6.2牛顿第二定律同步练习题（Word版含答案）

6.2牛顿第二定律同步练习题2021-2022学年鲁科版高中必修一物理
一、单选题
如图所示，质量分别为和的，两物块，用一轻弹簧相连，将用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为。突然撤去木板，重力加速度为，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是
A. 撤去木板瞬间，物块的加速度大小为
B. 撤去木板后，物块向下运动时速度最大
C. 撤去木板后，物块向下运动时速度最大
D. 物块向下运动的全过程中，的速度最大时，悬绳的拉力最大
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，细绳拴一个质量为的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩小球与弹簧不连接，小球静止时弹簧在水平位置，如图所示将细绳烧断后，小球未落地前，下列说法中正确的是
A. 小球立即开始做自由落体运动
B. 小球离开弹簧后做平抛运动
C. 小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等
D. 小球离开弹簧后做匀变速运动
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
某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为。下列说法正确的是
A. 刻度对应的加速度为
B. 刻度对应的加速度为
C. 刻度对应的加速度为
D. 各刻度对应加速度的值是不均匀的
静止在光滑水平面上的物体，对其施加水平向右的力，则在刚开始作用的瞬间，下列说法不正确的是
A. 物体立即有了加速度 B. 加速度方向水平向右
C. 合力越大，加速度也越大 D. 物体质量随加速度变大而变大
下列可以表示“”的是
A. B. C. D.
在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值，若已测出小车的质量为，则下列运算表述最合理的是
A.
B.
C.
D.
一物体在的外力作用下，产生了的加速度，求该物体的质量。下列求法中，最合理的是
A.
B.
C.
D.
两颗小雨滴和从高空由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与其速率的平方成正比，即，为常数，已知雨滴、质量之比为，且假设下落过程中质量均不变，则雨滴和在空中运动的最大速度之比和最大加速度之比分别为
A. B. C. D.
二、填空题
某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
下列做法正确的是________填字母代号
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_______木块和木块上砝码的总质量填“远大于”、“远小于”或“近似等于”
甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度与拉力的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为、，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为，，由图可知，____，。填“大于”、“小于”或“等于”
图所示，一质量物体受到竖直向上拉力的作用，当拉力时，物体由静止开始向上运动，若不计空气阻力，取则内物体的位移为______，末的速度为______。
一质量为的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为，为重力加速度．人对电梯底部的压力为______，此时人处于______填“超重”“失重”．
一辆运载水泥管的货车在水平路面沿直线行驶，车厢底部一层根水泥管恰好水平紧密地排列着，上层摆放着着根水泥管没有用绳索固定，侧视图如图所示。已知每根水管的质量均为，当汽车匀速运动时，管对管的支持力大小为_____________；当汽车运动的加速度_______________，管与管、管都能保持相对静止。
三、实验题
如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数，求出加速度。
请回答下列问题：
实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为______。结果保留三位有效数字。
以力传感器的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为，横轴截距为，若传感器的质量为，则物块的质量为___。若已知重力加速度为，物块与长木板动摩擦因数为______________。
该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？____。填“需要”或“不需要”
某兴趣小组想研究学校电梯运行时加速度的大小，准备把弹簧测力计改装成加速度测量仪。如图所示，在弹簧测力计下方悬挂一质量为的钩码，保留弹簧测力计左侧的力刻度，用白纸遮住右侧并重新标记成加速度刻度。若规定竖直向上为正方向，取当地重力加速度。
加速度零刻度线应标在力刻度_______所对应的位置。
加速度刻度线应该标在力刻度_______所对应的位置。
该加速度测量仪的量程为______________。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
利用平衡可以求出速度的最大位置；利用牛顿第二定律可以求出撤去木板瞬间的加速度大小。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是撤去力的瞬间弹簧弹力不变，以及当加速度为零时物体的运动速度最大。
【解答】
A.撤去木板瞬间，物块受到的合力为，由牛顿第二定律可知：，故A错误；
当物块受到的合外力为零时，速度最大，此时，又，所以弹簧此时的伸长量，即物块向下运动时速度最大，故C正确，B错误。
D.物块向下运动的全过程中，的速度为时，即弹簧伸长量最大时，悬绳的拉力最大，故D错误。
故选C。
2.【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。
3.【答案】
【解析】
【分析】
对小球受力分析可知，在与弹簧接触时，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，此过程中弹簧的弹力是不断减小的，离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，做匀变速运动。
对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的。
【解答】
A.将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是自由落体运动，故A错误；
B.平抛运动在竖直方向上是只受重力的作用，由的分析可知，小球并不是平抛运动，所以B错误；
C.小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并且大于重力的大小，所以开始时加速度的大小要比重力加速度大，故C错误；
D.小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故D正确。
故选D。

