高中物理第三节 牛顿第二定律课时作业

这是一份高中物理第三节 牛顿第二定律课时作业，共18页。试卷主要包含了对牛顿第二定律的理解正确的是，1　　　B等内容，欢迎下载使用。

第三节　牛顿第二定律
基础过关练
题组一　对牛顿第二定律的理解
1.(2020安徽滁州九校联考高一上期末)对于牛顿第二定律的理解,下列说法正确的是 (　　)
A.先有力后有加速度
B.先有加速度后有力
C.力是产生加速度的原因
D.无论F=ma中的三个物理量采用什么单位,该关系式都是成立的
2.(2021江苏南通中学高一上期中)(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比
B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用
C.加速度的方向总跟合外力的方向一致
D.当外力停止作用时,加速度随之消失
题组二　牛顿第二定律的简单应用
3.(2021广东东莞高一上期末)已知力F1单独作用在物体上产生的加速度大小为a1=3 m/s2,力F2单独作用在该物体上产生的加速度大小为a2=4 m/s2,则F1和F2同时作用在该物体上,产生的加速度的大小不可能为　 (　　)
A.8 m/s2　　　B.5 m/s2
C.1 m/s2　　　D.7 m/s2
4.(2021安徽皖北名校联盟高二上第一次月考)如图所示,某人用一F=12 N的水平拉力拖着一质量为m=1.0 kg的物体在水平地面上做加速度为a=9 m/s2的匀加速直线运动。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则物体与地面之间的动摩擦因数为 (　　)

A.0.1　　　B.0.2　　　C.0.3　　　D.0.4
5.(2021江苏徐州铜山高一上期中)甲、乙两辆小车放在光滑的水平面上,在相同的水平拉力F作用下,甲车产生的加速度为2 m/s2,乙车产生的加速度为4 m/s2,则甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙为 (　　)
A.1∶2　　　B.2∶1　　　
C.1∶4　　　D.4∶1
6.(2021福建厦门一中高三上月考)如图所示,物体A的质量为3 kg,物体B的质量为1 kg,两物体由跨过定滑轮的轻绳连接。不计一切摩擦,重力加速度取g=10 m/s2。当两物体由静止释放后,物体A的加速度与绳上的张力分别为 (　　)

A.5 m/s2,10 N　　　
B.5 m/s2,15 N
C.10 m/s2,15 N　　　
D.10 m/s2,30 N
题组三　瞬时加速度的求解
7.(2021湖南长沙长郡中学高三上月考)如图所示,两个质量相同的小球A和B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(重力加速度为g) (　　)

A.g,g　　　B.2g,0
C.2g,g　　　D.g,0
8.(2020湖南岳阳一中高一下第一次质检)如图所示,A、B两个小球质量分别为m1、m2,连在弹簧两端,B用平行于斜面的细线固定在倾角为37°的光滑固定斜面上。若不计弹簧质量,在细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为(重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)　 (　　)

A.3g5和3g5　　　B.0和3g5
C.m1+m2m2·3g5和0　　　D.0和m1+m2m2·3g5
9.(2020广东茂名高一上期末)如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时,Ⅰ中拉力大小为T1,Ⅱ中拉力大小为T2。在仅剪断Ⅰ、Ⅱ中一根的瞬间,下列说法正确的是 (　　)

A.若剪断Ⅰ靠近小球端,则小球受两个力作用
B.若剪断Ⅰ靠近小球端,则小球加速度a=T1m,方向水平向左
C.若剪断Ⅱ,则小球加速度a=T2m,方向水平向左
D.若剪断Ⅱ,则小球加速度a=g,方向竖直向下


能力提升练
题组一　牛顿第二定律的简单应用
1.(2020广东中山高一上期末,)如图所示,光滑水平面上,大小为F1的水平拉力可拉着m1=3 kg的物体以2 m/s2的加速度匀加速运动,大小为F2的水平拉力可拉着m2=2 kg的物体以3 m/s2的加速度匀加速运动。若将质量为m2的物体固定在质量为m1的物体上,对质量为m1的物体施加水平拉力F(F=F1+F2),则产生的加速度为 (　　)

