高中物理人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律练习题课件ppt

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第四章　运动和力的关系3　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.(2019甘肃武威中学高一上期末)下列对牛顿第二定律及表达式F=ma的理解,正确的是(　　)A.在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值在任何情况下都等于1B.合力方向、速度方向和加速度方向始终相同C.由F=ma可知,物体受到的合外力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比D.物体的质量与所受的合外力、运动的加速度无关2.(2019广西南宁八中高一上期末)在光滑水平面上,一个质量为m的物体,受到的水平拉力为F。物体由静止开始做匀加速直线运动,经过时间t,物体的位移为s,速度为v,则(　　)A.由公式a=vt可知,加速度a由速度的变化量和时间决定B.由公式a=Fm可知,加速度a由物体受到的合力和物体的质量决定C.由公式a=v22s可知,加速度a由物体的速度和位移决定D.由公式a=2st2可知,加速度a由物体的位移和时间决定题组二　牛顿第二定律的简单应用3.(2019北京四中高一上期末)质量不同的甲、乙两辆实验小车,在相同的合外力的作用下,甲车产生的加速度为2 m/s2,乙车产生的加速度为6 m/s2,则甲车的质量是乙车的(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.13 B.3倍 C.12倍 D.1124.(2019陕西西安长安一中高一上月考)(多选)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为10 m/s2,力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为4 m/s2,那么,力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是(　　)A.5 m/s2 B.2 m/s2 C.8 m/s2 D.6 m/s25.如图所示,质量为2 kg的物块沿水平地面向左运动,水平向右的恒力F的大小为10 N,物块与地面间的动摩擦因数为0.2,g取10 m/s2。取水平向左为正方向,则物块的加速度为(　　)A.-7 m/s2 B.3 m/s2 C.-3 m/s2 D.5 m/s26.如图所示,质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力,使两球一起做匀加速直线运动,则此时弹簧的伸长量为(　　)A.F5k B.2F5k C.3F5k D.Fk题组三　瞬时加速度的求解7.(2020天津一中高一上期末)如图所示,质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,整个系统处于静止状态,g取10 m/s2。某时刻将细线剪断,则剪断细线瞬间(　　)A.B的加速度大小为a=4 m/s2B.A的加速度大小为a=503 m/s2C.B对A的压力大小为0D.B对A的压力大小为20 N8.(2019黑龙江牡丹江一中高一上期末)如图所示,光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,撤去拉力F的瞬间A和B的加速度大小分别为a1和a2,则(　　)A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=m2m1+m2aC.a1=m1m1+m2a,a2=m2m1+m2aD.a1=a,a2=m1m2a能力提升练题组一　对牛顿第二定律的理解1.(2019四川成都外国语学校高一上月考,)(多选)关于速度、加速度、合力间的关系,正确的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.物体的速度为零,加速度可能很大,所受的合力也可能很大B.物体的速度很大,加速度可能为零,所受的合力也可能为零C.物体的速度越大,则物体的加速度越大,所受合力也越大D.物体的速度为零,则物体的加速度一定为零,所受合力也为零2.(2020山西大学附中高一期末,)(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解,正确的是(易错)A.由F=ma可知,物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比B.由m=Fa可知,物体的质量与其所受的合外力成正比,与其运动的加速度成反比C.由a=Fm可知,物体的加速度与其所受的合外力成正比,与其质量成反比D.由m=Fa可知,物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得3.(2020河南郸城一高高一月考,)(多选)关于牛顿第二定律,下列说法中正确的有(　　)A.公式F=ma中,各量的单位可以任意选取B.某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力,而与这之前或之后的受力无关C.公式F=ma中,F表示物体所受合力,a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和D.物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致题组二　牛顿第二定律的简单应用4.(2020湖北枣阳一中高一月考,)如图所示,一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落,在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中,小球的速度和加速度的变化情况是(　　)A.加速度越来越大,速度越来越小B.加速度和速度都是先增大后减小C.速度先增大后减小,加速度方向先向下后向上D.速度一直减小,加速度大小先减小后增大5.(2019陕西西安铁一中高一期末,)如图,一小车上有一个固定的水平横杆,左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定,下端连接一质量为m的小球P。横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。当小车沿水平面做加速运动时,细线保持与竖直方向的夹角为α,已知θ<α,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)A.小车一定向右做匀加速运动B.轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C.小球P受到的合力不一定沿水平方向D.小球Q受到的合力大小为mg tan α6.