（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)12 牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)12　牛頓第二定律 兩類動力學問題　 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．在解一道文字計算題(由字母表達結(jié)果的計算題)時，一個同學解得x＝(t1＋t2)，用單位制的方法檢查，這個結(jié)果(　　) A．可能是正確的 B．一定是錯誤的 C．如果用國際單位制，結(jié)果可能正確 D．用國際單位制，結(jié)果錯誤，如果用其他單位制，結(jié)果可能正確 解析：由x＝(t1＋t2)可知x的單位為：·s＝＝m/s，此為速度的單位，而位移的單位為m，所以結(jié)果錯誤． 答案：B 2．下列對牛頓第二定律的理解，不正確的是(　　) A．如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響

2、B．如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生加速度的矢量和 C．平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動 D．物體的質(zhì)量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比 解析：物體的質(zhì)量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響(如：受力、運動狀態(tài)、在火星上還是地球上等)，故選D. 答案：D 3．(齊齊哈爾質(zhì)檢)一個原來靜止在光滑平面上的物體，質(zhì)量是7 kg，在14 N的恒力作用下運動，則5 s末的速度及5 s內(nèi)通過的路程為(　　) A．8 m/s　25 m　　　　　　B．2 m/s　25 m C．10 m/s　25 m

3、 D．10 m/s　12.5 m 解析：物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝at2＝×2×25 m＝25 m，選項C正確． 答案：C 圖12－1 4．(多選)一物體重為50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖12－1所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N時物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．3 N　　　 B.25 N　　　C．30 N 　　　 D．50 N 解析：若物體向左做勻加速直線運動，

4、根據(jù)牛頓第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知 F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正確． 答案：ACD 5．如圖12－2所示，一輕彈簧一端系在墻上的O點，自由伸長到B點．今用一物體m把彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體能運動到C點靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是(　　) 圖12－2 A．物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小 B．物體從A到B速度越來越小，從B到C加速度不變 C．物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運動 D．物體在B點受力為零

5、解析：物體在A點時受兩個力作用，向右的彈力kx和向左的摩擦力Ff，合力F合＝kx－Ff，物體從A→B的過程，彈力由大于Ff減至為零，所以開始一段合力向右，中間有一點合力為零，然后合力向左，而v一直向右，故物體先做加速度越來越小的加速運動，在A到B中間有一點加速度為零，速度達到最大，接著做加速度越來越大的減速運動；物體從B→C過程，F(xiàn)合＝Ff為恒力，方向向左，所以物體做加速度不變的勻減速運動，故C正確． 答案：C 6．如圖12－3所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列敘述正確的是(　　) 圖12－3 A．小球的速度先減小后增大 B．

6、小球的加速度先減小后增大 C．小球的加速度先增大后減小 D．在該過程的位移中點處小球的速度最大 解析：小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，當mg>kx時，小球做加速度減小的加速運動；當mg＝kx時，小球的加速度等于零，速度達到最大；當mg

7、 答案：B 圖12－4 7．(萊州質(zhì)檢)如圖12－4所示，小車沿水平面做直線運動，小車內(nèi)光滑底面上有一物塊被壓縮的彈簧壓向左壁，小車向右加速運動．若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1和車右壁受彈簧的壓力F2的大小變化是(　　) A．F1不變，F(xiàn)2變大 B．F1變大，F(xiàn)2不變 C．F1、F2都變大 D．F1變大，F(xiàn)2減小 解析：若小車向右加速度增大，彈簧長度不變，則車左壁受物塊的壓力F1增大，車右壁受彈簧的壓力F2的大小不變，B正確． 答案：B 8．(吉林省實驗中學質(zhì)檢)如圖12－5甲所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，F(xiàn)逐漸

8、增大，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，若重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖12－5乙中所提供的信息可以計算出(　　) 圖12－5 A．物體的重力為2 N B．斜面的傾角為37° C．加速度為6 m/s2時物體的速度 D．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為12 N 解析：對物體受力分析，受拉力、重力、支持力，如圖12－6所示， 圖12－6 在x軸方向有 Fcosθ－mgsinθ＝ma① 在y軸方向有 N－Fsinθ－mgcosθ＝0 ② 從圖象中取兩個點：(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)， 代入①式解得m＝2

9、 kg，θ＝37°， 所以物體的重力G＝20 N，斜面的傾角為θ＝37°，故A錯誤，B正確；當a＝0時，可解得F＝15 N，即最小拉力為15 N，題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小，故C、D錯誤． 答案：B 9．(山東淄博一模)(多選)如圖12－7所示，輕彈簧兩端拴接兩個質(zhì)量均為m的小球a、b，拴接小球的細線固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為α＝30°，彈簧水平，以下說法正確的是(　　) 圖12－7 A．細線拉力大小為mg B．彈簧的彈力大小為 mg C．剪斷左側(cè)細線瞬間，b球加速度大小為g D．剪斷左側(cè)細線瞬

