2017_2018学年高中物理第四章力与运动第五节牛顿第二定律的应用检测

一、选择题1．如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，m A=0.5kg，m B=0.7kg，B的上、下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平。

从t=0时刻起，用一水平向右的力F=2t（N）作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知t1=3s、t2=5s，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

据此可求（）A．3s后，B开始向右运动B．A、B之间的动摩擦因数AB 4 5μ=C．5s后，B向右做匀加速运动 D．B与水平面间的动摩擦因数56μ=2．如图所示，水平面的物体质量m=1.0kg，与水平面间的动摩擦因数μ=0.50，现受到一斜向上拉力F的作用向右运动，F=10N，与水平面夹角θ=37°，g取10m/s2，下列说法正确的是（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．物体一共受到5个力B．物体匀速运动C．物体受到的支持力大小为6ND．物体受到各个力的合力大小为6N3．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。

倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，已知重力加速度为g，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A．A球的受力情况未变，加速度为零B ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g C ．A 、B 之间杆的拉力大小为2sin mg θD ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为1sin 2g θ 4．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率0v 沿逆时针方向运行。

0t =时，将质量1kg m =的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示。

设沿传送带向下为正方向，取重力加速度210m/s g =则（ ）A ．1~2s 内，物块的加速度为21m/sB ．小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下C ．传送带的倾角30θ=︒D ．小物块与传送带之间的动摩擦因数0.5μ=5．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v 0=4m/s 的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v -t 图线如图乙所示，g 取10m/s 2，则根据题意计算出的下列物理量正确的是（ ）A ．上滑、下滑过程中的加速度的大小均为a =8m/s 2B ．木块与斜面间的动摩擦因数μ=35C ．木块回到出发点时的速度大小v =4m/sD ．木块在2s 末返回出发点6．在动摩擦因数0.2μ=的水平面上有一个质量为2kg m =的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45θ︒=角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。

