新人教版物理必修1：牛頓第二定律

1、第三節(jié)牛頓第二定律課時作業(yè)1對應(yīng)學生用書P51（建議用時：30分鐘）一、選擇題1.（牛頓第二定律的理解）（多選）關(guān)于力和運動的關(guān)系，下列說法中正確的是（）A物體受到的合力越大，其速度改變量越大B物體受到的合力不為零且不變，物體速度一定會改變C. 物體受到的合力變化，加速度就一定變化D. 物體受到的合力不變，其運動狀態(tài)就不改變答案BC解析由牛頓第二定律知，物體受到的合力發(fā)生變化，加速度就一定變化，物體受到的合力越大，加速度就越大，而速度改變量不僅與加速度有關(guān)，而且還與時間有關(guān)，故A錯誤，C正確；運動狀態(tài)不變即速度不變，若加速度不為零且不變，其速度一定變化，故B正確，D錯誤。2.（牛頓第二定律的應(yīng)

2、用）如圖所示，A、B兩物體疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力（）A方向向左，大小不變B方向向左，逐漸減小C方向向右，大小不變D方向向右，逐漸減小答案A解析根據(jù)題目條件得知，物體B具有水平向左的恒定加速度，由牛頓第二定律知，物體B受到的合力水平向左且恒定，對物體B受力分析可知，物體B在水平方向的合力就是物體A施加的靜摩擦力，因此，物體B受到的摩擦力方向向左，且大小不變，保持恒定，A正確，B、C、D錯誤。3. （牛頓第二定律的應(yīng)用）（多選）力Fi單獨作用于一個物體時，物體具有的加速度大小為2m/s2,力F2單獨作用于同一物體時，物體具有的加速度大

3、小為4m/s2，當Fi、F2共同作用于該物體時，物體具有的加速度大小可能是（）22A. 2m/sB.4m/s22C.6m/sD.8m/s答案ABC解析據(jù)牛頓第二定律有Fi=2m，F(xiàn)2=4m，當二力同向時可使物體產(chǎn)生最2大加速度，即2m+4m=mai，ai=6m/s。當二力方向相反時可使物體有最小加速度，即4m2m=ma2,a2=2m/s2,當二力共同作用該物體時，產(chǎn)生的加速度2在26m/s之間。故選A、B、C。4. （牛頓第二定律的應(yīng)用）以初速度vo豎直向上拋出一個小球，小球所受的空氣阻力與速度大小成正比，從拋出到落地小球運動的vt圖是（）答案A解析上升階段，小球所受空氣阻力隨小球速度的減小而

4、減小。小球所受合力F=G+Ff,合力越來越小，所以上升階段小球的加速度越來越小。下降階段，小球所受空氣阻力隨小球速度的增大而增大，小球所受合力F'=GFf，合力越來越小，所以下降階段小球的加速度也越來越小。vt圖象中，只有A項所表示的運動加速度越來越小，A正確。5. （牛頓第二定律的應(yīng)用）（多選）如圖所示，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設(shè)在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在這段時間內(nèi)小車可能是（）A向右做加速運動B. 向右做減速運動C. 向左做加速運動D.向左做減速運動答案AD解析小球水平

5、方向受到向右的彈簧彈力F,由牛頓第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球與小車相對靜止，故小車可能向右做加速運動或向左做減速運動。故選A、D。6.（牛頓第二定律的應(yīng)用）三個完全相同的物塊1、2、3放在水平桌面上,F沿圖示方向分別作它們與桌面間的動摩擦因數(shù)都相同?，F(xiàn)用大小相同的外力3上，使三者都做加速運用在物塊1和2上，用F的外力沿水平方向作用在物塊動，令ai、a2、a3分別代表物塊1、2、3的加速度，貝U（）£7A.ai=a2=a3B.ai=a2，a2>a3C.ai>a2，a2<a3D.ai>a2，a2>a3答案C解析分析1、2、3三個物塊的受力情況

