2018-2019学年度物理必修一牛顿第二定律测试题

2018-2019学年度物理必修一牛顿第二定律测试题
一、选择题（本题共15道小题）
1.
（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图．取g=10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m=4kg
B．木板的质量M=2kg
C．当F=8 N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
2.
如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d，而且均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线。一工件(视为质点)从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止。下列说法中正确的是 ( )
A. 工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为
B. 工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为
C. 工件与乙传送带间的动摩擦因数
D. 乙传送带对工件的摩擦力做功为零
3.
（多选题）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B．从a到b过程中，粒子的电势能不断减小
C．无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大
D．电场中a点的电势一定比b点的电势高
4.
在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图所示．现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb变化情况是（　　）
A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小
C．Fa不变，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大
5.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（　　）
A.
B.
C.
D.
6.
火车轨道在转弯处外轨高于内轨，且高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（　　）
①当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
②当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
③当速度大于v时，轮缘挤压外轨
④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
7.
（多选题）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（　　）
A．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
D．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
8.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ 　）
A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2
B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2
C. 乘客处于失重状态
D. 乘客对电梯地板的压力为425 N
9.
一滑块以初速度v0从固定斜面底端沿斜面（其足够长）向上滑，该滑块的速度--时间图象不可能是（　　）
A. B.
C. D.
10.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
11.在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的支持力恰好为零，取g＝10m/s2，以下说法正确的是
A. 此时轻弹簧的弹力为零
B. 此时轻绳的拉力为
C. 当剪断轻绳的瞬间，小球所受的摩擦力为零
D. 当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为8m/s2，方向向左
12.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是
A. B. C. D.
13.如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为一q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是
A. 将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力
B. 将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力
C. 将线OA剪断的瞬间，B、C球间的细线张力
D. 将线OA剪断的瞬间，B、C球间的细线张力
14.在升降机中挂一个弹簧秤, 下吊一个小球(如图), 当升降机静止时, 弹簧伸长4 cm. 当升降机运动时弹簧伸长2 cm, 若弹簧秤质量不计, 则升降机的运动情况可能是

A. 以1 m/s2的加速度下降
B. 以4.9 m/s2的加速度减速上升
C. 以1 m/s2的加速度加速上升
D. 以4.9 m/s2的加速度加速下降
15.下列说法正确的是( )
A. 体积很小的物体都可以被看成质点
B. 受静摩擦力作用的物体一定是静止的，受滑动摩擦力作用的物体一定是运动的
C. 牛顿第一定律是牛顿第二定律中a=0的特殊情况
D. 伽利略的理想斜面实验说明：力不是维持物体运动的原因

二、实验题
16.
（填空）在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中：
（1）某同学在接通电进行实验之前，将实验器材组装，如图所示。请你指出该装置中错误或不妥之
处： 。
（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验，如图是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可算得小车的加速度为 m/s2。（保留三位有效数字）
（3）该同学要探究小车的加速度和质量的关系，应该保持 不变；若该同学要探究加速度和拉力的关系，应保持 不变。
（4）该同学通过数据的处理作出了图象，如图所示，则
①图中的直线不过原点的原因是 。
②此图中直线发生弯曲的原因是砂桶质量 （填“偏大”或“偏小”）。
四、计算题
17.如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角=30°的固定的光滑斜轨道面进行.有一件质量为m=2.0kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平地面上滑行一段距离停下，若A点距离水平地面的高度h=5.0m，重力加速度g取10m/s2 ，求：
（1）包装盒由A滑到B经历的时间：
（2）若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面与地面接触处的能量损耗）
18.如图所示,质量M=4 kg、长L=2 m的木板A静止在光滑水平面上,质量m=1 kg的小滑块B置于A的左端.B在F=3 N的水平恒力作用下由静止开始运动,当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2.求:
(1) 撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2.
(2) F对B做的功W.
(3) 整个运动过程中因摩擦产生的热量Q.
