2024-2025學年高中物理第四章牛頓運動定律3牛頓第二定律課時作業(yè)含解析新人教版必修1

PAGE17-牛頓其次定律(20分鐘50分)一、選擇題(本題共6小題,每小題5分,共30分)1.(2024·株洲高一檢測)“1N”與下列哪個量相當()A.1m/s2B.1kgC.1kg·m/s2D.質(zhì)量為1kg的物體所受的重力【解析】選C。物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系,同時也確定了物理量的單位之間的關系,依據(jù)物理公式來分析物理量的單位即可。依據(jù)牛頓其次定律F=ma可知,力的單位1N=1kg·m/s2,所以A、B、D錯誤,C正確。故選C。2.(2024·長沙高一檢測)放在光滑水平面上的木塊受到一個方向不變、大小從某一數(shù)值漸漸變小的外力作用時,木塊將做 ()A.勻減速運動B.勻加速運動C.加速度漸漸減小的變加速運動D.加速度漸漸增大的變加速運動【解析】選C。依據(jù)牛頓定律確定加速度后再推斷物體的運動狀況。由牛頓其次定律有F=ma,可見靜止放在光滑水平面上的木塊將做加速度漸漸減小的變加速運動。故選C。3.(2024·山東學業(yè)水平考試)如圖所示,某物體在拉力F的作用下豎直向上運動,下列幾種運動,拉力最大的是 ()A.以5m/s的速度勻速上升B.以3m/s的速度勻速上升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】選C。當物體勻速上升時,拉力F=mg,當物體加速上升時,由牛頓其次定律得:F-mg=ma,故F=mg+ma,即加速度越大,拉力F越大,物體以5m/s2的加速度加速上升時,拉力最大,C正確?！狙a償訓練】(多選)如圖所示是采納動力學方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知某宇宙飛船的質(zhì)量為3200kg,其尾部推動器供應的平均推力為900N,在飛船與空間站對接后,推動器工作8s測出飛船和空間站速度變更是1.0m/s。則下面說法中正確的是 ()A.無法測出空間站的質(zhì)量B.可測出空間站的質(zhì)量為4000kgC.飛船與空間站組合體運行的加速度大小為0.125m/s2D.在此過程中飛船對空間站的作用力為500N【解析】選B、C、D。飛船和空間站的加速度為a==m/s2=0.125m/s2;以空間站和飛船整體為探討對象由牛頓其次定律F=(M+m)a,則900N=(3200kg+m)×0.125m/s2,得m=4000kg;以空間站為探討對象,則F1=Ma=4000×0.125N=500N;故B、C、D正確,A錯誤。故選B、C、D。4.(2024·唐山高一檢測)關于運動和力的關系,下列說法中正確的是()A.物體某時刻速度為零時,它受到的合外力肯定為零B.物體運動的速度越大,它受到的合外力肯定越大C.物體受到的合外力越大,其速度變更肯定越快D.物體所受的合外力不為零時,其速度肯定增大【解題指南】(1)力是變更物體運動狀態(tài)的緣由,有力作用在物體上,物體的運動狀態(tài)不肯定變更,物體的運動狀態(tài)變更了,則肯定有力作用在物體上。(2)區(qū)分合外力與速度、加速度的關系,理解合外力與速度并沒有干脆的關系,合外力與加速度有干脆的聯(lián)系,也就是牛頓其次定律?！窘馕觥窟xC。物體的速度為零與合外力并沒有干脆的關系,速度為零時,合外力也可以很大,故A錯誤。物體運動的速度大,可以是勻速直線運動,此時的合力是0,故B錯誤。依據(jù)牛頓其次定律,一個物體受到的合外力越大,說明它的加速度大,依據(jù)加速度的定義,也就是它的速度變更肯定越快,故C正確。物體所受的合外力不為零時,物體也可以做減速運動,速度不肯定增大,故D錯誤。5.(2024·長沙高一檢測)如圖所示,質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球分別連在彈簧兩端,B端用細線固定在傾角為30°的固定光滑斜面上,重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量,在細線被剪斷瞬間,A、B兩球的加速度大小分別為 ()A.都等于 B.0和C.0和 D.0和【解析】選D。當兩球處于靜止時,依據(jù)共點力平衡求出彈簧的彈力,剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力不變,依據(jù)牛頓其次定律分別求出A、B的加速度大小。