粤教版 (2019)必修 第一册第三节 牛顿第二定律学案及答案

这是一份粤教版 (2019)必修 第一册第三节 牛顿第二定律学案及答案，共11页。学案主要包含了概念判断，选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、概念判断
1．物体所受合外力的方向与加速度的方向总是相同的。( √ )
2．在利用F＝ma计算物体运动的加速度时，质量可以以克为单位。( × )
提示：牛顿第二定律的表达式是F＝kma，只有在力的单位是N，质量的单位是kg，加速度的单位是m/s2时，k取值为1。公式写成F＝ma。
3．物体受到的合外力方向发生变化的瞬间，速度的方向立即随之改变。( × )
提示：力与加速度的方向可以瞬时发生变化，速度方向的改变需要时间。
4．一个系统内两个物体之间的作用力不能改变系统整体的加速度。( √ )
5．物体加速度的大小和方向既与受到的合外力有关，也与自身的质量大小有关。( √ )
二、选择题
·题组一 对牛顿第二定律的理解
1．下列说法不正确的是( )
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
【解析】选B。由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力刚开始作用的瞬间，物体会立即产生加速度，选项A正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度会增大，如果物体减速，其速度会减小；选项D正确。
2．我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600已试飞成功。当“鲲龙”AG600在水面上沿直线方向加速滑行时，其受到的合力( )
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向与滑行方向相同 D．方向沿滑行方向斜向上
【解析】选C。“鲲龙”AG600在水面上做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，故选项C正确。
3．(金榜原创题)电动平衡车是一种时尚代步工具。当人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．平衡车匀速行驶时，平衡车施加给人的作用力沿水平方向指向前方
B．平衡车加速行驶时，人有向后倾倒的感觉，是因为平衡车对人施加了一个向后的力
C．平衡车在加速过程中，人受到平衡车的作用力大于人自身的重力
D．关闭电机，平衡车对人的作用力沿水平方向向后
【解析】选C。平衡车匀速行驶时，人受到的合外力为零，因此平衡车给人的作用力与重力平衡，竖直向上，A错误；平衡车加速行驶时，由于惯性人有向后倾倒的感觉，B错误；如图所示，平衡车在加速过程中，由人的受力情况可知，平衡车对人的作用力大于重力，故C项正确；关闭电机，平衡车和人都将减速，人会受到平衡车向后上方的作用力，D错误。
·题组二 牛顿第二定律的瞬时问题
4. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明，如图所示，静止悬挂时(小明两侧绳长相同)，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时( )
A．加速度a＝ eq \f(g,2) ，沿原断裂绳的方向斜向下
B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向上
D．加速度a＝ eq \f(g,2) ，方向竖直向下
【解析】选B。断裂前，FT左＝FT右＝mg，受力分析如图所示。橡皮绳形变量比较大，不会发生突变，断裂瞬间，FT右与mg的合力沿断裂绳的反向延长线，大小等于mg，选项B正确。
5.如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起，当悬挂吊篮的细线被剪断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度为( )
A．g g B．2g g
C．g 2g D．2g 0
【解析】选D。剪断细线前，对PQ整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T＝2mg；再对物体Q受力分析，受到重力、弹簧的弹力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故吊篮P受到的合力等于2mg，向下，所以aP＝2g，物体Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0；故选D。
三、非选择题
6．(牛顿第二定律的应用)自制一个加速度计，其构造是：一根轻杆，下端固定一个小球，上端装在水平轴O上，杆可在竖直平面内左右摆动，用白硬纸作为表面，放在杆摆动的平面上，并刻上刻度，可以直接读出加速度的大小和方向。使用时，加速度计右端朝汽车前进的方向，如图所示，g取9.8 m/s2。
(1)白硬纸上刻度线b在经过O点的竖直线上，则在b处应标的加速度数值是多少？
(2)刻度线c和O点的连线与Ob的夹角为30°，则c处应标的加速度数值是多少？
(3)刻度线d和O点的连线与Ob的夹角为45°。在汽车前进时，若轻杆稳定地指在d处，则0.5 s内汽车速度变化了多少？
【解析】(1)当轻杆与Ob重合时，小球所受合力为0，其加速度为0，车的加速度亦为0，故b处应标的加速度数值为0。
(2)解法一：合成法
当轻杆与Oc重合时，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示。根据力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律得mgtan θ＝ma1，解得a1＝gtan θ＝9.8× eq \f(\r(3),3) m/s2≈5.66 m/s2。
解法二：正交分解法
建立直角坐标系，并将轻杆对小球的拉力正交分解，如图乙所示。
则沿水平方向有：F sin θ＝ma，
竖直方向有：F cs θ－mg＝0
联立以上两式可解得小球的加速度a≈5.66 m/s2，方向水平向右，即c处应标的加速度数值为5.66 m/s2。
