2024-2025學(xué)年新教材高中物理第四章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系3牛頓第二定律練習(xí)含解析新人教版必修第一冊(cè)

PAGE13-第3節(jié)牛頓其次定律必備學(xué)問基礎(chǔ)練進(jìn)階訓(xùn)練第一層學(xué)問點(diǎn)一牛頓其次定律1.對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力，當(dāng)力剛起先作用的瞬間()A．物體馬上獲得速度B．物體馬上獲得加速度C．物體同時(shí)獲得速度和加速度D．由于物體將來得及運(yùn)動(dòng)，所以速度和加速度都為零2．(多選)如圖所示，當(dāng)小車水平向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊M相對(duì)靜止于車廂后豎直壁上．當(dāng)小車的加速度增大時(shí)()A．M所受的靜摩擦力增大B．M對(duì)車廂的作用力增大C．M仍相對(duì)車廂靜止D．M受到的合外力為零3．如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為M的木塊，在方向與水平面成α角、大小為F的拉力作用下，沿水平地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為()A.eq\f(F,M)B.eq\f(Fcosα,M)C.eq\f(F－μMg,M)D.eq\f(Fcosα－μMg－Fsinα,M)4．(多選)如圖所示，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的較長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓馬上沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．則此時(shí)()A．貓有向上的加速度B．貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，板對(duì)貓有沿斜面對(duì)上的摩擦力C．板的加速度大小為gsinα，方向沿斜面對(duì)下D．板的加速度大小為eq\f(3,2)gsinα，方向沿斜面對(duì)下學(xué)問點(diǎn)二力的單位5.一輕彈簧上端固定，下端掛一重物，平衡時(shí)彈簧伸長了4cm，再將重物向下拉1cm，然后放手，則在釋放瞬間重物的加速度是(g取10m/A．2.5m/s2B．7.5m/C．10m/s2D．12.5m/關(guān)鍵實(shí)力綜合練進(jìn)階訓(xùn)練其次層一、單項(xiàng)選擇題1．由牛頓其次定律知，無論怎樣小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度，可是當(dāng)我們用一個(gè)力推桌子沒有推動(dòng)時(shí)是因?yàn)?)A．牛頓其次定律不適用于靜止的物體B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易覺察到C．推力小于摩擦力，加速度是負(fù)值D．推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于零，桌子的加速度為零，所以桌子仍靜止2．如圖所示，放在光滑水平面上的一個(gè)物體，同時(shí)受到兩個(gè)水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5N，水平向左的力F2＝10N，當(dāng)F2由10N漸漸減小到零的過程中，物體的加速度大小變更狀況是()A．漸漸減小B．漸漸增大C．先減小后增大D．先增大后減小3．力F作用于甲物體(質(zhì)量為m1)時(shí)產(chǎn)生的加速度為a1，此力作用于乙物體(質(zhì)量為m2)時(shí)產(chǎn)生的加速度為a2，若將甲、乙兩個(gè)物體合在一起，仍受此力的作用．則產(chǎn)生的加速度是()A.eq\f(a1＋a2,2)B.eq\f(|a1－a2|,2)C.eq\f(a1a2,a1＋a2)D.eq\f(a1＋a2,a1a2)4．(探究題)如圖所示，天花板上用細(xì)繩吊起兩個(gè)用輕彈簧相連的質(zhì)量相同的小球，兩小球均保持靜止．已知重力加速度為g，當(dāng)突然剪斷細(xì)繩時(shí)，上面的小球A與下面的小球B的加速度為()A．a(chǎn)A＝g，aB＝gB．a(chǎn)A＝g，aB＝0C．a(chǎn)A＝2g，aB＝0D．a(chǎn)A＝0，aB＝g5．如圖所示，底板光滑的小車上用兩個(gè)量程為0～20N、完全相同的彈簧測(cè)力計(jì)甲和乙系住一個(gè)質(zhì)量為1kg的物塊．在水平地面上，當(dāng)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)均為10N，當(dāng)小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)甲的示數(shù)變?yōu)?NA．2m/s2B．4m/C．6m/s2D．8m/6．早在公元前4世紀(jì)末，我國的《墨經(jīng)》中就有關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的一些見解，如“繩下直，權(quán)重相若則正矣．收，上者愈喪，下者愈得”，這句話所描述的狀況與下述物理現(xiàn)象相像．