牛頓第二定律、兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題測(cè)試題及解析

1、2牛頓第二定律、兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題測(cè)試題及解析則（）A .在。ti內(nèi)，外力F大小不斷增大B.在0ti內(nèi)，外力F大小不斷減小直至為零1 . （2020商丘模擬）受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其 v-t圖線(xiàn)如圖所示,C.在tit2內(nèi)，外力F大小可能不斷增大解析：選D v-t圖線(xiàn)的斜率表示加速度，所以在D.在tit2內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大F-二mg所以外力F大小不斷減小，F(xiàn)的最小值等于摩擦力，故 A、B錯(cuò)誤；在tit2內(nèi)，加速度為負(fù)并且不斷變大，根據(jù)加速度的大小a =山職，外力F大小可能不斷減小，故C錯(cuò)誤；如果在F先減小一段時(shí)間后的某個(gè)時(shí)刻，F(xiàn)的方向突然反向，根據(jù)加速度的大小

2、：a=”階F , F后增大，因?yàn)関-t圖m線(xiàn)后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小可能先減小后增大，故 D正確。2.如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長(zhǎng)到。點(diǎn)并系住質(zhì)量為 m的物體?，F(xiàn)將彈簧壓縮到 A點(diǎn)，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。如果物體受到的阻力恒定，則 （）A .物體從A到O先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B.物體從A到O做加速運(yùn)動(dòng)，從 。到B做減速運(yùn)動(dòng)C.物體運(yùn)動(dòng)到 O點(diǎn)時(shí)，所受合力為零D.物體從A到O的過(guò)程中，加速度逐漸減小解析：選A 物體從A到O,初始階段受到向右的彈力大于阻力，合力向右。隨著物體向右運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速

3、度與速度同向，物體的速度逐漸增大。當(dāng)物體向右運(yùn)動(dòng)至AO間某點(diǎn)（設(shè)為點(diǎn)O）時(shí)，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。此后，隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?，?。點(diǎn)時(shí)彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所以物體越過(guò)O點(diǎn)后，合力（加速度）方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)。A正確。3.（2020山東萊州質(zhì)檢）為了讓乘客乘車(chē)更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了 一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅上 表面始終保持水平，如圖所示。當(dāng)此車(chē)加速下坡時(shí)，一位乘客正盤(pán)腿坐在 座椅上，則下列說(shuō)法

4、正確的是（）A.乘客所受合外力可能豎直向下B.支持力可能大于重力C.若乘客未接觸座椅靠背，則應(yīng)受到向前（水平向左）的摩擦力作用D.可能處于超重狀態(tài)解析：選C 當(dāng)車(chē)加速下坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，乘客的加速度與車(chē)的加速度相同，乘客所受合外力沿斜坡向下，故選項(xiàng) A錯(cuò)誤。乘客的加速度沿斜坡向下，將加速度分解成水平方向和豎直方向，則乘客的加速度有豎直向下的分量，乘客處于失重狀態(tài)，所受支持力小于重力，故選項(xiàng) B、D錯(cuò)誤。若乘客未接觸座椅靠背，乘客的加速度沿斜坡向下，將加速度分解成水平方向和豎直方向，則乘客受力如圖，即乘客受到向前（水平向左）的摩擦力作用，故選項(xiàng) C正確。4.電梯頂上懸掛一根勁度系數(shù)為

5、200 N/m的彈簧，彈簧的原長(zhǎng)為 20 cm,在彈簧下端掛一個(gè)質(zhì)量為 0.4 kg的祛碼。當(dāng)電梯運(yùn)動(dòng)時(shí)，測(cè)出彈簧長(zhǎng)度變?yōu)?23 cm, g取10 m/s2,則電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及加速度大小 為（）A.勻加速上升， a = 2.5 m/s2B.勻減速上升， a= 2.5 m/ s2C.勻加速上升，a = 5 m/s2D.勻減速上升，a= 5 m/s2解析：選C 由胡克定律可知，彈簧的彈力F = kx = 200X （0.23 0.20）N = 6 N ,由牛頓第二定律知 Fmg=ma,解得a= 5 m/s2,物體加速度向上，可能是加速上升，也可能是減速下降，故 C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5. （20

