4.3 牛顿第二定律 课时练习（含解析）

沪科版（2019）高中物理必修一第四章牛顿运动定律-第三节牛顿第二定律课时练习
一、单选题
1．宇航员在月球表面同时同高度由静止释放一个石块和一张纸片，则下列说法正确的是…（　　）
A．石块落地用时少 B．纸片落地用时少
C．石块与纸片同时落地 D．无法比较
2．质量为2kg的物体受到两个大小分别为6N和8N的共点力作用，则物体的加速度大小可能是（　　）
A．10m/s2 B．7m/s2 C．11m/s2 D．14m/s2
3．关于速度、加速度、合外力间的关系，下列说法正确的是（　　）
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零
C．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零
D．物体的速度方向为正，加速度方向也为正，所受的合外力的方向可能为负
4．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿如图所示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则（　　）
A．a1最大 B．a2最大
C．a3最大 D．a1=a2=a3
5．静止物体受到合外力随时间变化图象如图所示，它的速度随时间变化的图象是下图中的哪个（ ）
A． B．
C． D．
6．物体静止在光滑的水平桌面上.从某一时刻起用水平恒力F推物体，则在该力刚开始作用的瞬间 ( )
A．立即产生加速度，但速度仍然为零 B．立即同时产生加速度和速度
C．速度和加速度均为零 D．立即产生速度，但加速度仍然为零
7．一轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时弹簧伸长了4cm，再将重物向下拉1cm，然后放手，则在释放瞬间重物的加速度是（g=10m/s2）（?????）
A．2.5m/s2???? B．7.5m/s2???? C．10m/s2???? D．12.5m/s2
8．物体所受的合外力逐渐减少，则下面说法不正确的是（ ）
A．物体的速度一定逐渐减少 B．物体的速度可能逐渐增大
C．物体的速度可能减少 D．物体的加速度一定逐渐减少
9．2011年8月10日，中国改装的瓦良格号航空母舰出海试航，它的满载排水量为64000吨，有四台50000马力的蒸汽轮机提供其动力．设想如能创造一理想的没有阻力的环境，用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰，则从理论上可以说（　　）
A．航空母舰惯性太大，所以完全无法拖动
B．一旦施力于航空母舰，航空母舰立即产生一个加速度
C．由于航空母舰惯性很大，施力于航空母舰后，要经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度
D．由于航空母舰在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，很快会获得一个较大的速度
10．质量为8×103kg的汽车以1.5 m/s2的加速度加速，阻力为2.5×103N，那么汽车的牵引力是
A．2.5×103N B．9.5×103N C．1.2×104N D．1.45×104N
11．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
12．如图所示，小球由细线AB、AC拉住静止，AB保持水平，AC与竖直方向成α角，此时AC对球的拉力为T1.现将AB线烧断，小球开始摆动，当小球返回原处时，AC对小球拉力为T2，则T1与T2之比为（　　）
A．1：1 B．1：cos2α C．cos2α：1 D．sin2α：cos2α
二、填空题
13．如图所示，质量分别为ma和mb的小球用弹簧相连后，再用细绳悬挂在电梯顶端。现在电梯以加速度a向上作匀加速运动，A、B两个小球相对静止，重力加速度为g。在加速过程中，剪断细绳的瞬间A球的加速度大小为______ ，B球的加速度大小为______ 。
14．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”)．
15．一木箱质量为20kg，放在水平地面上，它与地面间的动摩擦系数为0.4，在F＝100N水平拉力作用下做匀加速运动，则运动中木箱受到摩擦力大小为______N，合力大小为______N，运动加速度为______m/s2。（取g＝10m/s2）
16．质量为2kg的物体在几个共点力的作用下处于平衡状态。若撤去一个大小为8N、方向水平向右的力，则该物体的加速度大小为___m/s2，方向___。
三、实验题
17．某同学设计了一个如图所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量（m＋m′＝m0）保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．
（1）该同学手中有电磁打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有（_______）．
A．秒表　　　　 B．毫米刻度尺　　　　C．天平　　　　D．低压交流电源
（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA＝1.61 cm，OB＝4.02 cm，OC＝7.26 cm，OD＝11.30 cm，OE＝16.14 cm，OF＝21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v＝______m/s，此次实验滑块的加速度a＝_____m/s2.（结果均保留两位有效数字）
（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_______.（g取10 m/s2）．
18．2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：
（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（iii）该同学选取部分实验数据，画出了—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2
（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_____m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）
(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80）
