2024-2025学年高中物理第四章牛顿运动定律3牛顿第二定律课时作业含解析新人教版必修1

PAGE17-牛顿其次定律(20分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.(2024·株洲高一检测)“1N”与下列哪个量相当()A.1m/s2B.1kgC.1kg·m/s2D.质量为1kg的物体所受的重力【解析】选C。物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系,同时也确定了物理量的单位之间的关系,依据物理公式来分析物理量的单位即可。依据牛顿其次定律F=ma可知,力的单位1N=1kg·m/s2,所以A、B、D错误,C正确。故选C。2.(2024·长沙高一检测)放在光滑水平面上的木块受到一个方向不变、大小从某一数值渐渐变小的外力作用时,木块将做 ()A.匀减速运动B.匀加速运动C.加速度渐渐减小的变加速运动D.加速度渐渐增大的变加速运动【解析】选C。依据牛顿定律确定加速度后再推断物体的运动状况。由牛顿其次定律有F=ma,可见静止放在光滑水平面上的木块将做加速度渐渐减小的变加速运动。故选C。3.(2024·山东学业水平考试)如图所示,某物体在拉力F的作用下竖直向上运动,下列几种运动,拉力最大的是 ()A.以5m/s的速度匀速上升B.以3m/s的速度匀速上升C.以5m/s2的加速度加速上升D.以3m/s2的加速度加速上升【解析】选C。当物体匀速上升时,拉力F=mg,当物体加速上升时,由牛顿其次定律得:F-mg=ma,故F=mg+ma,即加速度越大,拉力F越大,物体以5m/s2的加速度加速上升时,拉力最大,C正确。【补偿训练】(多选)如图所示是采纳动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知某宇宙飞船的质量为3200kg,其尾部推动器供应的平均推力为900N,在飞船与空间站对接后,推动器工作8s测出飞船和空间站速度变更是1.0m/s。则下面说法中正确的是 ()A.无法测出空间站的质量B.可测出空间站的质量为4000kgC.飞船与空间站组合体运行的加速度大小为0.125m/s2D.在此过程中飞船对空间站的作用力为500N【解析】选B、C、D。飞船和空间站的加速度为a==m/s2=0.125m/s2;以空间站和飞船整体为探讨对象由牛顿其次定律F=(M+m)a,则900N=(3200kg+m)×0.125m/s2,得m=4000kg;以空间站为探讨对象,则F1=Ma=4000×0.125N=500N;故B、C、D正确,A错误。故选B、C、D。4.(2024·唐山高一检测)关于运动和力的关系,下列说法中正确的是()A.物体某时刻速度为零时,它受到的合外力肯定为零B.物体运动的速度越大,它受到的合外力肯定越大C.物体受到的合外力越大,其速度变更肯定越快D.物体所受的合外力不为零时,其速度肯定增大【解题指南】(1)力是变更物体运动状态的缘由,有力作用在物体上,物体的运动状态不肯定变更,物体的运动状态变更了,则肯定有力作用在物体上。(2)区分合外力与速度、加速度的关系,理解合外力与速度并没有干脆的关系,合外力与加速度有干脆的联系,也就是牛顿其次定律。【解析】选C。物体的速度为零与合外力并没有干脆的关系,速度为零时,合外力也可以很大,故A错误。物体运动的速度大,可以是匀速直线运动,此时的合力是0,故B错误。依据牛顿其次定律,一个物体受到的合外力越大,说明它的加速度大,依据加速度的定义,也就是它的速度变更肯定越快,故C正确。物体所受的合外力不为零时,物体也可以做减速运动,速度不肯定增大,故D错误。5.(2024·长沙高一检测)如图所示,质量分别为mA和mB的A、B两小球分别连在弹簧两端,B端用细线固定在倾角为30°的固定光滑斜面上,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为 ()A.都等于 B.0和C.0和 D.0和【解析】选D。当两球处于静止时,依据共点力平衡求出弹簧的弹力,剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,依据牛顿其次定律分别求出A、B的加速度大小。对A球分析,起先处于静止,则弹簧的弹力F=mAgsin30°,剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,对A,所受的合力为零,则A的加速度为0,对B,依据牛顿其次定律得aB==g,D正确。6.(多选)(2024·福建师大附中高一检测)某物体静止在水平面上,现用平行于水平面的力F拉该物体,得到加速度a和拉力F的关系图象如图所示。(取g=10m/s2)则下列说法正确的是 ()A.物体的质量为1kg B.物体的质量为3kgC.物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1D.物体与水平面之间的动摩擦因数为0.3【解析】选A、D。由图象可知:物体所受最大静摩擦力fmax=3N=f动由牛顿其次定律F-f=ma代入图象中对应数值(9N,6m/s2)可得m=1kg已知fmax=3N=f动由f动=μN=μmg得物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3,故A、D正确。