“四翼”检测评价（十七） 牛顿第二定律

“四翼”检测评价（十七）牛顿第二定律eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．下列关于加速度大小的判断正确的是()A．由公式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，a与Δv成正比、与Δt成反比B．由公式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，a与Δv成反比、与Δt成正比C．由公式a＝eq\f(F,m)可知，a与F成正比、与m成反比D．由公式a＝eq\f(F,m)可知，a与F成反比、与m成正比解析：选C根据加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度描述的是物体速度变化的快慢，加速度的大小与Δv、Δt无关，故A、B错误；根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)可知，加速度与合力F、质量m有关，且与F成正比，与m成反比，故C正确，D错误。2．关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是()A．所受合力为零的物体一定处于静止状态B．所受合力不为零时，物体的运动状态一定发生变化C．物体所受合力不为零时，物体的速度一定不为零D．只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化解析：选B物体所受合力为零，物体不一定处于静止状态，也可能做匀速直线运动，A错误；根据牛顿第二定律得物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，则速度一定变化，物体的运动状态一定发生变化，B正确；物体所受合力不为零时，则加速度一定不为零，但是加速度与速度没有直接的关系，加速度不为零，速度可以为零，C错误；无论是恒力还是变力，根据牛顿第二定律可知只要物体所受合力不为零时，物体的加速度一定不为零，则速度一定变化，D错误。3.(2022·广东潮州高一期末)一质量为m的物体放在水平地面上，动摩擦因数为μ，用一水平拉力F作用在物体上，使其获得加速度a，如图所示。要使该物体的加速度变为3a，应采用的正确方法是()A．将拉力变为3FB．将拉力变为3maC．将拉力变为3ma＋μmgD．将拉力变为3ma－μmg解析：选C根据牛顿第二定律有F＝ma＋μmg，F′＝3ma＋μmg≠3F≠3ma，故A、B、D错误，C正确。4．在光滑水平桌面上，物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止开始，运动的加速度为a1。在图乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F，物块A从静止开始运动的加速度为a2则()A．a1＜a2 B．a1＝a2C．a1＞a2 D．无法判断解析：选A题图甲两物块构成连接体模型，对系统由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝eq\f(mBg,mA＋mB)；题图乙中是拉力F＝mBg拉着细绳带动A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律mBg＝mAa2，可得a2＝eq\f(mBg,mA)，比较两加速度可得a1<a2，故A正确。5．(多选)轻质弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物竖直向上做匀速直线运动。某时刻手突然停止运动，从手突然停止到重物上升至最高点的过程中()A．重物的速度一直减小B．重物的速度先增大后减小C．重物的加速度一直增大D．重物的加速度先减小后增大解析：选AC轻弹簧拉着重物做匀速直线运动时弹簧弹力大小等于重力大小，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，在向上运动的过程中，弹簧的形变量减小(也可能先减小后增大)，则弹力减小(也可能先减小后反向增大)，重物所受的合力向下，加速度向下，重物向上做减速运动，重物的速度一直减小，A正确，B错误；对重物根据牛顿第二定律可得其加速度a＝eq\f(mg－kx,m)，由于弹力减小(也可能先减小后反向增大)，所以重物的加速度一直增大，C正确，D错误。6.(2022·河源高一月考)质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态，重力加速度大小为g，则()A．物块b可能受3个力B．细线中的拉力小于2mgC．剪断细线瞬间b的加速度大小为gD．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g解析：选D对ab整体分析可知，整体受重力和绳子上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度为2g，故D正确。7．图a是一辆质量为m的公交车，沿水平路面经过公交站点“汽车站”时的照片，图b是车内横杆上悬挂的拉手环的照片，拉手环偏向车尾，轻悬绳偏离竖直方向θ角，重力加速度为g，根据题中提供的信息，下列判断正确的有()A．汽车加速出站B．汽车减速进站C．不能求汽车此时的加速度D．可求汽车此时的加速度a＝gsinθ解析：选A对拉手环进行受力分析，可得拉手环所受合力向前，加速度向前，所以汽车加速度向前，故A正确，B错误；取拉手环为研究对象，根据牛顿第二定律得m环gtanθ＝m环a，由此可得汽车的加速度等于拉手环的加速度a＝gtanθ，故C、D错误。8．(2022·潮州高一月考)如图所示，质量为1kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方，木板B托住物块A使整个装置静止，此时测力计的示数为8N。现使木板B以5m/s2的加速度向下运动，木板B开始运动的瞬间，物块A的加速度为(g取10m/s2)()A．0 B．2m/s2C．5m/s2 D．10m/s2解析：选B因为木板B与A脱离时，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得a＝2m/s2，即物块A提供不了5m/s2大小的加速度，故木板B以5m/s2的加速度向下运动时，物块A与木板瞬间脱离，所以A的加速度为2m/s2，故B正确。9.如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求木块的加速度大小；(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小。解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2。(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系。在x方向上(沿斜面方向)mgsinθ－f＝ma2在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcosθ又因为f＝μFN解得a2＝2m/s2。答案：(1)6m/s2(2)2m/s2eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．(2022·肇庆高一期末)如图所示，一只空铁箱沿水平面运动，铁箱内一个木块恰好能静止在铁箱内壁上，下列说法正确的是()A．铁箱一定向右做加速运动B．铁箱可能向右做减速运动C．铁箱可能向左做减速运动D．铁箱可能做匀速运动解析：选C由题意可知，木块相对铁箱静止，木块受竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、水平向右的支持力，则木块的加速度向右，铁箱可能向右加速或者向左减速运动，故A、B、D错误，C正确。11．一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、大小从零逐渐增大的水平拉力作用。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()解析：选D根据物体受力可知：物体受到拉力、摩擦力、重力和支持力，其中重力和支持力为平衡力，物体所受合力为拉力和摩擦力的矢量和。当0<F<fm时，物块受静摩擦力，物块始终静止，物体所受合力为零，加速度为零；当F>fm时，物块受滑动摩擦力且大小不变，合力大于零，物块做加速运动。由牛顿第二定律可得F－fm＝ma，又fm＝μmg，则有F＝ma＋μmg，根据图像可知，A、B、C错误，D正确。12．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间总共为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的0.4，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0，s