對A球分析,起先處于靜止,則彈簧的彈力F=mAgsin30°,剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力不變,對A,所受的合力為零,則A的加速度為0,對B,依據(jù)牛頓其次定律得aB==g,D正確。6.(多選)(2024·福建師大附中高一檢測)某物體靜止在水平面上,現(xiàn)用平行于水平面的力F拉該物體,得到加速度a和拉力F的關系圖象如圖所示。(取g=10m/s2)則下列說法正確的是 ()A.物體的質(zhì)量為1kg B.物體的質(zhì)量為3kgC.物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.1D.物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.3【解析】選A、D。由圖象可知:物體所受最大靜摩擦力fmax=3N=f動由牛頓其次定律F-f=ma代入圖象中對應數(shù)值(9N,6m/s2)可得m=1kg已知fmax=3N=f動由f動=μN=μmg得物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,故A、D正確?！狙a償訓練】1.(2024·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù),在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則 ()A.F1<F2 B.F2>F3C.F1>F3 D.F1=F3【解析】選A。對物體的受力分析如圖所示。依據(jù)v-t圖象可以知道,在0～5s內(nèi)加速度為a1=0.2m/s2,方向沿斜面對下,依據(jù)牛頓其次定律:mgsinθ-f-F1=ma1,則:F1=mgsinθ-f-0.2m;在5～10s內(nèi),加速度a2=0,依據(jù)牛頓其次定律:mgsinθ-f-F2=ma2,則:F2=mgsinθ-f;在10～15s內(nèi)加速度為a3=-0.2m/s2,方向沿斜面對上,依據(jù)牛頓其次定律:f+F3-mgsinθ=ma3,則:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故選項A正確。2.粗糙的水平地面上一物體在水平拉力作用下做直線運動,水平拉力F及運動速度v隨時間變更的圖象如圖甲和圖乙所示。重力加速度g取10m/s2。求:(1)前2s內(nèi)物體運動的加速度和位移。(2)物體的質(zhì)量m和物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ。【解題指南】解答本題時應留意以下三點:(1)依據(jù)圖象將物體的運動過程及受力過程進行分段分析。(2)弄清每一段的受力特點和運動特點。(3)物體是否還受其他力的作用。【解析】(1)由v-t圖象可知,物體在前2s內(nèi)做勻加速直線運動,前2s內(nèi)物體運動的加速度為a==m/s2=2m/s2前2s內(nèi)物體運動的位移為x=at2=4m(2)物體受力如圖所示。對于前2s,由牛頓其次定律得F-Ff=ma,Ff=μmg后2s物體做勻速直線運動,由平衡條件得F′=Ff由F-t圖象知F=15N,F′=5N代入數(shù)據(jù)解得m=5kg,μ=0.1。答案:(1)2m/s24m(2)5kg0.1二、非選擇題(本題共2小題,共20分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)7.(8分)(2024·西安高一檢測)在水平地面上有一質(zhì)量為10kg的物體,在水平拉力F的作用下由靜止起先運動,10s后拉力大小減為,方向不變,再經(jīng)過20s停止運動。該物體的速度與時間的關系如圖所示,g取10m/s2。求:(1)整個過程中物體的位移大小。(2)物體與地面的動摩擦因數(shù)?！窘忸}指南】本題首先充分挖掘圖象的信息,由斜率等于加速度求得加速度,就可以依據(jù)牛頓運動定律分過程探討F、μ與加速度的關系?！窘馕觥?1)整個過程中物體的位移大小等于三角形面積的大小,則得位移為x=×10×30m=150m。(2)設加速階段的加速度大小為a1,減速階段的加速度大小為a2,由v-t圖的斜率可知,a1==m/s2=1m/s2,a2==m/s2=0.5m/s2,對物塊進行受力分析,由牛頓其次定律可知F-μmg=ma1,μmg-=ma2,解得μ=0.1。