课时跟踪检测 （十七） 牛顿第二定律
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＝B．由公式a＝
Δv
可知，a与Δv成正比、与Δt成反比 Δt
Δv
可知，a与Δv成反比、与Δt成正比 Δt
F
C．由公式a＝m可知，a与F成正比、与m成反比 F
D．由公式a＝可知，a与F成反比、与m成正比
m
Δv
解析：选C 根据加速度的定义式a＝可知，加速度描述的是物体速度变化的快慢，
ΔtF
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＝m可知，加速度与合力F、质量m有关，加速度与F成正比，与m成反比，故C正确、D错误。
2．质量为3 kg的物体受到两个力F1和F2的作用，F1＝3 N，F2＝9 N，则它的加速度的数值范围是( )
A．1 m/s2≤a≤3 m/s2 C．1 m/s2≤a≤2 m/s2
B．2 m/s2≤a≤4 m/s2 D．1 m/s2≤a≤4 m/s2
解析：选B 当夹角为零时合力最大，最大值为：Fmax＝3 N＋9 N＝12 N；当夹角为180°时合力最小，最小值为：Fmin＝9 N－3 N＝6 N；故合力的范围为：6 N≤F≤12 N；根据牛F
顿第二定律F＝ma可得加速度为a＝m，即加速度的范围为2 m/s2≤a≤4 m/s2，故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的轻质弹簧秤A和B系住一个质量为1 kg的物体，在水平地面上，
当小车做匀速直线运动时，弹簧秤的示数均为10 N，当小车做匀变速直线运动时，弹簧秤A的示数为7 N，此时小车的加速度大小是( )
A．2 m/s2 C．6 m/s2
B．4 m/s2 D．8 m/s2
解析：选C 因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤A的示数由10 N变为7 N时，其形变量减少，则弹簧秤B的形变量必增大，且A、B两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以弹簧秤B的示数应为13 N，物体在水平方向所受到的合外力为：F＝TB－TA＝13 N－7 N
F6
＝6 N，根据牛顿第二定律，得物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝6 m/s2，小车与物体相
m1对静止，加速度相等，所以小车的加速度为6 m/s2，故C正确，A、B、D错误。
4．如图所示，三个完全相同的物块1、2、3放在光滑水平桌面上。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在三个物块上，三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )
A．a1>a2>a3 C．a1＝a2 解析：选C 根据牛顿第二定律：对物块1：Fcos 60°＝ma1；对物块2：Fcos 60°＝ma2；对物块3：F＝ma3；则a1＝a2 A．当车做匀速运动时，F＝f B．当车做加速运动时，F>f C．当车做减速运动时，F＜f D．不管车做何种运动，总是F与f等大反向 解析：选A 人受车对其向右的弹力F′和向左的静摩擦力f′，根据牛顿第三定律，有：F＝F′，f＝f′；当车做匀速运动时，人也是匀速前进，则F′＝f′，即F＝f，故A正确；当车做加速运动时，人也是加速前进，则f′＞F′，即f＞F，故B错误；当车做减速运动时，人也是减速前进，则f′＜F′，即f＜F，故C错误；车做变速运动时，F≠f，故D错误。 6．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 C．a1＞a2 B．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，mBg可得：a1＝；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 mA＋mBmBg 第二定律mBg＝mAa2，可得a2＝m，比较两加速度可得a1 7．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图所示；沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点距离为s，则这段时间内导弹的加速度( ) ks A．方向向左，大小为 m2ks C．方向向左，大小为m ks B．方向向右，大小为 m2ks D．方向向右，大小为m 解析：选D 取滑块m为研究对象，当指针向左偏时，滑块左侧弹 簧被压缩而右侧弹簧被拉伸。两个弹力大小为F左＝F右＝ks，方向均是指向右侧，如图所F2ks 示，由牛顿第二定律可得：a＝m＝m，方向向右，故只有D选项正确。 8.[多选]如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( ) A．a1＝3g C．Δl1＝2Δl2 B．a1＝0 D．Δl1＝Δl2 解析：选AC 设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的F整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝m＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。 9.如图所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的 动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°角斜向下的推力F作用时，沿水平方向做匀加速直线运动，求物体加速度的大小。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：取物体为研究对象，受力分析如图所示，建立直角坐标系。 水平方向上：Fcos 37°－Ff＝ma ① 竖直方向上：FN＝mg＋Fsin 37°② 又因为：Ff＝μFN ③ 联立①②③求解得：a＝5 m/s2。 答案：5 m/s2 B组—重应用·体现创新 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。现让车从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 C．Fa不变，Fb变小 B．Fa变大，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大 解析：选C 以小球为研究对象，分析受力情况，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 A．t＝0时，所施加的拉力F＝0 B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a) C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D．若t2时刻B的速度达到最大值，此时弹簧弹力恰好为零 解析：选B 施加F前，物体A、B整体平衡，t＝0时即施加外力F的瞬间，物体A、B有加速度，所施加的拉力不为零，故A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹－Mg－FAB＝Ma，其中：F弹＝2Mg，解得：FAB＝M(g－a)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a且FAB＝0，对B有F 弹′－Mg＝Ma，解得：F弹′＝M(g＋a)，故 C错误；t2时刻B的速度达到最大值，即B的 加速度aB＝0，则有弹簧弹力F弹＝Mg，故D错误。 12.一倾角为30°的斜面上放一木板，木板上固定一支架，支架末端用细绳悬挂一小球，木板在斜面上下滑时，小球与木板相对静止共同运动。求细线在下述两种情况下木板下滑的加速度。(g取10 m/s2) (1)沿竖直方向； (2)与斜面方向垂直。 解析：(1)当细线沿竖直方向时，小球受力如图甲所示。FT1与mg都是竖直方向，小球沿斜面方向运动，故不可能有加速度，说明木板沿斜面匀速下滑，此时加速度为0。 (2)当细线与斜面方向垂直时，小球的受力如图乙所示，FT2与mg的合力必沿加速度方向，即沿斜面方向，做出平行四边形，可知合力 F合＝mgsin θ F合 由牛顿第二定律知a2＝m＝gsin θ＝10×sin 30°＝5 m/s2，加速度方向沿斜面向下。 答案：(1)0 (2)5 m/s2，方向沿斜面向下 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容