山东省古交市第二高级中学2020-2021学年鲁科版（2019）必修第一册：5.3牛顿第二运动定律 配套练习（含解析）

5.3牛顿第二运动定律 配套练习（含解析）
1．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．取g=10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出的是（　　）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为时物体的速度
2．质量为2kg的物体，受到4个力的作用而处于静止状态，当撤去其中一个力F1后，其它力保持不变，物体运动的加速度为2m/s2，方向向北，则F1的大小和方向为 ( )
A．2N、方向向北 B．2N、方向向南
C．4N、方向向南 D．4N、方向向北
3．如图所示，小球a的质量为2m,小球b质量的m，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A与竖直方向夹角为53°，则下列说法中正确的是(　　)
A．轻弹簧A、B的弹力之比为4∶1
B．轻弹簧A、B的弹力之比为2∶1
C．轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为2g和0
D．轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为3g和0
4．如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（ ）
A．与θ有关
B．与斜面动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．FT＝，仅与两物体质量有关
5．如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为( )
A．（M＋m）g B．（M＋m）g－F
C．（M＋m）g＋Fsinθ D．（M＋m）g－Fsinθ
6．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么，图中所示的四种情况中符合要求的是( )
A． B．
C． D．
7．如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是
A．m B．ma
C．m D．m(g+a)
8．如图示，两物块质量为M和m，用绳连接后放在倾角为θ的斜面上，物块和斜面的动摩擦因数为μ，用沿斜面向上的恒力F 拉物块M 做匀加速直线运动，则中间绳子的张力T（　　）
A．T 的大小与运动情况无关 B．T 的大小与θ无关
C．T 的大小与μ无关 D．以上说法都不对
9．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2．则
A．摩擦力的方向始终沿传送带向下
B．1~2s内，物块的加速度为2m/s2
C．传送带的倾角θ=30°
D．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
10．如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )
A．向右做加速运动
B．向右做减速运动
C．向左做加速运动
D．向左做减速运动
11．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，长方体盒子底面水平，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。现将斜劈A在斜面体C上由静止释放，以下说法正确的是（　　）
A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P对球B有压力
B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对球B均无压力
C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对球B均无压力
D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q对球B有压力
12．如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长，由静止释放圆环，到圆环向下的速度达到最大的过程中(此过程物块一直保持静止)(　 　)
A．圆环受到的合力在减小
B．杆对圆环的作用力在减小
C．地面对物块的摩擦力在减小
D．地面对物块的支持力在增大
13．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙所示放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为 D．M运动的加速度大小为
14．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（　　）
A．传送带一定逆时针转动 B．
C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为2 gsinθ-
15．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。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，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．B球的受力情况未变，加速度为零
C．A、B之间杆的拉力大小为
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
16．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为。现小球在的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为。试求：（g取，计算结果均保留两位有效数字）
(1)小球运动的加速度a。
(2)若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离s。
(3)若从撤去力F开始计时，小球经多长时间回到A点。
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：
Fcosθ-mgsinθ=ma①
y方向：
N-Fsinθ-Gcosθ=0②
从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①解得：
m=2kg，θ=37°
故AB正确；
C.当a=0时，可解得F=15N，故C正确；
D.题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，故D错误．
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据牛顿第二定律得到其余两个力的合力大小F合=ma=4N，方向向北．而原来物体处于平衡状态，F1、F2两个力的合力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，所以F1、F2的合力是4N，方向向南。
故选C。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB.对小球b受力分析，受重力和拉力，受力平衡，弹簧B的弹力：
FB=mg；
对小球a、b整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件，弹簧A的拉力：
，
解得：，故；故A项错误，B项错误.
CD.剪断细绳的瞬间，弹簧B的弹力不能突变，则b球的受力不变，故其加速度为0；
根据平衡时
；
而剪断细绳时，a球的受力少了绳的拉力，故a球的合力为4mg，方向水平向右；根据牛顿第二定律可知a球的瞬时加速度为，方向水平向右；故C项正确，D项错误.
