2020秋物理第一冊(cè)課后作業(yè)：4-3 牛頓第二定律含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精2020秋物理新教材人教版必修第一冊(cè)課后作業(yè)：4-3牛頓第二定律含解析eq\o（\s\up7（限時(shí)：45分鐘)，\s\do5()）一、單項(xiàng)選擇題1．關(guān)于力的單位“?！?，下列說(shuō)法不正確的是(A）A．“?！边@個(gè)單位是由質(zhì)量為1kg的物體所受重力為9.7N這個(gè)規(guī)定定下來(lái)的B．“?！边@個(gè)力的單位是根據(jù)在牛頓第二定律F＝kma中取k＝1時(shí)定下來(lái)的C．1N就是使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力D．質(zhì)量是1kg的物體所受的重力是9。8N,并不是規(guī)定的,而是根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得到的結(jié)果解析：根據(jù)牛頓第二定律F＝kma中k＝1、m＝1kg、a＝1m/s2時(shí)的力叫做“一個(gè)單位的力",后人為了紀(jì)念牛頓把這個(gè)“1個(gè)單位的力”，即1kg·m/s2的力叫做1牛頓,用符號(hào)“1N”表示，故選項(xiàng)B、C正確，A錯(cuò)誤．地面附近的重力加速度g約為9。8m/s2，因此根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，地面附近1kg的物體重力約為9.8N，并不是規(guī)定的,故選項(xiàng)D正確．2．如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起,在粗糙的水平面上保持相對(duì)靜止向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B受到的摩擦力(A）A．方向向左，大小不變B．方向向左，逐漸減小C．方向向右，大小不變D．方向向右,逐漸減小解析:根據(jù)題目條件得知，物體B具有水平向左的恒定加速度,由牛頓第二定律知，物體B受到的合外力水平向左且恒定,對(duì)物體B受力分析可知,物體B在水平方向的合外力就是物體A施加的靜摩擦力，因此,物體B受到的摩擦力方向向左，且大小不變，保持恒定，選項(xiàng)A正確,其他選項(xiàng)都錯(cuò)．3.如圖所示,光滑水平面上放有質(zhì)量均為m的滑塊A和斜面體C，在C的斜面上又放有一質(zhì)量也為m的滑塊B，用力F推滑塊A使三者無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)地向前加速運(yùn)動(dòng)，則各物體所受的合力(C)A．滑塊A最大 B．斜面體C最大C．同樣大 D．不能判斷誰(shuí)大誰(shuí)小解析：由于三者無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)地向前共同加速運(yùn)動(dòng),且質(zhì)量均相同，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，F(xiàn)均相同,故C正確．4.如圖所示，一個(gè)鐵球從豎直在地面上的輕質(zhì)彈簧的正上方某處自由落下，接觸彈簧后將彈簧彈性壓縮．從它接觸彈簧開(kāi)始到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，小球的速度和受到的合外力的變化情況是(D）A．合力變小，速度變小B．合力變小，速度變大C．合力先變小后變大，速度先變小后變大D．合力先變小后變大，速度先變大后變小解析：鐵球接觸彈簧前，做自由落體運(yùn)動(dòng),有一向下的速度．鐵球接觸彈簧后，在整個(gè)壓縮彈簧的過(guò)程中，僅受重力G和彈簧彈力F的作用．開(kāi)始?jí)嚎s時(shí)，彈簧的彈力F小于物體的重力G，合外力向下，鐵球向下做加速運(yùn)動(dòng)．但隨著鐵球向下運(yùn)動(dòng)，彈簧形變量增大,彈力隨之增大,合外力減小，加速度減小,但速度增大．當(dāng)彈簧彈力增至與重力相等的瞬間，合力為零，加速度為零，速度最大．此后，彈簧彈力繼續(xù)增大，彈力大于重力，合力向上且逐漸增大，加速度向上且逐漸增大，直至鐵球速度逐漸減小為零，此時(shí)彈簧壓縮量最大．5．如圖所示，用手提一輕彈簧，彈簧下端掛一金屬球．在將整個(gè)裝置勻加速上提的過(guò)程中,手突然停止不動(dòng)，則在此后一小段時(shí)間內(nèi)（D）A．小球立即停止運(yùn)動(dòng)B．小球繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)C．小球的速度與彈簧的形變量都要減小D．