2019人教版选择性必修第一册第四章第3节牛顿第二定律同步检测（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册第四章第3节牛顿第二定律同步检测
一、多选题
1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中不属于比值法定义式的是
A．导体的电阻 B．加速度
C．电场强度 D．电容器的电容
2．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相等，那么这个物体的运动可能是（　　）
A．匀变速运动 B．匀速圆周运动
C．曲线运动 D．直线运动
3．某同学在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，使用了如图甲所示的实验装置。保持小车质量不变，改变砂桶中砂的质量，小车的加速度a随其所受拉力F变化图线如图乙所示。对图线未经过原点O的原因分析，可能正确的是（　　）
A．平衡小车所受阻力时木板右端垫得过高 B．未将木板右端垫高以平衡小车所受阻力
C．仅用桶中砂的重力来代替小车所受拉力F D．小车质量未远大于砂和砂桶的总质量
4．将两个分力合成为一个力，合力与分力的关系是（ ）
A．合力的大小一定等于两个分力大小之和
B．合力的大小可能比每一个分力都大，也可能比每一个分力都小
C．合力的大小不可能小于每一个分力的大小
D．合力的大小可能比一个分力大，而比另一个分力小
5．关于以下四幅插图说法正确的是（ ）
A．甲图中，赛车的质量小于普通轿车，目的是启动时可以获得更大的加速度
B．乙图中，高大的桥要造很长的引桥，目的是减小车辆重力沿桥面方向的分力
C．丙图中，火星沿砂轮切线飞出，速度越大的砂粒脱离砂轮时的惯性越大
D．丁图中，小锤用越大的力去打击弹性金属片，两球落地的时间差越大
二、单选题
6．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连。现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q间的摩擦力变化
B．M、N间的摩擦力不变
C．M、N的加速度大小仍为a
D．P、Q的加速度大小变为
7．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．A球的受力情况未变，加速度为零
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B之间杆的拉力为
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
8．如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧M、N连接，并用轻绳悬挂在天花板上，弹簧M水平当悬绳与竖直方向夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同．若M、N的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是
A．
B．
C．若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球的加速度为零
D．若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，b球处于失重状态
9．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比。现用水平5N的拉力作用在物体A上，如图所示，则A对B的拉力大小等于（　　）
A．2N B．2.5N C．3N D．5N
10．沙游乐场有两个沙坡PM、QM，P、Q、M三点在同一竖直圆周上，圆心为O，圆周最低点为M，P、Q位置如图所示，一游客分别从P、Q两点由静止下滑到M点的过程中，加速度分别为a1、a2，经历的时间分别为t1、t2，损失的机械能分别为E1、E2，到达M点的速度分别为v1、v2，则（　　）
A．a1>a2 B．t1=t2 C．E1v2
11．质量为m=2kg的小球置于倾角为的光滑固定斜面上，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在竖直墙上的P点，小球静止于斜面上，弹簧轴线与竖直方向的夹角为，如图所示。取。则（　　）
A．弹簧对小球拉力大小为N
B．小球对斜面的压力的大小为10N
C．弹簧的伸长量为20cm
D．弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度大小为5m/s2
12．如图所示，质量分别为2m、2m、3m的A、B、C三个物体用轻绳和轻弹簧连接，轻绳跨过光滑的定滑轮，系统处于静止状态。现把AB间的轻绳剪断，则在剪断的瞬间，B物体的加速度和地面对C的支持力分别为（　　）
A．aB= B．aB=g
C．FN=4mg D．FN=0
13．[河南南阳一中2018月考]如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为的物块，放在质量也为的托盘上，以表示对的作用力，表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（）．现改变力的大小，使以的加速度匀加速向下运动（为重力加速度，不计空气阻力），此过程中或随变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．一物体能沿倾角为的光滑斜面由底端向上滑行，则物体受到如下力( )
A．重力、支持力
B．重力、支持力、摩擦力、下滑力
C．重力、支持力、下滑力
D．重力、支持力、向上的冲力
15．一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和6N，则物体的加速度大小不可能为（　　）
A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2
16．如图所示，水平面上小车和木块质量相等均为m，轻质弹簧处于伸长状态且弹力大小为F。两物体都静止不动。不计小车和水平面之间的摩擦力，细绳和弹簧都与水平面平行。某时刻烧断细绳，在烧断细绳的瞬时，小车和木块的加速度分别是（　　）
A． B．0， C．，0 D．0，0
三、解答题
17．某科技兴趣小组试飞一架自制的无人机。该无人机的质量m=1.5kg，由静止开始沿竖直方向匀加速上升，加速度a=2m/s2。求：
（1）该无人机2s末速度的大小；
（2）该无人机所受合力的大小。
18．如图所示，圆环的质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球，今让小球沿钢丝AB以初速度v0竖直向上运动，要使圆环对地面无压力，则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少？（设小球不会到达A点）
19．如图所示，质量为0.78kg的金属块放在水平桌面上，在与水平方向成37°角斜向上、大小为3.0N的拉力作用下，以2.0m/s的速度向右做匀速直线运动.已知sin37°=0.6，cos37° = 0.80，g取10m/s2, 求：
(1)金属块与桌面间的动摩擦因数.