【补偿训练】1.(2024·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则 ()A.F1<F2 B.F2>F3C.F1>F3 D.F1=F3【解析】选A。对物体的受力分析如图所示。依据v-t图象可以知道,在0～5s内加速度为a1=0.2m/s2,方向沿斜面对下,依据牛顿其次定律:mgsinθ-f-F1=ma1,则:F1=mgsinθ-f-0.2m;在5～10s内,加速度a2=0,依据牛顿其次定律:mgsinθ-f-F2=ma2,则:F2=mgsinθ-f;在10～15s内加速度为a3=-0.2m/s2,方向沿斜面对上,依据牛顿其次定律:f+F3-mgsinθ=ma3,则:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故选项A正确。2.粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动,水平拉力F及运动速度v随时间变更的图象如图甲和图乙所示。重力加速度g取10m/s2。求:(1)前2s内物体运动的加速度和位移。(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ。【解题指南】解答本题时应留意以下三点:(1)依据图象将物体的运动过程及受力过程进行分段分析。(2)弄清每一段的受力特点和运动特点。(3)物体是否还受其他力的作用。【解析】(1)由v-t图象可知,物体在前2s内做匀加速直线运动,前2s内物体运动的加速度为a==m/s2=2m/s2前2s内物体运动的位移为x=at2=4m(2)物体受力如图所示。对于前2s,由牛顿其次定律得F-Ff=ma,Ff=μmg后2s物体做匀速直线运动,由平衡条件得F′=Ff由F-t图象知F=15N,F′=5N代入数据解得m=5kg,μ=0.1。答案:(1)2m/s24m(2)5kg0.1二、非选择题(本题共2小题,共20分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)7.(8分)(2024·西安高一检测)在水平地面上有一质量为10kg的物体,在水平拉力F的作用下由静止起先运动,10s后拉力大小减为,方向不变,再经过20s停止运动。该物体的速度与时间的关系如图所示,g取10m/s2。求:(1)整个过程中物体的位移大小。(2)物体与地面的动摩擦因数。【解题指南】本题首先充分挖掘图象的信息,由斜率等于加速度求得加速度,就可以依据牛顿运动定律分过程探讨F、μ与加速度的关系。【解析】(1)整个过程中物体的位移大小等于三角形面积的大小,则得位移为x=×10×30m=150m。(2)设加速阶段的加速度大小为a1,减速阶段的加速度大小为a2,由v-t图的斜率可知,a1==m/s2=1m/s2,a2==m/s2=0.5m/s2,对物块进行受力分析,由牛顿其次定律可知F-μmg=ma1,μmg-=ma2,解得μ=0.1。答案:(1)150m(2)0.18.(12分)如图所示,一个物体从斜面的顶端由静止起先下滑,斜面倾角θ=30°,斜面始终静止不动,重力加速度g=10m/s2。(1)若斜面光滑,求物体下滑过程的加速度有多大。(2)若斜面不光滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ=,物体下滑过程的加速度又是多大?【解析】(1)依据牛顿其次定律得:mgsinθ=ma1所以a1=gsinθ=10×m/s2=5m/s2(2)物体受重力、支持力和摩擦力,依据牛顿其次定律得mgsinθ-Ff=ma2FN=mgcosθFf=μFN联立解得:a2=gsinθ-μgcosθ=2.5m/s2。答案:(1)5m/s2(2)2.5m/s2【补偿训练】1.如图所示,小车上固定着一根曲杆,杆的另一端固定一个质量为m的小球。求小车在下列两种状况下,小球受到杆的弹力的大小和方向。(1)小车静止。(2)小车以加速度a水平向右运动。【解析】(1)依据物体平衡条件知:杆对球产生的弹力方向竖直向上,且大小等于球的重力mg。(2)选小球为探讨对象,假设小球受到的弹力的方向与竖直方向的夹角为θ,如图所示,依据牛顿其次定律有Fsinθ=ma,Fcosθ=mg解得F=m,tanθ=。答案:(1)mg,方向竖直向上(2)F=m,方向与竖直方向的夹角为θ,tanθ=【延长探究】上题中当杆的弹力刚好沿杆时,小车的加速度多大?提示:由(2)中解析过程知:当杆的弹力沿杆时,tanα=,即a=gtanα。答案:gtanα2.一质量为8kg的物体静止在粗糙的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,用一水平力F=20N拉物体由A点起先运动,经过8s后撤去拉力F,再经过一段时间物体到达B点停止。(g取10m/s2)求:(1)在拉力F作用下物体运动的加速度大小。(2)撤去拉力时物体的速度大小。(3)撤去F后物体运动的距离。【解析】(1)对物体受力分析,如图所示。