山东省济南中学2020-2021学年鲁科版（2019）必修第一册：5.3牛顿第二运动定律 课时训练（含解析）

5.3牛顿第二运动定律
课时训练（含解析）
1．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中
（
）
A．B的加速度为gsinθ
B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直
D．绳的拉力为G
2．如图所示，倾角为的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带足够长，取，
g=10m/s2，下列说法正确的是
A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1.
6s
C．小物块向上滑行的最远距离为3m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
3．两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v?t图象可能正确的是(　
　)
A．
B．
C．
D．
4．如图所示，水平传送带AB长为4m，可视为质点的小煤块以v0=4m/s的速度冲上传送带的A端，与此同时传送带由静止开始做2m/s2的同向匀加速运动，t=1s后，传送带做匀速直线运动，小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g=10m/s2，小煤块从传送带A端滑至B端的过程中（
）
A．小煤块运动全过程的时间为1s
B．小煤块运动全过程的时间为2s
C．小煤块在传送带上留下的划痕长度为2m
D．小煤块在传送带上留下的划痕长度为3m
5．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v3，则下列说法正确的是（
）
A．若v1B．若v1>v2，则v3=v2
C．不管v2多大，总有v3=v2
D．只有v1=v2，才有v3=v1
6．水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别拴住质量均为m的小球，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示．现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前，箱对地面的压力变化情况．下列判断正确的是(
)
A．刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐增大
B．刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小
C．刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐减小
D．刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大
7．一块砖放在一足够长的倾斜木板上，砖能够加速下滑．某时刻起，将板逐渐下放至水平，则砖受到的摩擦力大小的变化可能是：(　
　)
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小再增大
8．如图所示，质量均为m的物块放在水平地面上，且与地面之间的摩擦因数均为，水平恒力作用在A上，使一起加速运动，则间相互作用力大小为
A．
B．
C．
D．
9．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5
s、5~10
s、10~15
s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A．F1B．F2>F3
C．F1>F3
D．F1=F3
10．如图所示，质量为m1的小圆环A套在水平细杆上，质量为m2的小球B通过轻质细线与圆环A连接，用大小为F的水平恒力拉小球B，使A、B一起做匀加速直线运动，加速度大小为a，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．细杆对圆环的支持力大小为
B．圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为
C．细线中的弹力大小为
D．细线与水平方向的夹角的正切值为
11．如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是：
A．2、3两木块之间的距离等于
B．2、3两木块之间的距离等于
C．2、3两木块之间的距离等于1、2两木块之间距离的两倍
D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将保持不变
12．由加速度的定义，可知（　　）
A．与成正比
B．物体加速度大小由决定
C．加速度方向与方向相同
D．就是速度变化率
13．如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（
）
A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上
D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力
14．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10m/s2，则（
）
A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
B．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
C．木板B的质量为1kg
D．滑块A的质量为4kg
15．
下面列举了四个物理量的单位，其中属于国际单位制（SI）的基本单位的是
A．米（m）
B．千克（kg）
C．秒（s）
D．牛顿（N）
16．如图所示，光滑水平面上放着长L＝2
m，质量为M＝4
kg的薄木板，一个质量为m＝1
kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始均静止．现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10
m/s2．求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
（2）如果拉力F＝11N，小物体能获得的最大速度；
（3）如果拉力F＝11
N作用了t＝1s后即撤去，小物体能获得的最大速度．
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
分析滑轮A和B的整体，受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律可得，解得，由于下滑时，物体B相对于A静止，因此物体B的加速度也为g
sinθ，对物体B受力分析得：受到绳子的拉力和重力，因此绳子拉力方向与斜面垂直，因此由拉力为
Gcosθ．因此A正确BCD错误
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，代入数据解得：
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgsosθ=ma2，代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为：
故小物块向上运动的时间为1.6s。故B正确，AD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为：
故C错误。
故选B。
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
若不计空气阻力，则小球下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动（匀减速直线运动），加速度不变，若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越大且大于g，根据速度时间图象的斜率表示加速度可知，D正确。
故选D。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
传送带由静止到匀速直线运动的速度为
运动的位移为
小煤块冲上传送带后做匀减速运动，加速度为
设小煤块达到与传送带共同速度的时间为t1，根据运动学公式得
在t1时间内，根据运动学公式，得小煤块运动的位移为
距离传送带末端还有1m，此后做匀速直线运动，根据，需要的时间t2为
小煤块运动全过程的总时间为
小煤块在传送带上留下的划痕长度为
综上所述，C正确，ABD错误。
故选C。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：
①如果v1＞v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v3=v2；
②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v3=v2；
③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v3=v1；
故选B。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
细线剪断前，箱子受重力、地面的支持力，箱内上面绳子向下的拉力，下面绳子向上的拉力四个力作用处于平衡，当剪断细线的瞬间，下面绳子的拉力突然消失，弹簧来不及发生形变，瞬间弹力不变，对上面球分析，根据平衡知，上面绳子拉力不变，则在此瞬间地面的支持力变大．然后弹簧的弹力逐渐减小，上面绳子的拉力减小，所以地面对箱子支持力逐渐减小．故B正确，ACD错误．故选B．
【点睛】
解决本题的关键知道剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变．通过隔离分析，抓住箱子合力为零，判断支持力的变化．
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
设木板与水平面的倾角为θ，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，垂直木板向上的支持力N，沿木板向上的静摩擦力F，当物体在木板上下滑时，夹角继续减小，则有N=mgcosθ
与f=μN=μmgcosθ
所以有摩擦力增大；当在物体处于静止状态时，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力相平衡，故合力不变．因此，N=mgcosθ；在沿斜面方向有f′=mgsinθ，由题意可知θ逐渐减小，故N逐渐增大，f′逐渐减小．
A．一直增大，与结论不相符，选项A错误；
B．
一直减小，与结论不相符，选项B错误；
C．先增大后减小，与结论相符，选项C正确；
D．先减小再增大，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况．
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
对A、B整体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律：
F-2μmg=2ma
再隔离B受力分析如图所示：
由牛顿第二定律：
F′-μmg=ma
联立解得：
故B正确，ACD错误.
