4.3 牛顿第二定律 同步练习—2021-2022学年高一上学期物理粤教版（2019）必修第一册（word含答案）

第四章　牛顿运动定律
第三节　牛顿第二定律
【基础练】
1．(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
B．合力产生的加速度，可认为作用于物体上的每个力所产生的加速度的矢量和
C．加速度的方向总跟合力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度随之消失
2．(多选)一个质量为2
kg的物体，放在光滑水平面上，受到两个水平方向的大小为5
N和7
N的共点力作用，则物体的加速度可能是(　　)
A．1
m/s
B．4
m/s
C．7
m/s
D．10
m/s
3．如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内(　　)
A．小球立即停止运动
B．小球继续向上做减速运动
C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小
D．小球的加速度减小
4．如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？
5．下列说法正确的是(　　)
A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零
B．物体所受合力越大，速度越大
C．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的
D．速度方向可与加速度方向成任意夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同
6．竖直起飞的火箭在推动力F的作用下产生10
m/s2的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10
m/s2)(　　)
A．20
m/s2
B．25
m/s2
C．30
m/s2
D．40
m/s2
7．建筑工人用图示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0
kg的工人站在地面上，通过定滑轮将质量为20.0
kg的建筑材料以0.500
m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则地面对工人的支持力大小为(g取10
m/s2)(　　)
A．510
N
B．490
N
C．890
N
D．910
N
8．一辆洒水车的牵引力恒定，所受到的摩擦阻力跟车的质量成正比．洒水前此车在平直的粗糙路面上以一定的速度匀速行驶；在洒水的过程中，车的运动情况是(　　)
A．保持原来速度做匀速直线运动
B．变为匀加速运动
C．变为加速度越来越小的变加速运动
D．变为加速度越来越大的变加速运动
9．如图所示，质量为m的物体在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a；若其他条件不变，仅将物体的质量减为原来的一半，物体运动的加速度大小为a′，则(　　)
A．a′B．aC．a′＝2a
D．a′>2a
10．如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为(　　)
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－F
C．(M＋m)g＋Fsin
θ
D．(M＋m)g－Fsin
θ
11．如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是(　　)
A．加速度越来越大，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D．速度一直减小，加速度大小先减小后增大
12．如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做直线运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α，已知θ<α，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小车一定向右做匀加速运动
B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力不一定沿水平方向
D．小球Q受到的合力大小为mgtan
α
13．(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2.当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根时，球的加速度a为(　　)
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
【提升练】
14．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是(　　)
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin
θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin
θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，A、B两球瞬时加速度都不为零
15．(多选)一个质量为2
kg的物体在三个共点力作用下保持静止状态．现在撤掉其中两个力，这两个力的大小分别为25
N和20
N，剩余一个力保持不变，则物体此时的加速度大小可能是(　　)
A．1
m/s2
B．10
m/s2
C．20
m/s2
D．30
m/s2
16．如图所示，轻弹簧的左端固定在墙上，右端固定在置于粗糙水平面的物块M上．当物块处在O处时弹簧处于自然状态，现将物块拉至P点后释放，则物块从P点返回O处的过程中(　　)
A．物块的速度不断增大，而加速度不断减小
B．物块的速度先增后减，而加速度先减后增
C．物块的速度不断减小，而加速度不断增大
D．物块的速度先增后减，而加速度不断减小
17．(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间(　　)
A．a1＝3g
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
18．如图甲所示，质量为2
kg的木板B静止在水平面上．某时刻物块A(可视为质点)从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0＝4
m/s.此后A和B运动的v t图像如图乙所示，g取10
m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量．
19．质量为2
kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v t图像如图所示．g取10
m/s2，求：
(1)0～6
s,6～10
s过程中加速度的大小；
(2)0～10
s内物体运动的位移；
(3)物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小．
参考解析
【基础练】
1【答案】BCD
【解析】力是产生加速度的原因，A项因果关系颠倒，故A错误；合力产生的加速度与每个分力产生的加速度的合加速度是相同的，只是矢量合成的先后差别，故B正确；a与F的方向时时刻刻都相同，故C正确；加速度与外力是瞬时对应关系，外力停止作用，加速度同时消失，故D正确．
2【答案】AB
【解析】两个水平方向的大小为5
N和7
N的共点力作用，合力的范围为2
N≤F≤12
N，再由牛顿第二定律知加速度的范围为1
m/s ≤a≤6
m/s ，A、B正确．
3【答案】D
【解析】以球为研究对象，小球只受到重力G和弹簧对它的拉力FT，由题可知小球向上做匀加速运动，即G4【答案】
【解析】本题分解加速度比分解力更简便．
对人进行受力分析：重力mg、支持力FN、摩擦力Ff(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知Ff水平向右)．
建立直角坐标系：取水平向右(即F方向)为x轴正方向，此时只需分解加速度，其中ax＝acos
30°，ay＝asin
30°(如图所示)．
建立方程并求解，由牛顿第二定律
x方向：Ff＝macos
30°，
y方向：FN－mg＝masin
30°，
所以＝.