牛顿第二定律【基础巩固】1.若小朋友失手将一个挂有重物的氢气球放飞,氢气球下系的重物重力为G,重物只在重力和绳的拉力作用下沿图中的虚线方向加速运动,不考虑重物所受的空气阻力和风力的影响,则图中的气球和重物在运动中的相对位置可能的是( )A B C D答案:C2.(多选)质量为1 kg的物体受大小为3 N和4 N的两个共点力的作用,物体的加速度可能是( )A.5 m/s2B.7 m/s2C.8 m/s2D.9 m/s2答案:ABm的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图所示.现突然迅速剪断轻绳1,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,重力加速度为g,则 ( )A.a1=g,a2=gB.a1=0,a2=2gC.a1=g,a2=0D.a1=2g,a2=0答案:A4.雨滴从空中由静止落下,若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大,图中能大致反映雨滴运动情况的是()A B C D答案:C5.(多选)如图所示,一轻质弹簧一端固定在墙上的O点,自由伸长到B点.今用一小物体把弹簧压缩到A点(小物体与弹簧不连接),然后释放,小物体能经B点运动到C点而静止,小物体与水平面间的动摩擦因数μ恒定,则下列说法正确的是 ( )A到B速度越来越大A到B速度先增大后减小A到B加速度越来越小A到B加速度先减小后增大答案:BD6.(多选)快递分拣常常利用传送带运送货物.分拣员把一质量为2 kg的货物轻放在水平传送带左端,传送带以恒定的速度v0=2 m/s向右运行(如图),传送带左右两端距离为4 m,货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2,货物可看作质点处理,则货物到达右端的时间t和速度v分别是 ( )A.t=2.2 sB.t=1.6 sC.v=2 m/sD.v=8 m/s解析:该题是牛顿第二定律的应用之传送带模型,根据该题型的分析解答方法,运用牛顿第二定律和运动规律求解即可.对放上传送带的货物受力分析,应用牛顿第二定律可得μmg=ma,解得货物开始运动时的加速度a=5 m/s2;由速度位移公式可得v02-0=2ax1,解得货物加速到与传送带速度相等时滑过的距离x1v=v0=2 m/s;货物到达右端的时间t=v0v +v-v1v0=25s+4-0.42s=2.2 s.故选项A、C正确.答案:AC7.图甲是高层建筑配备的救生缓降器材,遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆.如图乙所示,某次演练中,逃生者从距地面72 m高处,由静止开始匀加速下滑27 m,随后以18 m/s的速度匀速运动,接着以大小为5 m/s2加速度减速,到达地面时速度恰好为0.不计空气阻力,g取10 m/s2.求:(1)匀加速下滑的加速度大小.(2)加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值.甲乙解析:(1)由运动学公式,知v m2=2a1x1,解得a1=6 m/s2.(2)逃生者加速下滑时,根据牛顿第二定律有mg-F T=ma1,解得F T=mg-ma1,则v Tvv=0.4.答案:(1)6 m/s2【拓展提高】8.一物块静止在粗糙的水平桌面上,从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用,如图甲所示.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以a表示物块的加速度大小,F 表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间关系的图像是图乙中的( )甲A B C D乙解析:物块受到方向不变的水平拉力和摩擦力作用,当水平拉力小于等于摩擦力时,物体合力为0,加速度为0,处于静止状态;当水平拉力大于摩擦力时,产生加速度,由牛顿第二定律有F-F f=ma,即F=ma+F f,可知F与a成一次函数关系,选项C正确.答案:C9.(多选)质量均为mF将B球向左推压缩弹簧,平衡后,突然将力F撤去的瞬间( )v2vv 2v v v解析:弹簧的弹力不能发生突变,对A球,F撤去前后受力不变,加速度始终为0,故选项B正确;对B球,撤去F后瞬间,弹簧弹力大小不突变,大小等于F,故B的加速度变为a B=vv,故选项D正确. 答案:BD10.有一种游戏,游戏者手持乒乓球拍托球移动,乒乓球不能脱离球拍,移动距离大者获胜.若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动,球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ,如图所示.设球拍和球质量分别为m0、m,不计球拍和球之间的摩擦,不计空气阻力,重力加速度为g,则( )g tan θmgmg cos θD.人对球拍的作用力大小为(m0+m)g tan θ解析:乒乓球和人具有相同的加速度,对乒乓球进行受力分析如图甲所示.mg tan θ=ma,得a=g tan θF=vvcos vF'与总重力(m0+m)g的合力水平向右,产生加速度.根据几何关系可知,人对球拍的作用力为F'=(v0+v)v,选项D错误.cos v甲乙答案:A11.(多选)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小.实验时让某消防员从一平台上下落,自由下落2 m 后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了0.5 m,最后静止.用这种方法获得消防员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示.根据图线所提供的信息,下列判断正确的是 ( )A.t1时刻消防员的速度最大B.t2时刻消防员的速度最大C.t3时刻消防员的速度最大D.t4时刻消防员的加速度最小解析:由题图知t1时刻消防员刚开始与地接触.t1~t2时间内消防员受到的冲击力小于重力,合力方向向下,继续向下加速,故选项A错误.t2时刻,冲击力大小等于消防员重力,加速度为0,速度最大,故选项B正确.t2~t4时间内冲击力大于重力,合力方向向上,消防员减速.t3时刻速度减至0,t4时刻消防员站稳,加速度为0,故选项C错误,选项D正确.答案:BD【挑战创新】12.如图所示,质量为m'的长木板静止在粗糙水平地面上,一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度v0从左端冲上木板.从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中,物块和木板的v-t图像分别如图中的折线acd和bcd所示,a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0).(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1;木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2;达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3.(2)物块质量m与长木板质量m'之比.解析:(1)由v-t图像的物理意义可得,a1=1.5 m/s2,a2=1 m/s2,a3=0.5 m/s2.(2)设物块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,根据牛顿第二定律,得对物块有μ1mg=ma1,对长木板有μ1mg-μ2(m+m')g=m'a2,对整体有μ2(m+m')g=(m+m')a3,由以上各式解得m∶m'=3∶2.答案:(1)1.5 m/s2 1 m/s20.5 m/s2(2)3∶2。

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第3节牛顿第二定律对公式F=ma的理解1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是( D ）A。

物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合外力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任何一个力的大小成正比D。

当物体的质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体的水平加速度的大小与其质量成反比解析：根据牛顿第二定律得知,当物体受力不变时,物体加速度的大小跟质量成反比,与速度无关,选项A错误.力是产生加速度的原因,加速度与力成正比，只要有力,就会产生加速度，选项B错误.物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比,而不是跟它所受作用力中的任何一个力的大小成正比,选项C错误.当物体的质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律可知，物体水平加速度的大小与其质量成反比，选项D正确.2。

