2019高中物理 第四章 力與運(yùn)動(dòng) 課時(shí)訓(xùn)練20 牛頓第二定律 粵教版必修1.docx

課時(shí)訓(xùn)練20牛頓第二定律基礎(chǔ)夯實(shí)1.由牛頓第二定律可知,無論多么小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度,但是用較小的力去推地面上很重的物體時(shí),物體仍然靜止,這是因?yàn)?)A.推力比靜摩擦力小B.物體有加速度,但太小,不易被察覺C.物體所受推力比物體的重力小D.物體所受的合外力仍為零答案D解析牛頓第二定律中的力F指合外力,用很小的力推物體時(shí),物體由于受到地面摩擦的作用,合外力仍然為零,故無加速度,D項(xiàng)正確.2.如圖所示,A、B兩物體的質(zhì)量分別為m、2m,與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,現(xiàn)用相同的水平力F作用在原來都靜止的這兩個(gè)物體上,若A的加速度大小為a,則()A.B物體的加速度大小為a2B.B物體的加速度也為aC.B物體的加速度小于a2D.B物體的加速度大于a答案C解析對(duì)兩個(gè)物體進(jìn)行受力分析,則由牛頓第二定律可知,對(duì)A有F-fA=ma,對(duì)B有F-fB=2ma,其中fA=mg,fB=2mg,聯(lián)立解得a=F-mgm,a=F-2mg2m,可知a<a2,C選項(xiàng)正確.3.質(zhì)量為4 kg的物體受到兩個(gè)大小分別為1 N和2 N的共點(diǎn)力作用,則物體的加速度大小可能是()A.0.5 m/s2B.1 m/s2C.1.5 m/s2D.2 m/s2答案A解析兩個(gè)力的合力的大小范圍為(2 N-1 N)F合(1 N+2 N),即1 NF合3 N.由牛頓第二定律得a=F合m,物體的加速度大小范圍為0.25 m/s2a0.75 m/s2,選項(xiàng)A正確. 4.人站在地面,豎直向上提起質(zhì)量為1 kg的物體,物體獲得的加速度為5 m/s2,g取10 m/s2.則此過程中人對(duì)物體的作用力為()A.5 NB.10 NC.15 ND.20 N答案C解析物體受到重力與人對(duì)物體的作用力,由牛頓第二定律F合=ma得F-mg=ma,即F=ma+mg=15 N. 5.如圖所示,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為m0的木塊2相連,整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g,則有()A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=m+m0m0gD.a1=g,a2=m+m0m0g答案C解析本題考查牛頓定律的瞬時(shí)性和連接體問題,突破點(diǎn)是清楚在抽出木板的瞬間彈簧的形變量未變,彈力不變.抽出木板的瞬間,彈力未變,故木塊1所受合力仍為零,其加速度為a1=0.對(duì)于木塊2,受彈簧的彈力F1=mg和重力m0g,根據(jù)牛頓第二定律得a2=F1+m0gm0=m+m0m0g.因此選項(xiàng)C正確.6.三個(gè)完全相同的物塊1、2、3放在水平桌面上,它們與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同.現(xiàn)用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在物塊1和2上,用12F的外力沿水平方向作用在物塊3上,使三者都做加速運(yùn)動(dòng),令a1、a2、a3分別代表物塊1、2、3的加速度,則()A.a1=a2=a3B.a1=a2,a2>a3C.a1>a2,a2<a3D.a1>a2,a2>a3答案C解析分析1、2、3三個(gè)物塊的受力情況如圖所示.則f1=(mg-Fsin 60)f2=(mg+Fsin 60)f3=mg由牛頓第二定律得Fcos 60-f1=ma1Fcos 60-f2=ma2F2-f3=ma3因f2>f3>f1,故a1>a3>a2.選項(xiàng)C正確.7.(多選)下列關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系正確的是()A.物體的速度越大,則加速度越大B.物體的速度為零,則加速度為零C.物體所受的合外力很小,但加速度可能很大D.物體所受的合外力很大,但速度可能為零答案CD解析質(zhì)量一定時(shí),加速度由力決定,加速度與速度無必然聯(lián)系,物體的速度為零時(shí),加速度可為零、也可不為零;當(dāng)加速度為零時(shí),速度不變.能力提升8.(多選)(2016全國(guó))一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng).現(xiàn)對(duì)其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變,則()A.質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C.質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變答案BC解析勻速直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)加一恒力后,合力即該恒力,質(zhì)點(diǎn)做勻變速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律F=ma,可知C選項(xiàng)正確;由加速度定義式a=vt可知單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量總是不變,速率的變化量不一定相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;質(zhì)點(diǎn)的速度方向不一定與該恒力的方向相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;某一時(shí)刻恒力方向與速度方向垂直時(shí),速度方向立即改變,而恒力方向不會(huì)改變,所以速度方向不可能總是與該恒力的方向垂直,選項(xiàng)B正確.9.(多選)如圖所示,水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時(shí)刻P離開傳送帶.不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長(zhǎng).正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是()答案BC解析(1)若v2<v1.當(dāng)物體P與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力f大于物體Q的重力G,即f>G時(shí),P向右加速,與傳送帶速度相等時(shí),以v1和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確;當(dāng)f<G時(shí),P先向右減速運(yùn)動(dòng),再向左加速運(yùn)動(dòng),加速度不變,圖象如圖甲所示.(2)若v2>v1.當(dāng)f>G時(shí),P向右減速,再與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),圖象如圖乙所示,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng) f<G時(shí),P先向右減速,速度減小到傳送帶速度時(shí),P仍繼續(xù)向右減速,但加速度減小了,速度減到零然后再向左加速,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.甲乙10.(多選)一質(zhì)量為m=1 kg的物體在水平恒力F作用下做直線運(yùn)動(dòng),1 s末撤去恒力F,其v-t圖象如圖所示,則恒力F和物體所受阻力f的大小是()A.F=8 NB.F=9 NC.f=2 ND.f=3 N答案BD解析撤去恒力F后,物體在阻力作用下運(yùn)動(dòng),由v-t圖象可知,13 s內(nèi)物體的加速度為3 m/s2,由牛頓第二定律f=ma可知,阻力f=3 N;由題圖可知在01 s內(nèi)其加速度為6 m/s2,由牛頓第二定律F-f=ma,可求得F=9 N,選項(xiàng)B、D正確.11.如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為的斜面下滑.(1)若斜面光滑,求滑塊下滑的加速度大小;(2)若滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,求滑塊下滑的加速度大小.答案(1)gsin (2)gsin -gcos 解析(1)滑塊僅受重力與斜面的支持力,由牛頓第二定律得mgsin =ma0,解得滑塊下滑加速度為a0=gsin .(2)斜面對(duì)滑塊的支持力FN=mgcos ,滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小f=FN.設(shè)滑塊下滑加速度為a,由牛頓第二定律得mgsin -f=ma,解得加速度大小a=gsin -gcos .12.在以2 m/s2的加速度加速上升的升降機(jī)中,給緊靠廂壁、質(zhì)量為1 kg的物體一個(gè)水平力F(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2),使物體相對(duì)廂靜止,如圖所示,則F的最小值是多少?(g取10 m/s2)答案60 N解析物體與廂壁的最大靜摩擦力為fmax=FN=F根據(jù)第二定律可知F-G=maF=ma+G=60 N所以F的最小值為60 N.