“四翼”檢測評價（十七） 牛頓第二定律

“四翼”檢測評價（十七）牛頓第二定律eq\a\vs4\al(A)組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．下列關(guān)于加速度大小的判斷正確的是()A．由公式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，a與Δv成正比、與Δt成反比B．由公式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，a與Δv成反比、與Δt成正比C．由公式a＝eq\f(F,m)可知，a與F成正比、與m成反比D．由公式a＝eq\f(F,m)可知，a與F成反比、與m成正比解析：選C根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度描述的是物體速度變化的快慢，加速度的大小與Δv、Δt無關(guān)，故A、B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)可知，加速度與合力F、質(zhì)量m有關(guān)，且與F成正比，與m成反比，故C正確，D錯誤。2．關(guān)于物體的運動狀態(tài)和所受合力的關(guān)系，以下說法正確的是()A．所受合力為零的物體一定處于靜止狀態(tài)B．所受合力不為零時，物體的運動狀態(tài)一定發(fā)生變化C．物體所受合力不為零時，物體的速度一定不為零D．只有合力發(fā)生變化時，物體的運動狀態(tài)才會發(fā)生變化解析：選B物體所受合力為零，物體不一定處于靜止狀態(tài)，也可能做勻速直線運動，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得物體所受合力不為零時，物體的加速度一定不為零，則速度一定變化，物體的運動狀態(tài)一定發(fā)生變化，B正確；物體所受合力不為零時，則加速度一定不為零，但是加速度與速度沒有直接的關(guān)系，加速度不為零，速度可以為零，C錯誤；無論是恒力還是變力，根據(jù)牛頓第二定律可知只要物體所受合力不為零時，物體的加速度一定不為零，則速度一定變化，D錯誤。3.(2022·廣東潮州高一期末)一質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，動摩擦因數(shù)為μ，用一水平拉力F作用在物體上，使其獲得加速度a，如圖所示。要使該物體的加速度變?yōu)?a，應(yīng)采用的正確方法是()A．將拉力變?yōu)?FB．將拉力變?yōu)?maC．將拉力變?yōu)?ma＋μmgD．將拉力變?yōu)?ma－μmg解析：選C根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma＋μmg，F(xiàn)′＝3ma＋μmg≠3F≠3ma，故A、B、D錯誤，C正確。4．在光滑水平桌面上，物塊A用輕繩和物塊B連接，輕繩跨過定滑輪，物塊B懸空，如圖甲所示，系統(tǒng)從靜止開始，運動的加速度為a1。在圖乙中，若對輕繩施加一個和物塊B重力相等的拉力F，物塊A從靜止開始運動的加速度為a2則()A．a(chǎn)1＜a2 B．a(chǎn)1＝a2C．a(chǎn)1＞a2 D．無法判斷解析：選A題圖甲兩物塊構(gòu)成連接體模型，對系統(tǒng)由牛頓第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝eq\f(mBg,mA＋mB)；題圖乙中是拉力F＝mBg拉著細繩帶動A做勻加速直線運動，由牛頓第二定律mBg＝mAa2，可得a2＝eq\f(mBg,mA)，比較兩加速度可得a1<a2，故A正確。5．(多選)輕質(zhì)彈簧的下端掛一重物，上端用手牽引使重物豎直向上做勻速直線運動。某時刻手突然停止運動，從手突然停止到重物上升至最高點的過程中()A．重物的速度一直減小B．重物的速度先增大后減小C．重物的加速度一直增大D．重物的加速度先減小后增大解析：選AC輕彈簧拉著重物做勻速直線運動時彈簧彈力大小等于重力大小，當手突然停止運動后的一小段時間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運動，在向上運動的過程中，彈簧的形變量減小(也可能先減小后增大)，則彈力減小(也可能先減小后反向增大)，重物所受的合力向下，加速度向下，重物向上做減速運動，重物的速度一直減小，A正確，B錯誤；對重物根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度a＝eq\f(mg－kx,m)，由于彈力減小(也可能先減小后反向增大)，所以重物的加速度一直增大，C正確，D錯誤。6.(2022·河源高一月考)質(zhì)量均為m的物塊a、b之間用豎直輕彈簧相連，系在a上的細線豎直懸掛于固定點O，a、b與豎直粗糙墻壁接觸，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，重力加速度大小為g，則()A．物塊b可能受3個力B．細線中的拉力小于2mgC．剪斷細線瞬間b的加速度大小為gD．