(2017·苏州高一检测）如图所示,质量m=10 kg的物体在水平面上向右运动,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左的推力F=20 N的作用，取g=10 m/s2,则物体的加速度是( C ）A。

0 B.4 m/s2,水平向右C.4 m/s2，水平向左 D。

习题课三牛顿第二定律的综合应用(2)1.如图(甲)所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.图(乙)中反映a1和a2变化的图线中正确的是( A )解析:对物体受力分析,木块受水平方向的拉力和木板对它的摩擦力作用,木板水平方向上仅受木块对它的摩擦力作用.刚开始时水平拉力较小,两个物体一起做加速运动,加速度大小a=,图线的斜率k0=,当两物体间的静摩擦力达到最大静摩擦力F f后,二者开始相对滑动,但二者之间的滑动摩擦力大小不变,木块的加速度a2=,随时间成线性增加,图线的斜率k2=>;木板的加速度a1=保持不变,选项A正确,B,C,D错误.2. (2017·绵阳检测)如图所示,大型物流货场传送带倾斜放置,与水平面的夹角保持不变.传送带可向上匀速运动,也可向上加速运动;货箱M与传送带间保持相对静止,设传送带受的摩擦力为F f.则 ( D )A.传送带加速运动时,F f的方向可能平行传送带向下B.传送带匀速运动时,不同质量的货箱F f相等C.相同的货箱,传送带匀速运动的速度越大,F f越大D.相同的货箱,传送带加速运动的加速度越大,F f越大解析:由于货箱放在传送带上,相对于传送带有向下运动的趋势,则摩擦力沿传送带向上,当传送带加速向上运动时,则有F f-mgsin θ=ma,选项A错误;当传送带匀速运动时,重力沿传送带向下的分力与静摩擦力为平衡力,摩擦力方向一定沿斜面向上,大小F f=mgsin θ,不同质量的货箱,F f不相等而相同货箱F f相等,选项B,C错误.当加速度沿传送带向上,根据牛顿第二定律得F f=mgsin θ+ma,则相同的货箱,加速度越大,F f越大,选项D正确.3. (2017·南通检测)如图所示,长木板放置在粗糙水平地面上,一小物块放置于长木板的中央,已知长木板和物块的质量均为m,长木板与地面间及物块与长木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力F,则( C )A.长木板可能向右做匀加速运动B.长木板的加速度可能为C.地面对长木板的摩擦力可能等于FD.长木板受到水平面的摩擦力可能等于2μmg解析:物块对长木板最大摩擦力等于μmg,长木板受到的地面的最大静摩擦力为2μmg,所以无论小物块是否运动,小物块对长木板的摩擦力均小于2μmg,长木板均不会相对于地面滑动,选项A,B错误.小物块在F的作用下,如果小物块相对于长木板静止,则地面对长木板的摩擦力等于F.如果小物块相对于长木板滑动,地面对长木板的摩擦力等于μmg,而且长木板受到水平面的摩擦力最大等于μmg,选项C正确,D错误.4.(2017·宜春检测)如图所示,钢铁构件A,B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1,A,B间动摩擦因数为μ2,卡车刹车的最大加速度为a,μ1g<a<μ2g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过( B )A. B.C. D.解析:由于μ1g<a<μ2g,则μ1<μ2.当卡车紧急刹车时,若构件B恰好滑动,构件A相对于B静止,即卡车刹车的最大加速度a m为μ1g.由运动学公式v2-=2ax得卡车的最大速度v m=,选项B正确.5.(2017·黑龙江高一检测)如图所示水平传送带A,B两端点相距x=4 m,以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转.现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕.则小煤块从A运动到B的过程中( D )A.所用的时间是 sB.所用的时间是0.5 sC.划痕长度是4 mD.划痕长度是0.5 m解析:煤块在传送带上滑动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma得煤块加速度a=μg=4 m/s2.当煤块速度增大到与传送带速度相同时,位移为x1==0.5 m<4 m之后煤块随传送带共同运动,因此煤块先加速后匀速运动;加速时间为t1== s=0.5 s匀速时间为t2==s=1.75 s煤块从A运动到B的总时间为t=t1+t2=0.5 s+1.75 s=2.25 s,选项A,B错误;在加速阶段煤块与传送带的相对位移即为划痕,则Δx=v0t1-x1=2×0.5 m-0.5 m=0.5 m,选项C错误,D正确.6.(2017·甘肃天水高一检测)(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向传动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑向传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v2′.则下列说法正确的是( BC )A.只有v1=v2时,才有v2′=v1B.若v1>v2,则v2′=v2C.若v1<v2,则v2′=v1D.不管v2多大,总有v2′=v1解析:由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v1>v2,物体一直相对传送带滑动,加速度不变,速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2′=v2;②如果v1=v2,物体同样会一直相对传送带滑动,加速度不变,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2′=v2;③如果v1<v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下相对传送带滑动,加速度不变,当速度增大到等于传送带速度时,物体不再受摩擦力而随传送带一起向右匀速运动,有v2′=v1;选项B,C正确,A,D错误.7.