2024-2025學年新教材高中物理第四章運動和力的關系3牛頓第二定律課時作業(yè)含解析新人教版必修第一冊

PAGEPAGE7牛頓其次定律時間：45分鐘一、單項選擇題1．依據(jù)牛頓其次定律，下列敘述正確的是(D)A．物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合外力必需達到肯定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的隨意一個的大小成正比D．當物體質量變更但其所受合外力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比解析：物體加速度的大小與質量和速度大小的乘積無關，A項錯誤；物體所受合外力不為0，則a≠0，B項錯誤；加速度的大小與其所受的合外力成正比，C項錯誤．2.如圖所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板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(B)A．0 B．eq\f(2\r(3),3)gC．g D．eq\f(\r(3),3)g解析：撤離木板AB時，小球所受重力和彈簧彈力沒變，二者合力的大小等于撤離木板前木板對小球的支持力FN.由于FN＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，所以撤離木板后，小球的加速度大小為a＝eq\f(FN,m)＝eq\f(2\r(3),3)g.故選項B正確．3．雨滴在下降過程中，由于水汽的凝合，雨滴質量將漸漸增大，同時由于速度漸漸增大，空氣阻力也將越來越大，最終雨滴將以某一收尾速度勻速下降，在此過程中(D)A．雨滴所受到的重力漸漸增大，重力產(chǎn)生的加速度也漸漸增大B．由于雨滴質量漸漸增大，下落的加速度漸漸減小C．由于空氣阻力增大，雨滴下落的加速度漸漸增大D．雨滴受到的重力漸漸增大，但重力產(chǎn)生的加速度不變解析：雨滴在下落過程中，質量漸漸增大，雨滴所受的重力漸漸增大，但重力產(chǎn)生的加速度始終為g，故A項錯誤，D項正確；由mg－Ff＝ma得，a＝g－eq\f(Ff,m)，可見雨滴下落的加速度漸漸減小的緣由不是m增大，而是Ff增大，故B、C兩項錯誤．4.如圖所示，位于光滑固定斜面上的小物塊P受到一水平向右的推力F的作用．已知物塊P沿斜面加速下滑．現(xiàn)保持F的方向不變，而大小減小，則加速度(B)A．肯定變小B．肯定變大C．肯定不變D．可能變小，可能變大，也可能不變解析：由于斜面光滑，所以物塊P只受豎直向下的重力mg、垂直斜面對上的支持力FN和已知力F作用．令斜面傾角為θ，則在沿斜面方向上，由牛頓其次定律得，mgsinθ－Fcosθ＝ma，那么當F減小時，加速度增大．5.如圖所示，A、B兩球完全相同，質量均為m，用兩根等長的細線懸掛在升降機內(nèi)天花板的O點，兩球之間連著一根勁度系數(shù)為k的輕質彈簧．當升降機以加速度a豎直向上勻加速運動時，兩根細線之間的夾角為θ.則彈簧被壓縮的長度為(C)A．eq\f(ma＋gtanθ,k) B．eq\f(mgtanθ,k)C．eq\f(ma＋gtan\f(θ,2),k) D．eq\f(2ma＋gtan\f(θ,2),k)解析：A球受力如圖所示，由牛頓其次定律得，F(xiàn)coseq\f(θ,2)－mg＝ma，F(xiàn)sineq\f(θ,2)＝kx，解得，x＝eq\f(ma＋gtan\f(θ,2),k)，選項C正確．二、多項選擇題6.如圖所示，一輛有動力驅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)，若忽視小球與小車間的摩擦力，則在這段時間內(nèi)小車可能是(AD)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．向左做減速運動解析：小車與小球相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，說明小球所受合外力方向水平向右，則小球的加速度方向向右，即小車的加速度方向也向右．由于小車的運動方向可能向左也可能向右，由此確定小車有兩種運動形式，即向右加速或向左減速．7．如圖所示，某旅游景點的傾斜索道與水平線夾角θ＝30°，當載人車廂以加速度a斜向上加速運動時，人對車廂的壓力為體重的1.25倍，此時人與車廂相對靜止，設車廂對人的摩擦力為Ff，人的體重為G，下面正確的是(BD)A．a(chǎn)＝eq\f(g,4) B．a(chǎn)＝eq\f(g,2)C．Ff＝eq\f(\r(3),3)G D．Ff＝eq\f(\r(3),4)G解析：由于人對車廂底的正壓力為其重力的1.25倍，所以在豎直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，設水平方向上的加速度為a水，則eq\f(a上,a水)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，所以a水＝eq\f(\r(3),4)g，則a＝eq\f(a水,cos30°)＝eq\f(1,2)g，F(xiàn)f＝ma水＝eq\f(\r(3),4)G，選項B、D正確．