A.5 m/s2　　　B.2.5 m/s2
C.2.4 m/s2　　　D.无法计算
2.(2021浙江嘉兴一中、湖州中学高一上期中,)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。现用大小相等的外力F沿如图所示方向分别作用在1和2上,用大小为12F的外力沿水平方向作用在3上,使三者都做加速运动。设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
3.(2021天津一中高三上摸底,)如图,公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动,小球A用细线悬挂在车顶上,质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆,始终相对于汽车静止地站在车厢底板上,学生鞋底与底板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ=60°),则此刻公共汽车对学生的作用力F的大小和方向为 (　　)

A.大小等于μmg,方向水平向左
B.大小等于mg,方向竖直向上
C.大小大于mgtanθ,方向水平向左
D.大小等于mgcosθ,方向斜向左上方
4.(2021湖南长沙长郡中学高一上月考,)如图所示,在光滑水平桌面上有一质量为M的小车,小车右端有一不可伸长的细线(绕过光滑的小滑轮)与质量为m的物块相连。在小车向右运动过程中,其加速度为a1,细线中的张力为T1。若将物块取下,换成大小为F=mg的力竖直向下拉细线,此时小车的加速度为a2,细线中的张力为T2。下列判断正确的是 (　易错　)

A.a1=a2,T1=T2　　　B.a1=a2,T1 C.a1 5.(2021江西名校联考高三上第一次月考,)两颗小雨滴A和B从高空由静止开始下落,下落过程中所受空气阻力与其速率的平方成正比,即f=kv2,k为常数。已知雨滴A、B质量之比为1∶4,且假设下落过程中质量均不变,则雨滴A和B在空中运动的最大速度之比和最大加速度之比分别为 (　　)
A.2∶1　1∶2　　　B.2∶1　1∶1
C.1∶2　1∶1　　　D.1∶2　2∶1
6.(2021江西宜春二中高三上段考,)如图所示,质量为M的木箱静止在水平地面上,其顶部用轻弹簧悬挂一质量为m的小球,将小球向下拉至某一位置由静止释放,当小球运动到最高点时,木箱对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g,此时小球的加速度大小为 (　　)

A.0　　　B.g
C.M+mmg　　　D.M-mmg
7.(2021江西南昌二中高一上月考,)如图,水平桌面上有质量为2m的滑块A,质量为m的物体B通过轻动滑轮挂在轻绳上,不计一切摩擦。则轻绳上的张力T和B的加速度a分别为 (　　)

A.T=13mg,a=13g　　　B.T=49mg,a=19g
C.T=25mg,a=15g　　　D.T=45mg,a=15g
8.(2020江西鹰潭高一上期末,)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡角为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止。设缆车保持竖直状态,重力加速度大小为g,则 (　　)

A.小物块受到的支持力方向竖直向上
B.小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向下
C.小物块受到的静摩擦力为12mg+ma
D.小物块受到的滑动摩擦力为12mg+ma
9.(2021广东广州六中高一上期末,)如图所示,倾斜索道与水平面夹角为37°,当载人车厢沿钢索运动时,车厢里质量为m的人对厢底的压力为其重量的1.25倍。已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 (深度解析)

A.载人车厢一定沿斜索道向上运动
B.人对厢底的摩擦力方向向右
C.车厢运动的加速度大小为g4
D.车厢对人的摩擦力大小为13mg
10.(2021山东大联考高三上第一次质检,)如图所示,倾角为37°、质量为10 kg的斜面体ABC静置于粗糙水平地面上,AB面光滑。质量为1 kg的物块(可视为质点)从AB面顶端A点由静止释放,斜面体始终保持静止(取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则在物块下滑的过程中 (　　)

A.物块的加速度大小为5 m/s2
B.物块对斜面体的压力大小为6 N
C.地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8 N
D.地面对斜面体的支持力大小为110 N
题组二　瞬时加速度的求解
11.(2021河南高三上质检,)如图所示,A、B球间是轻绳,A球与天花板间及B、C球间是轻弹簧,开始整个系统竖直静止。已知三球质量相等,重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间,A、B、C三球的加速度大小分别为 (深度解析)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