19.如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：
(1)传送带上黑色痕迹的长度；
(2)求平板与地面间动摩擦因数的大小；
(3)平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字）。
20.如图所示,半径r=m的两圆柱体A和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=3.2 m.两圆柱体A和B均被电动机带动以6 rad/s的角速度同方向转动,质量均匀分布的长木板无初速度地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的上方.从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动.设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同.重力加速度取g=10.0 m/s2,取π≈3.0.求:
(1) 圆柱体边缘上某点的向心加速度.
(2) 圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数.
(3) 从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间.
试卷答案
1.ABD
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
【解答】解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a==F﹣，由图示图象可知，图线的斜率：k====，解得：M=2kg，滑块的质量为：m=4kg．故AB正确．
C、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=×F﹣，代入数据解得：μ=0.1，由图示图象可知，当F=8N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a=μg=1m/s2．故C错误，D正确．
故选：ABD．
2.AD
试题分析：物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的和向后的，合速度为，就是沿着与乙成45°的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，故A正确。假设它受滑动摩擦力，方向与合相对速度在同一直线，所以角，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有：，解得；运动距离又，L和a代入所以，，故B错误、C错误。滑上乙之前，工件绝对速度为，动能为，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是，动能也是，而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为0，故D正确。
考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、动能定理．
3.AC
【考点】电场线；牛顿第二定律；电势．
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A正确
B、由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，故B错误
C、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确
D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误
故选AC．
4.C
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【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．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得：
水平方向：Fasinα﹣Fb=ma ①
竖直方向：Facosα﹣mg=0 ②
由题，α不变，由②分析得知Fa不变．
由①得知，Fb=Fasinα﹣ma＜Fasinα，即Fb变小．
故选：C．
5.C
解：当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30°=6ma ①,将2个m及上面的2m看做整体：fm+4mgsin30=4ma ②,由①、②解得：;故选C.
【点睛】本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉力．
6.A
【考点】牛顿第二定律；向心力．
【分析】火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，可以根据牛顿第二定律列式求得转弯速度v；如果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压；反之，挤压内侧铁轨．
【解答】解：①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有
F=mgtanθ=m
解得
v=
故①正确，②错误；
③④果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误；
故选：A．
7.AD
【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．
【分析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化．
【解答】解：A、甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以A正确，BC错误；
D、甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，所以D正确；
故选：AD．
8.BC
电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量变为静止时的3/4，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-kx=ma，即a=2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项AC错误，选项B正确；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m′g-FN=m′a，乘客对地板的压力大小为FN=m′g-m′a=500 -50×2.5 N=375 N，选项D错误．故选B．
点睛：此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向，由于小球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况．
9.D
上滑过程中，物块做匀加速度直线运动，下滑过程中物块做匀加速度直线运动，加速度减小了，C对；还有可能上升到最高点，重力的分力不足以克服最大静摩擦力而静止，B对；如果斜面光滑，则选A，D不可能；
10.A
本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。
由牛顿运动定律，F-mg-F弹=ma，F弹=kx，联立解得F=mg+ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A。
【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
11.BD
试题分析：剪断轻绳前小球受力情况，如图所示，根据平衡条件得：
轻弹簧的弹力大小F=mg=20N，细线的拉力大小为T=mg=20N
剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F=20N，水平面对小球的支持力大小N=mg=20N，摩擦力大小为f=μmg=4N，根据牛顿第二定律得：加速度，方向向左．故选BD.
考点：牛顿第二定律；共点力的平衡.
