新人教版物理必修1：牛顿第二定律

1、第三节牛顿第二定律课时作业1对应学生用书P51（建议用时：30分钟）一、选择题1.（牛顿第二定律的理解）（多选）关于力和运动的关系，下列说法中正确的是（）A物体受到的合力越大，其速度改变量越大B物体受到的合力不为零且不变，物体速度一定会改变C. 物体受到的合力变化，加速度就一定变化D. 物体受到的合力不变，其运动状态就不改变答案BC解析由牛顿第二定律知，物体受到的合力发生变化，加速度就一定变化，物体受到的合力越大，加速度就越大，而速度改变量不仅与加速度有关，而且还与时间有关，故A错误，C正确；运动状态不变即速度不变，若加速度不为零且不变，其速度一定变化，故B正确，D错误。2.（牛顿第二定律的应

2、用）如图所示，A、B两物体叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（）A方向向左，大小不变B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小答案A解析根据题目条件得知，物体B具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第二定律知，物体B受到的合力水平向左且恒定，对物体B受力分析可知，物体B在水平方向的合力就是物体A施加的静摩擦力，因此，物体B受到的摩擦力方向向左，且大小不变，保持恒定，A正确，B、C、D错误。3. （牛顿第二定律的应用）（多选）力Fi单独作用于一个物体时，物体具有的加速度大小为2m/s2,力F2单独作用于同一物体时，物体具有的加速度大

3、小为4m/s2，当Fi、F2共同作用于该物体时，物体具有的加速度大小可能是（）22A. 2m/sB.4m/s22C.6m/sD.8m/s答案ABC解析据牛顿第二定律有Fi=2m，F2=4m，当二力同向时可使物体产生最2大加速度，即2m+4m=mai，ai=6m/s。当二力方向相反时可使物体有最小加速度，即4m2m=ma2,a2=2m/s2,当二力共同作用该物体时，产生的加速度2在26m/s之间。故选A、B、C。4. （牛顿第二定律的应用）以初速度vo竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，从抛出到落地小球运动的vt图是（）答案A解析上升阶段，小球所受空气阻力随小球速度的减小而

4、减小。小球所受合力F=G+Ff,合力越来越小，所以上升阶段小球的加速度越来越小。下降阶段，小球所受空气阻力随小球速度的增大而增大，小球所受合力F'=GFf，合力越来越小，所以下降阶段小球的加速度也越来越小。vt图象中，只有A项所表示的运动加速度越来越小，A正确。5. （牛顿第二定律的应用）（多选）如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是（）A向右做加速运动B. 向右做减速运动C. 向左做加速运动D.向左做减速运动答案AD解析小球水平

5、方向受到向右的弹簧弹力F,由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动。故选A、D。6.（牛顿第二定律的应用）三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上,F沿图示方向分别作它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力3上，使三者都做加速运用在物块1和2上，用F的外力沿水平方向作用在物块动，令ai、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，贝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、3三个物块的受力情况

6、如图所示。则Ffi=KmgFsin60）.Ff2=Kmg+Fsin60)°f3=卩mg由牛顿第二定律得：Fcos60Ffi=mai,Fcos60FFf2=ma2，2Ff3=mas。因Ff2>Ff3>Ffi，故ai>a3>a2。C正确。（瞬时加速度）如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°勺光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（）2百J3A0B.-gC.gD.-g答案B解析未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力Fn的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力

7、大小为cOm30mgo在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F,合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为233g，由此可知b正确。8. （瞬时加速度）（多选）如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间（）A. B球的速度为零，加速度为零b.b球的速度为零，加速度大小为mC.在弹簧第一次恢复原长之后A才离开墙壁D. 在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动答案BC解析撤去F瞬间，弹簧弹力大小

8、仍为F，故B的加速度为m，此时B球还没有运动，故B球的速度为零，A错误，B正确。弹簧恢复原长后由于B的运动而被拉长，它对A球产生拉力，使A球离开墙壁，C正确。A离开墙壁后，弹簧不断伸长、收缩，对A、B仍有作用力，即A、B的合力不为零，两球仍做变速直线运动，D错误9. （牛顿第二定律的应用）如图所示，水平传送带A、B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数尸0.1,取重力加速度g=10m/S2。工件滑上A端时速度va=4m/s,到达B端时速度设为vb，则下列说法不正确的是（）A.若传送带不动，则vb=3m/sB. 若传送带以速率v=4m/s逆时针匀速转动，则vb=3m/sC. 若传送带以