10、間，a球加速度大小為2 g 解析：以兩小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象受力分析，受到重力2mg和兩根繩的拉力各為F，根據(jù)平衡條件得2Fsinα＝2mg，F(xiàn)＝2mg，A錯誤；隔離a小球分析，得彈簧彈力大小Fx＝＝mg，B正確；由于兩端約束的彈簧上的彈力不能瞬間變化，故剪斷左側(cè)細線瞬間，b球受力不變，合力為零，其加速度為零，C錯誤；a球受重力和彈簧的彈力，加速度大小a＝＝2g，D正確． 答案：BD 10．(南陽一中月考)(多選)如圖12－8甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30°，質(zhì)量為0.3 kg的小物塊靜止在A點，現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上，作用一段時間后撤去推力F，小物塊能

11、達到的最高位置為C點，小物塊從A到C的v－t圖象如圖12－8乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖12－8 A．小物塊到C點后將沿斜面下滑 B．小物塊從A點沿斜面向上滑行的最大距離為1.8 m C．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 D．推力F的大小為4 N 解析：當撤去推力F后，物塊在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，由v－t圖象可求得物塊在斜面上加速和減速兩個過程中的加速度大小分別為a1＝ m/s2，a2＝10 m/s2，物塊在勻減速運動階段，由牛頓第二定律知mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得μ＝，所以mgsin30°＝μmgcos30°，

12、故小物塊到C點后將靜止，A錯誤，C正確；物塊在勻加速運動階段，有F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，解得F＝4 N，D正確；物塊從A點到C點運動的位移大小與v－t圖象與t軸所圍成的面積相等，x＝×1.2×3 m＝1.8 m，B正確． 答案：BCD 11．(河北石家莊調(diào)研)(多選)如圖12－9所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面固定在水平地面上．當t＝0時，滑塊以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上運動，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法不正確的是(　　) 圖12－9 A．滑塊一直做勻變速直線運

13、動 B．t＝1 s，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上 C．t＝2 s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點 D．t＝3 s時，滑塊的速度大小為4 m/s 解析：設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑時間t1＝＝1 s，上滑的距離x1＝v0t1＝5 m，因tanθ>μ，mgsinθ>μmgcosθ，滑塊上滑到速度為零后向下運動，選項B錯誤；設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，經(jīng)1 s，滑塊下滑的距離x2＝a2t＝1 m<5 m，滑塊未回到出發(fā)點，選

14、項C錯誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線運動，選項A錯誤；t＝3 s時，滑塊沿斜面向下運動，此時的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，選項D正確． 答案：ABC 12．(多選)如圖12－10所示，質(zhì)量分別為m、2m的兩物塊A、B中間用輕彈簧相連，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動．當突然撤去推力F的瞬間，A、B兩物塊的加速度大小分別為(　　) 圖12－10 A．a(chǎn)A＝2a＋3μg B.aA＝2(a＋μg) C．a(chǎn)B＝a D．a(chǎn)B＝a＋μg 解析：撤去F

15、前，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B、彈簧整體有F－μ·3mg＝3ma, 對B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m.撤去F的瞬間彈簧彈力不變，大小仍為F1，兩物塊受到的滑動摩擦力不變，所以，物塊B受力不變，aB＝a，對物塊A，由牛頓第二定律得F1＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg.綜上分析，A、C正確． 答案：AC 二、非選擇題 13．(威海模擬)有一種大型游戲機叫“跳樓機”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40 m高處，然后由靜止釋放．可以認為座椅沿軌道做自由落體運動2 s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運動，且下落到離地面

16、4 m高處時速度剛好減小到零．然后再讓座椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面．(取g＝10 m/s2)求： (1)座椅在自由下落結(jié)束時刻的速度是多大？ (2)座椅在勻減速階段的時間是多少？ (3)在勻減速階段，座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍？ 解析：(1)設(shè)座椅在自由下落結(jié)束時刻的速度為v，由v＝gt1得v＝20 m/s. (2)自由下落的位移 h′＝gt＝20 m 設(shè)座椅勻減速運動的總高度為h，則 h＝(40－4－20)m＝16 m 由h＝t得t＝1.6 s. (3)設(shè)座椅勻減速階段的加速度大小為a，座椅對游客的作用力大小為F， 由v＝at得a＝12.5

17、 m/s2 由牛頓第二定律得F－mg＝ma 解得 ＝2.25. 答案：(1)20 m/s　(2)1.6 s　(3)2.25 14．(洛陽模擬)某電視臺在娛樂節(jié)目中曾推出一個游戲節(jié)目——推礦泉水瓶．選手們從起點開始用力推瓶子一段時間后，放手讓它向前滑動，若瓶子最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)(不能壓線)視為成功；若瓶子最后沒有停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過程中倒下均視為失?。浜喕Ｐ腿鐖D12－11所示，AC是長度L1＝5.5 m的水平桌面，選手們將瓶子放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推它，BC為有效區(qū)域．已知BC長度L2＝1.1 m，瓶子質(zhì)量m＝0.5 kg，與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.

18、2，g取10 m/s2.某選手作用在瓶子上的水平推力F＝11 N，瓶子沿AC做直線運動，假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點，該選手要想游戲獲得成功，試求：在手推瓶子過程中瓶子的位移取值范圍．(令＝2.2) 圖12－11 解析：要想獲得成功，瓶子滑到B點時速度恰好為0，力作用時間最短，滑到C點時速度恰好為0，力作用時間最長．設(shè)力作用時的加速度為a1、位移為x1，撤力時瓶子的速度為v1，撤力后瓶子的加速度為a2、位移為x2，則F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，2a1x1＝v，2a2x2＝－v，L1－L2