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课时跟踪检测(十九)　牛顿第二定律
1.(2024·扬州高一检测)“汽车的速度越大,刹车后越难停下来”,其中“越难停下来”指的是 (　 )
A.汽车的惯性越大
B.改变汽车运动状态的难易程度越大
C.汽车刹车的时间越长
D.汽车刹车的加速度越大
2.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连,小球某时刻正处于如图所示状态,设斜面对小球的支持力为FN,细绳对小球的拉力为FT,若某时刻FT为零,则此时小车的运动情况是 (　 )
A.小车向右做加速运动
B.小车向右做匀速运动
C.小车向左做加速运动
D.小车向左做减速运动
3.如图为无人机对棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度,自静止开始沿水平方向做匀加速运动,2 s达到作业速度后,开始沿水平方向匀速作业,已知作业前无人机和农药总质量为20 kg,无人机作业速度为6 m/s,重力加速度为10 m/s2,则在加速阶段空气对无人机的作用力约为 (　 )
A.60 N　　B.200 N　　C.209 N　　D.220 N
4.(2025·浙江衢州期末)篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接,双手接触到球后,两臂迅速将球引至胸前接住。假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动,则下列双手对篮球施力F的方向可能正确的是 (　 )
5.(2025·广西河池期末)一辆装满石块的货车在倾斜道路上以加速度a=5 m/s2沿斜面向下加速运动,倾斜道路与水平面夹角为30°。货箱中石块B的质量为m=5 kg,(g=10 m/s2)则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为 (　 )
A.12.5 N B.25 N
C.25 N D.25 N
6.(2025·北京丰台期末)(多选)地铁在一段平直的路段上行驶,某人在一根细绳的下端绑上一支圆珠笔,细绳的上端固定在地铁的竖直扶手上。地铁启动后的某段加速过程中,细绳偏离了竖直方向,并与竖直扶手之间有一稳定的夹角,他用手机拍摄了当时情景的照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知当地重力加速度为g,根据这张照片,使用一把刻度尺可估算或判断出拍摄时刻下列哪些物理量 (　 )
A.地铁加速度的方向　　 B.地铁的运动方向
C.地铁加速度的大小 D.细绳中拉力的大小
7.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)
8.(2025·广西河池期末)(多选)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定;质量为m的小球,距弹簧上端高h处自由释放,小球从释放到把弹簧压缩到最低点的过程中,下列说法正确的是 (　 )
A.小球接触弹簧前,小球做自由落体运动,加速度为g
B.小球刚接触弹簧瞬间,速度达到最大
C.小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中,小球的加速度逐渐减小
D.小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中,小球的加速度先减小再增大
9.(2024·安徽高考)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 (　 )
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
10.(多选)如图,一光滑小球置于车上,竖直挡板对小球的弹力大小为F1,小车斜面对球的弹力大小为F2。小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增加,则 (　 )
A.F2逐渐减小
B.F2不变
C.F1逐渐增加
D.F1与F2的合力有可能不变
11.(2024·聊城高一检测)(多选)如图所示,套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球,上端与轻绳相连,左端与轻弹簧相连,轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点,此时弹簧伸长了1.5 cm,轻绳拉力为13.0 N。已知弹簧劲度系数k=200 N/m,小球质量m=0.5 kg,取重力加速度g=10 m/s2。某时刻剪断轻绳,下列说法正确的是 (　 )
A.小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力的大小为3.0 N
B.剪断轻绳的瞬间,小球受力个数不变
C.剪断轻绳的瞬间,小球加速度大小为2 m/s2
D.剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
12.(14分)(2025·新疆克孜勒苏期末)小朋友和雪橇的总质量m=40 kg,绳子与水平方向的夹角θ=37°,如图所示。当绳子的拉力F=100 N时,小朋友和雪橇恰能向右做匀速运动,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)雪橇与水平地面间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字);(7分)
