高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第三节 牛顿第二定律练习题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第三节 牛顿第二定律练习题，共9页。
A级 合格达标
1.由牛顿第二定律可知，无论多么小的力都可以使物体产生加速度，但是较小的力去推地面上很重的物体时，物体仍然静止，这是因为（ ）
A.推力比摩擦力小
B.物体有加速度，但太小，不易被察觉
C.物体所受推力比物体的重力小
D.物体所受的合外力仍为零
解析：推力无法克服重物的最大静摩擦力，则物体合外力仍为零，故选D.
答案：D
2.根据牛顿第二定律，下列说法正确的是（ ）
A.加速度为零的物体，一定不受外力作用
B.作用力相同时，质量大的物体速度大
C.加速度方向与合外力的方向一致
D.作用力相同时，质量大的物体加速度大
解析：加速度为零，可以不受外力或者合外力为零，故A错误；作用力相同时，质量大的物体加速度小，跟速度无关，则B、D错误；加速度方向由合外力方向决定，所以加速度方向与合外力方向相同，故C正确.
答案：C
3.奥运会蹦床比赛项目是我国的优势项目.如图所示，在蹦床比赛过程中，运动员从空中下落到弹簧床面后，直到向下速度减为零，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.运动员运动至弹簧床最低点时加速度为零
B.运动员刚接触弹簧床面时速度最大
C.运动员从接触弹簧床面到运动至最低点过程中先加速后减速
D.运动员从接触弹簧床面到运动至最低点过程中一直做减速运动
解析：当运动员受到的弹力与重力相等时加速度为零，此时速度最大，不是在最低点，故A错误.运动员接触蹦床后向下运动的过程中，人受到蹦床向上的弹力和自身的重力，弹力逐渐增大，人所受合力的方向先向下后向上，所以人会先向下加速，当弹力等于重力时速度最大，故B错误.接触蹦床后，人会先向下加速，当弹力等于重力后向下减速直到减速为零，所以运动员从接触弹簧床面到运动至最低点过程中先加速后减速，故C正确，D错误.故选C.
答案：C
4.（多选）如图甲、乙所示，两图中三个小球A、B、C的质量分别为m、 2m、3m，均悬挂在天花板上处于静止状态.重力加速度大小为g，弹簧和细线的质量均不计.现将两图中小球与天花板相连的细线剪断，则在细线被剪断的瞬间（ ）
A.图甲中A、B、C的加速度依次为0，2g，3g
B.图甲中A、B、C的加速度依次为6g，0，0
C.图乙中A、B、C的加速度依次为g，g，g
D.图乙中A、B、C的加速度依次为3g，0，2g
解析：对题图甲，对初态受力分析可知，弹簧中的弹力为5mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对A球受力分析可知，5mg＋mg＝ma1，解得a1＝6g，而B、C的受力没变，仍然平衡，所以a2＝a3＝0，A错误，B正确；剪断绳的瞬间，绳中的弹力瞬间为零，所以题图乙中三个球的加速度均为g，C正确，D错误.
答案：BC
5.一质量为m的乘客站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以大小为a0的加速度加速上行，如图所示.重力加速度大小为g.该过程中，乘客对踏板的压力大小为（ ）
A.mg B.ma0sin θ
C.mg＋ma0sin θD.mg－ma0sin θ
解析：该过程中，乘客在竖直向上方向的加速度大小a＝a0sin θ，设踏板对乘客的支持力大小为F，在竖直方向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma0sin θ，由牛顿第三定律可得，乘客对踏板的压力大小N＝F＝mg＋ma0sin θ，所以C正确，A、B、D错误.
答案：C
6.如图所示，质量m＝10 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为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用.则物体的加速度是（g取10 m/s2）（ ）
A.0 B.4 m/s2，水平向右
C.2 m/s2，水平向左 D.2 m/s2，水平向右
解析：物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得F＋f＝ma.又由f＝μFN＝μmg，代入数据解得a＝4 m/s2，方向水平向右.
答案：B
B级 等级提升
7.将一只皮球竖直向上抛出，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大小a与时间t关系的图像中正确的是（ ）
A B
C D
解析：本题考查牛顿第二定律与图像问题的综合应用，意在考查考生的分析、推理能力.对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律可知，皮球在上升过程中的加速度大小a＝eq \f(mg＋kv,m)，因皮球上升过程中速度v减小，故加速度减小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a-t图像逐渐趋近一条平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误.
答案：C
8.如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应是（ ）
A.mgB.μmg
C.mgeq \r(1＋μ2)D.mgeq \r(1－μ2)
解析：每个土豆均随筐一起做匀减速直线运动，加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝μg.对土豆A进行受力分析，如图所示，由平行四边形定则得F＝eq \r(（mg）2＋（ma）2)＝mgeq \r(1＋μ2)，故选项C正确.
答案：C
9.（多选）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.下列判断正确的是（ ）
A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：设小球静止时绳BC的拉力为F，橡皮筋AC的拉力为T，由平衡条件可得Fcs θ＝mg，Fsin θ＝T，解得F＝eq \f(mg,cs θ)，T＝mgtan θ.在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，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＝eq \f(F,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正确，D错误.
答案：BC
10.我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中.设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度.已知舰载飞机的空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg.
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
（2）若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力的大小.（不计所有阻力）
解析：（1）由起飞条件知kveq \\al(2,1)＝m1g，kveq \\al(2,2)＝m2g，
联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为v2＝96 m/s.
（2）由匀变速直线运动规律可得x＝eq \f(v2,2)t，
则飞机在滑行过程中所用的时间为t＝eq \f(2x,v2)＝3.75 s.
由匀变速直线运动的速度公式可得a＝eq \f(v2,t)＝25.6 m/s2，
依据牛顿第二定律可知平均推力
F＝ma≈6.55×104 N.
答案：（1）96 m/s （2）3.75 s 6.55×104 N
11.如图甲，质量m＝2 kg的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1 s时刻撤去力F，物体运动的部分v-t图像如图乙所示.重力加速度g取10 m/s2.求：
（1）物体上滑的最远距离x；
（2）物体与斜面间的滑动摩擦力f的大小；
（3）物体返回出发点时的速度大小（可用根号表示）.
解析：（1）上滑的最远距离xmax＝eq \f(vmax,2)（t1＋t2）＝24 m.
（2）设撤去F后物体继续上滑的加速度大小为a2，由vt图像知a2＝eq \f(16－8,2－1) m/s2＝8 m/s2，
由牛顿第二定律，1～3 s内，有mgsin θ＋f＝ma2，
代入数据解得f＝6 N.
（3）因mgsin θ>f，物体此后将沿斜面加速下滑，由牛顿运动定律有mgsin θ－f＝ma3，解得a3＝2m/s2；
返回过程中，由运动学规律有2a3xmax＝v′2，
代入数据解得返回出发点的速度v′＝4eq \r(6) m/s.
答案：（1）24 m （2）6 N （3）4eq \r(6) m/s