(2)如果从某时刻起撤去拉力，从该时刻起再过5s，金属块在桌面上滑行的距离.
20．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
(1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，滑块到达圆心O正下方的B点时速度大小；
(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
(3)满足(2)问条件的s的大小。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．ABC
【解析】
【详解】
A：导体的电阻中电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，不属于比值定义法．
B：加速度a取决于物体所受合力的大小和物体的质量，不属于比值定义法．
C：点电荷产生的电场强度E取决于点电荷电量及与点电荷的距离，与电量及距点电荷的远近有关，不属于比值定义法．
D：电容的定义式中，C与电容器的电量及两板间的电势差均无关，属于比值定义法．
综上，不属于比值法定义式的是ABC．
【点睛】
定义式是为了给一个物理量下定义，而选定的可以表达这个物理量的关系式，其他物理量是成比例地变化，不会影响被定义的量，所以说定义量与其他量无关．决定式可以用来计算定义量，而且决定式中的其他量一旦确定，定义量也就唯一确定了，所以是决定式．
2．ACD
【解析】
【详解】
ACD．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由可知，物体受到的力是恒力。受到恒力作用的运动，加速度恒定。故这个物体的运动是匀变速运动，可能匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动，选项ACD正确；
B．匀速圆周运动合外力始终指向圆心，方向不断发生变化，不是匀变速运动，选项B错误。
故选ACD。
3．AC
【解析】
【详解】
AB．图线不过原点，说明在没有拉力时，小车已经加速运动，即平衡小车所受阻力时木板右端垫得过高，故A正确，B错误；
C．设桶的质量为m1，砂的质量为m2，在小车质量远大于砂和砂桶的总质量时，有
如果仅用桶中砂的重力来代替小车所受拉力F，则有
即在a轴有截距，故C正确；
D．如果小车质量M未远大于砂和砂桶的总质量m，则有
可得
影响图线的斜率，不影响截距，故D错误。
故选AC。
4．BD
【解析】
【详解】
试题分析：A、合力与分力的大小关系遵循平行四边形定则，合力不一定是等于两个分力之和．故A错误．
B、合力的大小可能比分力大，可能比分力小，也有可能与分力大小相等．故BD正确，C错误．
故选BD．
5．AB
【解析】
【详解】
A．依据牛顿第二定律：
可知，减小质量，增大牵引力可增大启动时的加速度，A正确；
B．车辆重力沿桥面方向的分力对车起到阻碍作用，通过造很长的引桥，减小坡度，从而减小车辆重力沿桥面方向的分力，即减小阻力，B正确；
C．物体的惯性与运动状态无关，只与质量有关，C错误；
D．两球落地的时间由竖直高度决定，两小球高度相同，所以下落时间相同，D错误。
故选AB。
6．C
【解析】
【详解】
A．四个物体一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得
对N应用牛顿第二定律有
则M、N间的静摩擦力
对M应用牛顿第二定律，有
则弹簧的拉力
当突然撤去外力F，弹簧弹力不发生突变，P、Q的加速度不变，P、Q间的摩擦力不变，故A错误；
CD．弹簧的弹力使M、N整体产生向左的加速度
得
即M、N的加速度大小不变，故D错误，C正确；
B．此时M、N间的摩擦力大小，对N应用牛顿第二定律，有
故B错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
ACD．细线烧断后，将AB看作一个整体，弹簧拉力瞬时不变，有
解得
对于B球，有
解得
AC错误，D正确；
B．细线烧断后，对于C球，受力为
解得
B错误。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
对球a受力分析，由平衡知识可知： ；对b分析：，则，选项A正确，B错误；若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球受重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度不为零，选项C错误；若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为0，选项D错误.