6、如圖所示。則Ffi=KmgFsin60）.Ff2=Kmg+Fsin60)°f3=卩mg由牛頓第二定律得：Fcos60Ffi=mai,Fcos60FFf2=ma2，2Ff3=mas。因Ff2>Ff3>Ffi，故ai>a3>a2。C正確。（瞬時加速度）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角為30°勺光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)。當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為（）2百J3A0B.-gC.gD.-g答案B解析未撤離木板時，小球受重力G、彈簧的拉力F和木板的彈力Fn的作用處于靜止狀態(tài)，通過受力分析可知，木板對小球的彈力

7、大小為cOm30mgo在撤離木板的瞬間，彈簧的彈力大小和方向均沒有發(fā)生變化，而小球的重力是恒力，故此時小球受到重力G、彈簧的拉力F,合力與木板提供的彈力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小為233g，由此可知b正確。8. （瞬時加速度）（多選）如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球之間系著一根不計質(zhì)量的彈簧，放在光滑的水平面上，A球緊靠豎直墻壁，今用水平力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將F撤去，在這瞬間（）A. B球的速度為零，加速度為零b.b球的速度為零，加速度大小為mC.在彈簧第一次恢復(fù)原長之后A才離開墻壁D. 在A離開墻壁后，A、B兩球均向右做勻速運動答案BC解析撤去F瞬間，彈簧彈力大小

8、仍為F，故B的加速度為m，此時B球還沒有運動，故B球的速度為零，A錯誤，B正確。彈簧恢復(fù)原長后由于B的運動而被拉長，它對A球產(chǎn)生拉力，使A球離開墻壁，C正確。A離開墻壁后，彈簧不斷伸長、收縮，對A、B仍有作用力，即A、B的合力不為零，兩球仍做變速直線運動，D錯誤9. （牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s=3.5m,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)尸0.1,取重力加速度g=10m/S2。工件滑上A端時速度va=4m/s,到達B端時速度設(shè)為vb，則下列說法不正確的是（）A.若傳送帶不動，則vb=3m/sB. 若傳送帶以速率v=4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則vb=3m/sC. 若傳送帶以

9、速率v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則vb=3m/sD. 若傳送帶以速率v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則vb=2m/s答案D解析工件在傳送帶上滑動時的加速度大小&=晉里1m/s2。若傳送帶不動,22工件做勻減速運動，由vbva=2（a）s，則vb=3m/s，A正確；若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，工件受力不變，a不變，vBvA=2as，vb=3m/s，B正確；傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動的速度為2m/s，則工件在傳送帶上做勻減速運動，當運動s=3.5m時減速至3m/s>2m/s,故一直減速，vb=3m/s，C正確，D錯誤。10. （牛頓第二定律的應(yīng)用）（多選）如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)

10、量都是M，人的質(zhì)量都是m,甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子（繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計）；人與車始終保持相對靜止。下列說法正確的是（）A.甲車的加速度大小為MB.甲車的加速度大小為0C.乙車的加速度大小為2FM+mD.乙車的加速度大小為0答案BC解析對甲圖中人和車組成的系統(tǒng)受力分析，在水平方向的合外力為0（人的推力F是內(nèi)力），故a甲二0,A錯誤，B正確；乙圖中，人拉輕繩的力為F，則繩拉人和繩拉車的力均為F,對人和車組成的系統(tǒng)受力分析，水平方向合外力為2F2F，由牛頓第二定律知：a乙=，則C正確，D錯誤。故選B、C。二、非選擇題（按照題目要求作答，計算題須寫出必要的文字說明、方程

11、式和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的題注明單位）11. （綜合）某探究小組設(shè)計了“用一把尺子測定動摩擦因數(shù)”的實驗方案。如圖所示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端。開始時小球和滑塊均靜止，剪斷細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移X。（空氣阻力對本實驗的影響可以忽略）（1）滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為<（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為。以下能引起實驗誤

12、差的是。a滑塊的質(zhì)量b.當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮長度測量時的讀數(shù)誤差d.小球落地和滑塊撞擊擋板不同時答案H(2)hcdx解析由自由落體運動規(guī)律得h=2gt2一i2由勻加速直線運動規(guī)律得x=2at2所以g=H。(2)設(shè)斜面與水平面夾角為9,對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin0卩mgos9=mafh又sin0=x,cos0=入(3) 從實驗原理和理論計算結(jié)果看，能引起實驗誤差的是c、d(牛頓第二定律的應(yīng)用)如圖所示，靜止在水平地面上的小黃鴨質(zhì)量m=20kg,受到與水平面夾角為53°的斜向上的拉力，小黃鴨開始沿水平地面運動。若拉力F=100N,小黃鴨與地面的動摩擦因數(shù)為0.2,求：(1)把