(2017·莆田月考)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端轻轻放上可看做质点的质量m=2kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s 的时间,则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)( B )A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:当在车的右端放上物体时,对物体由牛顿第二定律得μmg=ma1,则a1=μg=2 m/s2对小车,有F-μmg=Ma2,则a2== m/s2=0.5 m/s2设经过时间t0,物体和车的速度相等,即v1=v2物体的速度v1=a1t0车的速度 v2=v+a2t0代入数值解得t0=1 s,v1=2 m/s在t0=1 s内物体相对地面的位移为x1=a1=1 m当物体与小车共速后,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,a== m/s2=0.8 m/s2,后0.5 s物体的位移为x2=v1t1+a=2×0.5 m+×0.8×0.52 m=1.1 m则物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,相对地面的位移为x=x1+x2=1 m+1.1 m=2.1 m,选项B正确,A,C,D错误.【教师备用】 (多选)如图(甲)所示,静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A.某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图(乙)所示.已知A,B间最大静摩擦力大于B,C之间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则在拉力逐渐增大的过程中,下列反映A,B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力F f1,B与C间摩擦力F f2随时间变化的图线中正确的是( AC )解析:对AB整体,当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零;当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时,整体开始加速滑动,加速度为a A=;当拉力足够大时,A,B的加速度不同,对A有a A′=由于μ1mg>μ2(M+m)g,故a A<a A′,选项A正确,B错误;当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,物块A所受摩擦力与F大小相等,当整体开始加速滑动后,对物块A有F-F f1=ma;静摩擦力F f1逐渐增加,但依然小于μ1mg;当A,B发生相对滑动后,变为滑动摩擦力,大小为μ1mg,选项C正确;对AB整体,当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时,整体加速度为零,F f2等于拉力;滑动后,F f2=μ2(M+m)g,保持不变,选项D错误.8.如图所示,一足够长的木板静止在水平面上,质量M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1,一质量m=0.4 kg的小滑块以v0=1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4,小滑块可看成质点,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小滑块刚滑上长木板时,长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2;(2)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板滑行的距离L;(3)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总距离x.解析:(1)小滑块对长木板的滑动摩擦力F f2大于地面对长木板的滑动摩擦力F f1,长木板向左加速,小滑块向左减速,根据牛顿第二定律,对木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1对滑块有μ2mg=ma2解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2.(2)小滑块与长木板速度相等时,v0-a2t=a1t,得t=0.3 s小滑块运动的距离x2=v0t-a2t2=0.36 m木板运动的距离x1=a1t2=0.09 mL=x2-x1=0.27 m.(3)此后一起做匀减速运动,v=a1t=0.6 m/s根据牛顿第二定律μ1(M+m)g=(M+m)a3加速度的大小a3=1 m/s2运动的距离为x3==0.18 m所以小滑块滑行的距离x=x2+x3=0.54 m.答案:(1)2 m/s2 4 m/s2(2)0.27 m (3)0.54 m附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

图1 砂桶 打点计时器纸带 小车图 2 11/kg m- 2/a m g -⋅ 4.3.2.1.1. 1.1.0.0.0.2/a m g -⋅ 1.4 1.21.0 0.0 1 2 3 411/kg m - 一、学习目标1、能对影响加速度大小的因素进行合理的假设和判断，得出自己的结论。