小球的加速度減小解析：以球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球只受到重力G和彈簧對(duì)它的拉力FT，由題可知小球向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，即G〈FT.當(dāng)手突然停止不動(dòng)時(shí),在一小段時(shí)間內(nèi)彈簧縮短一點(diǎn),即FT減小，且FT仍然大于G，由牛頓第二定律可得FT－G＝ma，a＝eq\f(FT－G,m)，即在一小段時(shí)間內(nèi)小球加速度減小，故D正確．二、多項(xiàng)選擇題6．下列對(duì)牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma及其變形公式的理解正確的是(CD）A．由F＝ma可知,物體所受的合力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比B．由m＝eq\f(F,a)可知，物體的質(zhì)量與其所受的合力成正比，與其運(yùn)動(dòng)的加速度成反比C．由a＝eq\f（F，m）可知，物體的加速度與其所受的合力成正比，與其質(zhì)量成反比D．由m＝eq\f(F，a）可知，物體的質(zhì)量可以通過(guò)測(cè)量它的加速度和它所受的合力而求出解析：牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma表明了各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，即已知兩個(gè)量，可求第三個(gè)量，但物體的質(zhì)量是由物體本身決定的，與受力無(wú)關(guān)；作用在物體上的合力,是由和它相互作用的物體產(chǎn)生的,與物體的質(zhì)量和加速度無(wú)關(guān)．故排除A、B,選C、D.7．關(guān)于物體所受合力、加速度、速度間的關(guān)系,下列說(shuō)法中正確的是(CD)A．物體的速度越大,則物體的加速度越大，所受合力也越大B．物體的速度為零，則物體的加速度一定為零,所受合力也為零C．物體的速度為零，加速度可能很大，所受的合力也可能很大D．物體的速度很大,加速度可能為零，所受的合力也可能為零解析:根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式F＝ma和加速度公式a＝eq\f(Δv,Δt）可知：加速度與合力存在對(duì)應(yīng)關(guān)系，一個(gè)確定的物體，加速度越大，則物體所受合力越大，加速度與物體的速度變化率有關(guān)，而與物體的速度無(wú)關(guān)．綜上所述，排除A、B，選C、D.8．一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體,在5個(gè)共點(diǎn)力的作用下保持靜止．若同時(shí)撤消其中大小分別為15N和10N的兩個(gè)力，其余的力保持不變，此時(shí)該物體的加速度大小可能是(BC)A．2m/s2B．3m/s2C．12m/s2D．15m/s2解析:剩余的三個(gè)力的合力與大小為15N和10N的兩個(gè)力的合力等大反向,合力范圍為5N≤F≤25N，則加速度的范圍為2。5m/s2≤a≤12.5m/s2,選項(xiàng)B、C正確．三、非選擇題9．假設(shè)雨點(diǎn)下落過(guò)程中受到的空氣阻力與雨點(diǎn)的橫截面積S成正比，與雨點(diǎn)下落的速度v的平方成正比，即f＝kSv2（其中k為比例系數(shù))．雨點(diǎn)接近地面時(shí)近似看做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。若把雨點(diǎn)看做球形，其半徑為r，設(shè)雨點(diǎn)的密度為ρ,則每個(gè)雨點(diǎn)最終的運(yùn)動(dòng)速度vm＝eq\r（\f（4ρrg，3k））(用ρ、r、g、k表示)，雨點(diǎn)的速度達(dá)到eq\f（1,2）vm時(shí),雨點(diǎn)的加速度a＝eq\f（3,4)g.解析：當(dāng)f＝mg時(shí)，雨點(diǎn)達(dá)到最大速度vm,則有kSveq\o\al（2，m)＝mg即kπr2veq\o\al(2,m）＝eq\f（4,3)πr3ρg,解得vm＝eq\r（\f（4ρrg，3k））由牛頓第二定律得mg－f′＝ma即mg－kSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(vm，2)))2＝ma,可得mg－eq\f（kSv\o\al（2，m），4）＝ma，故a＝eq\f(3,4)g.10.跳傘運(yùn)動(dòng)員在下落過(guò)程中(如圖所示），假定傘所受空氣阻力的大小跟下落速度的平方成正比，即F＝kv2，比例系數(shù)k＝20N·s2/m2，跳傘運(yùn)動(dòng)員與傘的總質(zhì)量為72kg,起跳高度足夠高，則：（1）跳傘運(yùn)動(dòng)員在空中做什么運(yùn)動(dòng)？