13、小黃鴨看做質(zhì)點，作出其受力示意圖；小黃鴨對地面的壓力；一2(3)小黃鴨運動的加速度的大小。(sin53=0.8,cos53=0.6,g=10m/s)答案(1)見解析(2)120N,方向豎直向下2(3)a=1.8m/s2解析(1)受力示意圖如圖所示（2）根據(jù)平衡條件可得：Fsin53牛N=mg所以解得N=mgFsin53丄120N,方向豎直向上；根據(jù)牛頓第三定律，小黃鴨對地面的壓力N'=N=120N,方向豎直向下受到的摩擦力為滑動摩擦力，所以f=卩424N根據(jù)牛頓第二定律得：Fcos53f=ma,解得a=1.8m/s2。課時作業(yè)2對應(yīng)學生用書P53（建議用時：30分鐘）一、選擇題1.（牛

14、頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，在質(zhì)量為m的物體上加一個豎直向上的拉力F，使物體以加速度a豎直向上做勻加速運動，若不計阻力，下面說法正確的是（）A若拉力改為2F，物體加速度為2aB. 若質(zhì)量改為m，物體加速度為2aaC. 若質(zhì)量改為2m，物體加速度為2d.若質(zhì)量改為m，拉力改為|，物體加速度不變答案DFmgf解析根據(jù)題意得：F-mgma,解得：ammg。若拉力改為2F,物體加速度ai=2Fmg2Fm=帝g>2a，故A錯誤；若質(zhì)量改為空，物體加速度a21F?mg2Fmg>2a,故B錯誤；若質(zhì)量改為2m,物體加速度F-2mgfa3=2m1ag<2,f22mg故C錯誤；若質(zhì)量改為2，拉

15、力改為2物體加速度a4=a,故D正確。2.（牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為M大小為F、方向與水平方向成a角的拉力作用下沿地面做加速運動。的小木塊，在若木塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為仏則木塊的加速度為（）FFcosaA一BAMB.MFcosa卩MgFcosaMgFsinaMD.MC.取M為研究對象，其受力情況如圖所示。在豎直方向合力為零,即Fsina+Fn=Mg,在水平方向由牛頓第二定律得FcosaFf=Ma,且Ff=卩F。由以上三式可得FcosaMgFsinaa=,D正確。3.（牛頓第二定律與圖象結(jié)合）如圖甲所示，某人通過動滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處，動滑輪的質(zhì)量和

16、摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。則下列判斷正確的是（）A圖線與縱軸的交點的絕對值為gB圖線的斜率在數(shù)值上等于物體的質(zhì)量mC圖線與橫軸的交點N的值Tn=mg1d.圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質(zhì)量的倒數(shù)m答案A2T解析由題結(jié)合牛頓第二定律可得：2Tmg=ma,則有a=石g,由a2T圖象可判斷，縱軸截距的絕對值為g,A正確；圖線的斜率在數(shù)值上等于益,則B、D錯誤；橫軸截距代表a=0時，Tn=號，貝UC錯誤。4.（牛頓第二定律與圖象結(jié)合）（多選）一質(zhì)點在外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變化的圖象如圖所示。在圖中標出的時刻中，質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相

17、同的有（）A.tlB.t2C.t3D.t4答案AC解析vt圖象中，縱軸表示各時刻的速度，tl、t2時刻速度為正，t3、t4時刻速度為負，圖線上各點切線的斜率表示該時刻的加速度，tl、t4時刻加速度為正，t2、t3時刻加速度為負，根據(jù)牛頓第二定律，加速度與合外力方向相同，故ti時刻合外力與速度均為正，t3時刻合外力與速度均為負，A、C正確，B、D錯誤。a5.（牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，質(zhì)量為mi和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當用水平力F作用在mi上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x,若用水平力F'作用在mi上時，兩物塊均以加速

