4.3 牛顿第二定律 同步作业 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 本同步练习通过“基础对点练”与“综合练”分层设计，以选择+计算题型梯度覆盖牛顿第二定律的概念理解与综合应用，强化运动和相互作用观念，培养科学推理与模型建构能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础对点练|牛顿第二定律理解、简单应用|8题（7选择+1计算），单考点聚焦（如第1题辨析定律内涵），结合水平/竖直简单情境，夯实物理观念| |综合练|多过程运动、复杂情境应用|6题（3选择+3计算），融合图像分析（如第14题v-t图像）、斜面/风力等综合场景，提升科学思维与模型建构能力|

第3节 牛顿第二定律 同步作业 基础对点练 1、 选择题 考点一　对牛顿第二定律的理解 1．关于牛顿第二定律，以下说法正确的是(　　) A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合力一定大 B．牛顿第二定律说明了质量大的物体的加速度一定小 C．由F＝ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比 D．对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致 2．一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，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(　　) 3.为了节能，商场安装了智能电动扶梯，如图1所示．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯水平踏板时，扶梯会先加速、再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．则下列说法正确的是(　　) A．在扶梯加速时，扶梯对顾客的摩擦力方向为水平向右 B．扶梯加速、匀速运转时，对顾客摩擦力方向都为水平向右 C．扶梯对顾客的弹力大小始终等于重力 D．顾客始终受到三个力的作用 4．(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(　　) A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B．由m＝可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比 C．由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比 D．由m＝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力求出 考点二　牛顿第二定律的简单应用 5．如图所示，有一辆载满西瓜的汽车在水平路面上匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速直线运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是(重力加速度为g)(　　) A．m B．ma C．m D．m(g＋a) 6．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数均相同．现用大小相同的外力F沿图3所示方向分别作用在1和2上，用F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，分别用a1、a2、a3表示物块1、2、3的加速度，则(　　) A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2，a2>a3 C．a1>a2，a2<a3 D．a1>a2，a2>a3 7．(多选)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为5 m/s2，力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为2 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 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 8．水平面上有一质量为1 kg的木块，在水平向右、大小为5 N的力作用下，木块由静止开始运动．已知木块与水平面间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2.求： (1)木块运动的加速度大小； (2)木块在前4 s内的位移大小． 综合练 1、 选择题 9.(2026·江苏海安高级中学月考)如图，将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片，重力加速度为g，假设小球所受的空气阻力大小不变，则小球所受空气阻力大约为(　　) A.0.5mg B.0.25mg C.0.2mg D.因砖的尺寸未知，无法估算 10．在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平向左拉，如图所示，现让小车由静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是(　　) A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小 C．Fa不变，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大 11.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，物块N相对车厢静止在地板上，当车的加速度增大时，M、N仍相对车厢静止，则(　　) A．M受到的静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力不变 C．N受到的静摩擦力增大 D．当加速度继续增大，物块M、物块N将要相对车厢滑动 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.如图所示，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，斜面静止不动且足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g. (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． 13.