4.3 牛顿第二定律-同步练习(新教材人教版必修一)

第四章运动和力的关系
课时4.3 牛顿第二定律
1.结合探究加速度与力、质量关系的实验结果,深层次地体会加速度与力、质量的
具体关系。

2.分析并理解牛顿第二定律内容的内涵和外延。

3.尝试应用牛顿第二定律解决物理力学中的基本问题。

(1)比例式:a∝。

2 | 力的单位
1.利用物理公式不但能计算物理量的数值,而且能计算物理量的单位。

在国际单位制中,力的单位是牛顿,符号是N,牛顿这个单位就是根据牛顿第二定律来定义的。

2.关系式F=kma中的比例系数k的数值由F、m、a三者的单位共同决定,三者取
不同单位时k的数值不一样,为了计算简便,取k=1 ,则力的单位为kg·m/s2,后人为了纪念牛顿,把kg·m/s2称为牛顿,用符号N表示。

3.使质量为 1 kg 的物体产生 1 m/s2的加速度的力为1 N,即1 N=1 kg·m/s2。

一、基础过关练
题组一对牛顿第二定律的理解
1.下列对牛顿第二定律及表达式F=ma的理解,正确的是 ()
A.在牛顿第二定律公式F=kma中,比例系数k的数值在任何情况下都等于1
B.合力方向、速度方向和加速度方向始终相同
C.由F=ma可知,物体受到的合外力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比
D.物体的质量与所受的合外力、运动的加速度无关
2.在光滑水平面上,一个质量为m的物体,受到的水平拉力为F。

物体由静止开始做匀加速直线运动,经过时间t,物体的位移为s,速度为v,则 ()
A.由公式a=v
t
可知,加速度a由速度的变化量和时间决定
B.由公式a=F
m
可知,加速度a由物体受到的合力和物体的质量决定
C.由公式a=v2
2s
可知,加速度a由物体的速度和位移决定
D.由公式a=2s
t2
可知,加速度a由物体的位移和时间决定
题组二牛顿第二定律的简单应用
3.质量不同的甲、乙两辆实验小车,在相同的合外力的作用下,甲车产生的加速度为2 m/s2,乙车产生的加速度为6 m/s2,则甲车的质量是乙车的 ()
A.1
3B.3倍 C.12倍 D.1
12
4.(多选)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为10 m/s2,力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为4 m/s2,那么,力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是 ()
A.5 m/s2
B.2 m/s2
C.8 m/s2
D.6 m/s2
5.如图所示,质量为2 kg的物块沿水平地面向左运动,水平向右的恒力F的大小为10 N,物块与地面间的动摩擦因数为0.2,g取10 m/s2。

取水平向左为正方向,则物块的加速度为 ()
A.-7 m/s2
B.3 m/s2
C.-3 m/s2
D.5 m/s2
6.如图所示,质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。

现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力,使两球一起做匀加速直线运动,则此时弹簧的伸长量为 ()
A.F
5k B.2F
5k
C.3F
5k
D.F
k
题组三瞬时加速度的求解
7.(2020天津一中高一上期末)如图所示,质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,整个系统处于静止状态,g取10
m/s2。

某时刻将细线剪断,则剪断细线瞬间 ()
A.B的加速度大小为a=4 m/s2
B.A的加速度大小为a=50
3
m/s2
C.B对A的压力大小为0
D.B对A的压力大小为20 N
8.如图所示,光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,撤去拉力F的瞬间A和B的加速度大小分别为a1和a2,则 ()
A.a1=0,a2=0
B.a1=a,a2=m2
m1+m2
a
C.a1=m1
m1+m2a,a2=m2
m1+m2
a
D.a1=a,a2=m1
m2
a
二、能力提升练
题组一对牛顿第二定律的理解
1.(多选)关于速度、加速度、合力间的关系,正确的是 ()
A.物体的速度为零,加速度可能很大,所受的合力也可能很大
B.物体的速度很大,加速度可能为零,所受的合力也可能为零
C.物体的速度越大,则物体的加速度越大,所受合力也越大
D.物体的速度为零,则物体的加速度一定为零,所受合力也为零
2.(2020山西大学附中高一期末,)(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解,正确的是(易错)
A.由F=ma可知,物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比
B.由m=F
可知,物体的质量与其所受的合外力成正比,与其运动的加速度成反比
a
可知,物体的加速度与其所受的合外力成正比,与其质量成反比
C.由a=F
m
D.由m=F
可知,物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
a
3.(2020河南郸城一高高一月考,)(多选)关于牛顿第二定律,下列说法中正确的有 ()
A.公式F=ma中,各量的单位可以任意选取
B.某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力,而与这之前或之后的受力无关
C.公式F=ma中,F表示物体所受合力,a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D.物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致
题组二牛顿第二定律的简单应用
4.(2020湖北枣阳一中高一月考,)如图所示,一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落,在小球与弹簧开始接触到弹
簧被压缩到最短的过程中,小球的速度和加速度的变化情况是 ()
A.加速度越来越大,速度越来越小
B.加速度和速度都是先增大后减小
C.速度先增大后减小,加速度方向先向下后向上
D.速度一直减小,加速度大小先减小后增大
5.(2019陕西西安铁一中高一期末)如图,一小车上有一个固定的水平横杆,左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定,下端连接一质量为m的小球P。

