高中物理第三节 牛顿第二定律课时作业

这是一份高中物理第三节 牛顿第二定律课时作业，共18页。试卷主要包含了对牛顿第二定律的理解正确的是，1　　　B等内容，欢迎下载使用。
第三节　牛顿第二定律
基础过关练
题组一　对牛顿第二定律的理解
1.(2020安徽滁州九校联考高一上期末)对于牛顿第二定律的理解,下列说法正确的是 (　　)
A.先有力后有加速度
B.先有加速度后有力
C.力是产生加速度的原因
D.无论F=ma中的三个物理量采用什么单位,该关系式都是成立的
2.(2021江苏南通中学高一上期中)(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比
B.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
C.加速度的方向总跟合外力的方向一致
D.当外力停止作用时,加速度随之消失
题组二　牛顿第二定律的简单应用
3.(2021广东东莞高一上期末)已知力F1单独作用在物体上产生的加速度大小为a1=3 m/s2,力F2单独作用在该物体上产生的加速度大小为a2=4 m/s2,则F1和F2同时作用在该物体上,产生的加速度的大小不可能为　 (　　)
A.8 m/s2　　　B.5 m/s2
C.1 m/s2　　　D.7 m/s2
4.(2021安徽皖北名校联盟高二上第一次月考)如图所示,某人用一F=12 N的水平拉力拖着一质量为m=1.0 kg的物体在水平地面上做加速度为a=9 m/s2的匀加速直线运动。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则物体与地面之间的动摩擦因数为 (　　)

A.0.1　　　B.0.2　　　C.0.3　　　D.0.4
5.(2021江苏徐州铜山高一上期中)甲、乙两辆小车放在光滑的水平面上,在相同的水平拉力F作用下,甲车产生的加速度为2 m/s2,乙车产生的加速度为4 m/s2,则甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙为 (　　)
A.1∶2　　　B.2∶1　　　
C.1∶4　　　D.4∶1
6.(2021福建厦门一中高三上月考)如图所示,物体A的质量为3 kg,物体B的质量为1 kg,两物体由跨过定滑轮的轻绳连接。不计一切摩擦,重力加速度取g=10 m/s2。当两物体由静止释放后,物体A的加速度与绳上的张力分别为 (　　)

A.5 m/s2,10 N　　　
B.5 m/s2,15 N
C.10 m/s2,15 N　　　
D.10 m/s2,30 N
题组三　瞬时加速度的求解
7.(2021湖南长沙长郡中学高三上月考)如图所示,两个质量相同的小球A和B用轻弹簧连接,然后用细绳牵引向上做匀速运动。若在运动过程中细绳突然断裂,则在断裂的瞬间,A球和B球的加速度分别是(重力加速度为g) (　　)

A.g,g　　　B.2g,0
C.2g,g　　　D.g,0
8.(2020湖南岳阳一中高一下第一次质检)如图所示,A、B两个小球质量分别为m1、m2,连在弹簧两端,B用平行于斜面的细线固定在倾角为37°的光滑固定斜面上。若不计弹簧质量,在细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为(重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)　 (　　)

A.3g5和3g5　　　B.0和3g5
C.m1+m2m2·3g5和0　　　D.0和m1+m2m2·3g5
9.(2020广东茂名高一上期末)如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时,Ⅰ中拉力大小为T1,Ⅱ中拉力大小为T2。在仅剪断Ⅰ、Ⅱ中一根的瞬间,下列说法正确的是 (　　)

A.若剪断Ⅰ靠近小球端,则小球受两个力作用
B.若剪断Ⅰ靠近小球端,则小球加速度a=T1m,方向水平向左
C.若剪断Ⅱ,则小球加速度a=T2m,方向水平向左
D.若剪断Ⅱ,则小球加速度a=g,方向竖直向下