6、19武邑第三次質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量為 4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈 簧上面。質(zhì)量為1 kg的物體B用細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái)，A、B緊挨在一起但 A、B之間無(wú) 壓力。某時(shí)刻將細(xì)線(xiàn)剪斷，則細(xì)線(xiàn)剪斷瞬間，B對(duì)A的壓力大小為（g取10 m/s2）（）A. 0B. 50 NC. 10 ND. 8N解析：選D 剪斷細(xì)線(xiàn)前，A、B間無(wú)壓力，則彈簧的彈力F = mAg = 40 N,剪斷細(xì)線(xiàn)的瞬間，對(duì)整 -$上、上心mA+mB g F 4+ 1 X 10402 c , 2 v- 一 八卡體分析,整體加速反：a= mA+mB = _4Z1 m/s =2 m/s，隔曷對(duì)析，mBgN=mBa,解得：N = mBg-mBa

7、= 10 N 1X2 N= 8 N,由牛頓第三定律可知 B對(duì)A的壓力大小為 8 N,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤。6 .如圖所示，圓1和圓2外切，它們的圓心在同一豎直線(xiàn)上，有三塊光滑的板，它們的一端搭在墻上，另一端搭在圓2上，三塊板都通過(guò)兩圓的切點(diǎn)，A在圓上,B在圓內(nèi)，C在圓外。從 A、B、C三處同時(shí)由靜止釋放一個(gè)小球，它們都沿光滑 板運(yùn)動(dòng)，則最先到達(dá)圓 2上的球是（）A.從A處釋放的球B.從B處釋放的球C.從C處釋放的球D.從A、B、C三處釋放的球同時(shí)到達(dá)解析：選B 假設(shè)經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的板兩端點(diǎn)分別在圓1、圓2上，板與豎直方向的夾角為“，圓1的半徑為r,圓2的半徑為R,則圓內(nèi)軌道的長(zhǎng)度 s= 2（r

8、+ R）cos ”，下滑時(shí)小球的加速度a=gcos %根據(jù)位移時(shí)間公式得s=2at2,則t=遣= NT,即當(dāng)板的端點(diǎn)在圓上時(shí)，沿不同板B處釋放的球下滑P、Q以及滑輪和下滑到底端所用的時(shí)間相同；由題意可知，A在圓上，B在圓內(nèi)，C在圓外，可知從的時(shí)間最短，故B項(xiàng)正確。7 .如圖所示，臺(tái)秤上放一個(gè)木箱，木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為mi和m2的兩物體P、Q,用細(xì)繩通過(guò)光滑定滑輪相連，mim2。現(xiàn)剪斷Q下端的細(xì)繩，在 P下落但還沒(méi)有到達(dá)箱底的過(guò)程中，臺(tái)秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將（）A.變大B.變小C.不變D .先變小后變大解析：選B剪斷Q下端的細(xì)繩后，因 mim2, P加速下降，Q加速上升，但對(duì)箱子組成的系統(tǒng)

9、，整體只有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故臺(tái)秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比減小了,選項(xiàng)B正確。8 .多選（2019重慶一中3月模擬）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花 板上，下端拴接質(zhì)量為 m的小球，小球放在傾角為30。的光滑固定斜面上，整體 處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧與豎直方向成30。角，重力加速度為 g,則（）A.平衡時(shí)，斜面對(duì)小球的作用力大小為mg2 gg 2系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí)，彈簧仍處于拉伸狀B.若將斜面突然移走，則移走瞬間小球的加速度大小為C.若將彈簧剪斷，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為D.若將彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧, 態(tài)，此時(shí)斜面對(duì)小球的作用力變小解析：選CD 小球靜止于

10、斜面上，設(shè)小球受的彈簧拉力為T(mén),斜面對(duì)小球的支持力為 Fn,對(duì)小球受力分析如圖，則：Fn=T,2Tcos 30 = mg,解3得：Fn=T=手mg,故A錯(cuò)誤；將斜面突然移走，小球受彈簧拉力和重力， 3彈簧彈力不突變，所以小球的合外力與斜面對(duì)小球的支持力的大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的加速度大小為21 = =$9,故B錯(cuò)誤；將彈簧剪斷的瞬間，小球即將沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，小球的加速度大小為a2=mgsm 30 = 2g,故C正確；將彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧，彈簧彈力將變大，小球?qū)⒀匦泵嫦蛏线\(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí)，輕彈簧與豎直方向的夾角小于30,但斜面對(duì)小球的

11、支持力方向不變，根據(jù)作圖可得斜面對(duì)小球的作用力變小，故D正確。9 .可愛(ài)的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37 的傾斜冰面上，先以加速度a=0.5 m/s2從冰面底部由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)向上“奔跑”，t=8 s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲 (企鵝在滑動(dòng)過(guò)程中姿勢(shì)保持不變 )。若企 鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.25,已知sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8。 求：企鵝向上“奔跑”的位移大??；(2)企鵝在冰面滑動(dòng)的加速度大小；(3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。(計(jì)算結(jié)果可用根式表示)1 C解析：(1)在企鵝向上奔品&過(guò)程中

