人教版（2019） 必修 第一册 4.3牛顿第二定律同步练习（含解析）

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4.3　牛顿第二定律
一、单选题
1.静止在光滑水平面上的物体,受到一个水平拉力,当拉力开始作用的瞬间,下列说法正确的是(　　)
A. 物体立即获得速度 B. 物体立即获得加速度
C. 物体加速度仍为零 D. 物体同时获得速度和加速度
2.一个物体质量为2 kg,在几个力作用下处于静止状态,现把一个大小为10 N的力撤去,其他力保持不变,则该物体将(　　)
A. 沿该力的方向开始做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2 B. 沿该力的相反方向做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2
C. 沿该力的方向做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2 D. 由于惯性,物体仍保持原来的静止状态不变
3.如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间
B和C的加速度大小分别为(　　)
A. g,1.5g B. 2g,1.5g C. 2g,0.5g D. g,0.5g
4.如图所示,质量为m的小球用一水平轻弹簧系住,并用倾角为53°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态,在木板AB突然撤离的瞬间(重力加速度为g,cos 53°=0.6),小球的加速度为(　　)
A. 0 B. 大小为g,方向竖直向下
C. 大小为g,方向垂直木板指向右下方 D. 大小为g,方向垂直木板指向右下方
5.光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根水平弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触到弹簧被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是(　　)
A. 木块做匀速直线运动 B. 木块做匀减速直线运动
C. 木块的速度减小，加速度减小 D. 木块的速度减小，加速度增大
6.在一种叫作“蹦极跳”的运动中，游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落2L时到达最低点，若不计空气阻力，在橡皮绳从原长到达最低点的过程中(始终处在弹性限度内)，(　　)
A. 速度先减小后增大 B. 速度一直减小，直到为零
C. 加速度先减小后增大 D. 加速度一直增大，最后达到某一最大值
7.(来自教材改编)如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mB＝mA，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间(g为重力加速度)(　　)
A. A球加速度为g，B球加速度为0 B. A球加速度为0，B球加速度为g
C. A球加速度为2g，B球加速度为0 D. A球加速度为0，B球加速度为2g
8.如图，倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用与斜面平行的轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为(　　)
A. aA＝g，aB＝0 B. aA＝0，aB＝0
C. aA＝g，aB＝g D. aA＝0，aB＝g
9.如图所示，质量为m的小球被水平细绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A. 弹簧的拉力F＝ B. 弹簧的拉力F＝mgsin θ
C. 小球的加速度为零 D. 小球的加速度a＝gsin θ
10.将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度的大小a与时间t关系的图像，可能正确的是(　　)
A. B.
C. D.
11.如图所示，放置于水平地面上的物块左、右侧分别连接着水平细线、水平轻质弹簧，细线、轻质弹簧的另一端均固定于竖直墙壁上。物块静止时，弹簧处于拉伸状态且弹力大小为10 N，细线上的拉力大小为4 N。已知物块的质量为1 kg，物块与地面间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A. 若细线断开，则断开后瞬间物块的加速度为0
B. 若细线断开，则断开后瞬间物块的加速度大小为6 m/s2
C. 若弹簧与物块断开连接，则断开后瞬间物块的加速度大小为2 m/s2
D. 若弹簧与物块断开连接，则断开后瞬间物块的加速度为0
12.水平面上一质量为2 kg的物体在水平向右、大小为2 N的恒定拉力作用下向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。重力加速度取10 m/s2，则该物体向左运动过程中的加速度为(　　)
A. 水平向左，1 m/s2 B. 水平向左，3 m/s2
C. 水平向右，1 m/s2 D. 水平向右，3 m/s2
