物理必修13 牛顿第二定律一课一练

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2020-2021学年新人教版必修第一册4.3牛顿第二定律 课时作业4（含解析）  1．如图某超市一顾客推着一辆装有许多商品的货车加速前进（可视为匀加速直线运动），加速度大小为，顾客对货车的水平推力大小为。货车内一质量为的哈密瓜所受合外力的大小为（　　） A． B． C． D．2．如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、．重力加速度大小为g．则有A．，B．，C．，D．，3．如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数。则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）A． B． C． D．4．如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°。下列判断正确的有（　　）A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mgB．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gC．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gD．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mg5．如图所示，质量均为1kg的物块B、C通过不可伸长的轻绳相连，质量为3kg的物块A通过轻质弹簧与B相连，先固定物块B使系统处于静止状态。则释放B的瞬间，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度g=10m/s2）（   ）A．弹簧的弹力大小为20NB．B的加速度大小为5m/s2C．A的加速度大小为m/s2D．BC间绳子拉力大小为10N6．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是 (      ) A． B．C．  D．7．如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体且重力加速度为g,物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是（  ）A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是(　　)A．图线与纵轴的交点的绝对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量mC．图线与横轴的交点N的值TN＝mgD．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数9．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝gC．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝010．如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则（　　）A．细线A中拉力的大小为mgB．轻弹簧B中拉力的大小为mgC．轻弹簧B的伸长量为D．突然剪断弹簧B的瞬间，小球的加速度a大小为11．关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（　　）A．a的方向与F相同B．a的方向与F相反C．a的方向与F无关D．a的方向与F垂直 12．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是A．物体的加速度将先增大，后减小B．物体的加速度将先减小，后增大C．物体的速度将先增大，后减小D．物体的速度将先减小，后增大13．橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10N，现将一个完全相同的钩码挂在第一个钩码的下方，无初速释放，取g＝10m/s2，橡皮筋始终处在弹性限度内，则（　　）A．释放瞬间，拉力传感器的读数仍为10N B．释放瞬间，钩码间的弹力大小是10NC．拉力传感器的读数恒为20N D．钩码运动速度最大时下降的高度为10cm14．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）A．当时，A的加速度为 B．当时，A相对B滑动C．无论F为何值，B的加速度不会超过 D．当时，A、B都相对地面静止15．如图甲所示，一质量m=2kg的物体在拉力F的作用下由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的加速度a与时间t的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A．在t=1s时，拉力F的大小为21NB．在t=2s时，物体的速度大小为1m/sC．在0~2s时间内，物体的位移大小为1mD．在0~4s时间内，物体的平均速度大小为2m/s  16．如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．
参考答案1．C【解析】【分析】【详解】装有商品的货车加速度大小为，则车内质量为的哈密瓜的加速度大小也为，哈密瓜受到的合外力提供其加速运动的加速度，根据牛顿第二定律故选C。2．C【解析】试题分析：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：mg=F，a1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：，故C正确．故选C．考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失． 3．D【解析】【分析】【详解】开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知因此小木块加速到和传送带速度相等时，由于即小木块不会匀速运动，然后小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知因此由公式知.注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变。所以D正确，ABC错误。故选D。4．B【解析】【分析】【详解】AC．原来p、q对球的拉力大小均为mg。p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），得即合力为mgsin60°=ma加速度AC错误；BD ．q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度为大小为g。故D错误，B正确；
