2019_2020版高中物理刷题首选卷第四章第三节牛顿第二定律（对点练巩固练）（含解析）新人教.docx

第三节牛顿第二定律一、选择题1(牛顿第二定律的理解)(多选)关于力和运动的关系，下列说法中正确的是()A物体受到的合力越大，其速度改变量越大B物体受到的合力不为零且不变，物体速度一定会改变C物体受到的合力变化，加速度就一定变化D物体受到的合力不变，其运动状态就不改变答案BC解析由牛顿第二定律知，物体受到的合力发生变化，加速度就一定变化，物体受到的合力越大，加速度就越大，而速度改变量不仅与加速度有关，而且还与时间有关，故A错误，C正确；运动状态不变即速度不变，若加速度不为零且不变，其速度一定变化，故B正确，D错误。2.(牛顿第二定律的应用)如图所示，A、B两物体叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A方向向左，大小不变 B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变 D方向向右，逐渐减小答案A解析根据题目条件得知，物体B具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第二定律知，物体B受到的合力水平向左且恒定，对物体B受力分析可知，物体B在水平方向的合力就是物体A施加的静摩擦力，因此，物体B受到的摩擦力方向向左，且大小不变，保持恒定，A正确，B、C、D错误。3(牛顿第二定律的应用)(多选)力F1单独作用于一个物体时，物体具有的加速度大小为2 m/s2，力F2单独作用于同一物体时，物体具有的加速度大小为4 m/s2，当F1、F2共同作用于该物体时，物体具有的加速度大小可能是()A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2答案ABC解析据牛顿第二定律有F12m，F24m，当二力同向时可使物体产生最大加速度，即2m4mma1，a16 m/s2。当二力方向相反时可使物体有最小加速度，即4m2mma2，a22 m/s2，当二力共同作用该物体时，产生的加速度在26 m/s2之间。故选A、B、C。4(牛顿第二定律的应用)以初速度v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，从抛出到落地小球运动的vt图是()答案A解析上升阶段，小球所受空气阻力随小球速度的减小而减小。小球所受合力FGFf，合力越来越小，所以上升阶段小球的加速度越来越小。下降阶段，小球所受空气阻力随小球速度的增大而增大，小球所受合力FGFf，合力越来越小，所以下降阶段小球的加速度也越来越小。vt图象中，只有A项所表示的运动加速度越来越小，A正确。5(牛顿第二定律的应用)(多选)如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是()A向右做加速运动 B向右做减速运动C向左做加速运动 D向左做减速运动答案AD解析小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动。故选A、D。6(牛顿第二定律的应用)三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在物块1和2上，用的外力沿水平方向作用在物块3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则()Aa1a2a3 Ba1a2，a2a3Ca1a2，a2a2，a2a3答案C解析分析1、2、3三个物块的受力情况如图所示。则Ff1(mgFsin60)，Ff2(mgFsin60)，Ff3mg。由牛顿第二定律得：Fcos60Ff1ma1，Fcos60Ff2ma2，Ff3ma3。因Ff2Ff3Ff1，故a1a3a2。C正确。7.(瞬时加速度)如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A0 B.g Cg D.g答案B解析未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg。在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为g，由此可知B正确。8(瞬时加速度)(多选)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()AB球的速度为零，加速度为零BB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答案BC解析撤去F瞬间，弹簧弹力大小仍为F，故B的加速度为，此时B球还没有运动，故B球的速度为零，A错误，B正确。弹簧恢复原长后由于B的运动而被拉长，它对A球产生拉力，使A球离开墙壁，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，D错误。9(牛顿第二定律的应用)如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1，取重力加速度g10 m/s2。工件滑上A端时速度vA4 m/s，到达B端时速度设为vB，则下列说法不正确的是()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速率v4 m/s逆时针匀速转动，则vB3 m/sC若传送带以速率v2 m/s顺时针匀速转动，则vB3 m/sD若传送带以速率v2 m/s顺时针匀速转动，则vB2 m/s答案D解析工件在传送带上滑动时的加速度大小a1 m/s2。若传送带不动，工件做匀减速运动，由vv2(a)s，则vB3 m/s，A正确；若传送带逆时针匀速转动，工件受力不变，a不变，vv2as，vB3 m/s，B正确；传送带顺时针匀速转动的速度为2 m/s，则工件在传送带上做匀减速运动，当运动s3.5 m时减速至3 m/s2 m/s，故一直减速，vB3 m/s，C正确，D错误。10(牛顿第二定律的应用)(多选)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是()A甲车的加速度大小为B甲车的加速度大小为0C乙车的加速度大小为D乙车的加速度大小为0答案BC解析对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲0，A错误，B正确；乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平方向合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙，则C正确，D错误。故选B、C。