2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册-4.3牛顿第二定律基础过关 (Word版含答案)
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册-4.3牛顿第二定律基础过关 (Word版含答案) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 595.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-26 12:31:40 | ||
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文档简介
4.3牛顿第二定律新学期同步练习基础过关-2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册
练习
一、单选题，共12小题
1．如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做匀加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为μ ， 则木块的加速度为（ ）
2．在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零（物体还在运动），则在水平推力逐渐减小到零的过程中（ ）
A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小
B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小
C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大
3．一个热气球与沙包的总质量为，在空气中以加速度下降。为了使它以同样大小的加速度上升，应该抛掉的沙的质量为（ ）
A． B． C． D．
4．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（ ）
A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=2g
C．a1=g，a2=0 D．a1=2g，a2=0
5．两个质量均为m的小球，用轻质弹簧连接，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．aA＝0；aB＝g B．aA＝g；aB＝0
C．aA＝g；aB＝g D．aA＝0；aB＝g
6．小亮在沿水平直线向左运动的高铁中做了一个实验，他用细线将小球A悬挂于行李架上，质量为m的箱子B放在车厢地板上且始终相对于车厢静止，箱子与车厢地板间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如图所示，则此刻车厢对箱子B作用力的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示，物块A、B、C、D均静止，互不粘连且质量均为m，A通过上方细绳拴接在顶板，B、C分别与弹簧连接。已知A、B之间恰好无挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．剪断细绳瞬间，A的加速度大小为0
B．剪断细绳瞬间，B的加速度大小为
C．迅速抽出D后瞬间，C的加速度大小为g
D．迅速抽出D后瞬间，B的加速度大小为g
8．如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）。套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（ ）
A．37° B．45° C．53° D．60°
9．工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料，质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以1.0m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，g取10m/s2，则工人对地面的压力大小为（ ）
A．880N B．920N C．520N D．480N
10．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，若图象中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则（ ）
A．在时刻，小球的速度最大
B．在时间内，小球先做匀加速后做匀减速运动
C．在时间内，小球加速度先增加后减小
D．忽略空气阻力，可以计算出小球自由下落的高度
11．一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为，从时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若、m、、a均已知，下面说法正确的是（ ）
A．物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零 B．物块A、B分离后，物块A开始减速
C．物块A、B分离时，二者速度不同 D．物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零
12．如图所示，斜面体A在水平地面上静止．质量为m的滑块B在外力和的共同作用下沿斜面体表面向下运动．当方向水平向右，方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．若同时撤去和，在滑块B仍向下运动的过程中，滑块B的加速度方向一定沿斜面向上
B．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向向右
C．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向向左
D．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变
二、多选题，共3小题
13．坡道式自动扶梯（不带台阶）因其安全便捷在一些商场和车站等场所得到广泛应用。考虑到经济和效率性，扶梯在空载模式下低速运行，当有乘客踏上扶梯时，通过传感器和控制系统，扶梯会逐渐提升至一个较高的速率匀速运行。如图为一名乘客踏上空载运行的坡道式扶梯并相对扶梯保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．无论加速还是匀速，乘客均受到沿着扶梯向上的静摩擦力
B．在整个过程中乘客受到扶梯的作用力始终竖直向上
C．在提速阶段乘客受滑动摩擦力，而在较高速度匀速运动时受静摩擦力作用
D．在提速阶段乘客受到扶梯的摩擦力大于在高速匀速运动时受到的摩擦力