竖直方向mg=FN水平方向,由牛顿其次定律得F-μFN=ma1解得a1==0.5m/s2(2)撤去拉力时的速度v=a1t解得v=4m/s(3)撤去F后由牛顿其次定律得-μmg=ma2解得a2=-μg=-2m/s2,负号表示物体做匀减速运动由02-v2=2a2x解得x==4m答案:(1)0.5m/s2(2)4m/s(3)4m(25分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.(2024·唐山高一检测)关于力的单位“牛”,下列说法中不正确的是 ()A.“牛”这个单位是由质量为1kg的物体所受的重力为9.8N这个规定确定B.“牛”这个力的单位是依据在牛顿其次定律F=kma中取k=1时确定C.1N就是使质量为1kg的物体产生1m/s2加速度的力D.地面旁边质量是1kg的物体所受的重力是9.8N,并不是规定的,而是依据牛顿其次定律F=ma得到的结果【解题指南】本题主要考查力的单位“牛顿”的理解:(1)“牛顿”不是基本单位,而是导出单位。(2)“1牛顿”的物理意义是质量为1kg的物体要获得的加速度所须要的力叫“1牛顿”。【解析】选A。在国际单位制中力的单位是牛顿,它是属于导出单位,是依据牛顿其次定律F=ma定义的,就是使质量1kg的物体产生1m/s2加速度的力,同时质量1kg物体所受的重力是9.8N,并不是规定的,也是依据牛顿其次定律F=ma得到的结果,故A错误,B、C、D正确。2.(多选)(2024·黄冈高一检测)A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙,弹簧原长为L0,用恒力F向左推B球使弹簧压缩,如图所示,整个系统处于静止状态,此时弹簧长为L,下列说法中正确的是 ()A.弹簧的劲度系数为B.弹簧的劲度系数为C.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A、B两球的加速度均为0D.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A球的加速度为0,B球的加速度大小为【解析】选B、D。以B为探讨对象受力分析,依据平衡条件F=k(L0-L)得k=,故A错误,B正确;若突然将力F撤去,撤去瞬间,弹簧来不及发生形变,则弹力不能瞬间变更,故A受合力仍旧为0,加速度为0;B水平方向只受弹簧的弹力,大小为F,依据牛顿其次定律a=,故C错误,D正确。故选B、D。3.(2024·东莞高一检测)细绳拴一个质量为m的小球,再由固定在墙上的水平弹簧支撑,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,如图所示。以下说法正确的是(已知cos53°=0.6,sin53°=0.8) ()A.小球静止时弹簧的弹力大小为0.6mgB.小球静止时细绳的拉力大小为mgC.细绳烧断瞬间,弹簧的弹力突变为零D.细绳烧断瞬间,小球的加速度为g【解析】选B。小球静止时,分析受力状况,如图,由平衡条件得:弹簧的弹力大小为:F=mgtan53°=mg;细绳的拉力大小为:T==mg,故A错误、B正确。细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为:a==g,故C、D错误。【补偿训练】(多选)(2024·西安高一检测)如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不行伸长的轻绳一端相连,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2) ()A.小球受4个作用力B.弹簧的弹力大小为mgC.小球的加速度大小a=8m/s2D.若剪断弹簧,则剪断瞬间小球加速度大小a=10m/s2【解析】选A、B、C。在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡,依据共点力平衡得,弹簧的弹力F=mgtan45°=10N,剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不发生突变仍旧为mg=10N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生变更。A、B正确。小球所受的最大静摩擦力为f=μmg=0.2×10N=2N,依据牛顿其次定律得小球的加速度为a==m/s2=8m/s2,方向向左,故C正确。剪断弹簧的瞬间,轻绳对小球的拉力瞬间为零,此时小球所受的合力为零,则小球的加速度为零,故D错误。故选A、B、C。4.(2024·淮南高一检测)在同一水平面上的几个力同时作用于质量为m的物体,物体处于静止状态,假如把其中一个力F保持方向不变而把其大小马上变为F,物体在此后t时间内的位移大小是 ()A. B.C. D.【解析】选D。在同一水平面上的几个力同时作用于质量为m的物体,物体处于静止状态,假如把其中一个力F保持方向不变而把其大小马上变为F,物体所受合力变为F-F=F,物体的加速度a==,物体做初速度为零的匀加速直线运动,此后t时间内的位移x=at2=××t2=。故D项正确。5.(2024·许昌高一检测)一物块放在如图所示的小车上,小车在水平面上做直线运动,物块始终与小车保持相对静止。设小车对物块的支持力为FN,小车对物块的摩擦力为Ff,关于小车运动过程中物块的受力状况,下列说法中正确的是()A.