A.0　2g　0　　　B.2g　2g　0
C.0　0　g　　　D.3g　g　2g
12.(2020广东汕头金山中学高一上期末,)A、B两球质量相同,静止在倾角为30°的光滑斜面上。两球之间接有轻弹簧。A球与挡板接触,B球通过细线与斜面顶端相连,弹簧处于压缩状态,系统处于静止状态。若重力加速度为g,则撤去挡板瞬间 (　　)

A.细线一定存在拉力
B.细线拉力一定变大
C.A球向下的加速度等于0.5g
D.A球向下的加速度大于0.5g
13.(2021江苏镇江中学高三上期中,)如图所示,弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上,下端用小钩钩住质量为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,则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g
B.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg
C.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g
D.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为12mg
14.(2020重庆一中高一上期末,)质量均为2m的金属小球1、2用轻弹簧连接,小球1通过轻绳cd与质量为m的箱子相连,用轻绳Oc将箱子悬挂于天花板上。重力加速度为g。现突然将轻绳Oc剪断,下列说法正确的是 (　　)

A.小球2的加速度为g,方向竖直向下
B.小球1的加速度为2g,方向竖直向下
C.箱子的加速度为2g,方向竖直向下
D.轻绳cd上的拉力为2mg3

答案全解全析
第三节　牛顿第二定律
基础过关练
1.C　由牛顿第二定律可知,加速度和力具有瞬时对应关系,不存在先后关系,故A、B错误。力是产生加速度的原因,没有力就没有加速度,故C正确;只有F=ma中的三个物理量均采用国际单位制中的单位时,关系式才能成立,故D错误。
2.CD　根据a=Fm可知,物体的加速度与其所受合外力成正比,与其质量成反比,F由物体所受外力决定,m是物体的固有属性,与a无关,A错误;加速度与合力是瞬时对应关系,a随合力F的变化而变化,故B错误,D正确;加速度的方向与合力的方向相同,C正确。
3.A　设物体质量为m,根据牛顿第二定律得F1=ma1,F2=ma2,则F1和F2共同作用于该物体时合力大小范围为F2-F1≤F合≤F2+F1,根据牛顿第二定律得加速度的大小范围为1 m/s2≤a≤7 m/s2,所以物体产生的加速度大小不可能是8 m/s2,选A。
4.C　由牛顿第二定律可知F-f=ma,解得f=F-ma=(12-1.0×9) N=3 N,则由f=μmg,可得μ=fmg=3N1.0×10N=0.3,故C正确,A、B、D错误。
5.B　由牛顿第二定律F=ma,可得车的质量为m=Fa,则甲、乙两车质量之比m甲m乙=a乙a甲=42=21,故B正确,A、C、D错误。
6.B　当两物体由静止释放后,物体A将加速下降,物体B将加速上升,二者加速度大小相等,由牛顿第二定律,对A有mAg-T=mAa,对B有T-mBg=mBa,代入数据解得a=5 m/s2,T=15 N,故B正确,A、C、D错误。
7.B　设A、B质量均为m,当它们匀速运动时,以A、B整体为研究对象,由物体的平衡条件可得细绳对A的拉力为F=2mg;对B隔离研究,可得弹簧对B的弹力T=mg。在细绳断裂的瞬间,由于弹簧的弹力不会发生突变,故弹力T=mg不变,B的加速度为零;将A隔离,对其受力分析,取竖直向下为正方向,由牛顿第二定律可得T+mg=maA,此时A的加速度为aA=T+mgm=2mgm=2g,故B正确,A、C、D错误。
8.D　A、B两球静止时,对A球分析,由平衡条件可得弹簧的弹力F=m1g sin 37°。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,A球的受力情况不变,合力为零,则A球的加速度为0;对B球,根据牛顿第二定律得aB=F+m2gsin37°m2=m1+m2m2·3g5,故D正确,A、B、C错误。
9.C　在剪断Ⅰ瞬间,Ⅰ的弹力为零,细线Ⅱ的拉力突变为零,故小球只受重力,根据牛顿第二定律可知,小球的加速度为g,方向竖直向下,故A、B错误;若剪断Ⅱ,由于弹簧的弹力不能突变,所以小球受到弹簧的弹力和重力作用,其合力水平向左,大小等于T2,根据牛顿第二定律可知,此时小球的加速度为a=T2m,方向水平向左,故C正确,D错误。
能力提升练
1.C　水平拉力F1拉着m1=3 kg的物体做匀加速运动时,根据牛顿第二定律得F1=m1a1=3×2 N=6 N;水平拉力F2拉着m2=2 kg的物体做匀加速运动时,根据牛顿第二定律得F2=m2a2=2×3 N=6 N;对质量为m1的物体施加水平拉力F时,根据牛顿第二定律得F=F1+F2=(m1+m2)a3,解得a3=2.4 m/s2,故A、B、D错误,C正确。
2.A　设物块1、2、3的质量为m,物块与桌面间的动摩擦因数为μ,物块1受力如图1所示,物块2受力如图2所示。