9．A
【解析】
【详解】
对AB整体受力分析，由牛顿第二定律可得
设A对B的拉力大小为T，对物体B受力分析，由牛顿第二定律可得
又
联立，可得
故选A。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．设PM与水平面夹角为，QM与水平面夹角为，根据牛顿第二定律有
依题意，有
解得
a1a2
故A错误；
B．根据几何关系，有
解得
因为两角度不相等，故B错误；
C．损失的机械能在数值上等于克服摩擦力做的功，有
因为
所以
E1故C正确；
D．根据匀变速直线运动规律，有
联立，可得
v1故D错误。
故选C。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，设斜面对小球的支持力为FN，设弹簧的伸长量为x，对小球受力分析如图
由平衡可得
、、
联立解得
、
故ABC错误；
D．弹簧被剪断的瞬间，小球受重力、斜面对小球的支持力，小球将沿斜面下滑，则
解得
故D正确。
故选D。
12．B
【解析】
【详解】
AB．装置静止时，以B为研究对象，可得弹簧的弹力为
F=mBg-mAg=2mg-2mg=0
剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，则对B，根据牛顿第二定律得
得
aB=g，方向竖直向下
故A错误，B正确；
CD．剪断轻绳时，C的所有受力不变，故对C根据平衡条件得
FN=mCg=3mg
故CD错误。
故选B。
13．D
【解析】
【详解】
设物块和托盘间的压力为零时，弹簧的伸长量为，则有，解得；在此之前，根据可知，二者之间的压力的大小由开始运动时的线性减小到零，初始时刻弹簧弹力为零，对整体受力分析有解得；因此力的大小由开始时的线性减小到；此后托盘与物块分离，力的大小保持不变，故选项A、B、C错误，D正确.
14．A
【解析】
【详解】
物体沿倾角为的光滑斜面由底端向上滑行，物体受到重力，斜面的支持力．斜面光滑，物体不受摩擦力；没有向上运动的冲力，而下滑力是重力按效果分解的沿着斜面方向的分力．故A项正确，BCD三项错误．
【点睛】
受力分析时，只分析研究对象所受的力，不分析对其它物体所施加的力；只分析按性质命名的力，不分析按效果命名的力；每分析一个力，都应找出施力物体，以防多分析出某些不存在的力．
15．A
【解析】
【分析】
【详解】
这两个力的合力最大值为两个力的方向一致时（8N），这两个力的合力最小值为两个力的方向相反时（4N），由牛顿第二定律有
故可得加速度的范围
2m/s2≤a≤4m/s2
不可能为1m/s2。
故选A。
16．C
【解析】
【详解】
在烧断细绳的瞬时，弹簧的形变量不变，弹力不变，则对于木块受力情况不变，加速不变为零，对于小车，烧断细绳的瞬时，绳子拉力为零，只受弹簧的弹力F，则根据牛顿第二定律
解得小车的加速度
故选C。
17．(1)4m/s；(2)3N
【解析】
【详解】
(1)无人机做初速度为零的匀加速直线运动，2s末速度的大小为
(2)根据牛顿第二定律可得
18．
【解析】
【详解】
对小球受力分析，如图所示：
受重力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律
圆环受力分析：地面对环的作用力为0，并且环静止，则
根据牛顿第三定律得
f=f′
得
方向竖直向下；
小球向上做匀减速运动的最大高度为h
负号表示方向竖直向下，与运动方向相反，根据
得
19．（1) 0.4 (2 ) 0.5m
【解析】
【详解】
（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，受力分析如图所示:
则根据平衡条件得 Fcos37°=f，Fsin370+N= mg 又 f=μN
解得：μ=0.4.
（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力为：f′=μmg 根据牛顿第二定律得加速度大小为:
则撤去F后金属块还能滑行的时间为：
所以金属块在5s内的位移等于0.5s内的位移，位移为
点睛：本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图．注意加速度是联系运动和力的桥梁.
20．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
解：设滑块到达B点时的速度为vB，从A到B过程，由动能定理得
由题可知：，，
代入解得
重力和电场力的合力的大小为
设方向与竖直方向的夹角为，则
得
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为，设最小速度为v，根据
解得
即滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度为
从A到速度最小的点全程动能定理
代入解得
即s的大小为
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