2025人教版高中物理必修第一册同步练习题（有解析）--3　牛顿第二定律

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2025人教版高中物理必修第一册
第四章　运动和力的关系
3　牛顿第二定律
基础过关练
题组一　牛顿第二定律的理解
1.(2024陕西咸阳期末)关于牛顿第二定律,下列说法不正确的是 (　　)
A.牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F的方向始终相同
B.物体某一瞬间的加速度,只能由这一瞬间的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关
C.在公式F=ma中若F为合力,则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和
D.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同
2.(教材习题改编)在光滑水平面上,一质量为1 kg的物体受到大小分别为3 N、4 N和5 N的三个水平方向的共点力作用处于静止状态。现在将其中大小为3 N的力在水平面内旋转180°,其他力不变,则此时物体的加速度大小为(　　)
A.3 m/s2　　　　B.6 m/s2　　　　C.9 m/s2　　　　D.12 m/s2
题组二　牛顿第二定律的简单应用
3.(2024黑龙江齐齐哈尔月考)如图所示,质量为5 kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,与此同时,物体还受到一个水平向右的推力F=5 N,则该物体的加速度为(重力加速度g=10 m/s2)(　　)
A.0　　　　 B.1 m/s2,水平向左
C.1 m/s2,水平向右　　　　D.2 m/s2,水平向右
4.(2024江西南昌联考)如图所示为跳伞运动员正在沿竖直方向减速下降时的情景,运动员被伞绳悬挂于空中,运动员加身上装备的总质量为80 kg,重力加速度g取10 m/s2。不计运动员受到的空气阻力,若运动员减速运动的加速度大小为2 m/s2,则伞绳对运动员的作用力大小为(　　)
A.960 N　　　　B.800 N　　　　C.640 N　　　　D.160 N
5.(经典)(2024江西宜春丰城中学月考)如图所示,扶手电梯与地面的夹角为30°,质量为m的人站在电梯上,当电梯斜向上做匀加速运动时,人对电梯的压力是重力的1.2倍,那么,关于电梯的加速度a的大小和人与电梯梯级表面间的静摩擦力f的大小,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.a=,f=,f=
C.a=0,f=,f=
6.(经典)(2024山东德州月考)四个质量相等的物体置于光滑的水平面上,如图所示,现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力,则第2个物体对第3个物体的作用力大小为 (　　)
A.F
7.(2023湖北武汉月考)有一个木箱质量为m=60 kg,静止在水平地面上,工人推木箱,若木箱与地面间的动摩擦因数为μ=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)
(1)当沿水平方向的推力F1=150 N时,此木箱所受的摩擦力大小Ff1;
(2)当受到与水平方向成37°角斜向上的推力F2=400 N时,此木箱的加速度大小。
题组三　牛顿第二定律的瞬时性问题
8.(经典)(多选)(2024江西宜春丰城第九中学期末)如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋处在水平方向上。重力加速度大小为g。下列判断正确的是 (　　)
A.AC被剪断瞬间,BC对小球的拉力不变
B.AC被剪断瞬间,小球的加速度大小为g sin θ
C.BC被剪断瞬间,小球的加速度大小为
D.BC被剪断瞬间,小球的加速度大小为g sin θ
9.(经典)(多选)(2024河南郑州外国语学校月考)如图所示,质量为2 kg的物体A静止在劲度系数为200 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为3 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
A.轻弹簧的压缩量为0.25 m
B.物体B对物体A的压力为12 N
C.物体B的瞬时加速度为10 m/s2
D.物体A的瞬时加速度为6 m/s2
题组四　利用牛顿第二定律分析动态过程
10.(2024江苏南京师大附中期末)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,另一端连接一个皮套,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把(并保持不动),另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。现将弹丸竖直向上发射(不计橡皮筋和皮套的自重),则 (　　)