(2)如果某一时刻撤去拉力F,则雪橇的加速度为多少。(7分)
13.(16分)如图所示,用一水平的恒力F将一个质量为2 kg的滑块沿倾角θ=37°的斜面向上做匀速直线运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)水平恒力F大小;(8分)
(2)若撤去恒力F,将滑块在斜面顶端由静止开始释放,求滑块下滑的加速度大小。(8分)
课时跟踪检测
1．选C　根据牛顿第二定律可得a＝，可知汽车刹车的加速度与汽车的速度无关；物体改变运动状态的难易程度与惯性有关，汽车的惯性只由质量决定，与汽车的速度无关；汽车的速度越大，刹车后停下来所用时间就越长，故“越难停下来”指的是汽车刹车的时间越长。故选C。
2．选C　小球和小车具有相同的加速度，所以小球的加速度只能沿水平方向，根据牛顿第二定律知，当细绳拉力为零时，小球受到的合力方向水平，小球受到重力和斜面对其向左偏上的支持力作用，二力的合力只能水平向左，所以小车应向左做加速运动或向右做减速运动，C正确，A、B、D错误。
3．选C　根据加速度定义得a＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据力的合成得F＝≈209 N，故选C。
4．选C　在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，可知篮球受到的合力水平向左，则双手对篮球施力F存在竖直向上的分力与篮球重力平衡，存在水平向左的分力提供加速度，根据平行四边形定则可知，F的方向斜向上偏左。故选C。
5．选D　以B为研究对象，垂直斜面方向有Fy＝mgcos 30°＝25 N，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Fx＋mgsin 30°＝ma，解得Fx＝0，则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为F＝＝25 N，故选D。
6．选ABC　圆珠笔受力如图所示，根据照片可以测出细绳与竖直方向的夹角θ，对圆珠笔，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，代入数据解得a＝gtan θ，方向水平向左，地铁启动后的某段加速过程，加速度方向与速度方向相同，因此地铁的运动方向向左，由于不知圆珠笔的质量，无法求出细绳的拉力大小。故选A、B、C。
7．选C　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正确，A、B、D错误。
8．选AD　小球接触弹簧前，只受重力作用，小球做自由落体运动，加速度为g，故A正确；小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中，一开始弹簧弹力小于小球的重力，小球继续向下加速运动，随着弹力的增大，小球的加速度逐渐减小；当弹簧弹力等于小球的重力，小球的加速度为0，速度达到最大；之后弹簧弹力大于小球的重力，小球向下做减速运动，随着弹力的增大，小球的加速度逐渐增大，故B、C错误，D正确。故选A、D。
9．选A　将小球缓慢拉至P点，并保持静止，由平衡条件可知，此时小球受到的拉力F、重力、两弹簧的拉力的合力为零，可得此时两弹簧的拉力的合力大小为mg。当撤去拉力F，则小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度大小，由牛顿第二定律可得2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。
10.选BC　以小球为研究对象，其受力如图所示，设斜面与水平方向夹角为α，将F2沿水平和竖直方向上正交分解。结合题意，竖直方向上根据平衡条件可得，F2cos α＝mg，以向左为正方向，水平方向上根据牛顿第二定律可得F1－F2sin α＝ma，由以上分析可知F2不变，又因小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增加，所以F1逐渐增加。故B、C正确。
11．选AC　小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹簧弹力大小，故f＝kx＝3.0 N，故A正确；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成FN＝5 N，最大静摩擦力变为f′＝μFN＝2 N，则小球受力不平衡，所以加速度大小为a＝＝2 m/s2，故C正确；剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大，之后小球做加速度增大的减速运动，直到静止，故D错误。
12．解析：(1)对小朋友和雪橇整体受力分析如图所示，可知
F1＝Fcos 37°＝80 N，F2＝Fsin 37°＝60 N，水平方向上，
f＝F1＝80 N
竖直方向上，F2＋FN＝mg
解得FN＝340 N
由f＝μFN，可得μ≈0.24。
(2)根据F合＝f＝μmg，F合＝ma，可得a＝μg＝2.4 m/s2。
答案：(1)0.24　(2)2.4 m/s2
13．解析：(1)当滑块沿斜面匀速上滑时，滑块的受力如图所示
根据受力平衡进行正交分解，
在x轴方向Fcos θ＝mgsin θ＋f
在y轴方向N＝mgcos θ＋Fsin θ
又f＝μN
联立解得F＝40 N。
(2)若将滑块在斜面顶端由静止开始释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝2 m/s2。
答案：(1)40 N　(2)2 m/s2
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