14．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢匀速运动时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向做变速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（ ）
A．加速度可能向左，加速度可大于（1＋μ）g
B．速度可能向右，加速度不能超过（1-μ）g
C．速度可能向左，加速度不能超过（1-μ）g
D．加速度可能向右，加速度不能超过（1＋μ）g
15．如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列描述中，正确的是（ ）
A．接触后，小球做减速运动，加速度越来越大，速度越来越小，最后等于零
B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加，后减小到零
C．接触后，小球速度为零的地方就是弹簧压缩量最大之处，此时小球加速度为零
D．接触后，小球速度最大时加速度为零
三、填空题，共2小题
16．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的______，再通过运动学的规律确定物体的______情况。
17．在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有如图所示的装置，其中圆柱体质量为m，左侧竖直挡板和右侧斜面对圆柱体的合力大小为(g为重力加速度)，则此时车的加速度大小为_____；若圆柱体与挡板及斜面间均无摩擦，当平板车的加速度突然增大时，斜面对圆柱体的弹力将_____(选填“增大”、“减小”、“不变”或“不能定”)．
四、解答题，共2小题
18．一个物体静止在光滑水平面上，受到6N的水平推力时，产生了3m/s2的加速度，则物体的质量有多大？若该物体产生了4m/s2的加速度，则它受到的合力多大？
19．如图甲，质量的物体置于倾角的足够长且固定的斜面上，时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，时刻撤去力F，物体运动的部分图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。
（1）求上滑的最远距离x；
（2）物体与斜面间的滑动摩擦力f的大小；
（3）求物体返回出发点时的速度大小。（可用根号表示）
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，在水平方向有
竖直方向有
滑动摩擦力
根据以上三式联立可以求得
故选D。
2．D
【详解】
由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定
F>f
且
ma=F-f
当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F＜f后，此时
ma=f-F
F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综上所述，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】
设热气球受到的浮力大小为F，热气球下降的加速度大小为，则由牛顿第二定律可得
解得
由题意知，热气球上升时的加速度大小为，则由牛顿第二定律可得
解得
故抛掉的沙的质量为
ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】
由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度
a1=a2=g
故选A。
5．B
【详解】
细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为
T＝2mgsinθ
烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为
aA＝2gsin30°＝g
ACD错误，B正确。
故选B。
6．D
【详解】
设车厢的加速度为a，则小球速度和车厢加速度一样，都为a，由牛顿第二定律得
箱子相对车厢静止，故箱子的加速度为a，对箱子受力分析，由牛顿第二定律有
整理得
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．B
【详解】
由平衡条件得
弹簧的弹力
绳子的拉力
AB．剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不突变，A、B加速度相同，对A、B整体有
解得
故B正确，A错误；
CD．迅速抽出D后瞬间，弹簧的弹力不突变，B的加速度为0，对C有
解得
故CD错误。
故选B。
8．C
【详解】
设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间t2满足：
小球沿AC段运动时，由牛顿第二定律得
且
由运动学公式可知，所需的时间tAC满足
以后沿BC做匀加速运动，其加速度为
且
由匀变速直线运动得规律得
其中
代入后解得
所以
故选C。
9．D
【详解】
以建筑材料为研究对象，由牛顿第二定律得
得
以人为研究对象，由平衡条件得
代入数据解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
10．D
【详解】
AB．t1时刻小球刚接触弹簧，速度向下，弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向下，随着形变量增大，加速度减小，且方向向下，故速度增大；当弹力等于重力，合力为零，加速度为零，速度最大，之后，弹力大于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向上，随着形变量增大，加速度增大，且方向向上，故速度减小，由此分析可知，在时刻，小球的速度不是最大；这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，再向下做加速度增大的减速运动，故AB错误；
C．在时间内，时刻弹簧后缩量最大，弹力大于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向上，加速度向上，随着弹簧形变量的减小，加速度减小，速度增大；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，之后弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向下，加速度向下，随着形变量的减小，加速度增大，速度减小。由此分析，可知在时间内，小球加速度先减小后增加，故C错误；
D．若不考虑空气阻力，在这段时间小球在空中运动可视为自由落体运动，由此可知小球做自由落体运动时间为
根据
求得小球自由下落高度，故D正确。
故选D。
11．D