横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。

当小车沿水平面做加速运动时,细线保持与竖直方向的夹角为α,已知θ<α,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()
A.小车一定向右做匀加速运动
B.轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C.小球P受到的合力不一定沿水平方向
D.小球Q受到的合力大小为mg tan α
6.(2020江苏南通高一上检测)(多选)如图甲,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处,滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。

由图可以判断下列说法正确的是 ()
A.图线与纵轴的交点M的值a M=-g
B.图线与横轴的交点N的值T N=mg
C.图线的斜率等于物体的质量m
D.图线的斜率等于物体质量的倒数1
m
7.(2019河南郑州高一上期末)如图所示,一个质量为50 kg的沙发静止在水平地面上,甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1=120 N、F2=160 N的力推沙发,F1与F2相互垂直,且平行于地面。

沙发与地面间的动摩擦因数μ=0.3。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s2。

下列说法正确的是 ()
A.沙发不会被推动
B.沙发将沿着F1的方向移动,加速度为0.6 m/s2
C.由于F1小于滑动摩擦力,沙发将沿着F2的方向移动,加速度为0.2 m/s2
D.沙发的加速度大小为1 m/s2
8.(2020北京丰台高一上期末)如图所示,车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球,车厢底板上放一个质量为M的木块,当小车沿水平面做直线运动时,细线偏离竖直方向的角度为θ,木块和车厢保持相对静止,重力加速度为g,下列说法中正确的是 ()
A.小车正向右匀减速运动
B.小车的加速度大小为g cos θ
C.细线对小球的拉力大小为mg
D.木块受到的摩擦力大小为Mg tan θ
9.(2020江西鹰潭高一上期末)(多选)如图所示,某一缆车沿着坡角为30°的山坡以加速度a上行,在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行),重力加速度大小为g,则 ()
A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
mg+ma
C.小物块受到的摩擦力为1
2
D.小物块受到的摩擦力为1
mg-ma
2
10.(2019四川雅安高一上期末)(多选)如图所示,一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,质量为M的物块穿在杆上,通过细线悬吊着质量为m的小物体,小物体在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上。

现使小车向右运动,全过程中物块始终未相对杆bc移动,物块、小物体与小车保持相对静止,已知加速度a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,物块受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4,则以下结论正确的是 ()
A.f1∶f2=1∶2
B.f2∶f3=1∶2
C.f3∶f4=1∶2
D.α=2θ
题组三瞬时加速度的求解
11.(2019河南信阳高一上期末)如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A 小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。

开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g。

若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为 ()
A.a A=a B=0
B.a A=2g,a B=0
C.a A=√3g,a B=0
D.a A=2√3g,a B=0
12.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高一上期末)如图所示,质量分别为m 1、m 2的A 、B 两小球分别连在弹簧两端,B 小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上,若不计弹簧质量,在细绳被剪断的瞬间,A 、B 两小球的加速度分别为(重力加速度大小为g) ( )
A.都等于g 2
B.0和(m 1+m
2)g
2m 2
C.(m 1+m 2)g
2m 2和0 D.0和g 2
13.(2020山东青岛二中高一上期末)(多选)如图所示,质量均为m 的木块A 和B 用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A 上放有质量为2m 的木块C,三者均处于静止状态。

现将木块C 迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C 移开的瞬间(深度解析)
A.弹簧的形变量不改变
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A 的加速度大小为2g
D.木块B 对水平面的压力迅速变为2mg
答案全解全析
基础过关练
1.D 在牛顿第二定律公式F=kma 中,比例系数k 的数值,只有在各物理量均取国际单位制单位的情况下才等于1,故A 错误;物体的速度方向与合外力以及加速度方向均无关,故B 错误;物体的受力与其质量无关,故C 错误;物体的质量由本身的性质决定,与物体的受力和加速度均无关,故D 正确。

2.B 加速度a 由物体受到的合力和物体的质量共同决定,而与速度、位移、时间均无关,故B 正确,A 、C 、D 错误。

3.B 根据牛顿第二定律F=ma,对甲有F 甲=m 甲a 甲,对乙有F 乙=m 乙a 乙,由于两小车所受合外力相同,所以m 甲a 甲=m 乙a 乙,即m
甲m 乙=a 乙a 甲=6m/s 2
2m/s 2=3,故B
正确,A 、C 、D 错误。