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
对整体分析，根据牛顿第二定律得，
隔离对m析，有：
FT-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a
解得
FT＝
知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．
故D正确，A、B、C错误．
5．D
【解析】
【分析】
小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力。
【详解】
以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力N和摩擦力f。根据平衡条件得，地面对楔形物块的支持力
N=(M+m)g﹣Fsinθ
故选D。
【点睛】
本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究受力情况，往往简单方便．本题也可以隔离两个物体分别研究。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：，所以：，因此当θ=450时，时间最短，故ABD错误，C正确．
【点睛】
注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论．
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
西瓜受到重力和其它西瓜给它的作用力而减速运动，加速度水平向右，其合力水平向右，作出西瓜A受力如图所示：
由牛顿第二定律可得： , 所以： ，故ABD错误，C正确．故选C．
【点睛】
无论是已知运动求受力情况，还是已知受力求运动情况，加速度都是联系力与运动的桥梁，正确受力分析，根据牛顿第二定律列方程是解题关键.
8．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
根据牛顿第二定律得
对整体
对m
则中间绳上的张力
故ABC正确。
故选ABC。
【点睛】
本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法与隔离法交叉使用的方法，考查灵活选择研究对象的能力。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图2所示图象可知，1～2s内，物块的加速度，故B正确；由图2所示图象可知，在0～1s内物块的加速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故C错误，D正确。
故选BD正确。
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
弹簧处于压缩状态，小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动．故AD正确，BC错误．故选AD
11．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当斜面光滑，斜劈A由静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。知P点对球无压力，Q点对球有压力。故A错误；
B．当斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力，故B错误；
C．斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡。所以P、Q对球均无压力。故C正确；
D．斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下。所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力。故D正确。
故选CD。
【点睛】
斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡。当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向上减速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力。
12．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．圆环从静止到速度最大的过程中，速度不断增大，加速度不断减小，所受合力不断减小，故A正确；
B．由于环在向下运动的过程中，弹簧的长度不断减小，弹力不断增大（弹簧处于压缩状态），弹力沿水平方向的分力不断增大，对环水平方向研究可知，杆对圆环的作用力不断增大，故B错误；
C．对整体研究，地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向，因此地面对物块的摩擦力不断增大，故C错误；
D．对系统整体研究可知，由于环沿竖直方向的加速度不断减小，因此竖直方向根据牛顿第二定律可以知道，物块对地面的压力不断增大，地面对物块的支持力不断增大，故D正确。
故选AD。
13．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
互换位置前，M静止在斜面上，则有
互换位置后，对M有
对m有
又
联立解得
故选BCD。
14．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块将一直加速运动；当滑块沿传送带上滑时，若mgsinθ<μmgcosθ，滑块将先加速到与传送带速度相等时匀速运动。两种情况的速度图像均不符合题给速度图像，所以传送带一定逆时针转动，选项A正确。
B．传送带逆时针转动，滑块在0~t0时间内，加速度较大，说明滑动摩擦力沿传送带向下，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
由速度图像可知
联立解得
选项B错误；
C．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，故传送带速度为v0，选项C错误；
D．当滑块速度增大到等于传送带速度时，滑块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数值得
选项D正确。
15．CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，则说明A、B的加速度也不为零， AB错误；
CD．设A、B之间杆的拉力大小为T，加速度为a，以A.、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为
烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得
再以B单独为研究对象，由牛顿第二定律得
联立上式解得
，
CD正确。
故选CD。
16．(1)；(2)2.4m；(3)1.8s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在力F作用时，撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力
如图
由根据牛顿第二定律，得
解得
(2)刚撤去F时，小球的速度
小球的位移
撤去力F后，小球上滑时有
小球上滑时间
上滑位移
则小球上滑的最大距离为
(3)撤去力F后上升的最大距离
上升的时间
小球下滑时有
解得
回到A点的时间
则从撤去力F开始计时，小球回到A点的时间