如圖，一根跨過定滑輪的輕繩兩端各懸掛一重物，當(dāng)兩重物質(zhì)量均為m時(shí)，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．若減小其中一個(gè)重物的質(zhì)量，系統(tǒng)就無法保持平衡，上升的重物減小的質(zhì)量Δm越多，另一個(gè)重物下降的加速度a就越大．已知重力加速度為g，則a與Δm的關(guān)系圖像可能是()二、多項(xiàng)選擇題7．半圓形光滑圓槽內(nèi)放一質(zhì)量為m的小球，今用外力拉著圓槽在水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后小球位置如圖所示，已知重力加速度為g，則小球受圓槽的支持力FN和加速度a為()A．FN＝eq\f(\r(3),2)mgB．FN＝eq\f(2\r(3),3)mgC．a(chǎn)＝eq\f(1,2)gD．a(chǎn)＝eq\f(\r(3),3)g8．(易錯(cuò)題)如圖所示，質(zhì)量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)繩Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q兩點(diǎn)．小球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力的大小為F1，Ⅱ中拉力的大小為F2，當(dāng)僅剪斷Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬間，球的加速度a應(yīng)是()A．若剪斷Ⅰ，則a＝g，方向豎直向下B．若剪斷Ⅱ，則a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左C．若剪斷Ⅰ，則a＝eq\f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延長線方向D．若剪斷Ⅱ，則a＝g，方向豎直向上9．如圖所示為位于水平面上的小車，固定在小車上的支架斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質(zhì)量為m的小球．下列關(guān)于斜桿對(duì)球的作用力F的推斷中，正確的是()A．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，肯定有F＝mg，方向豎直向上D．小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，肯定有F>mg，方向可能沿桿向上三、非選擇題10．如圖所示，一木塊沿傾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos(1)求木塊的加速度大?。?2)若木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，求木塊加速度的大小．學(xué)科素養(yǎng)升級(jí)練進(jìn)階訓(xùn)練第三層1．(學(xué)術(shù)情境)來自北京工業(yè)高校的一群高校生，受“蜘蛛俠”的啟發(fā)，研發(fā)出了獨(dú)特的六爪攀壁蜘蛛機(jī)器人(如圖甲)．六爪攀壁蜘蛛機(jī)器人猶如排球大小，“腹部”底盤較低，并且安裝了驅(qū)動(dòng)風(fēng)扇．假設(shè)所攀爬的墻體為一張紙，當(dāng)紙靠近運(yùn)轉(zhuǎn)的電風(fēng)扇時(shí)，由于壓力差的變更，紙會(huì)被緊緊吸附在電扇表面．正是運(yùn)用了這個(gè)原理，當(dāng)機(jī)器人腹部的驅(qū)動(dòng)風(fēng)扇起先運(yùn)轉(zhuǎn)，它便可以穩(wěn)穩(wěn)地吸附于墻體上．假設(shè)“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點(diǎn)沿直線勻加速“爬行”到B點(diǎn)．在此過程中，重力之外的其他力的合力用F表示，則對(duì)“蜘蛛俠”受力狀況分析正確的是()2．(生活情境)“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性橡皮繩．質(zhì)量為m的小麗如圖所示靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時(shí)小麗左側(cè)橡皮繩斷裂，則小麗此時(shí)的()A．加速度為零B．加速度a＝g，沿?cái)嗔严鹌だK的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D．加速度a＝g，方向豎直向下3．如圖所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量m＝2kg的無人機(jī)，能供應(yīng)向上的最大升力為32N．現(xiàn)讓無人機(jī)在地面上從靜止起先豎直向上運(yùn)動(dòng)，25s后懸停在空中，執(zhí)行拍攝任務(wù)．前25s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，在運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小恒為無人機(jī)重力的0.2倍，g取10m/s(1)從靜止起先豎直向上運(yùn)動(dòng)，25秒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大??