A.弹丸在C点时达到最大速度
B.从D到C过程中,弹丸的速度先增大后减小
C.从D到C过程中,弹丸的加速度一直减小
D.从D到C过程中,弹丸的加速度方向保持不变
11.(经典)(多选)(2024安徽合肥第九中学检测)如图所示,A、B两物块质量相等,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于静止状态时,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为x。重力加速度大小为g。现将悬绳剪断,则下列说法正确的是 (　　)
A.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为g
B.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为2g
C.悬绳剪断后,A物块向下加速运动x后开始减速
D.悬绳剪断后,A物块向下加速运动2x后开始减速
能力提升练
题组一　牛顿第二定律的应用
1.(2024福建厦门第二中学月考)鼓浪屿原名“圆沙洲”,因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓,故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”,现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中,海浪以5 m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上,之后沿礁石两侧流走,已知礁石受冲击的面积为2 m2,海水的密度为1.05×103 kg/m3,则海浪对礁石的冲击力大小约为 (　　)
A.1.05×104 N　　　　B.5.25×104 N
C.7.88×104 N　　　　D.2.63×105 N
2.(经典)(2024江苏南京六校联合体调研)如图所示,两个质量分别为m1=3 kg、m2=2 kg的A、B物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分别作用在A、B上,则(　　)
A.弹簧测力计的示数是10 N
B.弹簧测力计的示数是50 N
C.在撤去F2的瞬间,A的加速度大小为4 m/s2
D.在撤去F2的瞬间,B的加速度大小为12 m/s2
3.(经典)(2024安徽安庆月考)大磅秤上站着一个重500 N的人,同时还放着一个重50 N的物体,此时磅秤的示数为550 N。此人第一次用60 N的力竖直向上提这个物体,第二次用40 N的力竖直向上提这个物体,则施力的过程中,关于磅秤的示数,以下说法正确的是(　　)
A.第一次磅秤的示数为560 N,第二次磅秤的示数为540 N
B.两次磅秤的示数都是550 N
C.第一次磅秤的示数为560 N,第二次磅秤的示数为550 N
D.第一次磅秤的示数为550 N,第二次磅秤的示数为540 N
4.(2024浙江杭州精诚联盟月考)如图所示,一辆公共汽车在水平公路上做直线运动,小球A用细线悬挂于车顶上,车厢底板上放一箱苹果,箱和苹果的总质量为M,苹果箱和箱内的苹果始终相对于车厢底板静止,苹果箱与车厢底板间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,若观察到细线与竖直方向的夹角大小为θ且保持不变,则下列说法正确的是(　　)
A.汽车的加速度大小为a=g tan θ,且一定向左做匀加速直线运动
B.车厢底板对苹果箱的摩擦力一定为μMg
C.苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为
D.苹果箱中间一个质量为m的苹果受到周围其他苹果对它的作用力方向水平向右
5.(多选)(2024安徽合肥期末)如图所示,一辆运输集装箱的卡车开上倾角为β的斜面,集装箱的顶部用细线挂了一小球,某时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面),重力加速度为g,关于卡车的运动,下列说法正确的是(　　)
A.若卡车匀速开上斜坡,则α=β
B.若卡车匀减速开上斜坡,则α<β
C.若卡车匀加速开上斜坡,则卡车的加速度为a=g cos β tan α-g sin β
D.若卡车匀加速开上斜坡,则卡车的加速度为a=g tan α
题组二　瞬时加速度的求解
6.(多选)(2024浙江浙南名校联盟联考)如图所示,水平轻绳和倾斜轻弹簧N的某一端均与小球a相连,另一端分别固定在竖直墙和天花板上,轻弹簧N与竖直方向的夹角为60°,小球a与轻弹簧M连接,小球b悬挂在弹簧M另一端上,两球均静止,若a、b两球完全相同,质量均为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.水平轻绳的拉力大小为mg