5【答案】D
【解析】由牛顿第二定律F＝ma，知F合为零，加速度为零；当F合越大，a也越大，由a＝知a大只能说明速度变化率大，速度不一定大，故A、B错误；F合，a，Δv三者方向一定相同，而速度方向与这三者方向不一定相同，C错误，D正确．
6【答案】C
【解析】设火箭的质量为m，根据牛顿第二定律可得，F－mg＝ma，所以F＝20m，当推动力增大到2F时，2F－mg＝ma′，即30m＝ma′，所以a′＝30
m/s2.
7【答案】B
【解析】对建筑材料进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210
N．然后再对人受力分析，由平衡的知识得Mg＝F＋FN，解得FN＝490
N，D正确．
8【答案】D
【解析】洒水车开始洒水时，匀速行驶，牵引力等于其所受的摩擦阻力，合力为零，在洒水的过程中，洒水车的质量减小，所以摩擦阻力也在逐渐减小，此时合力逐渐增大，洒水车的加速度逐渐增大，所以洒水车做加速度越来越大的变加速运动，故D正确．
9【答案】D
【解析】对物体，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，F－μg＝a′，解得a＝－μg，a′＝－μg＝2＋μg＝2a＋μg>2a，故D正确，A、B、C错误．
10【答案】D
【解析】以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力(M＋m)g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff.根据平衡条件，得地面对楔形物块的支持力FN＝(M＋m)g－Fsin
θ，故选D.
11【答案】C
【解析】在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由a＝，得a＝，方向竖直向下，且逐渐减小．又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mg12【答案】D
【解析】对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtan
α＝ma，得到a＝gtan
α.故加速度向右，小车向右加速，或向左减速，故A错误；对P球，设受到杆的拉力与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律得mgtan
β＝ma′，得β＝α>θ，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小F合＝ma＝mgtan
α，故C错误，D正确．
13【答案】AB
【解析】没有剪断Ⅰ、Ⅱ时，小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为零，绳Ⅱ上的力突变为零，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确，C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝，方向水平向左，选项B正确，D错误．
【提升练】
14【答案】BC
【解析】系统原来静止，根据平衡条件，可知对B球有F弹＝mgsin
θ，对A球有F绳＝F弹＋mgsin
θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球，根据牛顿第二定律得a＝＝＝2gsin
θ，方向沿斜面向下，A、D错误；B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，与结论相符，B、C正确．
15【答案】BC
【解析】两个力的大小分别为25
N和20
N，则这两个力的合力范围为(25－20)
N≤F合≤(25＋20)
N，即
5
N≤F合≤45
N为另外一个力的范围，根据牛顿第二定律得a＝，得加速度的范围为2.5
m/s2≤a≤22.5
m/s2，故B，C正确．
16【答案】B
【解析】物体从P点向左运动到O点的过程中，受到向左的弹力和向右的摩擦力．当弹力大于摩擦力时，物体向左做加速运动，由于弹力逐渐减小，故加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，此后由于弹力小于摩擦力，故继续向左做减速运动，由于受到的合力增大，故加速度增大，做加速度增大的减速运动，故物块的速度先增后减，而加速度先减后增，故B正确．
17【答案】AC
【解析】对a、b、c分别受力分析如图所示．根据平衡条件，对a有F2＝F1＋mg，对b有F1＝F＋mg，对c有F＝mg，所以F1＝2mg.弹簧的弹力不能突变(因为形变需要过程)，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a＝0；对a，绳断后合力F合＝F1＋mg＝3mg＝ma1，a1＝3g，方向竖直向下，故A正确，B错误；当绳断后，b与c受力不变，则F1＝kΔl1，Δl1＝；同时F＝kΔl2，所以Δl2＝，联立得Δl1＝2Δl2，故C正确，D错误．
18【答案】(1)0.2　(2)0.1　(3)6
kg
【解析】(1)由题图像可知，A在0～1
s内的加速度
a1＝＝－2
m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.2.
(2)由题图像知A、B在1～3
s内的加速度
a3＝＝－1
m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律，得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，
解得μ2＝0.1.
(3)由题图像可知B在0～1
s内的加速度
a2＝＝2
m/s2，
对B由牛顿第二定律，得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6
kg.
19【答案】(1)1
m/s2　2
m/s2　(2)46
m　(3)0.2　6
N
【解析】(1)0～6
s的加速度
a1＝＝
m/s2＝1
m/s2，
6～10
s物体的加速度a2＝＝
m/s2＝－2
m/s2，
负号表示加速度方向与速度方向相反，即加速度大小为2
m/s2.
(2)图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10
s内物体运动位移的大小
x＝×(2＋8)×6
m＋×4×8
m＝46
m.
(3)减速运动过程根据牛顿第二定律，得摩擦力大小
f＝－ma2＝2×2
N＝4
N，
动摩擦因数μ＝＝0.2，
加速运动过程根据牛顿第二定律，得F－f＝ma1，
解得F＝f＋ma1＝(4＋2×1)
N＝6
N.