2、能通过实验探究得出加速度和力、质量之间的关系。

3、掌握牛顿第二定律的内容和公式，理解公式中各物理量的意义及相互关系。

4、会用牛顿第二定律解决一些与生产和生活相关的实际问题。

二、学习过程（一）影响加速度的因素1、物体运动状态改变的难易是惯性大小的表现，由物体 决定。

2、物体运动状态的改变的标志就是 的改变（包括大小、方向或大小和方向同时改变）。

3、物体运动状态改变的快慢即速度变化的快慢，由 描述。

4、在探究物体加速度与力、质量之间的关系时，实验采用 方法来操作，发现当 物体质量保持不变时，物体的加速度随 的增加而 ；当合外力保持不变时，物体的加速度随 增加而 。

由定量实验得出物体的加速度与 成正比，与物体的 成反比。

问题1：什么是运动状态的改变？例1、关于物体运动状态的改变，下列说法正确的是（ ）A ．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B ．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C ．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D ．做曲线运动的物体，其运动状态可能不变 练习1、关于物体运动状态的改变，下列说法正确的是（ ）A ．物体的运动速率不变，其运动状态就不变B ．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变C ．物体运动状态的改变是指物体由静止到运动或由运动到静止D ．物体的运动速度不变，其运动状态就不变练习2、（双选）下列情况下，物体运动状态发生变化的是（ ）A ．火车停在站台上B ．汽车转弯时C ．匀速上升的电梯D ．将物体沿水平方向抛出，物体在空中飞行时问题2：如何通过实验探究得出加速度和力、质量之间的定量关系？例2、用如图1所示的实验装置来探究影响加速度的因素 （1）为消除摩擦力的影响，实 验前平衡摩擦力的具体操 作为：取下____________， 把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做_______运动。

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实验：探究加速度与力、质量的关系1．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，关于小车所受的合力,下列叙述中正确的是（)A．小车所受的合力就是所挂小盘和砝码的重力B．小车所受的合力的大小等于小盘和砝码通过细绳对小车施加的拉力C．只有平衡摩擦力之后，小车所受合力才等于细绳对小车的拉力D．只有平衡摩擦力之后，且当小车的质量远大于小盘和砝码的总质量时，小车所受合力的大小才可认为等于小盘和砝码的重力大小解析：小盘与砝码的重力不可说成是小车所受的合力，A错误；由于小车下滑必受摩擦力作用，平衡摩擦力之后(实际上是Mg sin θ＝F f），小车所受合力才等于细绳的拉力，B错误，C 正确;只有当小车质量M远大于吊盘与砝码质量m(即M≫m）时，细绳中的拉力大小才近似等于小盘和砝码的重力大小，也只有平衡了摩擦力之后,小车所受合力大小才近似等于小盘和砝码的重力大小，D正确.答案：CD2．在探究加速度与力、质量的关系的实验中，关于平衡摩擦力的说法中正确的是( ) A．“平衡摩擦力”的本质就是想法使小车受到的摩擦力为零B．“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力的一个分力与小车所受的摩擦阻力相平衡C．“平衡摩擦力”应在小车被砝码盘拉动的过程中进行D．“平衡摩擦力”是否成功，可由小车拖动的纸带上的点迹间距是否均匀确定解析：在小车的运动过程中摩擦阻力总是存在的，无法使之为零,选项A错误；平衡摩擦力的实质就是让小车的重力的一个分力与摩擦力平衡，选项B正确；平衡摩擦力时不挂钩码，让小车拖动纸带自由运动，调整长木板的倾角,直至所打纸带上的点迹间距均匀为止，选项C 错误，D正确。

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2 实验：探究加速度与力、质量的关系课后巩固作业时间：45分钟一、单项选择题1．在探究加速度与力、质量的关系的实验中,下列做法和理由正确的是（)A．实验中所用电源为低压直流电源B．可以用装有砂子的小桶来代替钩码,这样会使实验更加方便C．处理数据时不用a－m图象，而用a－错误!图象，是为了便于根据图象直观地做出判断D．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力2．关于探究力、加速度、质量之间的关系的实验,下列说法中符合实际的是( ）A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变,只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力,研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系3．下图所示是某同学探究加速度与力、质量的关系实验时安装完毕后准备释放小车时的装置示意图．另一同学指出了图中的几处错误，其中不正确的是（)A．实验前没有平衡摩擦力B．拉小车的细线应与长木板平行C．实验中所用电源应为交流电源D．小车应靠近打点计时器且打点计时器应距右端较远些4。