B.剪断水平轻绳的瞬间,b球的加速度大小为g
C.剪断水平轻绳的瞬间,轻弹簧M对小球a的弹力大小为mg
D.剪断水平轻绳的瞬间,a球的加速度大小为2g
7.(多选)(2024福建莆田二中月考)如图所示,甲、乙两物块通过轻弹簧连接,置于箱丙内水平底板上,箱丙通过轻绳与天花板连接,整个装置处于静止状态。甲、乙、丙的质量分别为m、2m、3m,重力加速度为g,则箱丙与天花板间轻绳断裂后瞬间,下列说法正确的是 (　　)
A.甲的加速度大小a甲=g
B.乙的加速度大小a乙=0
C.甲对丙的弹力大小为1.5mg
D.甲对丙的弹力大小为3mg
8.(2024四川绵阳中学测试)如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间由一轻质细线连接,B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧轴线、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,重力加速度为g。细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是 (　　)
A.A球的加速度沿斜面向上,大小为g sin θ
B.C球的受力情况未变,加速度为0
C.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为2g sin θ
D.B、C之间杆的弹力大小为0
9.(2024江苏百校大联考阶段检测)如图所示,小球A置于水平面上的半圆柱体上静止,半圆柱体底面粗糙,其余面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着,两小球A、B通过O点的光滑滑轮用轻质细线相连,两球均处于静止状态。已知A球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角,重力加速度为g,求:
(1)小球A受到细线的拉力大小;
(2)若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,半圆柱体底面与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)若将OB绳剪断,则在剪断瞬间,小球B的加速度的大小和方向。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.D 2.B 3.D 4.A 5.B 6.C
8.BC 9.BD 10.B 11.BD
1.D　牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式,a与F方向始终相同,A正确;根据a=知,质量一定时,当合力变化时,物体的加速度随之变化,某一瞬间的加速度由这一瞬时的外力决定,而与这一瞬间之前或之后的外力无关(具有瞬时性),B正确;在公式F=ma中,若F为合力,a等于作用在物体上的合力与质量的比值,根据力的独立性知,a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和,故C正确;加速度的方向与合力的方向相同,但物体的运动方向与物体所受合力的方向不一定相同,D错误。
2.B　物体在三个共点力作用下处于静止状态,则三个力的合力为0,任意两个力的合力与第三个力等大反向;将其中大小为3 N的力在水平面内旋转180°,三个力的合力大小变为6 N,根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小为a==6 m/s2,选B。
3.D　取水平向右为正方向,物体受到的摩擦力方向水平向右,由牛顿第二定律可得F+μmg=ma,解得a=2 m/s2,方向水平向右,选D。
4.A　对运动员进行受力分析,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,则伞绳对运动员的作用力大小为F=mg+ma=80×10 N+80×2 N=960 N,选A。
5.B　
关键点拨
　　人随电梯斜向上做匀加速运动,人所受各力都在水平方向和竖直方向上,可将加速度分解到这两个方向,利用牛顿第二定律求解。
由于人对电梯的压力是重力的1.2倍,由牛顿第三定律可得,电梯对人的支持力FN=1.2mg,方向竖直向上,则根据牛顿第二定律,有FN-mg=m·a sin 30°,在水平方向有f=m·a cos 30°,解得a=g,f=mg,故选B。
6.C　对4个物体整体分析,由牛顿第二定律有F=4ma,得a=;对第3、4两个物体整体分析,设第2个物体对第3个物体的作用力为N,由牛顿第二定律有N=2ma,联立可得N=,故选C。
7.答案　(1)150 N　(2)3.53 m/s2
解析　(1)木箱与地面间的最大静摩擦力为Ffmax=μmg=180 N
当推力沿水平方向时,由于F1(2)当受到与水平方向成37°角斜向上的推力F2=400 N时,对木箱受力分析如图所示
