（山东）鲁科版（2019）高中物理必修第一册 5.3 牛顿第二运动定律 基础训练（word含答案）

山东省高一物理必修一鲁科版（2019）
第五章第3节牛顿第二运动定律基础训练
一、单选题
1．在国际单位制中，力学物理量的基本单位是（　　）
A．千克、秒、米 B．质量、时间、力
C．质量、时间、长度 D．千克、秒、牛
2．下列各组仪器中，可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的是（　　）
A．米尺、弹簧测力计、停表 B．米尺、天平、停表
C．米尺、测力计、打点计时器 D．量筒、天平、停表
3．如图所示，一质量为m的物体放在电梯地板上，已知重力加速度为g，当电梯以大小为a的加速度匀加速上升时，地板对物体支持力的大小为（　　）
A．mg B．ma C．mg-ma D．mg+ma
4．如图所示，两个质量分别为m1=2 kg，m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=30 N，F2=20 N的水平拉力分别作用在m1，m2上，则（　　）
A．弹簧测力计的示数是25 N
B．弹簧测力计的示数是50 N
C．在突然撤去力F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2
D．在突然撤去力F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
5．如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短（在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速
C．当物块的速度最大时，它所受的合力不为零D．当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零
6．一煤块（可视为质点）放在水平浅色传送带左端，刚开始均处于静止状态，某时刻传送带以3m/s2的加速度开始匀加速顺时针运行，经过△t=1s后开始匀速运行，最终煤块从右端掉下。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，传送带长度为L=18m，重力加速度g=10m/s2，则整个过程中产生的黑色痕迹的长度是：（　　）
A．3m B．4.5m C．7.5m D．9m
7．如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为F=2mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的原长为B．斜面的倾角为α=60°
C．撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度为D．撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为零
8．倾角为37°的光滑固定斜面上，有两个用轻质弹簧连接的质量均为1 kg的小球A、B，在如图所示的水平向左的推力F作用下，一起沿斜面以4 m/s2的加速度向上做匀加速运动．已知弹簧的原长为20 cm，劲度系数为200 N/m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为
A．0.25 m，25 N B．0.15 m，25 N
C．0.25 m，12.5 N D．0.15 m，12.5 N
9．在水平地面上以初速度v0竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力大小与速度大小的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为矢量的正方向，小球运动的a-t和v-t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，质量均为m的A、B两个小球用轻弹簧连接，用PO、QO两段细线悬吊处于静止状态，PO与水平方向的夹角θ=30°，QO与水平方向的夹角α=60°，重力加速度为g，则剪断PO瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）
A．g，0 B．，0
C．g，g D．，
11．用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑(下滑过程线圈形状保持不变），已知重力加速度为g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为（　　）
A． B． C． D．L
12．如图所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取，则
A．小球从一开始就与挡板分离 B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离 D．小球向下运动0.02m时速度最大
二、填空题
13．在国际单位制中，角度的单位是_____________，时间的单位是____________，线速度的单位是_________，角速度的单位是__________.
14．用2N的水平力拉一个静止在水平面上的物体，可使它获得1m/s2的加速度；若用3N的水平力拉这个静止物体，可使它获得2m/s2的加速度。则物体受到的滑动摩擦力的大小是________N。
15．如图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，已知重力加速度为g，小球受到细线的拉力FT=_______；当斜面体的加速度?时，小球受到细线的拉力__________。
16．与水平面倾角成37°的足够长斜面上，一个物体以10m/s的初速度冲上斜面，后又返回到出发点，它与斜面的动摩擦因素为0.5，则整个过程中总共用时_____________s，返回出发点时的速度大小是_____________m/s（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
三、实验题
17．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．
实验步骤如下：
A．用天平测出物块质量M＝500g、重物质量m＝200g；
B．调整长木板上的轻滑轮，使细线水平；
C．调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力；
D．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹；
E．多次重复步骤（D），选取点迹清晰的纸带，求出加速度a；
F．根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．
回到下列问题：
（1）以上实验步骤中，不需要的步骤是_____；
（2）某纸带如图所示，各点间还有4个点未标出，则物块的加速度a＝___m／s2（结果保留三位有效数字）；
（3）根据实验原理，动摩擦因数μ＝_____（用M、m、a和重力加速度g表示）．
18．如图所示的实验装置可以测量小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接，小滑块上固定有挡光条），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A处的光电门最后停在B处．已知当地重力加速度大小为g．
（1）为了测量动摩擦因数，需要测量小滑块上的遮光条宽度d及与光电门相连数字计时器显示的时间Δt，还需要测量的物理量及其符号是______________________________．
（2）利用测量的量表示动摩擦因数μ=________．
（3）为了减小误差，OA之间的距离不能小于________________________．
19．某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：
(1)根据纸带求出物体经过5号计数点时的瞬时速度v=________m/s，物体运动的加速度a=________m/s2；（结果保留二位有效数字）