9、速率v=2m/s顺时针匀速转动，则vb=3m/sD. 若传送带以速率v=2m/s顺时针匀速转动，则vb=2m/s答案D解析工件在传送带上滑动时的加速度大小&=晋里1m/s2。若传送带不动,22工件做匀减速运动，由vbva=2（a）s，则vb=3m/s，A正确；若传送带逆时针匀速转动，工件受力不变，a不变，vBvA=2as，vb=3m/s，B正确；传送带顺时针匀速转动的速度为2m/s，则工件在传送带上做匀减速运动，当运动s=3.5m时减速至3m/s>2m/s,故一直减速，vb=3m/s，C正确，D错误。10. （牛顿第二定律的应用）（多选）如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质

10、量都是M，人的质量都是m,甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子（绳与轮的质量和摩擦均不计）；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是（）A.甲车的加速度大小为MB.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为2FM+mD.乙车的加速度大小为0答案BC解析对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0（人的推力F是内力），故a甲二0,A错误，B正确；乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F,对人和车组成的系统受力分析，水平方向合外力为2F2F，由牛顿第二定律知：a乙=，则C正确，D错误。故选B、C。二、非选择题（按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程

11、式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位）11. （综合）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移X。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）（1）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为<（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为。以下能引起实验误

12、差的是。a滑块的质量b.当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差d.小球落地和滑块撞击挡板不同时答案H(2)hcdx解析由自由落体运动规律得h=2gt2一i2由匀加速直线运动规律得x=2at2所以g=H。(2)设斜面与水平面夹角为9,对滑块，根据牛顿第二定律有mgsin0卩mgos9=mafh又sin0=x,cos0=入(3) 从实验原理和理论计算结果看，能引起实验误差的是c、d(牛顿第二定律的应用)如图所示，静止在水平地面上的小黄鸭质量m=20kg,受到与水平面夹角为53°的斜向上的拉力，小黄鸭开始沿水平地面运动。若拉力F=100N,小黄鸭与地面的动摩擦因数为0.2,求：(1)把

13、小黄鸭看做质点，作出其受力示意图；小黄鸭对地面的压力；一2(3)小黄鸭运动的加速度的大小。(sin53=0.8,cos53=0.6,g=10m/s)答案(1)见解析(2)120N,方向竖直向下2(3)a=1.8m/s2解析(1)受力示意图如图所示（2）根据平衡条件可得：Fsin53牛N=mg所以解得N=mgFsin53丄120N,方向竖直向上；根据牛顿第三定律，小黄鸭对地面的压力N'=N=120N,方向竖直向下受到的摩擦力为滑动摩擦力，所以f=卩424N根据牛顿第二定律得：Fcos53f=ma,解得a=1.8m/s2。课时作业2对应学生用书P53（建议用时：30分钟）一、选择题1.（牛

14、顿第二定律的应用）如图所示，在质量为m的物体上加一个竖直向上的拉力F，使物体以加速度a竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是（）A若拉力改为2F，物体加速度为2aB. 若质量改为m，物体加速度为2aaC. 若质量改为2m，物体加速度为2d.若质量改为m，拉力改为|，物体加速度不变答案DFmgf解析根据题意得：F-mgma,解得：ammg。若拉力改为2F,物体加速度ai=2Fmg2Fm=帝g>2a，故A错误；若质量改为空，物体加速度a21F?mg2Fmg>2a,故B错误；若质量改为2m,物体加速度F-2mgfa3=2m1ag<2,f22mg故C错误；若质量改为2，拉

15、力改为2物体加速度a4=a,故D正确。2.（牛顿第二定律的应用）如图所示，位于水平地面上的质量为M大小为F、方向与水平方向成a角的拉力作用下沿地面做加速运动。的小木块，在若木块与地面之间的动摩擦因数为仏则木块的加速度为（）FFcosaA一BAMB.MFcosa卩MgFcosaMgFsinaMD.MC.取M为研究对象，其受力情况如图所示。在竖直方向合力为零,即Fsina+Fn=Mg,在水平方向由牛顿第二定律得FcosaFf=Ma,且Ff=卩F。由以上三式可得FcosaMgFsinaa=,D正确。3.（牛顿第二定律与图象结合）如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和