在竖直方向有F2 sin 37°+FN=mg
水平方向有F2 cos 37°-Ff=ma
又Ff=μFN
联立解得a≈3.53 m/s2。
8.BC　设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为T,受力如图甲所示,由平衡条件可得F cos θ=mg,F sin θ=T,解得F=,T=mg tan θ。在AC被剪断的瞬间,小球受力如图乙所示,BC上的拉力发生突变,与重力沿BC方向的分力平衡,重力沿与BC垂直方向的分力提供小球的加速度,小球的加速度大小为a==g sin θ,B正确,A错误。在BC被剪断的瞬间,小球受力如图丙所示,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前的拉力大小相等,方向沿BC方向斜向下,故加速度a=,C正确,D错误。
　　
关键点拨　橡皮筋与弹簧类似,因此AC的弹力不能突变,而绳BC的弹力可以突变。在AC被剪断的瞬间,BC对小球的拉力发生突变;在BC被剪断的瞬间,橡皮筋AC的弹力不发生突变。
9.BD　剪断细线前A、B间无压力,对A分析,由平衡条件得kx1=mAg,得轻弹簧的压缩量x1=0.1 m;剪断细线瞬间,细线拉力突变为0,轻弹簧的压缩量不变(破题关键),仍为0.1 m,弹簧弹力不变,对A、B组成的整体分析,由牛顿第二定律得(mA+mB)g-kx1=(mA+mB)a;对B分析,由牛顿第二定律得mBg-FN=mBa,联立解得a=6 m/s2,FN=12 N,由牛顿第三定律可知,B对A的压力大小FN'=FN=12 N。综上可知,B、D正确,A、C错误。
方法技巧　 求解瞬时加速度的基本思路
　　(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况,求出各力大小(若物体处于平衡状态,则利用平衡条件;若处于加速状态,则利用牛顿第二定律)。
　　(2)分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等),哪些力变化,哪些力不变,哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力,发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。
　　(3)求物体在状态变化后所受的合外力,利用牛顿第二定律求出瞬时加速度。
10.B　根据题意,将橡皮筋和皮套看成整体,从D到C过程中,设整体对弹丸的合力为F,开始时F>mg,对弹丸由牛顿第二定律有F-mg=ma,运动过程中,F一直减小,则向上的加速度减小,弹丸做加速度减小的加速运动;当F=mg时,加速度a=0,弹丸的速度最大;之后F11.BD　剪断悬绳前,对B受力分析,B受到重力和弹簧的弹力,弹力大小F=mg;剪断悬绳瞬间,弹簧弹力不变,对A分析,A受的合力为F合=mg+F=2mg,根据牛顿第二定律可得A的加速度大小为a=2g,A错误,B正确。剪断悬绳前,弹簧处于伸长状态,弹力大小F=mg=kx;剪断悬绳后物块A向下运动,开始时重力和弹力方向均向下,加速度向下;弹簧处于原长时,物块A的加速度为g,继续向下运动,开始压缩弹簧,加速度向下且减小,当加速度为零时速度达到最大,此时mg=F'=kx',可得x'=x;此后A继续下降时,加速度向上,做减速运动,所以A物块向下加速运动2x时速度最大,此后开始减速,C错误,D正确。
能力提升练
1.B 2.D 3.C 4.C 5.ABC 6.CD 7.BC 8.D
1.B　
模型构建　设Δt时间内有体积为V的水垂直打在面积为S的礁石上,水击打礁石过程中做匀减速直线运动。
设Δt时间内垂直撞击礁石的水的质量为Δm=ρSvΔt,在撞击过程中,水做匀减速直线运动,则加速度大小a=;根据牛顿第二定律可得礁石对水的作用力为F=Δma,联立得F=ρSv2=1.05×103×2×52 N=5.25×104 N,根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为5.25×104 N,选B。
2.D　对由A、B和弹簧测力计组成的整体受力分析,由牛顿第二定律有F1-F2=(m1+m2)a,解得a= m/s2=2 m/s2;对B受力分析,设弹簧测力计的弹力为F,由牛顿第二定律有F-F2=m2a,解得弹力F=F2+m2a=20 N+2×2 N=24 N,因此弹簧测力计的示数是24 N,A、B错误;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的弹力不能突变,则A受力不变,加速度大小不变,仍为2 m/s2,C错误;在撤去F2的瞬间,B所受弹簧测力计的弹力仍为24 N,由牛顿第二定律可得B的加速度大小为a'= m/s2=12 m/s2,D正确。