；(2)加速和減速上升過程中供應(yīng)的升力；(3)25s后懸停在空中，完成拍攝任務(wù)后，關(guān)閉升力一段時(shí)間，之后又重新啟動(dòng)供應(yīng)向上最大升力．為保證平安著地，求無人機(jī)從起先下落到復(fù)原升力的最長時(shí)間t(設(shè)無人機(jī)只做直線下落)．4．如圖甲所示，停放在水平冰面上的冰車由質(zhì)量為M，傾角為θ的斜面改裝而成，在斜面上輕放一質(zhì)量為m的物塊，不計(jì)物塊與斜面、冰車與冰面之間的摩擦．釋放物塊后，在物塊沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，冰車也在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)冰車受力的示意圖如圖乙所示，冰車在水平方向的合力作用下由靜止變?yōu)檫\(yùn)動(dòng)，且在物塊滑離斜面前沿冰面做加速運(yùn)動(dòng)．若冰面上的人在車后方用水平方向的力F推車，試分析冰車的運(yùn)動(dòng)狀況有幾種可能？并試分析特別狀況下，水平推力F和物塊加速度a的大小分別是多少？第3節(jié)牛頓其次定律必備學(xué)問基礎(chǔ)練1．解析：依據(jù)牛頓其次定律F＝ma可知，加速度與合力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的關(guān)系，合力變更，加速度同時(shí)隨之變更，當(dāng)力剛起先作用的瞬間，物體所受的合力馬上增大，則馬上獲得了加速度，而物體由于具有慣性，速度還沒有變更，故B正確．答案：B2.解析：小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊M相對(duì)小車靜止，加速度與車的加速度相同，以物塊為探討對(duì)象，受力分析如圖所示，對(duì)物塊，由牛頓其次定律得N＝Ma，a增大，表明N增大，由牛頓第三定律可知，M對(duì)車廂壁的壓力N′＝N增大，物塊受到的最大靜摩擦力增大，物塊不行能沿壁下滑，M仍相對(duì)車廂靜止，在豎直方向，M所受合外力為零，由平衡條件得f＝Mg，M所受的靜摩擦力不變；M受到的合外力不為零，豎直方向的合力不變，水平方向的合力增大，所以車廂與M的相互作用力增大，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確．答案：BC3．解析：木塊受力如圖所示，在豎直方向有F支＝Mg－Fsinα，依據(jù)牛頓第三定律可知木塊對(duì)地面的壓力F壓＝F支＝Mg－Fsinα；在水平方向，由牛頓其次定律得Fcosα－μ(Mg－Fsinα)＝Ma，解得加速度a＝eq\f(Fcosα－μMg－Fsinα,M)，故選D.答案：D4．解析：貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，隔離貓進(jìn)行受力分析，貓受重力、板對(duì)它的支持力及板對(duì)貓沿斜面對(duì)上的摩擦力，A錯(cuò)誤，B正確；木板沿斜面加速下滑時(shí)，貓保持相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為零．將木板和貓作為整體，依據(jù)牛頓其次定律有F合＝2ma(a為木板的加速度)，整體受到的合力的大小為貓和木板的重力沿斜面方向的分力的大小，即F合＝3mgsinα，解得a＝eq\f(3,2)gsinα，方向沿斜面對(duì)下，C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD5．解析：彈簧伸長量為4cm時(shí)，重物處于平衡狀態(tài)，故mg＝kΔx1；再將重物向下拉1cm，則彈簧的伸長量變?yōu)棣2＝5cm，在重物被釋放瞬間，由牛頓其次定律可得kΔx2－mg＝ma.由以上兩式解得a＝2.5m/s2，故A正確．答案：A關(guān)鍵實(shí)力綜合練1．解析：牛頓其次定律中的力應(yīng)理解為物體所受的合力．用一個(gè)力推桌子沒有推動(dòng)，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于零，桌子的加速度為零，所以桌子仍靜止，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤．答案：D2．解析：一起先，物體所受合力為F＝10N－5N＝5N，方向向左．當(dāng)F2由10N漸漸減小，F(xiàn)也漸漸減小，當(dāng)F2減小到5N時(shí)，F(xiàn)的值變?yōu)?，隨著F2的接著減小，F(xiàn)方向變?yōu)橄蛴?，?漸漸增大，當(dāng)F2變?yōu)?的時(shí)候，F(xiàn)變?yōu)樽畲?N，由牛頓其次定律知，物體的加速度大小是先減小后增大，故C正確．答案：C3．解析：力F作用于甲物體時(shí)，F(xiàn)＝m1a力F作用于乙物體時(shí)，F(xiàn)＝m2a力F作用于甲、乙組成的整體時(shí)，F(xiàn)＝(m1＋m2)a3聯(lián)立解得a3＝eq\f(a1a2,a1＋a2)，故選項(xiàng)C正確．答案：C4.解析：分別以A、B為探討對(duì)象，分析剪斷細(xì)繩前和剪斷細(xì)繩時(shí)的受力．剪斷細(xì)繩前A、B靜止，A球受三個(gè)力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個(gè)力：重力mg和彈簧彈力F′，如圖甲．A球：FT－mg－F＝0B球：F′－mg＝0，F(xiàn)＝F′解得FT＝2mg，F(xiàn)＝F′＝mg.剪斷細(xì)繩瞬間，繩的拉力消逝，而彈簧瞬間形態(tài)不行變更，彈力不變．