《2019-2020版物理同步人教必修一刷题首选卷（对点练+巩固练）：第四章 第三节牛顿第二定律 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020版物理同步人教必修一刷题首选卷（对点练+巩固练）：第四章 第三节牛顿第二定律 Word版含解析.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第三节 牛顿第二定律 课时作业 1 对应学生用书 P51(建议用时：30 分钟) 一、选择题 1(牛顿第二定律的理解)(多选)关于力和运动的关系，下列说法中正确的是 ( ) A物体受到的合力越大，其速度改变量越大 B物体受到的合力不为零且不变，物体速度一定会改变 C物体受到的合力变化，加速度就一定变化 D物体受到的合力不变，其运动状态就不改变 答案 BC 解析 由牛顿第二定律知，物体受到的合力发生变化，加速度就一定变化， 物体受到的合力越大，加速度就越大，而速度改变量不仅与加速度有关，而且还 与时间有关，故 A 错误，C 正确；运动状态不变即速度不变，若加速度不为零 且不变，其速度一定变化，故
2、 B 正确，D 错误。 2. (牛顿第二定律的应用)如图所示，A、B 两物体叠放在一起，在粗糙的水平 面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中 B 受到的摩擦力( ) A方向向左，大小不变 B方向向左，逐渐减小 C方向向右，大小不变 D方向向右，逐渐减小 答案 A 解析 根据题目条件得知，物体 B 具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第 二定律知， 物体 B 受到的合力水平向左且恒定， 对物体 B 受力分析可知， 物体 B 在水平方向的合力就是物体 A 施加的静摩擦力，因此，物体 B 受到的摩擦力方 向向左，且大小不变，保持恒定，A 正确，B、C、D 错误。 3(牛顿第二定律的应用)(多选
3、)力 F1单独作用于一个物体时，物体具有的 加速度大小为 2 m/s2，力 F2单独作用于同一物体时，物体具有的加速度大小为 4 m/s2，当 F1、F2共同作用于该物体时，物体具有的加速度大小可能是( ) A2 m/s2 B4 m/s2 C6 m/s2 D8 m/s2 答案 ABC 解析 据牛顿第二定律有 F12m，F24m，当二力同向时可使物体产生最 大加速度，即 2m4mma1，a16 m/s2。当二力方向相反时可使物体有最小加 速度，即 4m2mma2，a22 m/s2，当二力共同作用该物体时，产生的加速度 在 26 m/s2之间。故选 A、B、C。 4(牛顿第二定律的应用)以初速度
4、v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的 空气阻力与速度大小成正比，从抛出到落地小球运动的 vt 图是( ) 答案 A 解析 上升阶段，小球所受空气阻力随小球速度的减小而减小。小球所受合 力 FGFf，合力越来越小，所以上升阶段小球的加速度越来越小。下降阶段， 小球所受空气阻力随小球速度的增大而增大，小球所受合力 FGFf，合力 越来越小，所以下降阶段小球的加速度也越来越小。vt 图象中，只有 A 项所 表示的运动加速度越来越小，A 正确。 5(牛顿第二定律的应用)(多选)如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水 平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小 球与小车相对静
5、止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这 段时间内小车可能是( ) A向右做加速运动 B向右做减速运动 C向左做加速运动 D向左做减速运动 答案 AD 解析 小球水平方向受到向右的弹簧弹力 F，由牛顿第二定律可知，小球必 定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左 做减速运动。故选 A、D。 6(牛顿第二定律的应用)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 沿图示方向分别作 用在物块 1 和 2 上，用 的外力沿水平方向作用在物块 3 上，使三者都做加速运 F 2 动，令 a1、a2、a
6、3分别代表物块 1、2、3 的加速度，则( ) Aa1a2a3 Ba1a2，a2a3 Ca1a2，a2a2，a2a3 答案 C 解析 分析 1、2、3 三个物块的受力情况如图所示。则 Ff1(mg Fsin60)，Ff2(mgFsin60)，Ff3mg。由牛顿第二定律得：Fcos60Ff1 ma1，Fcos60Ff2ma2， Ff3ma3。因 Ff2Ff3Ff1，故 a1a3a2。C 正确。 F 2 7. (瞬时加速度)如图所示，质量为 m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为 30的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态。当木板 AB 突然向下撤离的瞬 间，小球的加速度大小为( ) A0