【详解】
AD．物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，弹簧的弹力不为零，故A错误D正确；
B．物块A、B分离时，弹力仍大于重力沿斜面向下的分力，在一定时间内物块A开始做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，二者速度相同同。故C错误。
故选D。
12．D
【详解】
A．以A为研究对象，分析受力如图甲所示，根据题意可知，斜面体受到地面的摩擦力为零，则可知物体对斜面体的压力和滑动摩擦力的水平分量大小相等，即物体与斜面的动摩擦因数
若同时撤去和，在滑块B仍向下运动的过程中，B受力如图乙所示，有
则滑块B匀速下滑，A项错误；
BCD．若只撤去或只撤去，物体对斜面的压力和滑动摩擦力的水平分量仍然大小相等，所以摩擦力依旧为零，BC项错误；D项正确；
故选D。
13．AD
【详解】
A．自动扶梯是坡道式，乘客站在扶梯上，受到重力、支持力、静摩擦力的作用，扶梯匀速时，静摩擦力与重力沿扶梯向下的分力平衡，故静摩擦力沿扶梯向上；扶梯加速时，乘客的合力沿扶梯向上，故静摩擦力沿扶梯向上，故A正确；
B．扶梯匀速运动时，扶梯对乘客的作用力与重力平衡，方向竖直向上，扶梯加速上升时，扶梯对乘客的作用力斜向上，故B错误；
C．无论是提速阶段还是在较高速度匀速运动时乘客受到的摩擦力都是静摩擦力作用，故C错误。
D．在提速阶段，乘客受到扶梯的摩擦力大于重力沿扶梯向下的分力，而匀速时等于重力沿扶梯向下的分力，故D正确。
故选AD。
14．BC
【详解】
车厢静止时，A恰好不下滑，则弹簧处于压缩状态。设弹簧弹力为F，车厢对A的支持力为，对此时的A受力分析可得
解得
车厢沿水平方向加速运动，为保证A仍相对车厢静止，车厢对A的支持力必须大于等于，对A受力分析，由牛顿第二定律可得A物体的加速度一定向右。
车厢沿水平方向加速运动，要保证B仍相对车厢静止，对B受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
故选BC。
15．BD
【详解】
从小球下落到与弹簧接触开始，一直到小球速度为零的过程中，小球受竖直向下的重力和弹簧对小球竖直向上的弹力，开始时弹簧的弹力小于重力，小球受到的合力向下，加速度向下，速度也向下，做加速运动；随着弹簧压缩量的增大，弹簧弹力增大，合力
越来越小，加速度越来越小，做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于小球重力时，合力为零，加速度为零，速度达到最大值；之后弹簧弹力大于小球重力，合力向上，加速度向上，速度向下，做减速运动；随着弹簧压缩量的增大，弹簧弹力增大，合力
越来越大，加速度越来越大，做加速度增大的减速运动直至速度为零到达压缩最大之处。
故选BD。
16．加速度 运动
【详解】
略
17． 不变
【详解】
小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根据平行四边形定则知，圆柱体所受的合力为
则圆柱体的加速度
则车的加速度为
无摩擦时，圆柱体的受力如图
当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力始终为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力始终等于重力，斜面对圆柱体的弹力不变．
18．2kg，8N
【详解】
由牛顿第二定律有
若该物体产生了4m/s2的加速度，则它受到的合力
19．(1)24m；(2)6N；(3)
【详解】
(1)上滑的最远距离
(2)设撤去F后物体继续上滑的加速度大小为，由图像知
由牛顿第二定律，内
代入数据解得
(3)因，物体此后将沿斜面加速下滑，由牛顿运动定律有
返回过程中，由运动学规律有
代入数据解得返回出发点的速度
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
练习
一、单选题，共12小题
1．如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做匀加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为μ ， 则木块的加速度为（ ）
2．在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零（物体还在运动），则在水平推力逐渐减小到零的过程中（ ）
A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小
B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小
C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大
3．一个热气球与沙包的总质量为，在空气中以加速度下降。为了使它以同样大小的加速度上升，应该抛掉的沙的质量为（ ）
A． B． C． D．
4．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（ ）
A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=2g
C．a1=g，a2=0 D．a1=2g，a2=0
5．两个质量均为m的小球，用轻质弹簧连接，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．aA＝0；aB＝g B．aA＝g；aB＝0
C．aA＝g；aB＝g D．aA＝0；aB＝g
6．小亮在沿水平直线向左运动的高铁中做了一个实验，他用细线将小球A悬挂于行李架上，质量为m的箱子B放在车厢地板上且始终相对于车厢静止，箱子与车厢地板间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如图所示，则此刻车厢对箱子B作用力的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示，物块A、B、C、D均静止，互不粘连且质量均为m，A通过上方细绳拴接在顶板，B、C分别与弹簧连接。已知A、B之间恰好无挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．剪断细绳瞬间，A的加速度大小为0
B．剪断细绳瞬间，B的加速度大小为
C．迅速抽出D后瞬间，C的加速度大小为g
D．迅速抽出D后瞬间，B的加速度大小为g
8．如图所示，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）。套在AB杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则BA与CA的夹角为（ ）
A．37° B．45° C．53° D．60°