13.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×104 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　)
A. 7.6×104 kg B. 8.0×104 kg
C. 4.0×104 kg D. 4.0×103 kg
14.车载磁性手机支架可安装在车辆驾驶室前端平台上，手机竖直放置，质量为m，支架上的强磁铁与粘在手机背面的引磁片紧紧吸附在一起，强磁铁对手机的吸力恒为F，重力加速度为g，当车辆开始以加速度a匀加速启动时，下列分析正确的是(　　)
A. 手机一定受到4个力的作用
B. 加速度足够大的话，手机可能只受两个力作用
C. 支架对手机的摩擦力大小为
D. 由于手机相对汽车静止，故手机所受合力为0
15.小明想测量地铁启动或减速过程中的加速度，他把一支圆珠笔绑在一根细绳的下端，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁起动后的某段过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片(如图甲)，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。可简化为如图乙所示的示意图。经过测量图中AB＝30 mm，BC＝6 mm，若g取10 m/s2，估算此时地铁的加速度大小为(　　)
A. 1.5 m/s2 B. 2.0 m/s2
C. 2.5 m/s2 D. 3.0 m/s2
16.如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时(　　)
A. 横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍
B. 横杆对M的弹力增大到原来的2倍
C. 细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D. 细线的拉力增加到原来的2倍
二、多选题
17.关于牛顿第二定律的数学表达式F＝kma，下列说法正确的是(　　)
A. 在任何情况下表达式中k都等于1
B. 表达式中k的数值由质量、加速度和力的大小决定
C. 表达式中k的数值由质量、加速度和力的单位决定
D. 物理中定义使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N
18.物体质量为3 kg,放在光滑水平面上,同时受到大小为3 N、4 N和5 N的三个水平力作用,物体的加速度可能为(　　)
A. 0 B. 3 m/s2 C. 6 m/s2 D. 9 m/s2
19.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
C. 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
20.在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的水平轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后，下列说法正确的是(　　)
A. 物块接触弹簧后立即做减速运动 B. 物块接触弹簧后先加速后减速
C. 当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零 D. 当物块的速度为零时，它所受的合力不为零
21.如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平面成角，下列说法中正确的是(　　)
A. 物体所受摩擦力大小为，方向水平向左
B. 物体所受摩擦力大小为，方向水平向右
C. 物体所受支持力大小为
D. 物体所受支持力大小为
22.如图所示，火车在平直轨道上运动，车厢中的光滑水平桌面上用轻弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度。当乘客看到弹簧的长度变长时，火车可能的运动情况是(　　)
A. 火车向右方运动，速度在增大 B. 火车向右方运动，速度在减小
C. 火车向左方运动，速度在增大 D. 火车向左方运动，速度在减小
三、计算题
23.如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求货箱下滑的加速度大小。
24.一个质量为20 kg的物体，从足够长的固定斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面的倾角为37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)求物体沿斜面下滑过程中的加速度；
(2)给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑过程的加速度。
25.如图,质量为m=5 kg的小球穿在斜杆上,斜杆与水平方向的夹角为θ=37°,球恰好能在杆上匀速向下滑动。若球受一大小为F=200 N的水平推力作用,可使小球沿杆向上匀加速滑动(g取10 m/s2,sin 37°=0.6),求:
(1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小;
(2)小球沿杆向上匀加速滑动时的加速度大小。