7、 B.g Cg D.g 23 3 3 3 答案 B 解析 未撤离木板时，小球受重力 G、弹簧的拉力 F 和木板的弹力 FN的作 用处于静止状态， 通过受力分析可知， 木板对小球的弹力大小为mg。 mg cos30 23 3 在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒 力，故此时小球受到重力 G、弹簧的拉力 F，合力与木板提供的弹力大小相等， 方向相反，故可知加速度的大小为g，由此可知 B 正确。 23 3 8(瞬时加速度)(多选)如图所示，质量均为 m 的 A、B 两球之间系着一根不 计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A 球紧靠竖直墙壁，今用水平力 F 将 B 球
8、向左推压弹簧，平衡后，突然将 F 撤去，在这瞬间( ) AB 球的速度为零，加速度为零 BB 球的速度为零，加速度大小为F m C在弹簧第一次恢复原长之后 A 才离开墙壁 D在 A 离开墙壁后，A、B 两球均向右做匀速运动 答案 BC 解析 撤去 F 瞬间，弹簧弹力大小仍为 F，故 B 的加速度为 ，此时 B 球还 F m 没有运动，故 B 球的速度为零，A 错误，B 正确。弹簧恢复原长后由于 B 的运 动而被拉长，它对 A 球产生拉力，使 A 球离开墙壁，C 正确。A 离开墙壁后，弹 簧不断伸长、收缩，对 A、B 仍有作用力，即 A、B 的合力不为零，两球仍做变 速直线运动，D 错误。 9(
9、牛顿第二定律的应用)如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 s3.5 m， 工件与传送带间的动摩擦因数 0.1， 取重力加速度 g10 m/s2。 工件滑上 A 端 时速度 vA4 m/s，到达 B 端时速度设为 vB，则下列说法不正确的是( ) A若传送带不动，则 vB3 m/s B若传送带以速率 v4 m/s 逆时针匀速转动，则 vB3 m/s C若传送带以速率 v2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB3 m/s D若传送带以速率 v2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB2 m/s 答案 D 解析 工件在传送带上滑动时的加速度大小 a1 m/s2。若传送带不 mg m 动，工件做匀减速运动，由
10、 v v 2(a)s，则 vB3 m/s，A 正确；若传送带 2 B2 A 逆时针匀速转动，工件受力不变，a 不变，v v 2as，vB3 m/s，B 正确； 2 B2 A 传送带顺时针匀速转动的速度为 2 m/s，则工件在传送带上做匀减速运动，当运 动 s3.5 m 时减速至 3 m/s2 m/s，故一直减速，vB3 m/s，C 正确，D 错误。 10 (牛顿第二定律的应用)(多选)如图所示， 甲、 乙两车均在光滑的水平面上， 质量都是 M，人的质量都是 m，甲车上的人用力 F 推车，乙车上的人用等大的 力 F 拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法 正确的是(
11、 ) A甲车的加速度大小为 F M B甲车的加速度大小为 0 C乙车的加速度大小为 2F Mm D乙车的加速度大小为 0 答案 BC 解析 对甲图中人和车组成的系统受力分析， 在水平方向的合外力为 0(人的 推力 F 是内力)，故 a甲0，A 错误，B 正确；乙图中，人拉轻绳的力为 F，则 绳拉人和绳拉车的力均为 F，对人和车组成的系统受力分析，水平方向合外力为 2F，由牛顿第二定律知：a乙，则 C 正确，D 错误。故选 B、C。 2F Mm 二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式 和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位) 11(综合)某探究小组设计了“用一把尺子
12、测定动摩擦因数”的实验方案。 如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑 块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地 和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复 以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球 下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的高度差 h 和沿斜面运动的位移 x。(空气阻 力对本实验的影响可以忽略) (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_。 (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为_。 (3)以下能引起实验误差的是_。 a滑块的质量 b当地重力加速度的大小 c长度测