收尾速度是多大？(2)當(dāng)速度達(dá)到4m/s時(shí)，下落加速度是多大？(g取10m/s2）解析：（1）以傘和運(yùn)動(dòng)員作為研究對(duì)象，開(kāi)始時(shí)速度較小，空氣阻力F小于重力G，v增大,F隨之增大,合力F合減小，做加速度a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v足夠大,使F＝G時(shí)，F(xiàn)合＝0，a＝0，開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的速度為收尾速度,設(shè)為vm。由F＝kveq\o\al(2,m)＝G，得vm＝eq\r（\f（G，k）)＝eq\r(\f(mg，k））＝6m/s。(2)當(dāng)v＝4m/s〈vm時(shí)，合力F合＝mg－F，F(xiàn)＝kv2，由牛頓第二定律F合＝ma得a＝g－eq\f(F，m）＝10m/s2－eq\f(20×42,72）m/s2≈5.6m/s2.答案：（1)做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到一定值后,做勻速運(yùn)動(dòng)vm＝6m/s(2）5。6m/s211.如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面的夾角為30°.現(xiàn)使小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知直桿與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r（3）,6）.（1）求小球運(yùn)動(dòng)的加速度a1.(2)若F作用1.2s后撤去，則小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)的最大距離sm為多少？(3）若從撤去力F開(kāi)始計(jì)時(shí)，則小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間通過(guò)距A點(diǎn)上方2.25m處的B點(diǎn)？解析：（1）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得沿桿方向：Fsin30°－mgsin30°－f＝ma1垂直于桿方向：Fcos30°－mgcos30°－FN＝0又f＝μFN，解得a1＝2.5m/s2。(2)剛撤去F時(shí)，小球的速度為v1＝a1t1＝3m/s小球的位移s1＝eq\f（v1,2)t1＝1.8m撤去力F后,小球向上滑動(dòng)時(shí)有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2,解得a2＝7.5m/s2因此小球上滑的時(shí)間t2＝eq\f(v1，a2)＝0。4s上滑的位移s2＝eq\f（v1，2)t2＝0.6m故小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)的最大距離為sm＝s1＋s2＝2.4m.（3)若小球在上滑階段通過(guò)B點(diǎn)，則sAB－s1＝v1t3－eq\f（1,2）a2teq\o\al(2，3）解得經(jīng)歷的時(shí)間為t3＝0。2s(t′3＝0。6s舍去）若小球在下滑階段通過(guò)B點(diǎn)，下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°－μmgcos30°＝ma3,解得a3＝2.5m/s2因此小球由距A點(diǎn)最大距離處下滑到B點(diǎn)的過(guò)程中有sm－sAB＝eq\f(1，2）a3teq\o\al(2,4)，解得t4＝eq\f(\r(3），5)s故經(jīng)歷的時(shí)間為t2＋t4＝eq\f(2＋\r（3)，5）s≈0。75s.答案:(1）2。5m/s2(2)2。4m（3）0。2s或0。75s12。質(zhì)量為m的木塊，以一定的初速度沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，斜面靜止不動(dòng)，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,如圖所示，求：（1)木塊向上滑動(dòng)的加速度．(2）若此木塊滑到最大高度后，能沿斜面下滑，下滑時(shí)的加速度大小．解析：(1）以木塊為研究對(duì)象,在上滑時(shí)受力如圖所示．根據(jù)題意,加速度方向沿斜面向下．將各力沿斜面和垂直斜面方向正交分解．由牛頓第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma①，F(xiàn)N－mgcosθ＝0②,