答案:(1)150m(2)0.18.(12分)如圖所示,一個物體從斜面的頂端由靜止起先下滑,斜面傾角θ=30°,斜面始終靜止不動,重力加速度g=10m/s2。(1)若斜面光滑,求物體下滑過程的加速度有多大。(2)若斜面不光滑,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=,物體下滑過程的加速度又是多大?【解析】(1)依據(jù)牛頓其次定律得:mgsinθ=ma1所以a1=gsinθ=10×m/s2=5m/s2(2)物體受重力、支持力和摩擦力,依據(jù)牛頓其次定律得mgsinθ-Ff=ma2FN=mgcosθFf=μFN聯(lián)立解得:a2=gsinθ-μgcosθ=2.5m/s2。答案:(1)5m/s2(2)2.5m/s2【補償訓練】1.如圖所示,小車上固定著一根曲桿,桿的另一端固定一個質(zhì)量為m的小球。求小車在下列兩種狀況下,小球受到桿的彈力的大小和方向。(1)小車靜止。(2)小車以加速度a水平向右運動?！窘馕觥?1)依據(jù)物體平衡條件知:桿對球產(chǎn)生的彈力方向豎直向上,且大小等于球的重力mg。(2)選小球為探討對象,假設小球受到的彈力的方向與豎直方向的夾角為θ,如圖所示,依據(jù)牛頓其次定律有Fsinθ=ma,Fcosθ=mg解得F=m,tanθ=。答案:(1)mg,方向豎直向上(2)F=m,方向與豎直方向的夾角為θ,tanθ=【延長探究】上題中當桿的彈力剛好沿桿時,小車的加速度多大?提示:由(2)中解析過程知:當桿的彈力沿桿時,tanα=,即a=gtanα。答案:gtanα2.一質(zhì)量為8kg的物體靜止在粗糙的水平地面上,物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,用一水平力F=20N拉物體由A點起先運動,經(jīng)過8s后撤去拉力F,再經(jīng)過一段時間物體到達B點停止。(g取10m/s2)求:(1)在拉力F作用下物體運動的加速度大小。(2)撤去拉力時物體的速度大小。(3)撤去F后物體運動的距離?！窘馕觥?1)對物體受力分析,如圖所示。豎直方向mg=FN水平方向,由牛頓其次定律得F-μFN=ma1解得a1==0.5m/s2(2)撤去拉力時的速度v=a1t解得v=4m/s(3)撤去F后由牛頓其次定律得-μmg=ma2解得a2=-μg=-2m/s2,負號表示物體做勻減速運動由02-v2=2a2x解得x==4m答案:(1)0.5m/s2(2)4m/s(3)4m(25分鐘50分)一、選擇題(本題共6小題,每小題6分,共36分)1.(2024·唐山高一檢測)關于力的單位“?！?下列說法中不正確的是 ()A.“牛”這個單位是由質(zhì)量為1kg的物體所受的重力為9.8N這個規(guī)定確定B.“?！边@個力的單位是依據(jù)在牛頓其次定律F=kma中取k=1時確定C.1N就是使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力D.地面旁邊質(zhì)量是1kg的物體所受的重力是9.8N,并不是規(guī)定的,而是依據(jù)牛頓其次定律F=ma得到的結(jié)果【解題指南】本題主要考查力的單位“牛頓”的理解:(1)“牛頓”不是基本單位,而是導出單位。(2)“1牛頓”的物理意義是質(zhì)量為1kg的物體要獲得的加速度所須要的力叫“1牛頓”。【解析】選A。在國際單位制中力的單位是牛頓,它是屬于導出單位,是依據(jù)牛頓其次定律F=ma定義的,就是使質(zhì)量1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力,同時質(zhì)量1kg物體所受的重力是9.8N,并不是規(guī)定的,也是依據(jù)牛頓其次定律F=ma得到的結(jié)果,故A錯誤,B、C、D正確。2.(多選)(2024·黃岡高一檢測)A、B兩球的質(zhì)量均為m,兩球之間用輕彈簧相連,放在光滑的水平地面上,A球左側(cè)靠墻,彈簧原長為L0,用恒力F向左推B球使彈簧壓縮,如圖所示,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),此時彈簧長為L,下列說法中正確的是 ()A.彈簧的勁度系數(shù)為B.彈簧的勁度系數(shù)為C.若突然將力F撤去,撤去瞬間,A、B兩球的加速度均為0D.若突然將力F撤去,撤去瞬間,A球的加速度為0,B球的加速度大小為【解析】選B、D。