若小车向左运动,FN可能为零B.若小车向左运动,Ff不行能为零C.若小车向右运动,FN不行能为零D.若小车向右运动,Ff不行能为零【解析】选C。当FN=0时,Ff也为0,此时物块只受重力作用,有向下的加速度,不能与小车保持相对静止,所以FN不行能为0,故A错误,C正确;当Ff=0时,物块受力状况如图所示:此时物块的加速度水平向左,由于物块与小车保持相对静止,所以小车可能向左加速运动,或向右减速运动,所以若小车向左运动,Ff可以为零,若小车向右运动,Ff也可以为0,故B、D错误。故选C。6.(2024·全国卷Ⅰ)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧复原原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 ()【解析】选A。设弹簧的最大压缩量为l,依据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动,依据牛顿其次定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。【补偿训练】1.(多选)如图所示,物体P以肯定的初速度沿光滑水平面对右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中 ()A.P做匀速直线运动B.P的加速度方向不变C.P的加速度大小不断变更,当加速度数值最大时,速度最小D.有一段过程,P的加速度渐渐增大,速度也渐渐增大【解析】选B、C。在压缩弹簧的过程中,P水平方向只受到弹簧的弹力,方向与速度方向相反,而且弹力渐渐增大,加速度渐渐增大,P做加速度增大的变减速直线运动,故A错误;弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左,依据牛顿其次定律知P的加速度方向保持不变,故B正确;压缩弹簧的过程中,当速度为零时弹簧压缩最短,此时弹力最大,故加速度数值最大,速度为零,故C正确;当弹簧压缩最短后将物体P向左弹出的过程中,弹簧弹力方向向左,物体P向左加速运动,随着弹簧弹力的减小,物体P加速度渐渐减小,而速度渐渐增大,故D错误。故选B、C。2.(多选)已知雨滴下落时受到的空气阻力与速度大小成正比,若雨滴从空中由静止下落,下落过程中所受重力保持不变,下落过程中加速度用a表示,速度用v表示,下落距离用s表示,落地前雨滴已做匀速运动。图中可以定性地反映雨滴运动状况的是 ()【解析】选B、C。当雨滴刚起先下落时,阻力f较小,远小于雨滴的重力G,即f<G,故雨滴做加速运动;由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,依据牛顿其次定律知,G-f=ma,加速度渐渐减小,故当速度达到某个值时,阻力f会增大到与重力G相等,即f=G,此时雨滴受到平衡力的作用,将保持匀速直线运动。故雨滴先做加速度减小的变加速直线运动,最终做匀速直线运动。选项B、C正确,A、D错误。3.如图所示,质量均为m的A、B两球由轻质弹簧相连,在恒力F作用下,以大小为a的加速度竖直向上做匀加速运动,突然撤除恒力瞬间,A、B的加速度大小分别为 ()A.aA=aB=aB.aA=2g+a,aB=aC.aA=aB=gD.aA=2g+a,aB=0【解析】选B。依据题意知,以A、B整体为探讨对象有:F-2mg=2ma,可得:恒力F=2mg+2ma,再以A为探讨对象,得F-mg-F弹簧=ma,解得F弹簧=F-m(g+a)=m(g+a),F撤去瞬间,F消逝,弹簧弹力瞬间保持不变,故以A为探讨对象:F合A=mg+F弹簧=mg+m(g+a),依据牛顿其次定律知,此时A的加速度aA===2g+a,对B而言,在F撤去瞬间,由于弹簧弹力保持不变,故B的受力瞬间没有发生变更,即此时B的加速度aB=a,所以B正确。4.如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的力作用于A上且竖直加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于 ()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.2∶3【解析】选B。当水平力F作用在B上时,A、B做匀加速运动,对A、B整体分析有F-3μmg=3ma1,a1=。对A隔离分析有kx1-μmg=ma1,解得F=3kx1。当F竖直向上时,对A、B整体分析有F-3mg=3ma2,a2=,对B物体隔离分析有kx2-2mg=2ma2,解得x1∶x2=1∶2。故选B。二、非选择题(14分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)7.直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火,悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°,直升机取水后飞往火场,加速度沿水平方向,大小稳定在a=1.5m/s2时,悬索与竖直方向的夹角θ2=14°(如