(2)用h表示物块A下落的高度，v表示物块A下落h时的速度，若某同学作出图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=________m/s2。
参考答案
1．A
【详解】
国际单位制中，力学的三个基本物理量的基本单位是千克（kg）、米（m）和秒（s），故A正确，BCD错误。
故选A。
2．B
【详解】
国际单位制规定的三个力学基本物理量是长度、质量和时间，故测量这三个物理量的仪器分别为米尺、天平和停表。
故选B。
3．D
【详解】
对物体进行受力分析，物体受到重力和地板对物体的支持力，设地板对物体的支持力为F，由牛顿第二定律可知
F-mg=ma
解得
F=mg+ma
故选D。
4．D
【详解】
AB．将两个物体与弹簧测力计整体作为研究对象，由牛顿第二定律，有
代入数据，解得，设弹簧测力计读数为F，将m2作为研究对象，有
代入数据，解得，故AB错误；
C．在突然撤去力F2的瞬间，弹簧弹力未变，因此m1的受力情况未变，所以m1的加速度大小仍为2 m/s2，故C错误；
D．在突然撤去力F1的瞬间，m1只受弹簧弹力，因此其加速度大小为
故D正确。
故选D。
5．B
【详解】
A．物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹力肯定小于重力，物体仍然做加速运动，故A错误；
B．物体接触弹簧后，弹簧形变到最大这一过程中，弹簧力先小于重力，之后等于重力，再然后大于重力，故物块是先加速后减速，故B正确；
C．当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，即弹簧力等于重力，故C错误；
D．弹簧压缩到最短时，弹簧力大于重力，此时加速度向上，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】
开始时煤块在传送带上的加速度为
在开始的△t=1s内传送带的位移
煤块的位移
此时煤块相对传送带的位移
此时传送带的速度
v1=a1?t=3m/s
煤块的速度
v2=a2?t=1m/s
以后煤块继续加速，直到与传送带共速时
解得
t=2s
此过程中煤块相对传送带的位移
以后的运动中煤块相对传送带静止，则整个过程中产生的黑色痕迹的长度是
故选A。
7．D
【详解】
AB．对A、B整体分析，沿斜面方向根据平衡条件可得
Fcosα=2mgsinα
解得
α=45°
对小球B进行受力分析，沿斜面方向由平衡条件可得
kx=mgsinα
解得
所以弹簧的原长为
故AB错误；
C．撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
mgsinα+kx=maA
小球A此时的加速度，故C错误；
D．撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。
故选D。
8．A
【详解】
以整体为研究对象，受力分析，如图，
根据牛顿第二定律，沿斜面方向有：Fcos37??2mgsin37?=2ma
代入数据解得?F=25N
以A为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律得
沿斜面方向有：k(l?l0)?mgsin37?=ma
其中,l0=20cm=0.2m，k=200N/m，m=1kg
代入数据解得l=0.25m
故A正确，BCD错误．
故选:A
9．C
【详解】
上升过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；
下降过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，下降过程中，随着速度的增大，加速度也减小；综上所述，加速度在全程中一直减小，速度图像的斜率一直减小，C正确，ABD错误。
故选C。
10．A
【详解】
剪断PO的一瞬间，弹簧的弹力不变，因此B的合力为零，加速度为零；
对A研究，剪断PO一瞬间，A受到的合力垂直于QO斜向右下
解得
故A正确，BCD错误，
故选A。
11．D
【详解】
将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为θ，根据几何关系，有
珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有
解得
由于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位移时间关系公式，有
联立解得
选项D正确，ABC错误。
故选D。
12．C
【详解】
设球与挡板分离时位移为，经历的时间为，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力和弹簧弹力．根据牛顿第二定律有：，保持a不变，随着的增大，减小，当m与挡板分离时，减小到零，则有：，解得：，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确．球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大．故B错误．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：，解得：，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m，故D错误．故选C.
13．s
【详解】
[1]国际单位制中，角度的单位为；
[2]国际单位制中，时间的单位为s
[3]国际单位制中，线速度的单位为；
[4]国际单位制中，角速度的单位为。
14．1N
【详解】
[1]根据牛顿第二定律
代入数据整理得
15．
【详解】
[1]小球不离开斜面，对小球受力分析，因小球有加速度，向水平竖直方向建系
解得
[2]加速度超过一定值时，小球离开斜面，分析临界状态，支持力为零，此时有
可得
因为
所以小球离开斜面，记此时绳与水平方向夹角为，重新受力分析
解得
16．
【详解】
[1][2]．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得
a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
根据速度公式
根据位移速度公式得
2a1s=v02
解得向上的位移
根据牛顿第二定律可知下滑时
a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
根据位移速度公式得
v2=2a2s
解得
v=2m/s
向下运动的时间
所以物体运动的总时间为
t=t1+t2＝（1+）s
17．C1.25
【详解】
（1）此实验中要测量动摩擦因数，故不需要平衡摩擦力，不必要的步骤为C；（2）根据加速度为（3）根据牛顿定律可得：，解得
18．AB间距L；；初始状态弹簧的压缩量．
【详解】
（1）根据极限的思想，在时间很短时间内可以用这一段时间的平均速度来代替瞬时速度，所以铁块通过光电门l的速度是；小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处，滑块做的是匀减速直线运动，对于整体由牛顿第二定律可得：，解得：，设光电门A和B点之间的距离L，由速度位移的关系式可得：，联立解得：，故还需要测量的物理量是A与B之间的距离L，（3）在推导动摩擦因数表达式的过程中，由速度位移的关系式可知，滑块一直做减速运动，可知 OA之间的距离不能小于初始状态弹簧的压缩量．
19．2.44.89.7
【详解】
(1)[1]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器计时周期为T=0.02s，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，则打下计数点5时物体的瞬时速度
代入数据解得
2.4m/s
[2]物体运动的加速度
代入数据解得
4.8m/s2
(2)[3]对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有
解得加速度
根据速度位移公式有
解得
可知斜率
由题中所给的图象，可得斜率
联立解得
9.7m/s2