12.A
试题分析：对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．
设单位长度质量为m，对整体分析有；对x分析可知，联立解得：，故可知T与x成正比，且x=0时，T=0，故A正确；
13.B
试题分析：
A、B、C三个小球一起以加速度做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解。
解：B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个沿斜面向下的加速度，此时A、B球的加速度为（显然大于），C球以加速度匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为
故B正确。
【点睛】本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零。
14.BD
解：升降机静止时，弹簧伸长4 cm，则；当升降机运动时弹簧伸长2 cm，则；联立解得：，方向竖直向下。升降机可能是加速下降，也可能是减速上升。故BD两项正确，AC两项错误。
15.D
质量很小、体积很小的物体也不一定就能够看成质点，比如原子的质量和体积都很小，但是在研究原子的运动时原子是不能看成质点的，所以A错误；受静摩擦力作用的物体不一定静止，比如：正在沿着传送带斜向上运动的物体，受滑动摩擦力作用的物体也不一定在运动，比如：地面上滑行的物体，地面受到是滑动摩擦力；故B错误；牛顿第一定律表述物体具有惯性，指出力是改变物体运动状态的原因；而牛顿第二定律表述F，m，a三者之间的关系，牛顿第一定律不是牛顿第二定律F合=0的一种特殊情况，故C错误．伽利略的理想斜面实验说明:力不是维持物体运动的原因，选项D正确；故选D.
16.（1）不应使用干电池 （2）0.195（3）F或拉力 质量或M
(4)平衡摩擦力太过 偏重
17.(1)2.0s (2)10m
试题分析：对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得:
包装盒沿斜面由A到B的位移为
设包装盒由A到B做匀加速运动的时间为t
则
解得：
（2）由动能定理得：
其中
在B点速度
代入已知，得s="10m"
考点：动能定理；牛顿第二定律.
18.（1）a1=0.5 m/s2，a2=1 m/s2；（2）6 J；（3）2.4 J
(1)根据牛顿第二定律得：
对A：μmg=Ma1,代入数据得：a1=0.5m/s2
对B：F?μmg=ma2,代入数据得：a2=1m/s2.
(2)设F作用时间为t，由位移公式得：
对B：
对A：
当B运动至A的中点时,有xB?xA=L/2??
代入数据得：t=2s??
F做的功：W=FxB
代入数据得：W=6J???
(3)撤去F后
对B:?μmg=ma3
代入数据得：a3=?2m/s2
设从撤去F到A.?B相对静止所需时间为t′，则：
?a2t+a3?t′=a1t+a1t′
代入数据得：t′=25s?????????????
由位移关系得：
代入数据得：?????????????????????
摩擦产生的热：
代入数据得：Q=2.4?J???????
【名师点睛】
（1）根据牛顿第二定律求A、B的加速度大小a1、a2；（2）当B运动至A的中点时B与A对地位移之差等于L/2，根据位移时间公式和位移关系求出F作用的时间t，再求得B的位移，即可由W=Fx求解F对B做的功W；（3）撤去F后，B做匀减速运动，A做匀加速运动，由牛顿第二定律和速度公式求得两者达到相同速度时所经历的时间，再求得相对位移，从而求得摩擦生热。
19.（1）3.75m；（2）0.3；（3）1.6m。
解：（1）对煤块由牛顿第二定律：μ1mg=ma1得 a1=2m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得：v12=2a1L解得：v1=3m/s因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：
t1时间内皮带位移：s皮=v0t1=4×m=6m△s=s皮-L=6-2.25m=3.75m（2）煤块滑上平板时速度 v1=3m/s，a1=2m/s两者速度相等有：v共=v1-a1t0=a2t0解得 a2=1m/s2v共=1m/s对平板由牛顿第二定律：F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2解得：μ2=0.3（3）由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3得 a3=-m/s2
全过程平板位移：
解得 s板=m全过程煤块位移：s煤=m所以板长 l=s煤-s板≈1.6m
【点睛】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
20.(1) 12.0 m/s2(2) 0.1(3) 2.6 s
解：(1)根据向心加速度的公式可知：a轮＝ω2r＝12.0m/s2
(2)木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时，木板不受摩擦力． 则：v=rω=2.0m/s
圆柱体转动两周的时间：
所以加速度：
由：
所以：
(1)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为S1．则：v2=2as1
所以：
因s1＜s，所以木板在两圆柱体间的运动先是作匀加速直线运动，后作匀速直线运动．可见，从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间应是两部分之和．
【点睛】解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．