1、課時跟蹤檢測（二十三）牛頓第二定律eq avs4al(A)組重基礎體現綜合1下列關于加速度大小的判斷正確的是()A由公式aeq f(v,t)可知，a與v成正比、與t成反比B由公式aeq f(v,t)可知，a與v成反比、與t成正比C由公式aeq f(F,m)可知，a與F成正比、與m成反比D由公式aeq f(F,m)可知，a與F成反比、與m成正比解析：選C根據加速度的定義式aeq f(v,t)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v、t無關，故A、B錯誤；根據牛頓第二定律aeq f(F,m)可知，加速度與合力F、質量m有關，加速度與F成正比，與m成反比，故C正確、D錯誤。2一個物體

2、質量為 2 kg，在幾個力作用下處于靜止狀態，現把一個大小為 10 N的力撤去，其他力保持不變，則該物體將()A沿該力的方向開始做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2B沿該力的相反方向做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2C沿該力的方向做勻加速直線運動D由于慣性，物體仍保持原來的靜止狀態不變解析：選B物體開始處于靜止狀態，所受合力為0，撤去 10 N的拉力，則所受合力的大小為 10 N，方向與 10 N的拉力方向相反，根據牛頓第二定律得：aeq f(F,m)5 m/s2，則物體沿該力相反方向做勻加速運動，加速度大小為5 m/s2。故B項正確，A、C、D錯誤。3.如圖所示，底板光滑的小車

3、上用兩個量程為20 N、完全相同的輕質彈簧測力計A和B系住一個質量為1 kg的物體，在水平地面上，當小車做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數均為10 N，當小車做勻變速直線運動時，彈簧測力計A的示數為7 N，此時小車的加速度大小是()A2 m/s2B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2解析：選C因彈簧的彈力與其形變量成正比，當彈簧測力計A的示數由10 N變為7 N時，其形變量減少，則彈簧測力計B的形變量必增大，且A、B兩彈簧測力計形變量變化的大小相等，所以彈簧測力計B的示數應為13 N，物體在水平方向所受到的合外力為：FTBTA13 N7 N6 N，根據牛頓第二定律，得物體的加速度大小為a

4、eq f(F,m)eq f(6,1) m/s26 m/s2，小車與物體相對靜止，加速度相等，所以小車的加速度為6 m/s2，故C正確，A、B、D錯誤。4如圖所示，三個完全相同的物塊1、2、3放在光滑水平桌面上。現用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在三個物塊上，三者都做加速運動，令a1、a2、a3分別代表物塊1、2、3的加速度，則()Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3解析：選C根據牛頓第二定律：對物塊1：Fcos 60ma1；對物塊2：Fcos 60ma2；對物塊3：Fma3；則a1a2fC當車做減速運動時，FfD不管車做何種運動，總是F與f等大反向解析：選A人受車對其向右的彈力F和

5、向左的靜摩擦力f，FF，ff；當車做勻速運動時，人也是勻速前進，則Ff，即Ff，故A正確；當車做加速運動時，人也是加速前進，則fF，即fF，故B錯誤；當車做減速運動時，人也是減速前進，則fF，即fF，故C錯誤；車做變速運動時，Ff，故D錯誤。6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()Aa1a2 Ba1a2Ca1a2 D無法判斷解析：選A題圖甲兩物塊構成連接體模型，對系統由牛頓第二定律mBg(mAmB)a1，可得：a1eq f

6、(mBg,mAmB)；題圖乙中是拉力FmBg拉著細繩帶動A做勻加速直線運動，由牛頓第二定律mBgmAa2，可得a2eq f(mBg,mA)，比較兩加速度可得a1a2，故A正確。7長征八號運載火箭是我國自行研制的航天運載工具，據新聞報道，長征八號運載火箭采用了子級整體垂直反推回收的方式，能有效實現火箭部件再利用，降低發射成本，有利于增強中國商業衛星發射在全球的競爭力。下列說法正確的是()A火箭第一級發動機在剛剛脫離主體時就停止了推進動力，這時候沒有動力的第一級發動機的加速度為0B火箭第三級在準備把運載的衛星送入預定軌道時，會先把頂端的衛星保護外殼脫落下來，這部分脫落的外殼一脫落就做自由落體運動C