对物块1,由牛顿第二定律得a1=Fcos60°-μ(mg-Fsin60°)m=F2m+3F2m-μg,对物块2,由牛顿第二定律得a2=Fcos60°-μ(mg+Fsin60°)m=F2m-32mF-μg,对物块3,由牛顿第二定律得a3=12F-μmgm=F2m-μg,则a1>a3>a2,故A正确,B、C、D错误。
3.D　以小球为研究对象,对其受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律得m球g tan θ=m球a,解得a=g tan θ。以人为研究对象,人与球的加速度相同,均水平向左,作出人的受力图,如图乙所示。

甲

乙
设汽车对学生的作用力F与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律得mg tan α=ma,在竖直方向有F cos α=mg,将a=g tan θ代入,解得α=θ,F=mgcosθ,方向斜向左上方,故A、B、C错误,D正确。
4.D　挂着物块时,对物块,根据牛顿第二定律,有mg-T1=ma1,对小车,有T1=Ma1,联立解得T1=MmgM+m,a1=mgM+m。用力F拉细线时,T2=F,对小车有T2=Ma2,加速度a2=FM=mgM,故a2>a1,T2>T1,D正确,A、B、C错误。
易混易错
解题时要注意细线对物块的拉力并不等于物块的重力mg。
5.C　由题意知,雨滴下落过程中先加速后匀速,A、B两雨滴质量之比为1∶4,则重力之比为1∶4,故A、B两雨滴的速度最大时所受空气阻力之比也为1∶4,而空气阻力f=kv2,故最大速度之比为1∶2,故A、B错误;由于雨滴下落过程中重力方向竖直向下,空气阻力竖直向上,且合力最大时加速度最大,雨滴刚下落时速度为零,只受重力,此时合力最大,故最大加速度等于重力加速度,即最大加速度之比为1∶1,故C正确,D错误。
6.C　当小球运动到最高点时设弹簧弹力大小为F,以木箱为研究对象有F=mg;以小球为研究对象,由牛顿第二定律得F+mg=ma,解得小球的加速度大小a=M+mmg,故C正确,A、B、D错误。
7.B　分析可知,滑块A向前运动x时,物体B下降12x,所以滑块A的加速度大小是物体B的加速度大小的2倍,即2a。对滑块A,根据牛顿第二定律可得T=2m×2a;对物体B,根据牛顿第二定律可得mg-2T=ma,联立解得T=49mg,a=19g,故B正确,A、C、D错误。
8.C　以木块为研究对象,分析其受力情况,受重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f,在垂直于斜面方向,根据平衡条件可知支持力N=mg cos 30°,方向垂直于斜面向上,在沿斜面方向,根据牛顿第二定律可得f-mg sin 30°=ma,解得f=12mg+ma,方向平行于斜面向上,故C正确,A、B、D错误。
9.D　由于人对车厢底的压力为其重力的1.25倍,可知载人车厢可能沿斜索道加速向上运动,也可能沿斜索道减速向下运动,故A错误。设人的加速度为a,方向沿斜索道向上,可把其分解到水平方向和竖直方向,在竖直方向上有FN-mg=ma上,解得a上=0.25g,设水平方向上的加速度为a水,则a上a水=tan 37°=34,所以a水=13g,方向向右;对人受力分析可知,在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度,即f=ma水=13mg,方向向右,则人对厢底的摩擦力方向向左,故B错误、D正确;车厢运动的加速度大小为a=a上sin37°=5g12,故C错误。