(2020江苏南通高一上检测,)(多选)如图甲,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处,滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断下列说法正确的是(　　)A.图线与纵轴的交点M的值aM=-gB.图线与横轴的交点N的值TN=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数1m7.(2019河南郑州高一上期末,)如图所示,一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上,甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1=120 N、F2=160 N的力推沙发,F1与F2相互垂直,且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ=0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A.沙发不会被推动B.沙发将沿着F1的方向移动,加速度为0.6 m/s2C.由于F1小于滑动摩擦力,沙发将沿着F2的方向移动,加速度为0.2 m/s2D.沙发的加速度大小为1 m/s28.(2020北京丰台高一上期末,)如图所示,车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球,车厢底板上放一个质量为M的木块,当小车沿水平面做直线运动时,细线偏离竖直方向的角度为θ,木块和车厢保持相对静止,重力加速度为g,下列说法中正确的是(　　)A.小车正向右匀减速运动B.小车的加速度大小为g cos θC.细线对小球的拉力大小为mgD.木块受到的摩擦力大小为Mg tan θ9.(2020江西鹰潭高一上期末,)(多选)如图所示,某一缆车沿着坡角为30°的山坡以加速度a上行,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运行),重力加速度大小为g,则(　　)A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上C.小物块受到的摩擦力为12mg+maD.小物块受到的摩擦力为12mg-ma10.(2019四川雅安高一上期末,)(多选)如图所示,一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,质量为M的物块穿在杆上,通过细线悬吊着质量为m的小物体,小物体在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车向右运动,全过程中物块始终未相对杆bc移动,物块、小物体与小车保持相对静止,已知加速度a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,物块受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4,则以下结论正确的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.f1∶f2=1∶2 B.f2∶f3=1∶2C.f3∶f4=1∶2 D.α=2θ题组三　瞬时加速度的求解11.(2019河南信阳高一上期末,)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=0 B.aA=2g,aB=0C.aA=3g,aB=0 D.aA=23g,aB=012.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高一上期末,)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端,B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上,若不计弹簧质量,在细绳被剪断的瞬间,A、B两小球的加速度分别为(重力加速度大小为g)(　　)A.都等于g2 B.0和(m1+m2)g2m2C.(m1+m2)g2m2和0 D.0和g213.(2020山东青岛二中高一上期末,)(多选)如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间(深度解析)A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力迅速变为2mg答案全解全析基础过关练1.D　在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值,只有在各物理量均取国际单位制单位的情况下才等于1,故A错误;物体的速度方向与合外力以及加速度方向均无关,故B错误;物体的受力与其质量无关,故C错误;物体的质量由本身的性质决定,与物体的受力和加速度均无关,故D正确。2.B　加速度a由物体受到的合力和物体的质量共同决定,而与速度、位移、时间均无关,故B正确,A、C、D错误。3.B　根据牛顿第二定律F=ma,对甲有F甲=m甲a甲,对乙有F乙=m乙a乙,由于两小车所受合外力相同,所以m甲a甲=m乙a乙,即m甲m乙=a乙a甲=6m/s22m/s2=3,故B正确,A、C、D错误。4.CD　设物体A的质量为m,根据牛顿第二定律有F1=ma1=10m,F2=ma2=4m,当力F1和F2同时作用在物体A上时,合力的范围为6m≤F合≤14m,则加速度的范围为6 m/s2≤a=F合m≤14 m/s2,故C、D正确,A、B错误。5.A　取水平向左为正方向,对物块,由牛顿第二定律有-F-μmg=ma,代入数据解得a=-7 m/s2,故A正确。6.C　对整体,由牛顿第二定律可得a=F5m;对质量为3m的小球,由牛顿第二定律可得F弹=3ma=kx,解得x=3F5k,故C正确。7.A　剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=30 N;剪断细线的瞬间,弹簧形变量不变,弹力仍为30 N。对A和B整体分析,加速度a=(mA+mB)g-FmA+mB=4 m/s2,所以物体A、B的加速度大小均为4 m/s2,故选项A符合题意,选项B不符合题意。隔离B分析:mBg-FN=mBa,解得FN=mBg-mBa=12 N,由牛顿第三定律可知,B对A的压力大小为12 N,故选项C、D均不符合题意。8.D　弹簧的弹力F弹=m1a,撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,则A的瞬时加速度大小a1=F弹m1=a,B的瞬时加速度大小a2=F弹m2=m1m2a,故D正确,A、B、C错误。能力提升练1.AB　物体的速度与加速度、合力均无关,但加速度与合外力有关,对于同一物体,合外力越大,加速度越大,而速度却不一定大。如在枪膛中加速的子弹,开始时速度为零,但加速度很大,合力很大,故A正确,D错误;物体的速度大,加速度不一定大,如做匀速直线运动的飞机,速度很大,加速度为零,合力为零,故B正确,C错误。2.CD　牛顿第二定律的表达式F=ma表明了各物理量之间的数量关系,即已知两个量,可求第三个量。作用在物体上的合外力,可由物体的质量和加速度计算,但并不由它们决定,A错误。