如图所示，质量为m＝20 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为500 N、与水平方向成α＝37°角的恒力F推物体，使物体在水平方向上由静止开始做匀加速直线运动．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求物体运动的加速度的大小； (2)若物体运动2.4 m后撤去力F，则物体还能运动多长时间？ 14．在风洞实验室里，一根足够长的均匀细直杆与水平面成θ＝37°角固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求： (1)小球在0～2 s时间内的加速度a1和2～5 s时间内的加速度a2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小． 参考答案： 1.答案　D解析　加速度是由合力和质量共同决定的，故加速度大的物体所受的合力不一定大，质量大的物体的加速度不一定小，选项A、B错误；物体所受到的合力与物体的质量无关，选项C错误；由牛顿第二定律可知，同一物体的加速度与物体所受到的合力成正比，并且加速度的方向与合力方向一致，选项D正确． 2.答案　C解析　当拉力大于最大静摩擦力时，物块才产生加速度，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可知a与F成线性关系，C正确． 3.答案　A解析　在扶梯加速运转时，顾客受重力、支持力、向右的摩擦力以产生向右上方的加速度，当扶梯匀速运转时，顾客受到的合力为零，摩擦力为零，所以选项A正确． 4.答案　CD解析　a＝是加速度的决定式，a与F成正比，与m成反比，C正确；F＝ma说明力是产生加速度的原因，但不能说F与m成正比，与a成正比，A错误；m＝中m与F、a皆无关，但可以通过测量物体的加速度和它所受到的合力求出，B错误，D正确． 5.答案　C解析　西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图所示，F表示周围其他西瓜对A的作用力，则由牛顿第二定律得：＝ma，解得：F＝m，故C对，A、B、D错． 6.答案　C解析　对物块1，由牛顿第二定律得 Fcos 60°－Ff＝ma1，即－μ(mg－Fsin 60°)＝ma1 对物块2，由牛顿第二定律得 Fcos 60°－Ff′＝ma2，即－μ(mg＋Fsin 60°)＝ma2 对物块3，由牛顿第二定律得 F－Ff″＝ma3，即－μmg＝ma3 比较得a1>a3>a2，所以C正确． 7.答案　AD解析　设物体A的质量为m，则F1＝ma1，F2＝ma2，当F1和F2同时作用在物体A上时，合力的大小范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即|ma1－ma2|≤ma≤ma1＋ma2，加速度的大小范围为3 m/s2≤a≤7 m/s2，故选A、D. 8.答案　(1)3 m/s2　(2)24 m 解析　(1)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 其中FN＝mg，Ff＝μFN 解得a＝3 m/s2； (2)根据匀变速直线运动的位移公式得 x＝at2＝×3×42 m＝24 m. 9.答案　A解析　小球上升过程做匀减速直线运动，末速度为零，下落过程做初速度为零的匀加速直线运动。设频闪周期为T，每块砖的厚度为d。根据匀变速直线运动的推论，在上升过程有9d-3d=a1T2，在下降过程有3d-d=a2T2，由牛顿第二定律，上升过程有mg+f=ma1， 下降过程有mg-f=ma2，联立解得f=0.5mg，故A正确。 10.答案　C解析　对小球受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得， 水平方向：Fasin α－Fb＝ma① 竖直方向：Facos α－mg＝0② 由题知α不变，由②分析知Fa不变，由①知Fb＝Fasin α－ma<Fasin α，即Fb变小． 11.答案　C解析　对M受力分析如图甲所示，由于M相对车厢静止，则Ff＝Mg，FN＝Ma，当a增大时，FN增大，Ff不变，故A、B错误；对N受力分析如图乙，Ff′＝ma，当a增大，Ff′增大，达到最大静摩擦力时物块N将要滑动，故C正确；对物块M受力分析，当加速度继续增大时，FN增大，Mg＝Ff，M仍相对车厢静止，故D错误． 　 12.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 解析　(1)以木块为研究对像，木块上滑时对其受力分析，如图甲所示， 根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma，FN＝mgcos θ 又Ff＝μFN 联立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下． (2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示， 根据牛顿第二定律有 mgsin θ－Ff′＝ma′，FN′＝mgcos θ 又Ff′＝μFN′ 联立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下． 13.答案　(1)7.5 m/s2　(2)1.2 s 解析　(1)物体受重力、支持力、摩擦力和恒力F，受力分析如图所示： 水平方向由牛顿第二定律得：Fcos 37°－Ff＝ma 竖直方向由平衡条件得：FN＝mg＋Fsin 37° 又Ff＝μFN 联立解得a＝7.5 m/s2. (2)设撤去F时物体的速度为v， 由v2＝2ax可知v＝6 m/s 撤去F后，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma′ a′＝5 m/s2 还能运动的时间：t＝＝1.2 s. 14.答案　(1)15 m/s2，方向沿杆向上　10 m/s2，方向沿杆向下　(2)0.5　50 N 解析　(1)取沿杆向上为正方向，由题图乙可知： 在0～2 s时间内，加速度a1＝＝15 m/s2，方向沿杆向上； 在2～5 s时间内，加速度a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下． (2)在有风力时小球的上升过程中，对小球受力分析如图所示． 由牛顿第二定律有Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1 ① 在风停后，小球的上升阶段，对小球受力分析有 －μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 ② 由②解得μ＝0.5 代入①得F＝50 N. 学科网（北京）股份有限公司 $