方法技巧
分解加速度巧解动力学问题
力和加速度存在瞬间对应关系,在用牛顿第二定律求解动力学问题时,有时不分解力,而是分解加速度。常见物理模型是物体斜面体处于加速状态,其上有物体相对斜面体静止,此时用此方法能起到事半功倍的效果。
10.C　设物块的质量为m,斜面体的质量为M。由于AB面光滑,物块从A点由静止释放后做匀加速运动,其加速度大小为a=mgsin37°m=g sin 37°=6 m/s2,故A错误;物块对斜面体的压力大小等于重力垂直于斜面体向下的分力大小,为N1=mg cos 37°=1×10×0.8 N=8 N,故B错误;以斜面体为研究对象,假设地面对斜面体的摩擦力方向水平向左,斜面体的受力情况如图所示,根据平衡条件可得,在水平方向有f=N1 sin 37°=8×0.6 N=4.8 N,在竖直方向有N=Mg+N1 cos 37°=10×10 N+8×0.8 N=106.4 N,故C正确,D错误。

11.B　设三个球质量均为m,在剪断轻绳前,对三小球整体受力分析,弹簧对A球的弹力大小为3mg,方向竖直向上,将B、C看作整体,轻绳对A球的拉力大小为2mg,方向竖直向下,在剪断轻绳瞬间,弹簧对A球弹力大小和方向不变,而轻绳对A球的拉力消失,A球受重力作用,故由牛顿第二定律可知,此时A的加速度大小为aA=3mg-mgm=2g。同理,剪断轻绳瞬间,B、C间弹簧的弹力大小和方向也不变,故此时B球的加速度大小为aB=2mgm=2g,C球的加速度大小为0,故A、C、D错误,B正确。
方法技巧
求解瞬时加速度时应注意的问题
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。
(2)加速度随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过程,速度不会发生突变。
12.D　系统静止时,弹簧处于压缩状态,若弹簧对B球的弹力等于B球重力沿斜面向下的分力,此时细线没有拉力;撤去挡板瞬间,弹簧的弹力不变,B的受力情况不变,细线仍没有拉力,故A错误。弹簧的弹力不能突变,则知撤去挡板瞬间,弹簧的弹力不变,B的受力情况不变,仍处于平衡状态,则细线对B的拉力不变,故B错误。对A球,撤去挡板瞬间,挡板对A球的作用力消失,弹簧对A球的弹力沿斜面向下,根据牛顿第二定律得F+mg sin 30°=ma,得a>0.5g,方向沿斜面向下,故C错误,D正确。
13.A　脱钩前,小球静止,处于平衡状态,受力如图a所示,由平衡条件可知,p、q对球的拉力大小均为mg;p和球脱钩后瞬间,设q对球的拉力为Fq,球的加速度为a,对球,由牛顿第二定律得mg sin 60°=ma,Fq=mg cos 60°,解得a=32g,Fq=0.5mg,故A正确,B错误;q和球脱钩后瞬间,弹簧的形变量不变,弹簧的弹力不变,p对球的拉力大小仍为mg,对球受力分析,由牛顿第二定律得mg=ma',解得球的加速度a'=g,故C、D错误。


14.D　剪断轻绳Oc前,以小球2为研究对象,可知弹簧的弹力大小F=2mg。将轻绳Oc剪断瞬间,弹簧的弹力不会突变,则小球2受到弹簧的拉力和重力都没有变化,则加速度为0,故A错误;剪断轻绳Oc瞬间,小球1和箱子的加速度相同,设为a,对小球1和箱子整体,由牛顿第二定律可得F+(2m+m)g=(2m+m)a,解得a=53g,方向竖直向下,故B、C错误;对箱子,根据牛顿第二定律可得T+mg=ma,解得轻绳cd上的拉力T=2mg3,故D正确。