7、長征八號運載火箭在剛剛點火的瞬間，速度幾乎為0，但是它的加速度卻比較大D火箭升空后速度越來越大，加速度也越來越大解析：選C沒有動力的第一級發動機還受到地球的引力作用，所以加速度不為0，A錯誤；物體做自由落體運動的條件是只受重力和初速度為0，脫落的外殼初速度不為0，不是做自由落體運動，B錯誤；火箭在剛剛點火的瞬間，速度幾乎為0，但是受到很大的向上的推力，所以它的加速度比較大，C正確；火箭在加速升空的最后階段，速度越來越大，加速度越來越小，D錯誤。8.多選如圖所示，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統處于靜止狀態。

8、現將細線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2解析：選AC設物塊的質量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷前對bc和彈簧組成的整體分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a1eq f(F,m)3g，A正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力為T2，則T2mg，根據胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯誤。9.如圖所示，質量為1 kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的

9、動摩擦因數0.5，物體受到大小為20 N、與水平方向成37角斜向下的推力F作用時，沿水平方向做勻加速直線運動，求物體加速度的大小。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：取物體為研究對象，受力分析如圖所示，建立直角坐標系。水平方向上：Fcos 37fma豎直方向上：FNmgFsin 37又因為：fFN聯立求解得：a5 m/s2。答案：5 m/s2eq avs4al(B)組重應用體現創新10.在靜止的車廂內，用細繩a和b系住一個小球，繩a斜向上拉，繩b水平向左拉，如圖所示。現讓車從靜止開始向右做勻加速運動，小球相對于車廂的位置不變，與小車靜止時相比，繩a、b的拉力Fa

10、、Fb的變化情況是()AFa變大，Fb不變 BFa變大，Fb變小CFa不變，Fb變小 DFa不變，Fb變大解析：選C以小球為研究對象，分析受力情況，如圖所示，根據牛頓第二定律得，水平方向：Fasin Fbma豎直方向：Facos mg0由題知不變，由分析知Fa不變，由知FbFasin maFasin ，即Fb變小。11(2021全國甲卷)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角的大小有關。若由30逐漸增大至60，物塊的下滑時

11、間t將()A逐漸增大 B逐漸減小C先增大后減小 D先減小后增大解析：選D由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據牛頓第二定律得mgsin ma，小物塊的加速度大小agsin ；設鐵架臺底座的長度為d，根據幾何關系，小物塊的位移大小為eq f(d,cos )；根據運動學公式得eq f(d,cos )eq f(1,2)at2，聯立可得t eq r(f(4d,gsin 2)，由30逐漸增大至60，物塊的下滑時間t將先減小后增大，D正確。12(2021年1月新高考8省聯考福建卷)如圖，上表面光滑且水平的小車靜止在水平地面上，A、B為固定在小車上的擋板，C、D為豎直放置的輕質薄板。A、C和D、B之間分

12、別用兩個相同的輕質彈簧連接，薄板C、D間夾住一個長方體金屬塊(視為質點)。金屬塊與小車上表面有一定的距離并與小車保持靜止，此時金屬塊所受到的摩擦力為最大靜摩擦力。已知金屬塊的質量m10 kg，彈簧勁度系數k1 000 N/m，金屬塊和薄板C、D間動摩擦因數0.8。設金屬塊受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)此時彈簧的壓縮量；(2)當小車、金屬塊一起向右加速運動，加速度大小a 15 m/s2時，A、C和D、B間彈簧形變量及金屬塊受到的摩擦力大小。解析：(1)由于兩個輕質彈簧相同，兩彈簧壓縮量相同。設彈簧的壓縮量為x0，彈簧形變產生的彈力大小為F彈，由胡克定律得F彈kx0設金屬塊所受摩擦力大小為f，此時金屬塊所受摩擦力等于最大靜摩擦力，金屬塊受到薄板的彈力為FN