放在物体上，置于粗糙水平面上．、质量分别为、，、之间的动摩擦因数，与水平面之间的动摩擦因数时，此后逐渐增加，在增大到的过程中，则下列说法正确的是认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力
A. 图甲中，时，两物体均保持静止状态
B. 图甲中，拉力达到时，两物体间仍无相对滑动
C. 图乙中，拉力达到时，两物体间仍无相对滑动
D. 图乙中，拉力作用时间内，两物体始终没有出现相对滑动
如图所示，将两相同的木块、置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时、均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，所受摩擦力，所受摩擦力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间
A. 大小不变 B. 方向改变 C. 仍然为零 D. 方向向右
如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时
A. 所受静摩擦力增大 B. 对车厢壁的压力增大
C. 仍相对于车厢静止 D. 在竖直方向上所受合外力为零
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
某实验小组做验证牛顿第二定律实验
实验小组中的小华用图所示装置做实验，图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．
小华做实验时，下列操作必要且正确的是_______
将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动
小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
用天平测出砂和砂桶的质量
为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
实验小组中的小明如图所示的实验装置来做实验。
小明同学平衡了摩擦力后．以砂和砂桶的重力为，在小车质量保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度，作的图像．下列图线正确的是_______．
图为上述实验中打下的一条纸带，点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为，则点的速度为________，小车的加速度为________以上两空均保留一位有效数字
某同学用物体、分别探究了加速度随着外力的变化的关系，物体、由静止开始加速运动纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略，实验后进行数据处理，得到了物体、的加速度与轻质弹簧秤弹力的关系图象分别如图中的、所示。
该同学仔细分析了图中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且________；两物体与木板之间动摩擦因数________。均填“大于”“等于”或“小于”
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一只企鹅在倾角为的倾斜冰面上先以的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏企鹅在滑动过程中姿势保持不变。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数为，已知，不计空气阻力，取，试分析回答下列问题：
企鹅向上“奔跑”的位移大小；
企鹅在冰面向上滑行的加速度大小；
企鹅退滑到出发点时的速度大小．
质量为的物体放在光滑的水平面上，某人用绳子沿着水平成角的方向拉着物体前进时，绳子的拉力为。求：
物体的加速度；
在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度？
质量为的小球在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球带负电，电荷量大小为，在杆上点处固定着一个电荷量大小为的负电荷，将小球由距点竖直高度为处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变，不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量和重力加速度；
小球刚释放时的加速度是多大？
求当小球的动能最大时，小球向下运动的位移大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题与汽车的起动过程类似，关键抓住空气阻力与速度的关系，根据牛顿第二定律分析雨滴的加速度如何变化。
分析雨滴下落过程中受力情况，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式，分析加速度的变化，判断雨滴的速度变化情况，确定雨滴的运动情况。
【解答】
由题意知，初始阶段由牛顿第二定律知：，加速度使速度增大，速度增大空气阻力增大，合力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度不再变化，雨滴匀速下落，故D正确，ABC错误。
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力；以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大于，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律分析所受压力方向。
【解答】
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，受到的合力大于重力，除受到重力外，还应受到向下的压力，对的压力向下且逐渐减小，故A错误，B正确；
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：，下降过程中速度增大，阻力增大，故下降过程加速度小于但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，受到的合力小于重力，除受到重力外，还应受到向上的支持，对的支持力向上且逐渐增大，故CD错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】解：、和刚分离时，受到重力和恒力，的加速度为零，的加速度也为零，说明弹力对有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。故AB错误。