质量是物体本身的属性,由物体本身决定,与物体是否受力无关,B错误。由牛顿第二定律知加速度与合外力成正比,与质量成反比,质量可由其他两个量求得,故C、D正确。易错警示对牛顿第二定律理解的三大误区3.BC　F、m和a必须选取国际单位,才可写成F=ma的形式,否则比例系数k≠1,所以选项A错误;牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系,它既表明F、m和a三者数值上的对应关系,同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的,即矢量对应关系,而与速度方向不一定相同,所以选项B正确,选项D错误;作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度,与其他力的作用无关,物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和,故选项C正确。4.C　在接触的第一个阶段mg>kx,F合=mg-kx,合力方向竖直向下,小球向下运动,x逐渐增大,所以F合逐渐减小,由a=F合m得,a=mg-kxm,方向竖直向下,且逐渐减小,又因为这一阶段a与v都竖直向下,所以v逐渐增大。当mg=kx时,F合=0,a=0,此时速度达到最大。之后,小球继续向下运动,mgθ,则轻杆对小球的弹力方向与细线平行,故B错误;小球P和Q的加速度相同,水平向右,则两球受到的合力均水平向右,大小F合=ma=mg tan α,故C错误,D正确。6.ABD　对货物受力分析,受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得a=Tm-g。当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M的值aM=-g,故A正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N的值TN=mg,故B正确;图线的斜率表示物体质量的倒数1m,故C错误,D正确。7.D　由二力合成可知,两力的合力大小为F=F12+F22=200 N,方向在水平面内与F1夹角的正弦值为sin θ=F2F=0.8,即θ=53°;而fmax=μFN=μmg=0.3×50 kg×10 m/s2=150 N,因为F>fmax,所以沙发要做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F-fmax=ma,可得a=1 m/s2,方向沿水平面与F1成53°夹角,故D正确。8.D　由细线的偏离方向可知小车向右加速或向左减速,故A错;对小球受力分析后由牛顿第二定律可得,小车的加速度a=g tan θ,细线对小球的拉力T=mgcosθ,故B、C错;木块受到的摩擦力f=Ma=Mg tan θ,D正确。9.BC　以小物块为研究对象,分析受力情况:重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f,f沿斜面向上,故A错误,B正确;根据牛顿第二定律得:f-mg sin 30°=ma,解得f=12mg+ma,方向平行斜面向上,故C正确,D错误;故选B、C。10.AC　甲、乙两图中,物块水平方向只受静摩擦力的作用,由牛顿第二定律可得:f1=Ma1,f2=Ma2;丙、丁两图中,物块和小物体整体受重力(M+m)g、支持力N、摩擦力f的作用。丙图中,由牛顿第二定律有:f3=(M+m)a3;丁图中,由牛顿第二定律有:f4=(M+m)a4。由于a1∶a2=1∶2,则f1∶f2=1∶2,故A正确;由于a2∶a3=2∶4,则f2∶f3=M∶2(M+m),故B错误;同理f3∶f4=a3∶a4=4∶8=1∶2,故C正确;对小物体受力分析可得: tan θ=ma3mg=a3g,tan α=ma4mg=a4g,而a3∶a4=4∶8,所以 tan α=2 tan θ,故D错误。11.D　设两球的质量均为m,倾斜弹簧的弹力为T1,竖直弹簧的弹力为T2。剪断细线前,对A、B两球(包括A、B间弹簧)组成的整体,由平衡条件可得T1 cos 60°=2mg,解得:T1=4mg;对小球B,由平衡条件可得:T2=mg。剪断细线瞬间,线中弹力变为零,而弹簧中弹力不会突变。对A球,剪断细线瞬间,A球所受合力与原来细线拉力大小相等,方向相反,即水平向左,由牛顿第二定律可得T1 sin 60°=maA,解得aA=23g;对B球,B球的受力情况不变,即加速度仍为0。故D正确。12.B　在剪断细绳之前,A处于平衡状态,所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面向下的分力。在剪断细绳的瞬间,细绳上的拉力立即减为零,而弹簧的伸长量没有来得及发生改变,故弹力不变仍等于A的重力沿斜面向下的分力,故A球的加速度为零。在剪断细绳之前,对B球进行受力分析,B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力;在剪断细绳的瞬间,绳子上的拉力立即减为零,对B球进行受力分析,则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力,根据牛顿第二定律得:aB=m1gsin30°+m2gsin30°m2=(m1+m2)g2m2。故选B。13.AC　撤去C的瞬间,弹簧的弹力不发生突变,其形变量不变,故A正确;移开木块C前,整体处于平衡状态,弹簧的弹力等于A和C的总重力,即F=3mg,移开木块C的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,故B错误;移开木块C的瞬间,弹簧的弹力不变,A受到的合力大小等于C的重力,对木块A,由牛顿第二定律得2mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,故C正确;移开木块C的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,对B,由平衡条件得F+mg=N,解得N=4mg,则木块B对水平面的压力为4mg,故D错误。方法总结解决瞬时加速度问题的基本方法(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况,求出各力大小(①若物体处于平衡状态,则利用平衡条件;②若处于加速状态,则利用牛顿第二定律)。(2)分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等),哪些力变化,哪些力不变,哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力,发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)。(3)求物体在状态变化后所受的合外力,利用牛顿第二定律,求出瞬时加速度。误认为先有力,后有加速度物体的加速度和合外力是同时产生的,不分先后误认为质量与力成正比,与加速度成反比物体的质量是由自身决定的,与物体所受的合外力和运动的加速度无关误认为作用力与质量和加速度都成正比物体所受合外力的大小是由物体的受力情况决定的,与物体的质量和加速度无关