19．如图，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8m/s2。铁块沿木板下滑时的加速度为______（结果保留2位小数），进一步可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为______（结果保留2位小数）。
参考答案
1．C
【详解】
在月球上没有空气，纸片和石块均只受重力，根据牛顿第二定律，有
纸片和石块从同一高度处同时由静止释放，初速度为零，即两个物体的运动情况完全相同，根据
同时落地。
故选C。
2．B
【详解】
6N和8N的两个水平力作用，合力范围为
物体的质量为2kg，根据牛顿第二定律，加速度的范围为
故选B。
3．C
【详解】
A．物体的速度越大，加速度不一定大，故合力并不一定大，A错误；
B．物体的速度为零，加速度不一定为零，故合力不一定为零，B错误；
C．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零，如物体做匀速直线运动，C正确；
D．加速度的方向与合力方向同向，当加速度方向为正时，合力方向一定为正，D错误；
故选C。
4．A
【详解】
对物体1水平方向由牛顿第二定律可得
竖直方向由平衡关系可得
联立可得
同理对物体2水平方向由牛顿第二定律可得
竖直方向由平衡关系可得
联立可得
对物体3由牛顿第二定律可得
解得
比较数值可知
故选A。
5．A
【详解】
物体做匀加速度运动，加速度为；物体也做匀加速运动，加速度为；由于的合外力小于的合外力，故，以后合力为零，故物体加速度为零，物体做运动直线运动，故A正确，BCD错误；
故选A。
6．A
【详解】
根据牛顿第二定律，有力就有加速度，力与加速度具有同时性；而速度是一个渐变量，其改变需要一定的时间．所以，该力刚开始作用的瞬间，物体立即产生加速度，但速度仍然为零，A正确．
7．A
【详解】
设弹簧的劲度系数为k，则平衡时mg=k×4cm；将重物向下拉1cm时，弹簧的弹力为k×5cm，则刚放开时，弹簧的弹力不能立即变为0，故仍是k×5cm，方向竖直向上，此时重物还受到重力的作用，故此时的合外力为k×5cm－mg，故加速度的大小为a==2.5m/s2，故选项A正确．
8．A
【详解】
ABC．当物体所受的合外力与速度方向相反时，物体的速度逐渐减少，合外力与速度方向相同时，物体的速度逐渐增大，A错误，符合题意；BC正确，不符合题意。
D．物体所受的合外力逐渐减少，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度一定逐渐减少，D正确，不符合题意。
故选A。
9．B
【详解】
由牛顿第二定律可知，加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比，即加速度与力存在瞬时对应关系．
A、虽然航空母舰惯性太大，但只要有力作用在它上面，就会产生加速度，只是比较小而已；错误
BC、加速度具有瞬时性，有力作用在物体上，不管物体质量大小，同时就会产生加速度；B正确C错误
D、根据牛顿第二定律可知，加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比，即使在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，也不会获得一个较大的速度；错误
故选B
10．D
【详解】
由题，汽车在水平方向受到牵引力F和阻力f，合力产生加速度，则根据牛顿第二定律得，F-f=ma，则有F=f+ma=2.5×103N+8×103×1.5N=1.45×104N，故选D．
11．D
【详解】
对滑块：，在运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以加速度减小，物体先做加速度减小的加速运动，当弹力增大到大于摩擦力时，，随弹力的增大，加速度增大，物体做加速度增大的减速运动直到速度减小为零，弹簧最长，所以A、B、C错误；D正确．
12．B
【详解】
当AB没有剪断时,以小球为研究对象进行受力分析，绳子AC的弹力为，当绳子剪断回到原来位置时，圆周运动中沿半径方向的合力提供向心力，此时速度为零，绳子的拉力等于重力沿绳子方向的分力，所以两次绳子的拉力之比为1∶cos2α，B对；
13．a
【详解】
[1]剪断细绳的瞬间弹簧弹力不能突变, A球的受力情况没有发生变化，故加速度仍为a，方向竖直向上。
[2]剪断后以A为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律得
剪断后以B为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律得
联立以上两式解得
方向竖直向下。
14． 不变
【详解】
[1]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
[2]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．
15．80 20 1
【详解】
[1] 木箱在水平拉力作用下做匀加速运动， 木箱受到的滑动摩擦力大小为
代入数据求得：
[2][3]木箱在水平拉力作用下做匀加速运动，所受合力为
由牛顿第二定律
故代入可求得木箱加速度为：
16．4 水平向左
【详解】
[1][2]．由共点力平衡的条件知，撤去大小为8N的力后，其它力的合力的大小就是8N，方向与8N的力的方向相反，即水平向左，由牛顿第二定律得
方向水平向左。
17．BD 0.53 0.81 0.3
【详解】
(1)[1].A.打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．
B.实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．
C.本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．
D.电磁打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．
(2)[2].每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：
[3].由△x=at2可得：
(3).对ABC系统应用牛顿第二定律可得：
所以a-t图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，
解得：
μ=0.30
18．0.32或0.33 3.1 9.4
【详解】
(1)[1][2]根据可得
则由图像可知
则
v0=0.33m/s
(2)[3]由牛顿第二定律可知
即
当θ=53°时a=5.6m/s2，即
当θ=37°时a=3.0m/s2，即
联立解得
g=9.4m/s2
19． 1.97m/s2 0.35
【详解】
（1）[1]对铁块，由牛顿第二定律可得
故铁块的摩擦因素为
（2）[2][3]由逐差法可得，物体的加速度为
故摩擦因素为