以B為探討對象受力分析,依據(jù)平衡條件F=k(L0-L)得k=,故A錯誤,B正確;若突然將力F撤去,撤去瞬間,彈簧來不及發(fā)生形變,則彈力不能瞬間變更,故A受合力仍舊為0,加速度為0;B水平方向只受彈簧的彈力,大小為F,依據(jù)牛頓其次定律a=,故C錯誤,D正確。故選B、D。3.(2024·東莞高一檢測)細繩拴一個質(zhì)量為m的小球,再由固定在墻上的水平彈簧支撐,平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°,如圖所示。以下說法正確的是(已知cos53°=0.6,sin53°=0.8) ()A.小球靜止時彈簧的彈力大小為0.6mgB.小球靜止時細繩的拉力大小為mgC.細繩燒斷瞬間,彈簧的彈力突變?yōu)榱鉊.細繩燒斷瞬間,小球的加速度為g【解析】選B。小球靜止時,分析受力狀況,如圖,由平衡條件得:彈簧的彈力大小為:F=mgtan53°=mg;細繩的拉力大小為:T==mg,故A錯誤、B正確。細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變,則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反,則此瞬間小球的加速度大小為:a==g,故C、D錯誤?！狙a償訓練】(多選)(2024·西安高一檢測)如圖所示,在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1kg的小球,小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=45°角的不行伸長的輕繩一端相連,此時小球處于靜止狀態(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2) ()A.小球受4個作用力B.彈簧的彈力大小為mgC.小球的加速度大小a=8m/s2D.若剪斷彈簧,則剪斷瞬間小球加速度大小a=10m/s2【解析】選A、B、C。在剪斷輕繩前,小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡,依據(jù)共點力平衡得,彈簧的彈力F=mgtan45°=10N,剪斷輕繩的瞬間,彈簧的彈力不發(fā)生突變?nèi)耘f為mg=10N,小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。小球的受力個數(shù)發(fā)生變更。A、B正確。小球所受的最大靜摩擦力為f=μmg=0.2×10N=2N,依據(jù)牛頓其次定律得小球的加速度為a==m/s2=8m/s2,方向向左,故C正確。剪斷彈簧的瞬間,輕繩對小球的拉力瞬間為零,此時小球所受的合力為零,則小球的加速度為零,故D錯誤。故選A、B、C。4.(2024·淮南高一檢測)在同一水平面上的幾個力同時作用于質(zhì)量為m的物體,物體處于靜止狀態(tài),假如把其中一個力F保持方向不變而把其大小馬上變?yōu)镕,物體在此后t時間內(nèi)的位移大小是 ()A. B.C. D.【解析】選D。在同一水平面上的幾個力同時作用于質(zhì)量為m的物體,物體處于靜止狀態(tài),假如把其中一個力F保持方向不變而把其大小馬上變?yōu)镕,物體所受合力變?yōu)镕-F=F,物體的加速度a==,物體做初速度為零的勻加速直線運動,此后t時間內(nèi)的位移x=at2=××t2=。故D項正確。5.(2024·許昌高一檢測)一物塊放在如圖所示的小車上,小車在水平面上做直線運動,物塊始終與小車保持相對靜止。設小車對物塊的支持力為FN,小車對物塊的摩擦力為Ff,關于小車運動過程中物塊的受力狀況,下列說法中正確的是()A.若小車向左運動,FN可能為零B.若小車向左運動,Ff不行能為零C.若小車向右運動,FN不行能為零D.若小車向右運動,Ff不行能為零【解析】選C。當FN=0時,Ff也為0,此時物塊只受重力作用,有向下的加速度,不能與小車保持相對靜止,所以FN不行能為0,故A錯誤,C正確;當Ff=0時,物塊受力狀況如圖所示:此時物塊的加速度水平向左,由于物塊與小車保持相對靜止,所以小車可能向左加速運動,或向右減速運動,所以若小車向左運動,Ff可以為零,若小車向右運動,Ff也可以為0,故B、D錯誤。故選C。6.(2024·全國卷Ⅰ)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧復原原長前,下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是 ()【解析】選A。