(3)若轻杆与Od重合，同理可得
mgtan 45°＝ma2，
解得a2＝gtan 45°＝9.8 m/s2，方向水平向左，与速度方向相反，所以在0.5 s内汽车速度应减少，减少量Δv＝a2Δt＝9.8×0.5 m/s＝4.9 m/s。
答案：(1)0 (2)5.66 m/s2
(3)减少了4.9 m/s
一、选择题
1．假设汽车紧急制动后，受到的阻力与汽车所受重力的大小差不多。当汽车以20 m/s的速度行驶时，突然制动，它还能继续滑行的距离约为( )
A．40 m B．20 m C．10 m D．5 m
【解析】选B。由题意可知关闭发动机后，汽车的加速度a＝g，所以滑行的距离x＝ eq \f(v2,2a) ＝20 m，故选B。
2．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
【解析】选C。设房顶的底角为θ，底边为L，设雨滴下滑的加速度为a，注意底边长度是不变的，由牛顿第二定律：mg sin θ＝ma，所以a＝g sin θ，由运动学公式可得： eq \f(L,2cs θ) ＝ eq \f(1,2) g sin θt2，所以：t＝ eq \r(\f(L,g sin θcs θ)) ，因此当θ＝45°时，时间最短，故A、B、D错误，C正确。
3．一轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时弹簧伸长了4 cm，再将重物向下拉1 cm，然后放手，则在释放瞬间重物的加速度是(g取10 m/s2)( )
A．2.5 m/s2 B．7.5 m/s2
C．10 m/s2 D．12.5 m/s2
【解析】选A。弹簧伸长量为4 cm时，重物处于平衡状态，故mg＝kΔx1；再将重物向下拉1 cm，则弹簧的伸长量变为Δx2＝5 cm，在重物被释放瞬间，由牛顿第二定律可得kΔx2－mg＝ma；由以上两式解得a＝2.5 m/s2，故选项A正确。
4．(多选)如图所示，一跳床运动员从跳床正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触跳床后把跳床压缩到一定程度后停止下落。在运动员下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )
A．运动员刚接触跳床瞬间速度最大
B．从运动员接触跳床起加速度变为竖直向上
C．从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的速度先增大后减小
D．从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的加速度先减小后增大
【解析】选C、D。运动员的加速度大小取决于运动员受到的合外力。从接触跳床到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时运动员速度增大，所以当运动员所受弹力和重力大小相等时运动员速度最大。
5．如图所示，物体A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )
A．2F B． eq \f(F,2) C．3F D． eq \f(F,3)
【解析】选B。用力F拉物体B时，A、B恰好不发生相对滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma①
对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②
由①②解得fm＝ eq \f(1,3) F。
当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1③
对整体，有F′＝3ma1④
由上述各式联立解得F′＝ eq \f(3,2) fm＝ eq \f(1,2) F，即F′的最大值是 eq \f(1,2) F。
6．质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶。阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是( )
A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m
【解析】选C。牵引力减少2 000 N后，汽车所受合力为2 000 N，由F＝ma，2 000 N＝1 000 kg×a，a＝2 m/s2，汽车需t＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(10,2) s＝5 s停下来，故6 s内汽车前进的路程x＝ eq \f(v2,2a) ＝ eq \f(100,2×2) m＝25 m，选项C正确。
7．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，此时，空气阻力可视为零。当热气球上升到180 m时，发现气球以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
【解析】选A、D。刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；热气球加速上升过程中，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝ eq \r(2ah) ＝6 eq \r(5) m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确。
8．(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A.系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 eq \r(2) N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【解析】选B、D。
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝ eq \f(mg,sin45°) ＝ eq \r(2) mg＝10 eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