牛顿第二定律(建议用时：45分钟)[学业达标]1．在光滑的水平桌面上，有一个静止的物体，给物体施以水平作用力，在力作用到物体上的瞬间，则( )A．物体同时具有加速度和速度B．物体立即获得加速度，速度仍为零C．物体立即获得速度，加速度仍为零D．物体的速度和加速度均为零【解析】合外力与加速度是瞬时对应关系，所以在力作用到物体上的瞬间，物体立即获得加速度，但物体的速度还得从零开始增大，不可能立即具有速度，故B正确．【答案】B2．力F作用于甲物体m1时产生的加速度为a1，此力F作用于乙物体m2时产生的加速度为a2，若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，产生的加速度则是下列选项中的哪一个( )A.a1＋a22B.|a1－a2|2C.a1a2a1＋a2D.a1＋a2a1a2【解析】力F作用于m1时，F＝m1a1①力F作用于m2时，F＝m2a2②力F作用于m1＋m2时，F＝(m1＋m2)a3③解①②③得a3＝a1a2a1＋a2，故选项C正确．【答案】C3．如图4­3­7所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体施一水平恒力，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( ) 【导学号：16190179】图4­3­7A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先减小后增大D．速度先增大后减小，加速度先增大后减小【解析】 力F 作用在A 上的开始阶段，弹簧弹力kx 较小，合力与速度方向同向，物体速度增大，而合力(F —kx )随x 增大而减小，加速度减小，当F ＝kx 以后，随物体A 向左运动，弹力kx 大于F ，合力方向与速度反向，速度减小，而加速度a 随x 的增大而增大．综上所述，只有C 正确．【答案】 C4．(2016·南京高一检测)如图4­3­8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( )图4­3­8A ．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【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变加速运动，直到重力与弹簧弹力相等；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．故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．【答案】 C5．将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出又落回原处，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( ) 【导学号：16190180】A ．刚抛出时的速度最大B ．在最高点的加速度为零C ．上升时间大于下落时间D ．上升时的加速度等于下落时的加速度【解析】 由牛顿第二定律得：a 上＝g ＋f m ，a 下＝g －f m，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误；根据h ＝12at 2，上升时间小于下落时间，C 错误；在最高点的加速度向下，不为零，B 错误；由v ＝at 可知物体刚抛出时的速度最大，A 正确．【答案】 A6．如图4­3­9所示，位于水平地面上的质量为M 的小木块，在大小为F 、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速运动．若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为( )图4­3­9 A.F M B.F cos αM C.F cos α－μMg MD.F cos α－μMg －F sin αM 【解析】 取M 为研究对象，其受力情况如图所示．在竖直方向合力为零，即F sin α＋F N ＝Mg 在水平方向由牛顿第二定律得F cos α－μF N＝Ma .由以上两式可得a ＝F cos α－μMg －F sin αM，D 项正确． 【答案】 D7．(2016·衢州高一检测)如图4­3­10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( )【导学号：16190181】图4­3­10A ．若拉力改为2F ，物体加速度为2aB ．若质量改为m 2，物体加速度为2a C ．若质量改为2m ，物体加速度为a 2D ．若质量改为m 2，拉力改为F 2，物体加速度不变 【解析】 根据题意得：F －mg ＝ma ，解得：a ＝F －mg m ＝F m－g 若拉力改为2F ，物体加速度a 1＝2F －mg m ＝2F m－g >2a ，故A 错误； 若质量改为m 2，物体加速度a 2＝F －12mg 12m ＝2F m －g >2a ，故B 错误；若质量改为2m ，物体加速度a 3＝F －2mg 2m ＝F2m －g <a 2，故C 错误； 若质量改为m 2，拉力改为F 2，物体加速度a 4＝12F －12mg 12m ＝F m －g ＝a ，故D 正确． 【答案】 D8.