能力提升练
题组一　牛顿第二定律的简单应用
1.(2020广东中山高一上期末,)如图所示,光滑水平面上,大小为F1的水平拉力可拉着m1=3 kg的物体以2 m/s2的加速度匀加速运动,大小为F2的水平拉力可拉着m2=2 kg的物体以3 m/s2的加速度匀加速运动。若将质量为m2的物体固定在质量为m1的物体上,对质量为m1的物体施加水平拉力F(F=F1+F2),则产生的加速度为 (　　)

A.5 m/s2　　　B.2.5 m/s2
C.2.4 m/s2　　　D.无法计算
2.(2021浙江嘉兴一中、湖州中学高一上期中,)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。现用大小相等的外力F沿如图所示方向分别作用在1和2上,用大小为12F的外力沿水平方向作用在3上,使三者都做加速运动。设a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度,则　 (　　)

A.a1最大　　　B.a2最大
C.a3最大　　　D.a1=a2=a3
3.(2021天津一中高三上摸底,)如图,公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动,小球A用细线悬挂在车顶上,质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆,始终相对于汽车静止地站在车厢底板上,学生鞋底与底板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ=60°),则此刻公共汽车对学生的作用力F的大小和方向为 (　　)

A.大小等于μmg,方向水平向左
B.大小等于mg,方向竖直向上
C.大小大于mgtanθ,方向水平向左
D.大小等于mgcosθ,方向斜向左上方
4.(2021湖南长沙长郡中学高一上月考,)如图所示,在光滑水平桌面上有一质量为M的小车,小车右端有一不可伸长的细线(绕过光滑的小滑轮)与质量为m的物块相连。在小车向右运动过程中,其加速度为a1,细线中的张力为T1。若将物块取下,换成大小为F=mg的力竖直向下拉细线,此时小车的加速度为a2,细线中的张力为T2。下列判断正确的是 (　易错　)

A.a1=a2,T1=T2　　　B.a1=a2,T1T1,D正确,A、B、C错误。
易混易错
解题时要注意细线对物块的拉力并不等于物块的重力mg。
5.C　由题意知,雨滴下落过程中先加速后匀速,A、B两雨滴质量之比为1∶4,则重力之比为1∶4,故A、B两雨滴的速度最大时所受空气阻力之比也为1∶4,而空气阻力f=kv2,故最大速度之比为1∶2,故A、B错误;由于雨滴下落过程中重力方向竖直向下,空气阻力竖直向上,且合力最大时加速度最大,雨滴刚下落时速度为零,只受重力,此时合力最大,故最大加速度等于重力加速度,即最大加速度之比为1∶1,故C正确,D错误。
6.C　当小球运动到最高点时设弹簧弹力大小为F,以木箱为研究对象有F=mg;以小球为研究对象,由牛顿第二定律得F+mg=ma,解得小球的加速度大小a=M+mmg,故C正确,A、B、D错误。
7.B　分析可知,滑块A向前运动x时,物体B下降12x,所以滑块A的加速度大小是物体B的加速度大小的2倍,即2a。对滑块A,根据牛顿第二定律可得T=2m×2a;对物体B,根据牛顿第二定律可得mg-2T=ma,联立解得T=49mg,a=19g,故B正确,A、C、D错误。
8.C　以木块为研究对象,分析其受力情况,受重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f,在垂直于斜面方向,根据平衡条件可知支持力N=mg cos 30°,方向垂直于斜面向上,在沿斜面方向,根据牛顿第二定律可得f-mg sin 30°=ma,解得f=12mg+ma,方向平行于斜面向上,故C正确,A、B、D错误。
9.D　由于人对车厢底的压力为其重力的1.25倍,可知载人车厢可能沿斜索道加速向上运动,也可能沿斜索道减速向下运动,故A错误。设人的加速度为a,方向沿斜索道向上,可把其分解到水平方向和竖直方向,在竖直方向上有FN-mg=ma上,解得a上=0.25g,设水平方向上的加速度为a水,则a上a水=tan 37°=34,所以a水=13g,方向向右;对人受力分析可知,在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度,即f=ma水=13mg,方向向右,则人对厢底的摩擦力方向向左,故B错误、D正确;车厢运动的加速度大小为a=a上sin37°=5g12,故C错误。