故选B。5．B【解析】【分析】【详解】释放B的瞬间，B的位移为零，弹簧不发生突变，故弹簧弹力A的加速度依然为零；以BC为研究对象得，以C为研究对象BC间绳子拉力，故选B。6．A【解析】【分析】【详解】AB.小球开始下落到接触弹簧，自由落体运动，小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最底端时加速度大于g，故A正确B错误．CD.结合以上分析可知，加速度开始不变，然后减小再反向增大，最终大于g，故CD错误．7．C【解析】【分析】当用拉力F拉时，对A分析，根据牛顿第二定律求出加速度；当挂重物时，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度，从而比较大小．【详解】在B端挂一质量为m的物体时，对整体分析，根据牛顿第二定律得：a1=，当在绳B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时，a2=，可知a2>a1.故选C.8．A【解析】试题分析：对货物受力分析，受重力和拉力2T，根据牛顿第二定律，有，即，当时，，即图线与纵轴交点M的值，所以图线与纵轴的交点的绝对值为g，故A正确；图线的斜率表示，故BD错误；当a=0时，，即图线与横轴交点N的值为，故C错误；考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论，体现了运用数学知识解决物理问题的能力．9．D【解析】【分析】【详解】设两球的质量均为m，以A、B两球整体作为研究对象，由平衡条件可知细线拉力在水平细线被剪断瞬间，两弹簧的弹力不变，故此时A球受到的合力与原来细线的拉力等大反向，由牛顿第二定律有解得；B球受力情况不变，故B球此时加速度为0，故D正确。故选D。10．C【解析】【分析】【详解】A．对小球受力分析，如图所示．由平衡条件得tan60°=解得细线A中拉力的大小FA=mg故A错误；BC．由三角函数关系得cos60°=解得FB=2mg由胡克定律得FB=k△x可得△x=故B错误、C正确；D．突然剪断弹簧B的瞬间，细绳A的拉力突变为零，此时小球的加速度a大小为g，选项D错误。故选C。11．A【解析】【分析】【详解】根据牛顿第二定律， 可知，a的方向与F相同。故选A。12．BC【解析】小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，加速度先减小后反向增大；小球速度先增大后减小，故BC正确，AD错误； 故选BC.点睛：解决本题的关键是分析小球的受力情况，再判断其运动情况；压缩弹簧运动的分析是中学阶段的一个难点．要注意分析弹簧的弹力随形变量的变化而变化； 从而引起合力和加速度的变化过程．13．AD【解析】【分析】【详解】AC．悬挂第二钩码释放瞬间，橡皮筋的长度还没变化，由胡克定律知，橡皮筋的拉力大小不变，拉力传感器的读数仍为10N，A正确，C错误；B．悬挂一个钩码静止时二力平衡，由平衡条件得F=mg得钩码的质量悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋的弹力不变，两个钩码具有相同的加速度，取钩码为整体，由牛顿第二定律得2ma=2mg−F解得a=5m/s2取第二个钩码为研究对象，由牛顿第二定律得ma =mg−F1F1=5NB错误；D．设悬挂一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量是x1，则有kx1=G悬挂第二个钩码后，当钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则有k(x1+x2)=2G代入数据可得x2=10cmD正确。故选AD。14．AB【解析】【分析】【详解】AB之间的最大静摩擦力为AB即将发生相对滑动时对B受力分析可得解得B与地面间的最大静摩擦力为故拉力F最小为所以A．当，但是小于时，故AB间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有A正确；B．当时，A相对B滑动，B正确；C．B所受合力的最大值B的最大加速度解得C错误；D．当时，有可能大于B与地面间的最大静摩擦力，A、B间不会发生相对滑动，但是整体运动，有可能小于B与地面间的最大静摩擦力，A、B都相对地面静止，D错误。故选AB。15．AB【解析】【分析】【详解】A．由图像可知，在t=1s时，加速度为由牛顿第二定律得则故A正确；B．由图像与坐标轴所围面积表示物体的速度变化量，则在t=2s时，物体的速度大小为故B正确；C．如果物体从静止开始匀加速到速度为1m/s，则位移为由于物体做加速逐渐增大的加速运动，则在0~2s时间内，物体的位移大小不等于1m，故C错误；D．由图像与坐标轴所围面积表示物体的速度变化量，则在t=4s时，物体的速度大小为如果物体做匀变速直线运动，则平均速度为由于物体做加速逐渐增大的加速运动，在0~4s时间内，物体的平均速度大小不等于2m/s，故D错误。故选AB。16．1N或9N【解析】【分析】【详解】令Fsin53°＝mg，F＝1.25N，当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，受力如图由牛顿定律Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg，解得F＝1N；当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，受力如图由牛顿定律Fcosθ－μFN＝ma，Fsinθ＝mg＋FN，解得F＝9N．