設彈簧的最大壓縮量為l,依據(jù)胡克定律有kl=mg。物塊P做勻加速直線運動,依據(jù)牛頓其次定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,則可能正確的是A?！狙a償訓練】1.(多選)如圖所示,物體P以肯定的初速度沿光滑水平面對右運動,與一個右端固定的輕質(zhì)彈簧相撞,并被彈簧反向彈回。若彈簧在被壓縮過程中始終遵守胡克定律,那么在P與彈簧發(fā)生相互作用的整個過程中 ()A.P做勻速直線運動B.P的加速度方向不變C.P的加速度大小不斷變更,當加速度數(shù)值最大時,速度最小D.有一段過程,P的加速度漸漸增大,速度也漸漸增大【解析】選B、C。在壓縮彈簧的過程中,P水平方向只受到彈簧的彈力,方向與速度方向相反,而且彈力漸漸增大,加速度漸漸增大,P做加速度增大的變減速直線運動,故A錯誤;彈簧壓縮過程中對P施加的彈力方向始終向左,依據(jù)牛頓其次定律知P的加速度方向保持不變,故B正確;壓縮彈簧的過程中,當速度為零時彈簧壓縮最短,此時彈力最大,故加速度數(shù)值最大,速度為零,故C正確;當彈簧壓縮最短后將物體P向左彈出的過程中,彈簧彈力方向向左,物體P向左加速運動,隨著彈簧彈力的減小,物體P加速度漸漸減小,而速度漸漸增大,故D錯誤。故選B、C。2.(多選)已知雨滴下落時受到的空氣阻力與速度大小成正比,若雨滴從空中由靜止下落,下落過程中所受重力保持不變,下落過程中加速度用a表示,速度用v表示,下落距離用s表示,落地前雨滴已做勻速運動。圖中可以定性地反映雨滴運動狀況的是 ()【解析】選B、C。當雨滴剛起先下落時,阻力f較小,遠小于雨滴的重力G,即f<G,故雨滴做加速運動;由于雨滴下落時空氣對它的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大,依據(jù)牛頓其次定律知,G-f=ma,加速度漸漸減小,故當速度達到某個值時,阻力f會增大到與重力G相等,即f=G,此時雨滴受到平衡力的作用,將保持勻速直線運動。故雨滴先做加速度減小的變加速直線運動,最終做勻速直線運動。選項B、C正確,A、D錯誤。3.如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩球由輕質(zhì)彈簧相連,在恒力F作用下,以大小為a的加速度豎直向上做勻加速運動,突然撤除恒力瞬間,A、B的加速度大小分別為 ()A.aA=aB=aB.aA=2g+a,aB=aC.aA=aB=gD.aA=2g+a,aB=0【解析】選B。依據(jù)題意知,以A、B整體為探討對象有:F-2mg=2ma,可得:恒力F=2mg+2ma,再以A為探討對象,得F-mg-F彈簧=ma,解得F彈簧=F-m(g+a)=m(g+a),F撤去瞬間,F消逝,彈簧彈力瞬間保持不變,故以A為探討對象:F合A=mg+F彈簧=mg+m(g+a),依據(jù)牛頓其次定律知,此時A的加速度aA===2g+a,對B而言,在F撤去瞬間,由于彈簧彈力保持不變,故B的受力瞬間沒有發(fā)生變更,即此時B的加速度aB=a,所以B正確。4.如圖所示,在粗糙的水平面上,質(zhì)量分別為m和M(m∶M=1∶2)的物塊A、B用輕彈簧相連,兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同,當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右加速運動時,彈簧的伸長量為x1;當用同樣大小的力作用于A上且豎直加速提升兩物塊時,彈簧的伸長量為x2,則x1∶x2等于 ()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.2∶3【解析】選B。當水平力F作用在B上時,A、B做勻加速運動,對A、B整體分析有F-3μmg=3ma1,a1=。對A隔離分析有kx1-μmg=ma1,解得F=3kx1。當F豎直向上時,對A、B整體分析有F-3mg=3ma2,a2=,對B物體隔離分析有kx2-2mg=2ma2,解得x1∶x2=1∶2。故選B。二、非選擇題(14分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)7.直升機沿水平方向勻速飛往水源取水滅火,懸掛著m=500kg空箱的懸索與豎直方向的夾角θ1=45°,直升機取水后飛往火場,加速度沿水平方向,大小穩(wěn)定在a=1.5m/s2時,懸索與豎直方向的夾角θ2=14°(如