16、摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是（）A图线与纵轴的交点的绝对值为gB图线的斜率在数值上等于物体的质量mC图线与横轴的交点N的值Tn=mg1d.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数m答案A2T解析由题结合牛顿第二定律可得：2Tmg=ma,则有a=石g,由a2T图象可判断，纵轴截距的绝对值为g,A正确；图线的斜率在数值上等于益,则B、D错误；横轴截距代表a=0时，Tn=号，贝UC错误。4.（牛顿第二定律与图象结合）（多选）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相

17、同的有（）A.tlB.t2C.t3D.t4答案AC解析vt图象中，纵轴表示各时刻的速度，tl、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，tl、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故ti时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。a5.（牛顿第二定律的应用）如图所示，质量为mi和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在mi上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x,若用水平力F'作用在mi上时，两物块均以加速

18、度a'=2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x'。则F列关系正确的是（）A.F'=2FB.x'>2xC.F'>2FD.x'<2x答案A解析把两个物块看做整体，由牛顿第二定律可得：F=（m+m2）a，F'（mi+m2）a'，又a'=2a，可得出F'=2F，隔离物块m2，由牛顿第二定律得：kx=m2a，kx'=m2a'，解得：x'=2x，故A正确，B、C、D均错误。6.（牛顿第二定律与图象结合）如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下

19、由静止开始做直线运动。在03s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，贝U（）T乙A. F的最大值为12NB. 01s和23s内物体加速度的方向相反C. 3s末物体的速度最大，最大速度为8m/sD. 在01s内物体做匀加速运动，23s内物体做匀减速运动答案C解析由at图象知加速度最大时a=4m/s2，由牛顿第二定律得F卩mg=ma知，F最大值大于12N，故A错误；01s和23s内，加速度均为正方向，故B错误；3s末速度最大，由a-1图面积知Av=8m/s,所以vmax=8m/s.故C正确；01s和23s内加速度a与速度v均同向，都做加速运动，但a不是定值，所以不是匀加速运动，故D错误

20、7.（牛顿第二定律的应用）如图所示，质量为M的长平板车放在倾角为a的光滑斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须A匀速向下奔跑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解析作出平板车的受力图，如图甲所示，求出人对平板车的摩擦力Ff=Mgsina作出人的受力图，如图乙，贝Umgsina+Ff'=ma，且Ff'=Ff，由以上三式联立解得a=J+mgsina故C正确。8.（牛顿第二定律的应用）（多选）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，

21、如图甲所示，绳子平行于倾角为a的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（）A轻绳的拉力等于MgB. 轻绳的拉力等于mgC. M运动的加速度大小为（1sin"gIMimD. M运动的加速度大小为齐厂g答案BC解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsina=mg,互换位置后,对M有MgT=Ma，对m有:T'mgsina=ma,又T=T'，解得：a=(1sinag,T=mg,故A、D错误，B、C正确。9.（牛顿第二定律的应用）如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧

22、正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧，把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C. 从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D. 从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先增大后减小答案C解析小球从接触弹簧开始，在向下运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用，但开始时由于弹簧的压缩量较小，弹力小于重力，合力方向竖直向下，且逐渐减小，小球将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，直到重力与弹簧弹力相等时，合力为零，加速度也为零，速度最大；重力与弹簧弹力相等后，小球再向下运动,则

23、弹簧弹力将大于重力，合力方向变为竖直向上，且不断增大，小球将做加速度逐渐增大的变减速运动，直到速度为零，故从接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大。故C正确，A、B、D错误。二、非选择题（按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位）10.（牛顿第二定律的应用）如图所示，小球M处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为9,烧断BO绳的瞬间，试求小球M的加速度的大小和方向。答案gtan9方向水平向右解析烧断BO绳前，小球受力平衡，由此求得BO绳的拉力F'=mgtan9;烧断瞬间，BO绳的拉力消失，而弹簧还是保持原来的长度，弹力与烧断前相同。此时，小球受到的作用力是弹力和重力，如图所示，其合力方向