18、度a'=2a做勻加速運動。此時彈簧伸長量為x'。則F列關(guān)系正確的是（）A.F'=2FB.x'>2xC.F'>2FD.x'<2x答案A解析把兩個物塊看做整體，由牛頓第二定律可得：F=（m+m2）a，F(xiàn)'（mi+m2）a'，又a'=2a，可得出F'=2F，隔離物塊m2，由牛頓第二定律得：kx=m2a，kx'=m2a'，解得：x'=2x，故A正確，B、C、D均錯誤。6.（牛頓第二定律與圖象結(jié)合）如圖甲所示，一個質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下

19、由靜止開始做直線運動。在03s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，貝U（）T乙A. F的最大值為12NB. 01s和23s內(nèi)物體加速度的方向相反C. 3s末物體的速度最大，最大速度為8m/sD. 在01s內(nèi)物體做勻加速運動，23s內(nèi)物體做勻減速運動答案C解析由at圖象知加速度最大時a=4m/s2，由牛頓第二定律得F卩mg=ma知，F(xiàn)最大值大于12N，故A錯誤；01s和23s內(nèi)，加速度均為正方向，故B錯誤；3s末速度最大，由a-1圖面積知Av=8m/s,所以vmax=8m/s.故C正確；01s和23s內(nèi)加速度a與速度v均同向，都做加速運動，但a不是定值，所以不是勻加速運動，故D錯誤

20、7.（牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，質(zhì)量為M的長平板車放在傾角為a的光滑斜面上，車上站著一質(zhì)量為m的人，若要平板車靜止在斜面上，車上的人必須A勻速向下奔跑B以加速度a=mgsina向下加速奔跑C.以加速度a=+msina向下加速奔跑D以加速度a=jl+msina,向上加速奔跑答案C解析作出平板車的受力圖，如圖甲所示，求出人對平板車的摩擦力Ff=Mgsina作出人的受力圖，如圖乙，貝Umgsina+Ff'=ma，且Ff'=Ff，由以上三式聯(lián)立解得a=J+mgsina故C正確。8.（牛頓第二定律的應(yīng)用）（多選）質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，

21、如圖甲所示，繩子平行于傾角為a的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是（）A輕繩的拉力等于MgB. 輕繩的拉力等于mgC. M運動的加速度大小為（1sin"gIMimD. M運動的加速度大小為齊廠g答案BC解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsina=mg,互換位置后,對M有MgT=Ma，對m有:T'mgsina=ma,又T=T'，解得：a=(1sinag,T=mg,故A、D錯誤，B、C正確。9.（牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧

22、正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧，把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）A. 小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B. 從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上C. 從小球接觸彈簧至到達最低點，小球的速度先增大后減小D. 從小球接觸彈簧至到達最低點，小球的加速度先增大后減小答案C解析小球從接觸彈簧開始，在向下運動過程中受到重力和彈簧彈力的作用，但開始時由于彈簧的壓縮量較小，彈力小于重力，合力方向豎直向下，且逐漸減小，小球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度逐漸減小的加速運動，直到重力與彈簧彈力相等時，合力為零，加速度也為零，速度最大；重力與彈簧彈力相等后，小球再向下運動,則

23、彈簧彈力將大于重力，合力方向變?yōu)樨Q直向上，且不斷增大，小球?qū)⒆黾铀俣戎饾u增大的變減速運動，直到速度為零，故從接觸彈簧至到達最低點，小球的速度先增大后減小，加速度先減小后增大。故C正確，A、B、D錯誤。二、非選擇題（按照題目要求作答，計算題須寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的題注明單位）10.（牛頓第二定律的應(yīng)用）如圖所示，小球M處于靜止狀態(tài)，彈簧與豎直方向的夾角為9,燒斷BO繩的瞬間，試求小球M的加速度的大小和方向。答案gtan9方向水平向右解析燒斷BO繩前，小球受力平衡，由此求得BO繩的拉力F'=mgtan9;燒斷瞬間，BO繩的拉力消失，而彈簧還是保持原來的長度，彈力與燒斷前相同。此時，小球受到的作用力是彈力和重力，如圖所示，其合力方向