9．A
【解析】
由v–t图象可知，0~5
s内加速度a1="0.2"
m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin
θ–f–F1=ma1，F1="mgsin"
θ–f–0.2m；5~10
s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin
θ–f–F2=ma2，F2="mgsin"
θ–f；10~15
s内加速度a3="–0.2"
m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin
θ–f–F3=ma3，F3="mgsin"
θ–f+0.2m．故可得：F3>F2>F1，选项A正确．
【考点定位】图像，牛顿第二定律
【名师点睛】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，基础题．
10．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得细杆对圆环的支持力大小为
m1g+m2g
故A错误；
B．以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：
F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a
解得圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为
μ=
故B正确；
C．对小球B受力分析可得，细线的拉力在竖直方向的分力为
Ty=m2g
在水平方向的分力为Tx，根据牛顿第二定律可得：
F-Tx=m2a
解得：
Tx=F-m2a
则细线中的弹力大小为：
T==
故C错误；
D．设细线与水平方向的夹角为θ，则根据几何关系可得：
tanθ==
故D正确．
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．对木块3受力分析：重力、支持力、滑动摩擦、弹簧的拉力，根据平衡条件，有：
解得：
故弹簧的长度为：
故A错误，B正确；
C．对木块2、3整体受力分析：重力、支持力、滑动摩擦力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有：
解得：
故弹簧的长度为：
=
故△x＜△x′，故C错误；
D．如果传送带突然加速，支持力不变，根据滑动摩擦力不变，弹簧弹力也不变，故合力不变，故物体全部保持静止，相邻两木块之间的距离都将不变；故D正确。
故选BD．
12．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．加速度的定义式，加速度的决定式，大，但更大时，可以很小，反之一样，所以不可以说与成正比，与成反比，故A错误；
B．加速度的决定式是，则物体加速度大小与无关，故B错误；
C．由加速度的定义式可知，的方向与的方向相同，故C正确；
D．由可知，加速度表示速度的变化率，故D正确。
故选CD．
13．AB
【解析】
【分析】
【详解】
AD．将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A正确D错误；
B．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，故B正确；
C．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．
故选AB
14．BC
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2．对A、B整体，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：
mA+mB=4kg
当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：
由图示图象可知，图线的斜率：，解得：
mB=1kg
滑块A的质量为：
mA=3kg
对于方程，知当a=0时，F=6N，代入数据解得：
μ=0.2
故AD错误，C正确。
B．根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：
故B正确。
故选BC。
15．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
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，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，牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故ABC正确，D错误．
16．(1)
10N
(2)
8m/s
(3)
2.2m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律：μmg=ma
所以可得小物体最大加速度为：
a=μg=0.2×10
=2m/s2
对整体分析，由牛顿第二定律得：
Fm=（M+m）a=（4+1）×2=10N
(2)
因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1
物块在木板上相对运动的时间为t，有：
解得：
t=4s
物块脱离木板时的速度最大为：
vm=at=8m/s
(3)
因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1
解得：
由上可知t＝1s时，物体并未脱离木块，此时
物体的速度为：
物体的位移为：
木板的速度为：
木板的位移为：
撤去外力后，物体的加速度为：
a=μg=0.2×10
=2m/s2
木板的加速度为：a2=0.5m/s2
木板和物块共速时间为：v2-a2t2=v1+at2
代入数据解得：
t2=0.1s
此过程中物体的位移为：
木板的位移为：
物块相对木板滑动的距离为：
所以物块将会与木板相对静止，且此时物块速度最大，即