12、：x=2at2,解得x= 16 m。(2)在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)過(guò)程從臥倒到最高點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)過(guò)程 是從最高點(diǎn)勻加速滑到最低點(diǎn)，兩次過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律分別有：mgsin 37 平 mgos 37 = mai, mgsin 37 mgos 37 = ma2,解得 a = 8 m/s2, a2=4 m/s2。 at 2.(3)上滑位移xi= 2al = 1 m退滑到出發(fā)點(diǎn)的速度 v2=2a2(x + x1),解得 v = 2 . 34 m/s。答案：(1)16 m (2)上滑過(guò)程 8 m/s2,下滑過(guò)程 4 m/s2 (3)234 m/s二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和

13、應(yīng)用性10 .如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連，將 A用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊 B。調(diào)整木板的位置，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)區(qū)時(shí)，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒(méi)有拉力，此時(shí)輕彈簧的形變量為 x。突然撤去木直板，重力加速度為 g,則下列說(shuō)法正確的是()一，A.撤去木板后，B物塊向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)速度最大_國(guó) B.撤去木板后，B物塊向下運(yùn)動(dòng)2x時(shí)速度最大C.撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為 gD.撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為 1.5g解析：選D 當(dāng)B物塊受到的合外力為零時(shí)，速度最大，此時(shí) T2= 2mg= kx2,又mg=kx,所以彈 簧此時(shí)的伸長(zhǎng)量x2=2x,即

14、B物塊向下運(yùn)動(dòng)3x時(shí)其速度最大，選項(xiàng) A、B均錯(cuò)誤；撤去木板瞬間， B物 塊所受的合外力為 3mg,由牛頓第二定律知其加速度大小為 1.5g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。104to到達(dá)B處，在5to時(shí)刻滑 已知滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前后速率不變。以下說(shuō)法正確的是（）A.滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16 : 511 .多選如圖甲所示，一小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間塊運(yùn)動(dòng)到水平面的 C點(diǎn)停止，滑塊與斜面和水平 面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。B.滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為C.斜面的傾角為45。4D.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸7解析：選B

15、D 設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為v,滑塊在斜面上的位移X1 = 1 4t0,在水平面上的位移X2v ，一一一 . =2 to,滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比X1v2 4toX2v2t0=4L，故A錯(cuò)誤；滑塊從A到B的過(guò)程中v= a1 4t0,滑塊從B到C的過(guò)程中v = a2to,加速度大小之比|1=4,故B正確；由題圖乙可得f2=mg= 5 N,f1=科mgos一一 .f10= 4 N ,所以=cos 0= 0.8,即0= 37 ,故C錯(cuò)灰；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中mgsin。一mgpos 0=4ma1,在水平面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中ma2=科mg解得 產(chǎn),，故D正確。12 . （2020天津調(diào)研）在兩

16、個(gè)足夠長(zhǎng)的固定的相同斜面體上（其斜面光滑），分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體 B的上表面水平且光滑，長(zhǎng)方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上。另一端分別連在 A和C上。在A(yíng)與B、C與D分別保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A.B.C.D.P甲兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)彈簧L1處于壓縮狀態(tài),彈簧L1處于拉伸狀態(tài),彈簧彈簧L2處于原長(zhǎng)L2處于壓縮狀態(tài)解析：選C 由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsin Oo對(duì)于題圖甲，以 A為研究對(duì)象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：

17、ax=acos a= gsin a cos a,該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧Li處于壓縮狀態(tài)；對(duì)于題圖乙，以 C為研究對(duì)象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合=mgsin a,即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長(zhǎng)狀態(tài)。故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。13 .如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為 m=2 kg的物體。物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)i=4 N,方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時(shí)間均勻變化，如圖乙所示。物體從零時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。(1)求當(dāng)t=0.5 s時(shí)物體的加速度大小。(2)物體在t= 0至t= 2 s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大？最大值為多少?(3)物體在t= 0至t= 2 s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大？最大值為多少?解析：(1)由題圖乙可知F2=(2+2t)N當(dāng) t=0.5 s 時(shí),F2=(2+2X0.5)N=3 N由牛頓第二定律得 F1- F2= maF1-F24-3m/s2= 0.5 m/ s2 o(2)物體所受的合外力為 F合=51 F2=22t(N)作出F合-t圖像如圖所示從圖中可以看出，在 02 s范圍內(nèi)當(dāng)t=0時(shí)，物體有最大加速度amF m = mamF m 2am= m = 2 m/