、和刚分离时，弹簧的弹力大小为，原来静止时弹力大小为，则弹力减小量两物体向上运动的距离为，则弹簧压缩量减小，由胡克定律得：故C正确。
、对于在与分离之前，对整体为研究对象，重力不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动。故D错误。
故选：。
和刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则受到重力和恒力，由已知条件，分析出此时的加速度为零，的加速度也为零，说明弹簧对有向上的弹力，与重力平衡。由胡克定律求出弹簧的劲度系数。对于在与分离之前，对整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动。
本题关键在于分析和刚分离时、的受力情况，来确定弹簧的状态。
4.【答案】
【解析】【解答】
本题要正确对物体受力分析，抓住细线断的瞬间，线的弹力立即消失，而弹簧的弹力因弹簧形变没有改变而保持不变来分析和的加速度即可。
正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键。
【解答】
对整体分析，根据平衡条件可知，弹簧的拉力为；
在细线烧断后瞬间，立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，对分析可知，瞬间加速度，方向竖直向上。
对分析可知，只受重力的作用，故加速度的大小为，方向向下，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出支持力为零时小球的加速度；判断小球是否脱离斜面飘起，再根据求解第二定律列式求解拉力的大小；变速运动的位移公式求解，由竖直方向没有加速度来讨论。
该题考查牛顿第二定律应用中的临界条件问题，解决本题的关键知道小球脱离斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解。
【解答】
A.当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力和拉力使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：。当时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：，，联立解得：，故A正确；
B.当时，斜面对小球恰好没有支持力，故，故B错误；
C.当时，滑块的位移为，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这内小球运动的水平位移小于，故C错误；
D.在稳定后，对小球和滑块整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对的支持力等于两个物体重力之和，故D错误。
故选A。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用；关键是分析清楚弹力的变化特点，进而分析合力和加速度的变化，注意撤去的瞬间，弹簧弹力不变。
弹簧原来处于原长状态，施加力后弹力逐渐增大，分析、的受力，根据牛顿第二定律分析加速度大小的变化；撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分析各自的加速度的变化。
【解答】
水平外力作用后，弹力从逐渐增大，的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，的合力逐渐增大，加速度逐渐增大，稳定后做匀加速运动，故A错误、B正确；
突然撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，所以的受力变化，的受力不变，所以的加速度发生改变，的加速度不变，故CD错误．
故选B。
7.【答案】
【解析】
【分析】
以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况。
本题主要考察了对牛顿第二定律的应用。
【解答】
对小球进行力的分析，设细绳、之间的夹角为，根据牛顿第二定律可知，水平方向：，竖直方向：，当小车开始减速的时候，有向右的加速度，变大，则在竖直方向上，变大，不变，所以变小，故C正确，ABD错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查加速度与力、质量的关系，物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件列式分析；物体离开地面后，受重力、拉力，加速向上，根据牛顿第二定律列式分析求解．
【解答】当时，物体静止，A正确
当时，能将物体提离地面，此时，，与不成正比，点表示的意义为，B正确，C错误
D.直线的斜率为，点对应的值的绝对值为，D正确．
9.【答案】
【解析】解：
A、由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；
B、开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于和的重力，即，撤去的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为，故B错误；
C、撤去瞬间，弹力不变，的合力等于的重力，对木块，由牛顿第二定律得：，解得：，方向竖直向上，故C正确；
D、撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为，对，由平衡条件得：，解得：，木块对水平面的压力为，故D错误。
根据共点力平衡求出弹簧的弹力，在将迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块的加速度。
本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。
10.【答案】
【解析】
【分析】
一起匀速运动时，所用拉力最小，而一块做加速运动时，且加速度最大时拉力最大，故由此可以列牛顿第二定律解得拉力范围。