二、非选择题
9．一小物块从倾角为α＝30°足够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动 (如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),3) ，g取10 m/s2，求物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离。
【解析】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cs α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝ eq \f(v0,a) ＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cs α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝5 m。
答案：5 m
10．短跑运动员进行体能训练，质量M＝69 kg的运动员腰部系着不可伸长的轻绳，绳长L＝2 m，拖着质量m＝22 kg的轮胎。最初绳子绷紧，运动员从百米跑道的起点由静止开始，沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s末绳突然断裂，运动员保持绳断时的速度跑到百米跑道的终点。轮胎运动的v­t图像如图所示，运动员的跑鞋与地面不打滑，不计空气阻力。sin37°＝0.6，g取10 m/s2。求：

(1)绳上的拉力大小；
(2)运动员冲过终点线时与轮胎之间的距离。
【解析】(1)设轮胎与地面的动摩擦因数为μ，加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2，绳上张力为T，加速时地面的支持力为N，由v­t图像可知：a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2。对轮胎减速过程，应用牛顿第二定律μmg＝ma2
加速过程，对轮胎受力分析，应用牛顿第二定律T sin θ＋N＝mg，T cs θ－μN＝ma1
联立以上式子可得： μ＝0.5，T＝140 N
(2)由v­t图像可知：加速阶段轮胎的位移：x1＝ eq \f(vt1,2) ，x1＝25 m。减速阶段轮胎的位移x2＝ eq \f(vt2,2) ，x2＝10 m
运动员的位移为x＝100 m，运动员开始与轮胎之间的距离为x3＝L cs θ＝1.6 m
运动员冲过终点线时与轮胎之间的距离：d＝66.6 m
答案：(1)140 N (2)66.6 m
11．小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示。取g＝10 m/s2，空气阻力不计，可能用到的函数值：sin30°＝0.5，sin37°＝0.6，求：
(1)物块的初速度v0；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)。
【解析】(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0，由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2gxm，得v0＝8 m/s。
(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5。
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0。由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m
由运动学公式有：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cs θ＝ma′
得10sin θ＋5cs θ＝10，得θ＝37°。
因为mg sin θ＝6m＞μmg cs θ＝4m，所以能滑回斜面底端。
答案：(1)8 m/s (2)0.5
(3)37° 能滑回斜面底端
理由见解析
如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。滑块静止时，ER流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动。ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一。取重力加速度为g，忽略空气阻力，试求：
(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小；
(2)滑块向下运动过程中的加速度大小；
(3)当下移距离为d时，ER流体对滑块的阻力大小。
【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0，由自由落体运动规律有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2gL，解得v0＝ eq \r(2gL) 。
(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有－2ax＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，x＝d，v1＝ eq \f(v0,2) ，v2＝ eq \f(v0,4) ，解得a＝ eq \f(3gL,16d) 。
(3)设下移距离d时弹簧弹力为F，ER流体对滑块的阻力为FER，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F＋FER－2mg＝2ma
F＝k(d＋x0)
mg＝kx0
联立解得FER＝mg＋ eq \f(3mgL,8d) －kd。
答案：(1) eq \r(2gL) (2) eq \f(3gL,16d)
(3)mg＋ eq \f(3mgL,8d) －kd