26.如图所示，小明用与水平面的夹角θ=37°、大小F=15N的力斜向下推动一质量m=1.5kg的木箱，使其沿水平面向右做匀速直线运动。已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)画出木箱的受力分析图，并标出相应力的字母；
(2)木箱对地面的压力大小；
(3)木箱与地面间的动摩擦因数μ。
4.3　牛顿第二定律
答案解析
1.【答案】B
【解析】物体静止在光滑水平面上,受到水平拉力的瞬间,合力等于拉力,根据牛顿第二定律知物体立刻获得加速度,而物体由于具有惯性,此瞬间还保持原来的运动状态,速度为零,选项B正确。
2.【答案】B
【解析】物体开始处于静止状态,所受合力为0,撤去10 N的力,其他力保持不变,则物体所受合力的大小为10 N,方向与10 N的拉力方向相反,根据牛顿第二定律得a==5 m/s2,则物体沿该力相反方向做匀加速运动,加速度大小为5 m/s2,故B正确,A、C、D错误。
3.【答案】A
【解析】细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由共点力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,有C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg;细线剪断瞬间,由牛顿第二定律对B有3mg-FAB=3maB,对C有2mg+FCD=2maC,联立解得aB=-g,aC=1.5g,A正确。
4.【答案】D
【解析】在木板AB撤离前,小球恰好处于静止状态,小球受重力、支持力和弹簧的弹力,由共点力的平衡条件,可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力的大小等于支持力,则有FN==mg,木板AB突然撤离的瞬间,弹簧弹力不突变,所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变,因此小球的加速度大小为a==g,方向垂直木板指向右下方,A、B、C错误,D正确。
5.【答案】D
【解析】木块所受的合力为弹簧的弹力，弹簧弹力逐渐增大，故加速度逐渐增大，加速度方向水平向左，与速度方向相反，木块做减速运动，故D正确。
6.【答案】C
【解析】设游戏者的质量为m，加速度大小为a，橡皮绳的拉力大小为F。开始阶段，游戏者的重力大于橡皮绳的拉力，游戏者所受合力方向向下，速度方向向下，做加速运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，F逐渐增大，a逐渐减小，当橡皮绳的拉力大于游戏者的重力时，游戏者所受合力方向向上，速度方向向下，做减速运动，又由牛顿第二定律得F－mg＝ma，F增大，a增大。即游戏者先向下加速，然后向下减速，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小。故C正确，A、B、D错误。
7.【答案】C
【解析】设剪断细线前细线的拉力为FT，弹簧拉力为F弹。对A、B分别进行受力分析，有
FT＝mAg＋F弹，F弹＝mBg
剪断细线瞬间，拉力FT突变为0，弹簧弹力F弹不突变，B球依旧受力平衡。因为A、B球质量相等，所以在剪断细线瞬间B球和A球加速度分别为aB＝0，aA＝＝2g，故选C。
8.【答案】D
【解析】撤去挡板C的瞬间，弹簧形变量没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，
即有aA＝0
撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件，弹簧的弹力大小为F＝mgsin θ＝mg
撤去挡板C的瞬间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mgsin 30°＋F＝maB
解得aB＝g。故选D。
9.【答案】A
【解析】烧断绳AO之前，对小球受力分析，小球受3个力，如图所示，此时弹簧拉力F＝，绳AO的拉力FT＝mgtan θ，烧断绳AO的瞬间，绳的拉力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，A正确，B错误；烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误。
10.【答案】C
【解析】皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma，根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，则有Ff＝kv，联立解得a＝g＋，由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故B、D均错误；根据以上分析得到的结论a＝g＋，有∝，由于加速度减小，故也减小，也减小，故a－t图像的斜率不断减小，A错误，C正确。
11.【答案】D
【解析】物块与地面间的最大静摩擦力大小Ffmax＝μmg＝6 N，若细线断开，则断开后瞬间物块受到弹簧的弹力大于物块与地面间的最大静摩擦力，物块会相对于地面滑动，物块受到的摩擦力变为滑动摩擦力，则有F弹－μmg＝ma
代入数据解得a＝4 m/s2，故A、B错误；
若弹簧与物块断开连接，则断开后瞬间细线对物块的拉力和地面对物块的摩擦力均为0，物块的加速度为0，故C错误，D正确。
12.【答案】D
【解析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg＋F＝ma，解得a＝3 m/s2，加速度方向水平向右，故D正确。