8．如圖(1)所示，地面上有一質量為M的重物，用力F向上提它，力F變更而引起物體加速度變更的函數(shù)關系如圖(2)所示，則以下說法中正確的是(ABD)A．當F小于圖中A點值時，物體的重力Mg>F，物體不動B．圖中A點值即為物體的重力值C．物體向上運動的加速度和力F成正比D．圖線延長和縱軸的交點B的數(shù)值肯定值等于該地的重力加速度解析：本題考查應用牛頓其次定律分析圖象問題．當0≤F≤Mg時，物體靜止，即A項正確；當F>Mg時，即能將物體提離地面，此時，F(xiàn)－Mg＝Ma，a＝eq\f(F,M)－g，A點表示的意義即為F＝Mg，所以B項正確；直線的斜率為eq\f(1,M)，故B點數(shù)值肯定值為g，故D項正確．三、非選擇題9.如圖所示，一質量m＝5kg的物體靜止在水平地面上，在斜向上的恒力F的拉動下，起先向右運動．已知力F＝50N，物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，力F與水平方向的夾角θ＝37°.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求地面對物體的支持力的大小；(2)求力F作用5s時物體的速度的大小；(3)假如力F作用5s后撤去，則物體在從靜止起先運動的15s內(nèi)通過的位移是多大？解析：對物體受力分析如右圖所示，以加速度的方向為x軸正向，建立坐標系．(1)y方向上受力平衡，有FN＋F1＝mg，F(xiàn)1＝Fsinθ，聯(lián)立解得FN＝20N.(2)x方向上，物體做勻加速直線運動，設加速度大小為a1，依據(jù)牛頓其次定律有F合＝F2－Ff＝ma1，F(xiàn)2＝Fcosθ，而Ff＝μFN，解得a1＝6.4m/s2，則5s末物體的速度大小v＝a1t1＝32m/s.(3)撤去力F后，物體受到的滑動摩擦力為Ff′＝μmg.物體在水平方向的加速度a2＝μg＝4m/s2，則物體減速到零所用的時間t2＝eq\f(v,a2)＝8s，物體在從靜止起先運動的15s內(nèi)通過的位移x＝eq\f(1,2)v(t1＋t2)＝208m.答案：(1)20N(2)32m/s(3)208m10．如圖所示，水平傳送帶以恒定的速率v＝4m/s運輸質量m＝0.5kg的工件(可視為質點)．工件都是在位置A無初速度地放在傳送帶上的，且每當前一個工件在傳送帶上停止相對運動時，后一個工件即放到傳送帶上，今測得與傳送帶保持相對靜止的相鄰兩工件之間的距離為2.0m．g取10m/s2.求：(1)某一工件剛放到A點時它與前一工件之間的距離x0；(2)工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ.解析：(1)設每個工件的加速時間為t，則x0＝eq\f(1,2)at2①x0＋vt－eq\f(1,2)at2＝l②v＝at③聯(lián)立以上三式得t＝0.5s，a＝8m/s2，x0＝1m.(2)對工件由牛頓其次定律得μmg＝ma，則μ＝eq\f(a,g)＝0.8.答案：(1)1m(2)0.811.如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對靜止，球的質量為1kg.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)車廂運動的加速度并說明車廂的運動狀況；(2)懸線對球的拉力．解析：(1)由車廂沿水平方向運動，且球和車廂相對靜止，所以小球加速度(或合力)的方向水平向右．選小球為探討對象，受力分析如圖所示．由牛頓其次定律得，F(xiàn)合＝mgtanθ＝ma，小球的加速度a＝eq\f(F合,m)＝gtan37°＝eq\f(3,4)g＝7.5m/s2，加速度方向向右，車廂向右勻加速運動或向左勻減速運動．(2)線對球的拉力大小為F＝eq\f(mg,cos37°)＝eq\f(1×10,0.8)N＝12.5N.答案：(1)小車向右做勻加速運動或向左做勻減速運動，加速度大小為7.5m/s2(2)12.5N12．如下圖甲所示，質量為M＝10kg的滑塊放在水平地面上，滑塊上固定一個輕細桿ABC，∠ABC＝45°.在A端固定一個質量為m＝2kg的小球，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.現(xiàn)對滑塊施加一個水平向右的推力F1＝84N，使滑塊做勻加速運動．求此時輕桿對小球作用力F2的大小和方向．(取g＝10m/s2)有位同學是這樣解的：小球受到重力及桿的作用F2，因為是輕桿，所以F2方向沿桿向上，受力狀況如圖乙所示．依據(jù)所畫的平行四邊形，可以求得F2＝eq\r(2)mg＝eq\r(2)×2×10N＝20eq\r(2)N.你認為上述解答是否正確？假如不正確，請說明理由，并給出正確的解答．解析：不正確，桿AB對球的作用力方向不肯定沿著桿的方向，其詳細的大小和方向由實際的加速度a來確定，并隨著加速度a的變更而變更．由牛頓其次定律，對整