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】
重物在刻度，处于平衡状态，根据共点力平衡求得弹簧的弹力和重力的关系，当重物在不同刻度时，根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求得加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是抓住重物在不同刻度时受到的弹簧的弹力大小即可，熟练应用胡克定律。
【解答】
设弹簧的劲度系数为，钢球质量为，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺刻度处，则，
A、刻度时根据牛顿第二定律有：，解得，故A正确；
B、刻度时钢球静止，故，故B错误；
C、刻度时根据牛顿第二定律有：，解得，故C错误；
D、根据牛顿第二定律有，可得，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误。
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了对牛顿第二定律理解，要从牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性、同体性等角度理解。基础题。
【解答】
根据牛顿第二定律，加速度与合力是瞬时对应关系，对静止在光滑水平面上的物体施加水平向右的力，则作用瞬间，物体就有了加速度，加速度方向与力的方向相同水平向右，合力越大，加速度越大，故ABC正确；
D.物体的质量是物体本身的属性，与物体的加速度无关，故D错误。
本题选错误的，故选D。
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查导出单位的推导是由基本单位推导出来的。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，分别是米、千克、秒、安培、摩尔、开尔文、坎德拉。而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【解答】
根据牛顿第二定律的表达式，由于质量的单位为，加速度的单位为，故力的单位。故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】
【解析】
【分析】
物体的质量、合力、加速度三个物理量，知道两个可以求第三个，同时要注意使用牛顿第二定律时，所有的单位都必须是国际单位。
根据匀变速直线运动的推论以及牛顿第二定律判断即可，单位都必须化成统一的国际单位。
【解答】
A.因位移没有统一到国际单位，故A错误；
B.因位移和时间都统一到国际单位，加速度的单位可以直接用国际单位制中的符号表示，故B正确；
C.因质量的单位没有统一到国际单位，故C错误；
D.加速度单位没有统一到国际单位，故D错误。
故选B。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查物理计算题步骤的规范书写，知道书写过程代入数据时的正确简捷而又规范的写法。
计算过程中代入数据时不必每个物理量的数据都带着单位，可以将所有数据代入后后面只跟所求物理量的单位即可。
【解答】
A.因加速度没有统一到国际单位制，故A错误；
B.因中间式还带有力与加速度非所求量的单位符号，没有必要，不是最合理的，故B错误；
C.因中间式中缺少质量所求量的单位符号，故C错误；
D.因力与加速度统一到国际单位，质量的单位可直接用国际单位制中的符号表示，故D正确。
故选D。
10.【答案】
【解析】
【分析】
经分析两颗小雨滴和从高空由静止开始下落时速度为零，加速度最大；当雨滴加速度为零时，速度最大，据此分析解答即可。
本题主要考查牛顿第二定律的应用。
【解答】
因雨滴下落过程中受空气阻力，且空气阻力与其速率的平方成正比，所以两颗小雨滴和从高空由静止开始下落时速度为零，加速度最大，最大加速度均为重力加速度，则最大加速度之比为 ；对雨滴下落过程中由牛顿第二定律得：，又，可知雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当雨滴加速度为零时，速度最大，即，最大速度，因为雨滴、质量之比为，则雨滴和在空中运动的最大速度之比为，故C正确，ABD错误。
故选C。
11.【答案】
远小于
小于 大于
【解析】
【分析】
实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；
图像的斜率表示加速度的倒数，求解出加速度与拉力的表达式后结合图像分析得到动摩擦因素情况。
本题考查了“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。
【解答】
调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B.在调节木板倾斜度以平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C.打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D.平衡摩擦力后，有，即，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；
故选AD。
按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有，对小木块有，综上有：小物块的实际的加速度为，只有当时，才能有效的保证实验的准确性；
当没有平衡摩擦力时有，故，即图线斜率为，纵轴截距大小为，观察图线可知小于，大于
故答案为：；远小于；小于；大于。

12.【答案】 ； ； ； 超重 。
【解析】
【分析】
受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求的位移和速度。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
【解答】
解：由牛顿第二定律得：
由位移公式得内的位移为：
解得：
由速度公式得末速度为：
解得：
故答案为：，。
【分析】
本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可，进而判断出超重还是失重。
【解答】
解：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
故；
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于，
对电梯的压力大于本身重力，故处于超重。
故答案为：，超重。
故答案为： ； ； ； 超重 。
13.【答案】；小于等于
【解析】
【分析】
当匀速时，受力平衡，根据平衡条件求解支持力；根据正交分解分析所受到的合力的表达式，根据牛顿第二定律求解加速度的极值。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
【解答】
当匀速运动时，对支持力与对的支持力大小相等，受力分析如图所示：
由平衡条件可得：，解得：；
当以最大加速度匀加速，刚好脱离时此时对的支持力刚好为零，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律可得：，解得：，所以汽车向左做加速运动时，加速度时，管与管、管都能保持相对静止。
14.【答案】；；；不需要。
【解析】
【分析】
根据位移差公式求解加速度；
根据图象结合牛顿第二定律写出与的函数关系表达式，确定其斜率，根据横轴截距确定即可；
根据实验原理确定是否需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量这一条件。
【解答】
根据，运用逐差法得；
由牛顿第二定律得，则，图象的斜率，所以物块的质量为，由图象可知，物块与木板之间的摩擦力，则，即。
由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件。
故答案为：；；；不需要。
15.【答案】
【解析】
【分析】
当受力平衡时，加速度为零，故加速度零刻度线应标在力刻度等于物体的重力；
根据牛顿第二定律得出：得出加速度刻度线对应的力；
根据弹簧测力计的示数范围结合牛顿第二定律得出加速度测量仪的量程。
本题是利用牛顿第二定律进行改装的加速度测量仪，关键是弄清实验原理。
【解答】
当受力平衡时，加速度为零，故加速度零刻度线应标在力刻度
根据牛顿第二定律得出：得出加速度刻度线应该标在力刻度
根据弹簧测力计的读数可知，当弹簧测力计的示数为零时，物体只受重力，加速度为向下的重力加速度为。
当弹簧测力计的示数为时，根据牛顿第二定律列式得出：
得出：
故加速度的范围为
故答案为
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