13.【答案】C
【解析】根据题意，在推进器工作期间，飞船与空间的平均加速度a＝，由牛顿第二定律有a＝，其中M＝m船＋m空，联立并代入数据解得m空＝4.0×104 kg，故选C。
14.【答案】A
【解析】当车辆开始以加速度a匀加速启动时，手机的加速度也为a，手机竖直放置，受重力、支架对手机有弹力、摩擦力以及磁力的作用，此时水平方向根据牛顿第二定律，有，竖直方向有；则手机一定受4个力作用，静摩擦力摩擦力大小为，合力不为0。
15.【答案】B
【解析】设细绳与竖直扶手的夹角为θ，以圆珠笔为研究对象进行受力分析，受到重力和细绳的拉力，如图所示，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，即a＝·g＝2.0 m/s2，故选B。
16.【答案】A
【解析】对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，水平方向，有，竖直方向，有，再对m和M整体受力分析，受总重力、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有水平方向，有，竖直方向，有，解得，支持力，拉力为，摩擦力为，当加速度变为2倍时，不影响横杆对M的作用力，支持力N不变，A正确，B错误；根据力的合成可知T，故T不是增加原来的2倍，D错误；θ的正切变为原来的2倍，但θ不是2倍，C错误。
17.【答案】CD
【解析】在F＝kma中，k的数值由质量、加速度和力的单位决定，只有质量m、加速度a和力F的单位都是国际单位时，比例系数k才等于1，故A、B错误，C正确；由牛顿第二定律F＝ma知m＝1 kg、a＝1 m/s2时，1 N＝1 kg·m/s2，即使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N，故D正确。
18.【答案】AB
【解析】根据力的合成规律知,三个力的合力范围为0≤F合≤12 N,根据牛顿第二定律有F合=ma,解得物体的加速度范围为0≤a≤4 m/s2,故A、B正确。
19.【答案】BC
【解析】撤去F瞬间,弹簧弹力大小仍为F,由牛顿第二定律得B的加速度为aB=,此时B球还没有运动,则B球的速度为零,故A错误,B正确;弹簧恢复原长后由于B的运动弹簧被拉长,对A球产生拉力,从而使A球离开墙壁,故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,故D错误。
20.【答案】BD
【解析】物块接触弹簧后，开始恒力F大于弹簧的弹力，加速度方向向右，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零后，速度达到最大，然后弹簧的弹力大于恒力F，加速度方向向左，做加速度逐渐增大的减速运动，速度减小到零时，弹簧压缩量最大，可知物块接触弹簧后先加速后减速，压缩量最大时，速度为零，加速度不等于零，合力不等于零，故B、D正确，A、C错误。
21.【答案】BC
【解析】对物体进行受力分析，如图所示
将加速度分解到水平方向和竖直方向，在水平方向上，由牛顿第二定律得，方向水平向右，故A错误，B正确；在竖直方向上，由牛顿第二定律得，解得，故C正确，D错误。
22.【答案】BC
【解析】当弹簧的长度变长时，说明小球受到的弹簧的作用力向左，即小球在水平方向上受到的合外力的方向向左，加速度方向向左，所以火车可能向左做加速运动或向右做减速运动。故选B、C。
23.【答案】2 m/s2
【解析】对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2。
24.【答案】(1)4.4 m/s2，方向沿斜面向下
(2)7.6 m/s2，方向沿斜面向下
【解析】(1)沿斜面下滑时，物体受力分析如图甲：
由牛顿第二定律得
mgsin 37°－Ff＝ma1 ①
由平衡条件得FN＝mgcos 37° ②
又Ff＝μFN ③
联立①②③得a1＝4.4 m/s2，方向沿斜面向下。
(2)物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下，物体受力分析如图乙：
由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋Ff'＝ma2 ④
又Ff'＝μFN' ⑤
由平衡条件得FN'＝mgcos 37° ⑥
联立④⑤⑥得
a2＝7.6 m/s2，方向沿斜面向下。
25.【答案】(1)0.75　(2)2 m/s2
【解析】(1)小球匀速向下滑动时,受力分析如图甲所示,
由平衡条件得,平行于杆方向有mgsin θ=Ff1
垂直于杆方向有FN1=mgcos θ
又Ff1=μFN1,联立解得μ=0.75。
(2)水平推力F作用后,对小球受力分析,如图乙所示,则
平行于杆方向有Fcos θ-mgsin θ-Ff2=ma
垂直于杆方向有FN2=Fsin θ+mgcos θ
又Ff2=μFN2,联立解得a=2 m/s2。
26.【答案】(1)见解析；(2)24N；(3)0.5
【解析】(1)木箱受力如图
(2)由共点力平衡条件可知竖直方向有，解得N，根据牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为24N
(3)水平方向有，根据摩擦力的公式有，解得
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