2021学年第三章 牛顿运动定律3 牛顿第二定律一课一练

这是一份2021学年第三章 牛顿运动定律3 牛顿第二定律一课一练，共14页。试卷主要包含了3牛顿第二定律 课时作业5，20 cm、0，5m等内容，欢迎下载使用。
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5（含解析）  1．光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间（　　）A．两图中两球加速度均为 gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中 B 球的加速度为 2gsinθD．圈乙中B球的加速度为 2gsinθ2．如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人应当（     ）A．匀速向下奔跑B．以加速度向下加速奔跑C．以加速度向下加速奔跑D．以加速度向上加速奔跑3．如图所示，质量分别为2m、2m、3m的A、B、C三个物体用轻绳和轻弹簧连接，轻绳跨过光滑的定滑轮，系统处于静止状态。现把AB间的轻绳剪断，则在剪断的瞬间，B物体的加速度和地面对C的支持力分别为（　　）A．aB= B．aB=gC．FN=4mg D．FN=04．如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 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50 NB．弹簧测力计的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s25．如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦。当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（　　）A．F1增大，F2不变 B．F1不变，F2增大C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小6．关于测量误差、有效数字问题，下列说法中正确的是（　　）A．若仔细地多测量几次，就能避免误差B．要减小系统误差就得多次测量取平均值C．3.20 cm、0.032 cm、3.20×102 cm的有效数字位数相同D．系统误差的特点是测量值比真实值总是偏大或总是偏小7．如图所示，两根粗细均匀、重力不计的橡皮筋L1、L2的一段分别连接于A、B两点，另一端与一小球相连，小球静止时，L1与竖直方向的夹角为θ，L2保持水平，此时两根橡皮筋的长度相等．已知两根橡皮筋的劲度系数相等，橡皮筋的弹力与形变量成正比，重力加速度为g，则（    ）A．两根橡皮筋的形变量相等B．L2的原长比L1的原长短C．剪断L1的瞬间，小球的加速度大小为gD．剪断L2的瞬间，小球的加速度大小为gtanθ8．如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳牵引向上做匀速运动。若在运动过程中细绳突然断裂，则在断裂的瞬间，A球和B球的加速度分别是（　　）A．g，g B．2g，0 C．2g，g D．g，09．如图所示，在国际田联德国卡尔斯鲁厄室内60米比赛中，苏炳添发挥出色，以6秒47的佳绩打破由自己保持的6秒50的原亚洲纪录并获得冠军，成为史上第一位跑进6秒50以内的亚洲选手。从物理学视角分析，下列说法正确的是（　　）A．题中的6秒47表示时刻，60米表示位移B．由于苏炳添起跑加速度最大，所以才赢得了比赛C．苏炳添在加速起跑瞬间，初速度为0，处于平衡状态D．苏炳添冲刺终点线的瞬间，不能把他当成质点 10．某游乐园一游客站在斜向上匀加速运行的电动扶梯上（扶栏未画出），人和扶梯保持相对静止，其加速度a方向如图所示。该游客在上升过程中下列判断正确的是（　　）A．游客所受电梯作用力的方向与图中a的方向相同B．游客在竖直方向受到电梯支持力大于游客所受重力C．游客受到的摩擦力水平向右D．游客受到的摩擦力是合外力11．如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）。A．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零B．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθC．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，两球的瞬时加速度都不为零12．如图所示，用轻绳悬挂于运动小车里的小球向左偏离竖直方向θ角，则小车可能的运动情况是（　　）A．向右加速运动 B．向右减速运动C．向左加速运动 D．向左减速运动13．地面上有质量为M的重物，用力F竖直向上提它，力F和物体加速度a的函数关系如图所示，则下列说法正确的是A．图中直线的斜率表示物体的质量MB．图中A点对应的值为物体重力的大小C．图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度D．物体向上运动的加速度a和力F成正比14．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是（　　）A．从A下降到B的过程中，速度不断变小B．从A下降到B的过程中，速度是先增大，后减小C．从B上升到A的过程中，加速度是不断变小D．从B上升到A的过程中，加速度是先减小后增大15．质量为0.6kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的（　　）A．水平拉力可能是0.6N B．水平拉力一定是0.1NC．物体所受摩擦力可能是0.2N D．物体所受摩擦力可能是0.4N  16．如图所示，在水平面上一个质量为m=1kg的小滑块沿直线向右运动，小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.3。小滑块经过P点时速度为v=5m/s，运动到Q点（图中未画出）时对滑块施加一个水平向左的恒力F=5N，已知P和Q之间距离为L=1.5m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）施加F时小滑块的速度大小；（2）恒力F施加以后，经多长时间小滑块速度为零，小滑块向右运动的最远点到P点的距离。