3.C　当人用60 N的力竖直向上提这个物体时,可以将物体提起,磅秤对物体没有支持力,对物体分析,由牛顿第二定律有F-m物g=m物a,对人分析,由平衡条件可得FN人-F-m人g=0,解得FN人=560 N,故磅秤的读数应为560 N;当人用40 N的力竖直向上提物体时,没有将物体提起,磅秤对物体有支持力,对物体分析,由平衡条件可得F'+FN物-m物g=0,解得FN物=10 N,对人分析,由平衡条件可得F'N人-F'-m人g=0,解得F'N人=540 N,故磅秤的读数应为10 N+540 N=550 N。故选C。
一题多解　当第一次磅秤上的人用60 N的力竖直向上提物体时,可以将其提起,则F-m物g=m物a;以人和物体整体为研究对象,由牛顿第二定律可得FN人-(m人+m物)g=m物a,解得FN人=560 N,故磅秤的示数应为560 N;当第二次磅秤上的人用40 N的力竖直向上提物体时,没有将物体提起,以人和物体整体为研究对象,受力平衡,则磅秤的示数应保持不变,还是550 N,故选C。
4.C　由题可知,车内每个物体的运动状态均与汽车的运动状态相同,对小球A受力分析,如图所示,可知F合=mAg tan θ=mAa,可得汽车的加速度大小为a=g tan θ,方向水平向左,则汽车可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动,故A错误;苹果箱相对车厢底板静止,则其所受摩擦力为静摩擦力,大小为f=Ma=Mg tan θ,但不一定等于μMg,故B错误;对于苹果箱中间一个质量为m的苹果,其所受的合力为F合'=ma=mg tan θ,水平向左,则它受到周围其他苹果对它的作用力大小为F=,方向斜向左上方,故C正确,D错误。
5.ABC　若卡车匀速开上斜坡,则小球做匀速直线运动,受到的合外力为零,竖直方向上小球的重力和细线的拉力平衡,细线在竖直方向上,则根据几何关系可知α=β,A正确;若卡车匀减速开上斜坡,则小球做减速运动,加速度沿斜坡向下,由于小球只受到细线的拉力和重力作用,故细线相对竖直方向向右偏,结合题图中小球在虚线的左侧,则α<β,故B正确;若卡车匀加速开上斜坡,则小球受到的合外力沿斜坡向上,对小球受力分析,小球受重力和细线的拉力,如图所示,将两力沿斜坡和垂直斜坡方向分解,沿斜坡方向有F sin α-mg sin β=ma,垂直斜坡方向有F cos α=mg cos β,解得a=g cos β tan α-g sin β,卡车的加速度与小球的加速度相同,故C正确,D错误。
6.CD　对a、b及轻弹簧M整体分析,如图甲所示,可知水平轻绳的拉力大小为T=2mg tan 60°=2mg,A错误。对b球分析,根据二力平衡可知,弹簧M的弹力FM=mg;剪断水平轻绳的瞬间,水平轻绳的拉力突变为0,而两弹簧的弹力不变(破题关键),故b球受力情况不变,加速度大小为0,此时a球受力如图乙所示,FM=mg,所受合力(FM、mg、FN的合力)与剪断轻绳前轻绳的拉力等大反向,则a球的加速度大小为a=g,故B错误,C、D正确。
7.BC　轻绳断裂后瞬间,弹簧的弹力不发生突变,弹簧对乙的弹力与乙的重力仍平衡,可得F弹=2mg,a乙=0,B正确。轻绳断裂后瞬间,弹簧的弹力不发生突变,甲、丙间的弹力发生突变(易错点),甲、丙的加速度相同,对甲、丙整体受力分析,由牛顿第二定律有F弹+mg+3mg=(m+3m)a甲丙,解得a甲丙=1.5g,A错误;设甲对丙的弹力大小为FN,对丙受力分析,有3mg+FN=3ma甲丙,解得FN=1.5mg,C正确,D错误。
8.D　烧断细线前,对A球受力分析,如图甲所示,在沿斜面方向据平衡条件有F=mg sin θ+TA,对B、C及杆整体分析,受力如图乙所示,在沿斜面方向据平衡条件得T'A=2mg sin θ,T'A=TA,则F=3mg sin θ;细线烧断瞬间,弹簧弹力不突变,对A有F-mg sin θ=ma,故A球此时的加速度为a=2g sin θ,方向沿斜面向上,故A错误;细线烧断瞬间,B、C球及轻杆组成的整体只受到重力和支持力,则整体以加速度a'=g sin θ沿斜面向下运动,B、C与杆之间没有相互作用力,故B、C错误,D正确。
9.答案　(1)mg　(2)　(3)g,方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方
解析　(1)对小球A、B受力分析,如图所示:
其中TOA=TOB
将小球A所受的力平移,构成的矢量三角形与几何三角形OAO1相似,可得
由于OA长度与半圆柱体半径相等,可得FN=TOA
由平衡条件可得mg=2TOA cos 30°
可得TOA=mg
(2)对半圆柱体受力分析,由平衡条件可得,在水平方向有FN sin 30°=f
在竖直方向有F地=mg+FN cos 30°
且有f=μF地
联立可得μ=
(3)OB绳剪断前,对B球分析,由平衡条件可知B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡,
若将OB绳剪断,TOB突变为0,弹簧拉力不会突变,B的重力与弹簧拉力的合力提供加速度,F合与原TOB等大反向,则有F合==mBa
解得B球的加速度大小a=g,方向与竖直方向的夹角为45°斜向右下方。
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