4.CD 设物体A 的质量为m,根据牛顿第二定律有F 1=ma 1=10m,F 2=ma 2=4m,当力F 1和F 2同时作用在物体A 上时,合力的范围为6m≤F 合≤14m,则加速度的范围为6 m/s 2≤a=F 合m ≤14 m/s 2,
故C 、D 正确,A 、B 错误。

5.A 取水平向左为正方向,对物块,由牛顿第二定律有-F-μmg=ma,代入数据解得a=-7 m/s 2,故A 正确。

6.C 对整体,由牛顿第二定律可得a=F 5m ;对质量为3m 的小球,由牛顿第二定律可得F 弹
=3ma=kx,解得x=3F 5k ,故C 正确。

7.A 剪断细线前,A 、B 间无压力,则弹簧的弹力F=m A g=30 N;剪断细线的瞬间,弹簧形变量不变,弹力仍为30 N 。

对A 和B 整体分析,加速度a=(m A +m B )g -F
m A +m B =4 m/s 2,所以物体A 、B 的加
速度大小均为4 m/s 2,故选项A 符合题意,选项B 不符合题意。

隔离B 分析:m B g-F N =m B a,解得F N =m B g-m B a=12 N,由牛顿第三定律可知,B 对A 的压力大小为12 N,故选项C 、D 均不符合题意。

8.D 弹簧的弹力F 弹=m 1a,撤去F 的瞬间,弹簧的弹力不变,则A 的瞬时加速度大小a 1=F 弹m 1=a,B 的瞬时加速度大小a 2=F 弹
m 2=m 1
m 2a,故D 正确,A 、B 、C 错误。

能力提升练
1.AB物体的速度与加速度、合力均无关,但加速度与合外力有关,对于同一物体,合外力越
大,加速度越大,而速度却不一定大。

如在枪膛中加速的子弹,开始时速度为零,但加速度很大,
合力很大,故A正确,D错误;物体的速度大,加速度不一定大,如做匀速直线运动的飞机,速度
很大,加速度为零,合力为零,故B正确,C错误。

2.CD牛顿第二定律的表达式F=ma表明了各物理量之间的数量关系,即已知两个量,可求第
三个量。

作用在物体上的合外力,可由物体的质量和加速度计算,但并不由它们决定,A错
误。

质量是物体本身的属性,由物体本身决定,与物体是否受力无关,B错误。

由牛顿第二定
律知加速度与合外力成正比,与质量成反比,质量可由其他两个量求得,故C、D正确。

易错警示
对牛顿第二定律理解的三大误区
误认为先有力,后有
物体的加速度和合外力是同时产生的,不分先后
加速度
误认为质量与力成正
物体的质量是由自身决定的,与物体所受的合外力和运动的加速度无关
比,与加速度成反比
误认为作用力与质量
物体所受合外力的大小是由物体的受力情况决定的,与物体的质量和加速度无关和加速度都成正比
3.BC F、m和a必须选取国际单位,才可写成F=ma的形式,否则比例系数k≠1,所以选项A
错误;牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系,它既表明F、m和a三者
数值上的对应关系,同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的,即矢量对应关系,而
与速度方向不一定相同,所以选项B正确,选项D错误;作用在物体上的每个力都将各自产生
一个加速度,与其他力的作用无关,物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和,故选项
C正确。

4.C 在接触的第一个阶段mg>kx,F 合=mg-kx,合力方向竖直向下,小球向下运动,x 逐渐增大,所以F 合逐渐减小,由a=F
合m 得,a=mg -kx m ,方向竖直向下,且逐渐减小,又因为这一阶段a 与v 都竖
直向下,所以v 逐渐增大。

当mg=kx 时,F 合=0,a=0,此时速度达到最大。

之后,小球继续向下运动,mg<kx,合力F 合=kx-mg,方向竖直向上,小球向下运动,x 继续增大,F 合增大,a=kx
-mg m ,方向竖
直向上,随x 的增大而增大,此时a 与v 方向相反,所以v 逐渐减小。

综上所述,小球向下压缩弹簧的过程中,F 合的方向先向下后向上,大小先减小后增大;a 的方向先向下后向上,大小先减小后增大;v 的方向向下,大小先增大后减小。

5.D 对细线吊着的小球进行研究,根据牛顿第二定律得mg tan α=ma,得到a=g tan α,故加速度向右,小车向右加速或向左减速,故A 错误;对P 球,设受到杆的弹力与竖直方向的夹角为β,由牛顿第二定律得mg tan β=ma,得β=α>θ,则轻杆对小球的弹力方向与细线平行,故B 错误;小球P 和Q 的加速度相同,水平向右,则两球受到的合力均水平向右,大小F 合=ma=mg tan α,故C 错误,D 正确。