方法技巧
分解加速度巧解动力学问题
力和加速度存在瞬间对应关系,在用牛顿第二定律求解动力学问题时,有时不分解力,而是分解加速度。常见物理模型是物体斜面体处于加速状态,其上有物体相对斜面体静止,此时用此方法能起到事半功倍的效果。
10.C　设物块的质量为m,斜面体的质量为M。由于AB面光滑,物块从A点由静止释放后做匀加速运动,其加速度大小为a=mgsin37°m=g sin 37°=6 m/s2,故A错误;物块对斜面体的压力大小等于重力垂直于斜面体向下的分力大小,为N1=mg cos 37°=1×10×0.8 N=8 N,故B错误;以斜面体为研究对象,假设地面对斜面体的摩擦力方向水平向左,斜面体的受力情况如图所示,根据平衡条件可得,在水平方向有f=N1 sin 37°=8×0.6 N=4.8 N,在竖直方向有N=Mg+N1 cos 37°=10×10 N+8×0.8 N=106.4 N,故C正确,D错误。

11.B　设三个球质量均为m,在剪断轻绳前,对三小球整体受力分析,弹簧对A球的弹力大小为3mg,方向竖直向上,将B、C看作整体,轻绳对A球的拉力大小为2mg,方向竖直向下,在剪断轻绳瞬间,弹簧对A球弹力大小和方向不变,而轻绳对A球的拉力消失,A球受重力作用,故由牛顿第二定律可知,此时A的加速度大小为aA=3mg-mgm=2g。同理,剪断轻绳瞬间,B、C间弹簧的弹力大小和方向也不变,故此时B球的加速度大小为aB=2mgm=2g,C球的加速度大小为0,故A、C、D错误,B正确。
方法技巧
求解瞬时加速度时应注意的问题
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。
(2)加速度随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过程,速度不会发生突变。
12.D　系统静止时,弹簧处于压缩状态,若弹簧对B球的弹力等于B球重力沿斜面向下的分力,此时细线没有拉力;撤去挡板瞬间,弹簧的弹力不变,B的受力情况不变,细线仍没有拉力,故A错误。弹簧的弹力不能突变,则知撤去挡板瞬间,弹簧的弹力不变,B的受力情况不变,仍处于平衡状态,则细线对B的拉力不变,故B错误。对A球,撤去挡板瞬间,挡板对A球的作用力消失,弹簧对A球的弹力沿斜面向下,根据牛顿第二定律得F+mg sin 30°=ma,得a>0.5g,方向沿斜面向下,故C错误,D正确。
13.A　脱钩前,小球静止,处于平衡状态,受力如图a所示,由平衡条件可知,p、q对球的拉力大小均为mg;p和球脱钩后瞬间,设q对球的拉力为Fq,球的加速度为a,对球,由牛顿第二定律得mg sin 60°=ma,Fq=mg cos 60°,解得a=32g,Fq=0.5mg,故A正确,B错误;q和球脱钩后瞬间,弹簧的形变量不变,弹簧的弹力不变,p对球的拉力大小仍为mg,对球受力分析,由牛顿第二定律得mg=ma',解得球的加速度a'=g,故C、D错误。


14.D　剪断轻绳Oc前,以小球2为研究对象,可知弹簧的弹力大小F=2mg。将轻绳Oc剪断瞬间,弹簧的弹力不会突变,则小球2受到弹簧的拉力和重力都没有变化,则加速度为0,故A错误;剪断轻绳Oc瞬间,小球1和箱子的加速度相同,设为a,对小球1和箱子整体,由牛顿第二定律可得F+(2m+m)g=(2m+m)a,解得a=53g,方向竖直向下,故B、C错误;对箱子,根据牛顿第二定律可得T+mg=ma,解得轻绳cd上的拉力T=2mg3,故D正确。