如圖乙，A球受重力mg、彈簧彈力F，B球受重力mg和彈簧彈力F′.A球：mg＋F＝maAB球：F′－mg＝maB解得aA＝2g，aB答案：C5．解析：當(dāng)彈簧測(cè)力計(jì)甲的示數(shù)變?yōu)?N時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)乙的示數(shù)變?yōu)?2N，這時(shí)物塊所受的合力為4N．由牛頓其次定律F＝ma得物塊的加速度a＝eq\f(F,m)＝4m/s2，故選項(xiàng)B正確．答案：B6．解析：假設(shè)右邊的重物質(zhì)量削減Δm，則右邊的重物向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，左邊的重物向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，它們的加速度大小a相同，繩子的拉力大小F相等．對(duì)右邊重物，依據(jù)牛頓其次定律得F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a對(duì)左邊重物，依據(jù)牛頓其次定律得mg－F＝ma聯(lián)立解得a＝eq\f(Δm,2m－Δm)·g＝eq\f(1,\f(2m,Δm)－1)·g，依據(jù)上式知，Δm和a并非是線性化關(guān)系，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)Δm＝m時(shí)，可得a＝g，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C7.解析：小球受力如圖，由牛頓其次定律得F合＝mg·tan30°＝maa＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g則FN＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg故B、D正確．答案：BD8.解析：沒有剪斷Ⅰ、Ⅱ時(shí)小球受力狀況如圖所示．在剪斷Ⅰ的瞬間，由于小球的速度為0，繩Ⅱ上的力突變?yōu)?，則小球只受重力作用，加速度為g，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；若剪斷Ⅱ，由于彈簧的彈力不能突變，F(xiàn)1與重力的合力大小仍等于F2，所以此時(shí)加速度為a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤．答案：AB9.解析：小車靜止時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)球的彈力F＝mg，方向豎直向上，故A、B錯(cuò)誤．小車向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)球的彈力F＝mg，方向豎直向上，故C正確．小球向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球具有向右的加速度，合力向右，小球受力如圖所示，依據(jù)幾何學(xué)問可知，F(xiàn)>mg，方向由合力的大小確定，可能沿桿向上，故D正確．答案：CD10.解析：(1)分析木塊的受力狀況如圖甲所示，木塊受重力mg、支持力FN兩個(gè)力作用，合外力大小為mgsinθ，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＝10×0.6m/s2＝6m/s2.(2)若斜面粗糙，木塊的受力狀況如圖乙所示，建立直角坐標(biāo)系．在x軸方向上(沿斜面方向)mgsinθ－Ff＝ma2在y軸方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcosθ又因?yàn)镕f＝μFN聯(lián)立解得a2＝2m/s2答案：(1)6m/s2(2)2m/s2學(xué)科素養(yǎng)升級(jí)練1．解析：“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點(diǎn)沿直線勻加速“爬行”到B點(diǎn)，加速度從A指向B，依據(jù)牛頓其次定律可知，在豎直平面內(nèi)“蜘蛛俠”的合力方向應(yīng)當(dāng)是從A指向B，結(jié)合平行四邊形定則知F與mg的合力沿A到B方向，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：當(dāng)小麗處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，拉力F＝mg，兩橡皮繩之間的夾角為120°，若小麗左側(cè)橡皮繩斷裂，則小麗此時(shí)所受合力沿?cái)嗔严鹌だK的方向斜向下，由牛頓其次定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，故選項(xiàng)B正確．答案：B3．解析：(1)由v－t圖線與t軸所圍面積表示位移可得，無人機(jī)從靜止起先豎直向上運(yùn)動(dòng)，25秒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為70m.(2)由v－t圖線的斜率表示加速度知，加速過程加速度大小為a1＝0.8m/s2，設(shè)加速過程升力為F1由牛頓其次定律得F1－mg－0.2mg＝ma1解得F1＝25.6N減速過程中加速度大小為a2＝0.4m/s2，設(shè)減速過程升力為F2由牛頓其次定律得mg＋0.2mg－F2＝ma2，解得F2＝23.