13、量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时 答案 (1) (2) (3)cd x H (h x2 H) 1 x2h2 解析 (1)由自由落体运动规律得 H gt2 1 2 由匀加速直线运动规律得 x at2 1 2 所以 。 a g x H (2)设斜面与水平面夹角为 ，对滑块，根据牛顿第二定律有 mgsinmgcosma 又 sin ，cos h x x2h2 x 解得 。 (h x2 H) 1 x2h2 (3)从实验原理和理论计算结果看，能引起实验误差的是 c、d。 12. (牛顿第二定律的应用)如图所示，静止在水平地面上的小黄鸭质量 m20 kg，受到与水平面夹角为 53的斜向上的拉
14、力，小黄鸭开始沿水平地面运动。若 拉力 F100 N，小黄鸭与地面的动摩擦因数为 0.2，求： (1)把小黄鸭看做质点，作出其受力示意图； (2)小黄鸭对地面的压力； (3)小黄鸭运动的加速度的大小。(sin530.8，cos530.6，g10 m/s2) 答案 (1)见解析 (2)120 N，方向竖直向下 (3)a1.8 m/s2 解析 (1)受力示意图如图所示。 (2)根据平衡条件可得： Fsin53Nmg 所以解得 NmgFsin53 120 N，方向竖直向上； 根据牛顿第三定律，小黄鸭对地面的压力 NN120 N，方向竖直向下。 (3)受到的摩擦力为滑动摩擦力，所以 fN24 N 根据
15、牛顿第二定律得：Fcos53fma，解得 a1.8 m/s2。 课时作业 2 对应学生用书 P53(建议用时：30 分钟) 一、选择题 1. (牛顿第二定律的应用)如图所示， 在质量为 m 的物体上加一个竖直向上的拉 力 F，使物体以加速度 a 竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的 是( ) A若拉力改为 2F，物体加速度为 2a B若质量改为 ，物体加速度为 2a m 2 C若质量改为 2m，物体加速度为a 2 D若质量改为 ，拉力改为 ，物体加速度不变 m 2 F 2 答案 D 解析 根据题意得 ： Fmgma，解得 ： a g。若拉力改为 2F， Fmg m F m 物体加速
16、度 a1g2a， 故 A 错误 ； 若质量改为 ， 物体加速度 a2 2Fmg m 2F m m 2 g2a， 故 B 错误 ； 若质量改为 2m， 物体加速度 a3 F1 2mg m 2 2F m F2mg 2m F 2m g2x CF2F Dx2x 答案 A 解析 把两个物块看做整体， 由牛顿第二定律可得 ： F(m1m2)a， F(m1 m2)a，又 a2a，可得出 F2F，隔离物块 m2，由牛顿第二定律得 ： kx m2a，kxm2a，解得：x2x，故 A 正确，B、C、D 均错误。 6(牛顿第二定律与图象结合)如图甲所示，一个质量为 3 kg 的物体放在粗 糙水平地面上，从零时刻起，
17、物体在水平力 F 作用下由静止开始做直线运动。 在 03 s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律如图乙所示，则( ) AF 的最大值为 12 N B01 s 和 23 s 内物体加速度的方向相反 C3 s 末物体的速度最大，最大速度为 8 m/s D在 01 s 内物体做匀加速运动，23 s 内物体做匀减速运动 答案 C 解析 由 at 图象知加速度最大时 a4 m/s2，由牛顿第二定律得 Fmg ma 知，F 最大值大于 12 N，故 A 错误 ； 01 s 和 23 s 内，加速度均为正方向， 故 B 错误 ； 3 s 末速度最大， 由 at 图面积知 v8 m/s， 所以 v
18、max8 m/s， 故 C 正确；01 s 和 23 s 内加速度 a 与速度 v 均同向，都做加速运动，但 a 不是 定值，所以不是匀加速运动，故 D 错误。 7. (牛顿第二定律的应用)如图所示， 质量为 M 的长平板车放在倾角为 的光滑 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，车上的人必须 ( ) A匀速向下奔跑 B以加速度 agsin，向下加速奔跑 M m C以加速度 agsin，向下加速奔跑 (1 M m) D以加速度 agsin，向上加速奔跑 (1 M m) 答案 C 解析 作出平板车的受力图，如图甲所示，求出人对平板车的摩擦力 Ff Mgsin；作出人的受力图