6.ABD 对货物受力分析,受重力mg 和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得a=T m -g 。

当
T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M 的值a M =-g,故A 正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N 的值T N =mg,故B 正确;图线的斜率表示物体质量的倒数1m ,故C 错误,D 正确。

7.D 由二力合成可知,两力的合力大小为F=√F 12+F 22=200 N,方向在水平面内与F 1夹角的正弦值为sin θ=F 2F =0.8,即θ=53°;而f max =μF N =μmg=0.3×50 kg×10 m/s 2
=150 N,因为F>f max ,所以
沙发要做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F-f max =ma,可得a=1 m/s 2,方向沿水平面与F 1成53°夹角,故D 正确。

8.D 由细线的偏离方向可知小车向右加速或向左减速,故A 错;对小球受力分析后由牛顿第二定律可得,小车的加速度a=g tan θ,细线对小球的拉力T=mg cosθ,故B 、C 错;木块受到的摩擦
力f=Ma=Mg tan θ,D 正确。

9.BC 以小物块为研究对象,分析受力情况:重力mg 、斜面的支持力N 和静摩擦力f,f 沿斜面向上,故A 错误,B 正确;根据牛顿第二定律得:f-mg sin 30°=ma,解得f=12mg+ma,方向平行斜
面向上,故C 正确,D 错误;故选B 、C 。

10.AC 甲、乙两图中,物块水平方向只受静摩擦力的作用,由牛顿第二定律可
得:f 1=Ma 1,f 2=Ma 2;丙、丁两图中,物块和小物体整体受重力(M+m)g 、支持力N 、摩擦力f 的作用。

丙图中,由牛顿第二定律有:f 3=(M+m)a 3;丁图中,由牛顿第二定律有:f 4=(M+m)a 4。

由于a 1∶a 2=1∶2,则f 1∶f 2=1∶2,故A 正确;由于a 2∶a 3=2∶4,则f 2∶f 3=M ∶2(M+m),故B 错误;同
理f 3∶f 4=a 3∶a 4=4∶8=1∶2,故C 正确;对小物体受力分析可得: tan θ=ma 3mg =a 3g ,tan α=ma 4mg =a 4g ,而
a 3∶a 4=4∶8,所以 tan α=2 tan θ,故D 错误。

11.D 设两球的质量均为m,倾斜弹簧的弹力为T 1,竖直弹簧的弹力为T 2。

剪断细线前,对
A 、
B 两球(包括A 、B 间弹簧)组成的整体,由平衡条件可得T 1 cos 60°=2mg,解得:T 1=4mg;对小球B,由平衡条件可得:T 2=mg 。

剪断细线瞬间,线中弹力变为零,而弹簧中弹力不会突变。

对A 球,剪断细线瞬间,A 球所受合力与原来细线拉力大小相等,方向相反,即水平向左,由牛顿第二定律可得T 1 sin 60°=ma A ,解得a A =2√3g;对B 球,B 球的受力情况不变,即加速度仍为0。

故D 正确。

12.B 在剪断细绳之前,A 处于平衡状态,所以弹簧的拉力等于A 的重力沿斜面向下的分力。

在剪断细绳的瞬间,细绳上的拉力立即减为零,而弹簧的伸长量没有来得及发生改变,故弹力不变仍等于A 的重力沿斜面向下的分力,故A 球的加速度为零。

在剪断细绳之前,对B 球进行受力分析,B 受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力;在剪断细绳的瞬间,绳子上的拉力立即减为零,对B 球进行受力分析,则B 受到重力、弹簧向下的拉力、支持力,根据牛顿第二定律得:a B =m 1gsin30°+m 2gsin30°m 2=(m 1+m 2)g
2m 2。

故选B 。

13.AC 撤去C 的瞬间,弹簧的弹力不发生突变,其形变量不变,故A 正确;移开木块C 前,整体处于平衡状态,弹簧的弹力等于A 和C 的总重力,即F=3mg,移开木块C 的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,故B 错误;移开木块C 的瞬间,弹簧的弹力不变,A 受到的合力大小等于C 的重力,对木块A,由牛顿第二定律得2mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,故C 正确;移开木块C 的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,对B,由平衡条件得F+mg=N,解得N=4mg,则木块B 对水平面的压力为4mg,故D 错误。

方法总结
解决瞬时加速度问题的基本方法
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况,求出各力大小(①若物体处于平衡状态,则利用平衡条件;②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。