剪斷細線瞬間a的加速度大小為2g解析：選D對ab整體分析可知，整體受重力和繩子上的拉力，水平方向如果受墻的彈力，則整體不可能豎直靜止，故不會受到水平方向上的彈力，根據(jù)平衡條件可知，細線上的拉力F＝2mg；再對b分析可知，b只受重力和彈簧拉力而保持靜止，故A、B錯誤；由于b處于平衡，故彈簧的拉力F＝mg，剪斷細線瞬間彈簧的彈力不變，則對b分析可知，b受力不變，合力為零，故加速度為零，故C錯誤；對a分析可知，剪斷細線瞬間a受重力和彈簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，則由牛頓第二定律可知，加速度為2g，故D正確。7．圖a是一輛質(zhì)量為m的公交車，沿水平路面經(jīng)過公交站點“汽車站”時的照片，圖b是車內(nèi)橫桿上懸掛的拉手環(huán)的照片，拉手環(huán)偏向車尾，輕懸繩偏離豎直方向θ角，重力加速度為g，根據(jù)題中提供的信息，下列判斷正確的有()A．汽車加速出站B．汽車減速進站C．不能求汽車此時的加速度D．可求汽車此時的加速度a＝gsinθ解析：選A對拉手環(huán)進行受力分析，可得拉手環(huán)所受合力向前，加速度向前，所以汽車加速度向前，故A正確，B錯誤；取拉手環(huán)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得m環(huán)gtanθ＝m環(huán)a，由此可得汽車的加速度等于拉手環(huán)的加速度a＝gtanθ，故C、D錯誤。8．(2022·潮州高一月考)如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊A懸掛在彈簧測力計下方，木板B托住物塊A使整個裝置靜止，此時測力計的示數(shù)為8N?，F(xiàn)使木板B以5m/s2的加速度向下運動，木板B開始運動的瞬間，物塊A的加速度為(g取10m/s2)()A．0 B．2m/s2C．5m/s2 D．10m/s2解析：選B因為木板B與A脫離時，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得a＝2m/s2，即物塊A提供不了5m/s2大小的加速度，故木板B以5m/s2的加速度向下運動時，物塊A與木板瞬間脫離，所以A的加速度為2m/s2，故B正確。9.如圖所示，一木塊沿傾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求木塊的加速度大??；(2)若木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，求木塊加速度的大小。解析：(1)分析木塊的受力情況如圖甲所示，木塊受重力mg、支持力FN兩個力作用，合外力大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma1解得a1＝6m/s2。(2)若斜面粗糙，木塊的受力情況如圖乙所示，建立直角坐標系。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又因為f＝μFN解得a2＝2m/s2。答案：(1)6m/s2(2)2m/s2eq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10．(2022·肇慶高一期末)如圖所示，一只空鐵箱沿水平面運動，鐵箱內(nèi)一個木塊恰好能靜止在鐵箱內(nèi)壁上，下列說法正確的是()A．鐵箱一定向右做加速運動B．鐵箱可能向右做減速運動C．鐵箱可能向左做減速運動D．鐵箱可能做勻速運動解析：選C由題意可知，木塊相對鐵箱靜止，木塊受豎直向下的重力、豎直向上的靜摩擦力、水平向右的支持力，則木塊的加速度向右，鐵箱可能向右加速或者向左減速運動，故A、B、D錯誤，C正確。11．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上，從某時刻開始，物塊受到一方向不變、大小從零逐漸增大的水平拉力作用。假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是()解析：選D根據(jù)物體受力可知：物體受到拉力、摩擦力、重力和支持力，其中重力和支持力為平衡力，物體所受合力為拉力和摩擦力的矢量和。當0<F<fm時，物塊受靜摩擦力，物塊始終靜止，物體所受合力為零，加速度為零；當F>fm時，物塊受滑動摩擦力且大小不變，合力大于零，物塊做加速運動。由牛頓第二定律可得F－fm＝ma，又fm＝μmg，則有F＝ma＋μmg，根據(jù)圖像可知，A、B、C錯誤，D正確。12．公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間總共為1s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m。設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的0.4，若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。解析：設(shè)路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得μ0mg＝ma0，s