19、，如图乙，则 mgsinFfma，且 FfFf，由以 上三式联立解得 agsin。故 C 正确。 (1 M m) 8(牛顿第二定律的应用)(多选)质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同， 将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接， 如图甲所示， 绳子平行于倾角为 的斜面， M 恰好能静止在斜面上，不考虑 M、m 与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置， 按图乙放置，然后释放 M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( ) A轻绳的拉力等于 Mg B轻绳的拉力等于 mg CM 运动的加速度大小为(1sin)g DM 运动的加速度大小为g Mm M 答案 BC 解析 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：M
20、gsinmg，互换位置后， 对M有MgTMa， 对m有 ： Tmgsinma， 又TT， 解得 ： a(1sin)g， Tmg，故 A、D 错误，B、C 正确。 9. (牛顿第二定律的应用)如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从 弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧，把弹簧压缩到一定程度 后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( ) A小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小 D从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先增大后减小 答案 C 解析 小球从接触弹簧开始，在向下运动过
21、程中受到重力和弹簧弹力的作 用，但开始时由于弹簧的压缩量较小，弹力小于重力，合力方向竖直向下，且逐 渐减小，小球将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，直到重力与弹簧弹力相 等时，合力为零，加速度也为零，速度最大；重力与弹簧弹力相等后，小球再向 下运动，则弹簧弹力将大于重力，合力方向变为竖直向上，且不断增大，小球将 做加速度逐渐增大的变减速运动，直到速度为零，故从接触弹簧至到达最低点， 小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大。故 C 正确，A、B、D 错误。 二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式 和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位) 10. (牛顿第二定律
22、的应用)如图所示，小球 M 处于静止状态，弹簧与竖直方向的 夹角为 ，烧断 BO 绳的瞬间，试求小球 M 的加速度的大小和方向。 答案 gtan 方向水平向右 解析 烧断 BO 绳前，小球受力平衡，由此求得 BO 绳的拉力 Fmgtan；烧断 瞬间， BO 绳的拉力消失， 而弹簧还是保持原来的长度， 弹力与烧断前相同。 此时， 小球受到的作用力是弹力和重力， 如图所示， 其合力方向水平向右， 与烧断前 BO 绳的拉力大小相等， 方向相反， 即 F合mgtan， 由牛顿第二定律得加速度 aF 合 m gtan，方向水平向右。 11(牛顿第二定律与图象结合)如图甲所示，用水平力 F 拉动物体在水平
23、面 上做加速直线运动，当改变拉力的大小时，物体运动的加速度 a 也随之变化，a 和 F 的关系如图乙所示，取 g10 m/s2。 (1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数； (2)若改用质量是原来 2 倍的同种材料的物体，请在图乙的坐标系上画出这 种情况下的 aF 图线(要求写出作图的根据)。 答案 (1)0.50 kg 0.20 (2)见解析 解析 (1)根据牛顿第二定律：Fmgma 所以 a Fg 1 m 可见 aF 图象为一条直线，直线的斜率 k 2.0 kg1 1 m 解得物体的质量 m0.50 kg 纵轴截距为g2.0 m/s2 解得物体与水平面间的动摩擦因
24、数 0.20。 (也可以用横轴截距求动摩擦因数：当 F1.0 N 时，物体的加速度为零，物 体所受阻力 fF1.0 N，由 Fmg 解得物体与水平面的动摩擦因数 f mg 0.20，用其他方法结果正确的同样可以) (2)当物体质量加倍时，物体的加速度 aFg。 1 2m 直线斜率 k1.0 kg1，纵轴的截距不变。作出如图所示的图线。 1 2m 12(牛顿第二定律与图象结合)固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套 有一个光滑小环，小环在沿杆方向推力 F 的作用下向上运动，推力 F 与小环速 度 v 随时间 t 变化规律的图象如图所示，取重力加速度 g10 m/s2。 求： (1)小环的质量 m； (2)细杆与地面间的倾角 。 答案 (1)1 kg (2)30 解析 由题图得，小环前 2 s 做匀加速直线运动，它的加速度为：a v t 0.5 m/s2 有：F1mgsinma，F15.5 N 小环 2 s 后做匀速直线运动，则有： F2mgsin，F25 N 代入数据可解得：m1 kg，30。