9．工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料，质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以1.0m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，g取10m/s2，则工人对地面的压力大小为（ ）
A．880N B．920N C．520N D．480N
10．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，若图象中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则（ ）
A．在时刻，小球的速度最大
B．在时间内，小球先做匀加速后做匀减速运动
C．在时间内，小球加速度先增加后减小
D．忽略空气阻力，可以计算出小球自由下落的高度
11．一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为，从时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若、m、、a均已知，下面说法正确的是（ ）
A．物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零 B．物块A、B分离后，物块A开始减速
C．物块A、B分离时，二者速度不同 D．物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零
12．如图所示，斜面体A在水平地面上静止．质量为m的滑块B在外力和的共同作用下沿斜面体表面向下运动．当方向水平向右，方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．若同时撤去和，在滑块B仍向下运动的过程中，滑块B的加速度方向一定沿斜面向上
B．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向向右
C．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向向左
D．若只撤去，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变
二、多选题，共3小题
13．坡道式自动扶梯（不带台阶）因其安全便捷在一些商场和车站等场所得到广泛应用。考虑到经济和效率性，扶梯在空载模式下低速运行，当有乘客踏上扶梯时，通过传感器和控制系统，扶梯会逐渐提升至一个较高的速率匀速运行。如图为一名乘客踏上空载运行的坡道式扶梯并相对扶梯保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．无论加速还是匀速，乘客均受到沿着扶梯向上的静摩擦力
B．在整个过程中乘客受到扶梯的作用力始终竖直向上
C．在提速阶段乘客受滑动摩擦力，而在较高速度匀速运动时受静摩擦力作用
D．在提速阶段乘客受到扶梯的摩擦力大于在高速匀速运动时受到的摩擦力
14．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢匀速运动时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向做变速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（ ）
A．加速度可能向左，加速度可大于（1＋μ）g
B．速度可能向右，加速度不能超过（1-μ）g
C．速度可能向左，加速度不能超过（1-μ）g
D．加速度可能向右，加速度不能超过（1＋μ）g
15．如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列描述中，正确的是（ ）
A．接触后，小球做减速运动，加速度越来越大，速度越来越小，最后等于零
B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加，后减小到零
C．接触后，小球速度为零的地方就是弹簧压缩量最大之处，此时小球加速度为零
D．接触后，小球速度最大时加速度为零
三、填空题，共2小题
16．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的______，再通过运动学的规律确定物体的______情况。
17．在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有如图所示的装置，其中圆柱体质量为m，左侧竖直挡板和右侧斜面对圆柱体的合力大小为(g为重力加速度)，则此时车的加速度大小为_____；若圆柱体与挡板及斜面间均无摩擦，当平板车的加速度突然增大时，斜面对圆柱体的弹力将_____(选填“增大”、“减小”、“不变”或“不能定”)．
四、解答题，共2小题
18．一个物体静止在光滑水平面上，受到6N的水平推力时，产生了3m/s2的加速度，则物体的质量有多大？若该物体产生了4m/s2的加速度，则它受到的合力多大？
19．如图甲，质量的物体置于倾角的足够长且固定的斜面上，时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，时刻撤去力F，物体运动的部分图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。
（1）求上滑的最远距离x；
（2）物体与斜面间的滑动摩擦力f的大小；
（3）求物体返回出发点时的速度大小。（可用根号表示）
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试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，在水平方向有
竖直方向有
滑动摩擦力
根据以上三式联立可以求得
故选D。
2．D
【详解】
由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定
F>f
且
ma=F-f
当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F＜f后，此时
ma=f-F
F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综上所述，选项D正确。
故选D。
3．C
【详解】
设热气球受到的浮力大小为F，热气球下降的加速度大小为，则由牛顿第二定律可得
解得
由题意知，热气球上升时的加速度大小为，则由牛顿第二定律可得
解得
故抛掉的沙的质量为
ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】
由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度
a1=a2=g
故选A。
5．B
【详解】
细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为