质量为m 的木块，以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止不动，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如图4­3­11所示．图4­3­11(1)求向上滑动时木块的加速度的大小和方向；(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度的大小和方向．【解析】 (1)以木块为研究对象，因木块受到三个力的作用，故采用正交分解法求解，建立坐标系时，以加速度的方向为x 轴的正方向．木块上滑时其受力分析如图甲所示，根据题意，加速度的方向沿斜面向下，将各个力沿斜面和垂直斜面方向正交分解．根据牛顿第二定律有mg sin θ＋f ＝ma ，N －mg cos θ＝0又f ＝μN ，联立解得a ＝g (sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下．(2)木块下滑时其受力分析如图乙所示，由题意知，木块的加速度方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律有mg sin θ－f ′＝ma ′，N ′－mg cos θ＝0又f ′＝μN ′，联立解得a ′＝g (sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．【答案】 (1)g (sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下(2)g (sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下[能力提升]9．(2016·浙江大学附中高一检测)如图4­3­12所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图4­3­12A ．都等于B ．和0 C.m A ＋m B 2g 和0 D ．0和m A ＋m B 2m Bg 【解析】 对A 球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F ＝m A g sin 30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A ，所受的合力为零，则A 的加速度为0，对B ，根据牛顿第二定律得，a B ＝F ＋m B g sin 30°m B ＝m A g sin 30＋m B g sin 30°m B ＝m A ＋m B 2m Bg .故选D. 【答案】 D10．(多选)如图4­3­13甲所示，地面上有一质量为M 的重物，用力F 向上提它，力F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( ) 【导学号：16190182】甲 乙图4­3­13A ．当F 小于图中A 点值时，物体的重力Mg >F ，物体不动B ．图中A 点值即为物体的重力值C ．物体向上运动的加速度和力F 成正比D ．图线延长和纵轴的交点B 的数值绝对值等于该地的重力加速度【解析】 当0≤F ≤Mg 时，物体静止，即A 正确；当F >Mg 时，即能将物体提离地面，此时，F －Mg ＝Ma ，a ＝F －Mg M ，A 点表示的意义即为F ＝Mg ，所以B 正确；直线的斜率为1M ，故B 点数值绝对值为g ，故D 选项正确．【答案】 ABD11．如图4­3­14所示，质量m ＝1 kg 的球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成30°角，球与杆之间的动摩擦因数μ＝36，球受到竖直向上的拉力，F ＝20 N ，则球的加速度多大？(取g ＝10 m/s 2)图4­3­14【解析】球受到重力mg、杆的支持力F N、杆的摩擦力F f和竖直向上的拉力F四个力的作用(如图所示)，建立直角坐标系，由牛顿第二定律得F sin 30°－mg sin 30°－F f＝maF cos 30°＝mg cos 30°＋F NF f＝μF N联立以上各式解得a＝2.5 m/s2.【答案】 2.5 m/s212．自制一个加速度计，其构造是：一根轻杆，下端固定一个小球，上端装在水平轴O 上，杆可在竖直平面内左右摆动，用白硬纸作为表面，放在杆摆动的平面上，并刻上刻度，可以直接读出加速度的大小和方向．使用时，加速度计右端朝汽车前进的方向，如图4­3­15所示. 【导学号：16190183】图4­3­15(1)硬纸上刻度线b在经过O点的竖直线上，则在b处应标的加速度数值是多少？(2)刻度线c和O点的连线与O b的夹角为30°，则c处应标的加速度数值是多少？(3)刻度线d和O点的连线与O b的夹角为45°.在汽车前进时，若轻杆稳定地指在d 处，则0.5 s内汽车速度变化了多少？【解析】(1)当轻杆与O b重合时，小球所受合力为0，其加速度为0，车的加速度亦为0，故b处应标的加速度数值为 0.(2)当轻杆与O c重合时，以小球为研究对象，受力分析如图所示．根据力合成的平行四边形定则和牛顿第二定律得mg tan θ＝ma1，解得a1＝g tan θ＝9.8×33m/s2≈5.66 m/s2.(3)若轻杆与O d重合，同理可得mg tan 45°＝ma2，解得a2＝g tan 45°＝9.8 m/s2，方向水平向左，与速度方向相反．所以在0.5 s内汽车速度应减少，减少量Δv＝a2Δt＝9.8×0.5 m/s＝4.9 m/s.【答案】(1)0 (2)5.66 m/s2(3)减少了4.9 m/s4 力学单位制。