参考答案1．C【解析】【分析】【详解】弹簧弹力不会突然变化，绳中弹力可以突然变化；撤去挡板瞬间，图甲中弹簧弹力不变，故A球受力不变，加速度为0，由于挡板的弹力消失，故B球加速度为图乙中撤去挡板，则绳中也会消失，对整体分析可知两球的加速度均为故C正确，A、B、D错误；故选C。2．C【解析】车静止不动，受到重力、支持力、正压力和沿斜面向上的摩擦力，摩擦力的大小等于Mgsinθ,以人为研究对象，，C对；3．B【解析】【分析】【详解】AB．装置静止时，以B为研究对象，可得弹簧的弹力为F=mBg-mAg=2mg-2mg=0剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，则对B，根据牛顿第二定律得得aB=g，方向竖直向下故A错误，B正确；CD．剪断轻绳时，C的所有受力不变，故对C根据平衡条件得FN=mCg=3mg故CD错误。故选B。4．B【解析】【分析】【详解】对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度．隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度，选项CD错误．5．B【解析】【分析】【详解】圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，当平板车的加速度增大时，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，即则斜面对圆柱体的弹力F1不变；水平方向加速度变大，则挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。6．D【解析】【分析】【详解】A．误差永远不能避免，即使仔细地多测量几次，也不能避免误差，选项A错误；B．要减小偶然误差就得多次测量取平均值，选项B错误；C．3.20 cm、3.20×102 cm是三位有效数字；0.032 cm是两位有效数字，选项C错误；D．系统误差是由于实验原理不完善或者仪器不准确造成的，其特点是测量值比真实值总是偏大或总是偏小，选项D正确。故选D。7．D【解析】【分析】【详解】A.设L1、L2的形变量分别为x1、x2．L1与竖直方向的夹角为θ，L2保持水平，根据小球的平衡条件有 kx1sinθ=kx2．所以x1＞x2．故A错误；B.由于图中两根橡皮筋的长度相等，因此L1的原长比L2的原长短，故B错误；C.剪断L1的瞬间，小球受到重力和橡皮筯L2的弹力作用，且L2的弹力不变，则小球的加速度大小为，故C错误；D.剪断L2的瞬间，小球受到重力和橡皮筯L1的弹力作用，且L1的弹力不变，则小球的加速度大小为，故D正确．8．B【解析】【分析】【详解】细绳突然断裂前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg根据牛顿第二定律，对Amg+F=maA可得aA=2g对BF-mg=maB联立可得aB=0故B正确，ACD错误。故选B。9．D【解析】【分析】【详解】A．题中6秒47表示从起点到终点所用的时间，而不表示时刻，A错误；B．苏炳添赢得了比赛是因为在相同的路程用时最短，即平均速度最大，B错误；C．加速起跑瞬间，初速度为0，但加速度不为0，不处于平衡状态，C错误；D．冲刺终点线的瞬间，需要考虑身体哪个部位最先触碰终点线，不能忽略他的大小和形状，不能把他当成质点，D正确；故选D10．BC【解析】【分析】【详解】A．游客受竖直向下的重力和电梯对游客的作用力，其合力方向沿电梯向上，故所受电梯作用力的方向与电梯成一定角度斜向上，与图中a的方向不相同，选项A错误；B．游客在竖直方向可知游客在竖直方向受到电梯支持力大于游客所受重力，选项B正确；C．游客加速度有向右的分量，可知游客受到的摩擦力水平向右，选项C正确；D．游客在竖直方向受力不平衡，可知游客水平方向受到的摩擦力不是合外力，选项D错误；故选BC。11．AC【解析】【分析】【详解】设两球的质量均为m，对B分析，知弹簧的弹力当烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，B的受力情况不变，合力为零，则瞬时加速度为零。对A，根据牛顿第二定律得方向沿斜面向下，故AC正确，BD错误。故选AC。【点睛】该题是牛顿第二定律的直接应用，本题要注意细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生瞬间改变，该题难度适中。12．AD【解析】【分析】【详解】A.由图可知，小球的加速度与小车的加速度相同，小球受绳子的拉力与重力，两个力的合力与小车合力相同沿水平方向向右，所以小车的加速度水平向右，故选项A正确；BC.向右减速运动和向左加速运动，加速度都向左，与题意不符，故选项BC错误；D.向左匀减速运动，加速度也向右，故选项D正确。故选AD。13．BC【解析】【分析】【详解】A．对物体根据牛顿定律可知F-Mg=Ma 变形可得 所以图中直线的斜率的倒数表示物体的质量M，选项A错误；B．当a=0时可得F=Mg所以图中A点对应的值为物体重力的大小，B选项正确；C．当F=0时，可得a=-g图中延长线与纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，C选项正确；D．物体向上运动的加速度a和力F是线性关系但不是成正比关系，D选项错误．故选BC。14．BD【解析】【分析】【详解】AB．在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零，知加速度先减小后增大，速度先增大后减小故A错误，B正确；CD．物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故C错误，D正确。故选BD。15．CD【解析】【分析】【详解】若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1=由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff=ma1=0.4N图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2=m/s2由牛顿第二定律可知Ff－F=ma2代入已知条件可知，拉力F=0.2N若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝m/s2由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′=ma3=0.2N图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4=m/s2由牛顿第二定律可知F′＋Ff′=ma4代入已知条件可知，拉力F′=0.2N故选CD。16．（1）；（2）2.5m【解析】【分析】【详解】（1）小滑块在P、Q之间运动时，根据牛顿第二定律有解得根据运动学公式，可得运动到Q点的速度为（2）施加F后小滑块向右运动过程中，根据牛顿第二定律有解得向右运动的时间向右运动的位移所以向右运动的最远点到P点的距离为（其他方法合理即可给分）