二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位)11(综合)某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略)(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_。(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为_。(3)以下能引起实验误差的是_。a滑块的质量b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差d小球落地和滑块撞击挡板不同时答案(1)(2)(3)cd解析(1)由自由落体运动规律得Hgt2由匀加速直线运动规律得xat2所以。(2)设斜面与水平面夹角为，对滑块，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma又sin，cos解得。(3)从实验原理和理论计算结果看，能引起实验误差的是c、d。12.(牛顿第二定律的应用)如图所示，静止在水平地面上的小黄鸭质量m20 kg，受到与水平面夹角为53的斜向上的拉力，小黄鸭开始沿水平地面运动。若拉力F100 N，小黄鸭与地面的动摩擦因数为0.2，求：(1)把小黄鸭看做质点，作出其受力示意图；(2)小黄鸭对地面的压力；(3)小黄鸭运动的加速度的大小。(sin530.8，cos530.6，g10 m/s2)答案(1)见解析(2)120 N，方向竖直向下(3)a1.8 m/s2解析(1)受力示意图如图所示。(2)根据平衡条件可得：Fsin53Nmg所以解得NmgFsin53120 N，方向竖直向上；根据牛顿第三定律，小黄鸭对地面的压力NN120 N，方向竖直向下。(3)受到的摩擦力为滑动摩擦力，所以fN24 N根据牛顿第二定律得：Fcos53fma，解得a1.8 m/s2。课时作业2对应学生用书P53(建议用时：30分钟)一、选择题1.(牛顿第二定律的应用)如图所示，在质量为m的物体上加一个竖直向上的拉力F，使物体以加速度a竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是()A若拉力改为2F，物体加速度为2aB若质量改为，物体加速度为2aC若质量改为2m，物体加速度为D若质量改为，拉力改为，物体加速度不变答案D解析根据题意得：Fmgma，解得：ag。若拉力改为2F，物体加速度a1g2a，故A错误；若质量改为，物体加速度a2g2a，故B错误；若质量改为2m，物体加速度a3g2xCF2F Dx2x答案A解析把两个物块看做整体，由牛顿第二定律可得：F(m1m2)a，F(m1m2)a，又a2a，可得出F2F，隔离物块m2，由牛顿第二定律得：kxm2a，kxm2a，解得：x2x，故A正确，B、C、D均错误。6(牛顿第二定律与图象结合)如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在03 s 时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则()AF的最大值为12 NB01 s和23 s内物体加速度的方向相反C3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD在01 s内物体做匀加速运动，23 s内物体做匀减速运动答案C解析由at图象知加速度最大时a4 m/s2，由牛顿第二定律得Fmgma知，F最大值大于12 N，故A错误；01 s和23 s内，加速度均为正方向，故B错误；3 s末速度最大，由at图面积知v8 m/s，所以vmax8 m/s，故C正确；01 s和23 s 内加速度a与速度v均同向，都做加速运动，但a不是定值，所以不是匀加速运动，故D错误。7.(牛顿第二定律的应用)如图所示，质量为M的长平板车放在倾角为的光滑斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须()A匀速向下奔跑B以加速度agsin，向下加速奔跑C以加速度agsin，向下加速奔跑D以加速度agsin，向上加速奔跑答案C解析作出平板车的受力图，如图甲所示，求出人对平板车的摩擦力FfMgsin；作出人的受力图，如图乙，则mgsinFfma，且FfFf，由以上三式联立解得agsin。故C正确。8(牛顿第二定律的应用)(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin)gDM运动的加速度大小为g答案BC解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinmg，互换位置后，对M有MgTMa，对m有：Tmgsinma，又TT，解得：a(1sin)g，Tmg，故A、D错误，B、C正确。9.(牛顿第二定律的应用)如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧，把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是()A小球刚接触弹簧瞬间速度最大B从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先增大后减小答案C解析小球从接触弹簧开始，在向下运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用，但开始时由于弹簧的压缩量较小，弹力小于重力，合力方向竖直向下，且逐渐减小，小球将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，直到重力与弹簧弹力相等时，合力为零，加速度也为零，速度最大；重力与弹簧弹力相等后，小球再向下运动，则弹簧弹力将大于重力，合力方向变为竖直向上，且不断增大，小球将做加速度逐渐增大的变减速运动，直到速度为零，故从接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大。故C正确，A、B、D错误。二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位)10.(牛顿第二定律的应用)如图所示，小球M处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为，烧断BO绳的瞬间，试求小球M的加速度的大小和方向。答案gtan方向水平向右解析烧断BO绳前，小球受力平衡，由此求得BO绳的拉力Fmgtan；烧断瞬间，BO绳的拉力消失，而弹簧还是保持原来的长度，弹力与烧断前相同。此时，小球受到的作用力是弹力和重力，如图所示，其合力方向水平向右，与烧断前BO绳的拉力大小相等，方向相反，即F合mgtan，由牛顿第二定律得加速度agtan，方向水平向右。11(牛顿第二定律与图象结合)如图甲所示，用水平力F拉动物体在水平面上做加速直线运动，当改变拉力的大小时，物