共同属于牛顿第二定律中的临界问题，主要是判定最小拉力和最大拉力出现的条件，对物体运动来说匀速是受力最小的状态，而加速度是受力大的状态，且加速度越大受力相应越大。
【解答】
与之间的最大静摩擦力：
与地面之间的最大静摩擦力：
由于，所以相对于地面先滑动。
A.由题，时，所以在图甲中，时，两物体均保持静止状态。故A正确；
B.图甲中，拉力达到时，两物体相对于地面是滑动的。
若二者仍然相对静止，且相对于恰好要滑动时，与之间的摩擦力达到，此时的加速度：
所以要保持相对静止，二者共同的加速度都是，
对整体进行受力分析得：
代入数据得：
可知，图甲中，拉力达到时已经超过了滑动的临界拉力，所以两物体之间有相对滑动。故B错误；
C.由题，时，所以在图乙中，时，两物体均保持静止状态。故C正确；
D.图乙中，若二者仍然相对静止，且相对于恰好要滑动时，与之间的摩擦力达到，此时的加速度：
则共同的加速度也是，对整体：
代入数据得：
拉力作用时间内，两物体始终不能出现相对滑动。故D正确。
故选：。
11.【答案】
【解析】
【试题解析】
【分析】
根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．
主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道这一点就很容易了．
【解答】
A、项，由于细绳剪断瞬间，弹簧的弹力不变，不移动，绳无形变，拉力不变，所以大小、方向不变，故A项正确，项错误。
C、项，对进行受力分析，剪断前受重力、支持力、向左弹簧的拉力和绳的拉力。由于它所受摩擦力，所以弹簧的拉力和绳的拉力是一对平衡力，当将右侧细绳剪断瞬间，绳的拉力立即消失，但弹簧的拉力瞬间不变，所以受摩擦力方向向右，故C项错误，项正确。综上所述，本题正确答案为。
12.【答案】
【解析】解：以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图。
A、物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力，保持不变。故A错误，D正确。
B、小车的加速度增大时，弹力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，所以仍相对于车厢静止。故BC正确。
故选：。
小车向右做匀加速直线运动，物体相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力．
本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础．
13.【答案】；
； ；；
小于； 大于。
【解析】
【分析】
本题考查验证牛顿第二定律实验，根据实验原理、方法、注意事项进行分析。
对于实验问题的分析，关键是要抓住实验原理、方法、注意事项等。
【解答】
将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，以平衡摩擦力，故A正确；
B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故B正确；
C.改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，多次进行测量以减小误差，故C正确；
D.由拉力传感器可读出线的拉力，故不需要知道砂和砂桶的质量，故D错误；
E.由拉力传感器可读出线的拉力，实验中也就不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故E错误。
故选ABC。
【分析】
本题考查力与加速度的关系，以及利用纸带球加速度，基础题。
根据牛顿第二定律进行分析；根据中间时刻的速度等于平均速度求点的速度；根据位移差公式求小车的加速度。
【解答】
整体分析由牛顿第二定律得：，隔离小车由牛顿第二定律有：，联立可得细绳的拉力为，则可知在平衡摩擦力的前提下，若，小车所受的合外力可认为等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度为，而随着砂和砂桶的质量增大，当不满足关系时，小车的实际加速度为，图线会向下弯曲，故C正确，ABD错误。
故选C。
打点时小车的速度为：；
根据可得小车的加速度为：。
故答案为： ； ；。
【分析】
本题考查加速度随着外力的变化的关系，根据牛顿第二定律得出加速度与的函数表达式，结合图象进行分析。
对于图像问题的分析，关键是要抓斜率和截距的意义。
【解答】
根据牛顿第二定律有：
得：
结合图象可知，图线的斜率为，由图可知物体对应的斜率较大，则可知物体的质量小于物体的质量，即；
纵轴的截距为，由图可知。
故答案为：小于； 大于。
14.【答案】解：企鹅向上“奔跑”的位移大小：
企鹅在冰面向上滑行列出牛顿第二定律方程为：
加速的末速度为：
减速的时间为：
减速的位移为：
总位移为：
下滑过程列出牛顿第二定律方程为：
得出
根据速度位移关系得出：
【解析】由匀变速直线运动的位移时间公式得到企鹅向上“奔跑”的位移大小；
由牛顿第二定律得到企鹅在冰面上滑动的加速度大小；
由匀变速直线运动的速度位移公式得到企鹅退滑到出发点时的速度大小。
本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动的基本公式的应用，难度不大。
15.【答案】选取物体为研究对象，对其受力分析，物体受重力支持力和斜向上的拉力，拉力在水平方向上的分力提供加速度，由牛顿第二定律
水平方向：解得，
突然松手瞬间，消失，物体只受竖直方向的重力和支持力，合力为，则加速度为．
答：物体的加速度是 ， 在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度是．
【解析】略
16.【答案】解：由牛顿第二定律可知，
根据库仑定律，
又据几何关系有，
解得；
当球受到合力为零、加速度为零时，动能最大
设此时球与点间的距离为，则，
解得。
【解析】对球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；
小球先加速下滑，当静电斥力等于重力的下滑分量时，小球速度最大，之后减速下降，再加速返回，减速返回到最高点，完成一次振动，即在平衡位置速度最大。
本题关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路。
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