T＝2mgsinθ
烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为
aA＝2gsin30°＝g
ACD错误，B正确。
故选B。
6．D
【详解】
设车厢的加速度为a，则小球速度和车厢加速度一样，都为a，由牛顿第二定律得
箱子相对车厢静止，故箱子的加速度为a，对箱子受力分析，由牛顿第二定律有
整理得
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．B
【详解】
由平衡条件得
弹簧的弹力
绳子的拉力
AB．剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不突变，A、B加速度相同，对A、B整体有
解得
故B正确，A错误；
CD．迅速抽出D后瞬间，弹簧的弹力不突变，B的加速度为0，对C有
解得
故CD错误。
故选B。
8．C
【详解】
设AB的长度为2L，小球沿AB做自由落体运动，运动的时间t2满足：
小球沿AC段运动时，由牛顿第二定律得
且
由运动学公式可知，所需的时间tAC满足
以后沿BC做匀加速运动，其加速度为
且
由匀变速直线运动得规律得
其中
代入后解得
所以
故选C。
9．D
【详解】
以建筑材料为研究对象，由牛顿第二定律得
得
以人为研究对象，由平衡条件得
代入数据解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
10．D
【详解】
AB．t1时刻小球刚接触弹簧，速度向下，弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向下，随着形变量增大，加速度减小，且方向向下，故速度增大；当弹力等于重力，合力为零，加速度为零，速度最大，之后，弹力大于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向上，随着形变量增大，加速度增大，且方向向上，故速度减小，由此分析可知，在时刻，小球的速度不是最大；这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，再向下做加速度增大的减速运动，故AB错误；
C．在时间内，时刻弹簧后缩量最大，弹力大于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向上，加速度向上，随着弹簧形变量的减小，加速度减小，速度增大；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，之后弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，合力向下，加速度向下，随着形变量的减小，加速度增大，速度减小。由此分析，可知在时间内，小球加速度先减小后增加，故C错误；
D．若不考虑空气阻力，在这段时间小球在空中运动可视为自由落体运动，由此可知小球做自由落体运动时间为
根据
求得小球自由下落高度，故D正确。
故选D。
11．D
【详解】
AD．物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，弹簧的弹力不为零，故A错误D正确；
B．物块A、B分离时，弹力仍大于重力沿斜面向下的分力，在一定时间内物块A开始做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，二者速度相同同。故C错误。
故选D。
12．D
【详解】
A．以A为研究对象，分析受力如图甲所示，根据题意可知，斜面体受到地面的摩擦力为零，则可知物体对斜面体的压力和滑动摩擦力的水平分量大小相等，即物体与斜面的动摩擦因数
若同时撤去和，在滑块B仍向下运动的过程中，B受力如图乙所示，有
则滑块B匀速下滑，A项错误；
BCD．若只撤去或只撤去，物体对斜面的压力和滑动摩擦力的水平分量仍然大小相等，所以摩擦力依旧为零，BC项错误；D项正确；
故选D。
13．AD
【详解】
A．自动扶梯是坡道式，乘客站在扶梯上，受到重力、支持力、静摩擦力的作用，扶梯匀速时，静摩擦力与重力沿扶梯向下的分力平衡，故静摩擦力沿扶梯向上；扶梯加速时，乘客的合力沿扶梯向上，故静摩擦力沿扶梯向上，故A正确；
B．扶梯匀速运动时，扶梯对乘客的作用力与重力平衡，方向竖直向上，扶梯加速上升时，扶梯对乘客的作用力斜向上，故B错误；
C．无论是提速阶段还是在较高速度匀速运动时乘客受到的摩擦力都是静摩擦力作用，故C错误。
D．在提速阶段，乘客受到扶梯的摩擦力大于重力沿扶梯向下的分力，而匀速时等于重力沿扶梯向下的分力，故D正确。
故选AD。
14．BC
【详解】
车厢静止时，A恰好不下滑，则弹簧处于压缩状态。设弹簧弹力为F，车厢对A的支持力为，对此时的A受力分析可得
解得
车厢沿水平方向加速运动，为保证A仍相对车厢静止，车厢对A的支持力必须大于等于，对A受力分析，由牛顿第二定律可得A物体的加速度一定向右。
车厢沿水平方向加速运动，要保证B仍相对车厢静止，对B受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
故选BC。
15．BD
【详解】
从小球下落到与弹簧接触开始，一直到小球速度为零的过程中，小球受竖直向下的重力和弹簧对小球竖直向上的弹力，开始时弹簧的弹力小于重力，小球受到的合力向下，加速度向下，速度也向下，做加速运动；随着弹簧压缩量的增大，弹簧弹力增大，合力
越来越小，加速度越来越小，做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于小球重力时，合力为零，加速度为零，速度达到最大值；之后弹簧弹力大于小球重力，合力向上，加速度向上，速度向下，做减速运动；随着弹簧压缩量的增大，弹簧弹力增大，合力
越来越大，加速度越来越大，做加速度增大的减速运动直至速度为零到达压缩最大之处。
故选BD。
16．加速度 运动
【详解】
略
17． 不变
【详解】
小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根据平行四边形定则知，圆柱体所受的合力为
则圆柱体的加速度
则车的加速度为
无摩擦时，圆柱体的受力如图
当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力始终为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力始终等于重力，斜面对圆柱体的弹力不变．
18．2kg，8N
【详解】
由牛顿第二定律有
若该物体产生了4m/s2的加速度，则它受到的合力
19．(1)24m；(2)6N；(3)
【详解】
(1)上滑的最远距离
(2)设撤去F后物体继续上滑的加速度大小为，由图像知
由牛顿第二定律，内
代入数据解得
(3)因，物体此后将沿斜面加速下滑，由牛顿运动定律有
返回过程中，由运动学规律有
代入数据解得返回出发点的速度
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