作业12 牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题 1．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x ＝F 2m (t 1＋t 2)，用单位制的方法检查，这个结果( )A ．可能是正确的B ．一定是错误的C ．如果用国际单位制，结果可能正确D ．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确解析：由x ＝F 2m (t 1＋t 2)可知x 的单位为：N kg ·s ＝kg ·m/s 2·s kg ＝m/s ，此为速度的单位，而位移的单位为m ，所以结果错误．答案：B2．下列对牛顿第二定律的理解，不正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B ．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C ．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D ．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比解析：物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如：受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，故选D.答案：D3．(2019年齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下运动，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )A ．8 m/s 25 mB ．2 m/s 25 mC ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m解析：物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v＝at ＝2×5 m/s ＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m ＝25 m ，选项C 正确．答案：C图12－14．(多选)一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图12－1所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g ＝10 m/s 2)( )A ．3 N B.25 N C ．30 N D ．50 N 解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F 2－F 1－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D正确．答案：ACD5．如图12－2所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点．今用一物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是()图12－2A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B．物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动D．物体在B点受力为零解析：物体在A点时受两个力作用，向右的弹力kx和向左的摩擦力F f，合力F合＝kx－F f，物体从A→B的过程，弹力由大于F f减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A到B中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B→C过程，F合＝F f为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C正确．答案：C6．如图12－3所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是( )图12－3A ．小球的速度先减小后增大B ．小球的加速度先减小后增大C ．小球的加速度先增大后减小D ．在该过程的位移中点处小球的速度最大解析：小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，当mg >kx 时，小球做加速度减小的加速运动；当mg ＝kx 时，小球的加速度等于零，速度达到最大；当mg <kx 时，小球做加速度增大的减速运动，故A 、C 错误，B 正确．小球速度最大处时mg ＝kx 1，x 1＝mg k ，x 1为弹簧的形变量，若小球从弹簧处由静止释放，到达最低点，根据运动的对称性，知加速度等于g ，方向竖直向上，此时有kx －mg ＝mg ，x ＝2mg k ，故此时速度最大处在该过程位移的中点处，若从某一高度下降，下降的更低，则x 1＝mg k 不在该过程位移的中点处，故D 错误．答案：B图12－47．(2019年莱州质检)如图12－4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小解析：若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确．答案：B8．(2019年吉林省实验中学质检)如图12－5甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，F逐渐增大，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图12－5乙中所提供的信息可以计算出()图12－5A．物体的重力为2 NB．斜面的倾角为37°C．加速度为6 m/s2时物体的速度D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图12－6所示，图12－6在x轴方向有F cosθ－mg sinθ＝ma①在y轴方向有N－F sinθ－mg cosθ＝0 ②从图象中取两个点：(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，代入①式解得m＝2 kg，θ＝37°，所以物体的重力G＝20 N，斜面的倾角为θ＝37°，故A错误，B 正确；当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N，题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，故C、D错误．答案：B9．(2019年山东淄博一模)(多选)如图12－7所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是()图12－7A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为 3 mgC．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD．剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为2 g解析：以两小球和弹簧组成的系统为研究对象受力分析，受到重力2mg和两根绳的拉力各为F，根据平衡条件得2F sinα＝2mg，F＝2mg，A错误；隔离a小球分析，得弹簧弹力大小F x＝F2－（mg）2＝3mg，B正确；由于两端约束的弹簧上的弹力不能瞬间变化，故剪断左侧细线瞬间，b球受力不变，合力为零，其加速度为零，C错误；a球受重力和弹簧的弹力，加速度大小a＝（mg）2＋F2xm＝2g，D正确．答案：BD10．(2019年南阳一中月考)(多选)如图12－8甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图12－8乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()图12－8A ．小物块到C 点后将沿斜面下滑B ．小物块从A 点沿斜面向上滑行的最大距离为1.8 mC ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33D ．推力F 的大小为4 N解析：当撤去推力F 后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v －t 图象可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a 1＝103 m/s 2，a 2＝10 m/s 2，物块在匀减速运动阶段，由牛顿第二定律知mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2，解得μ＝33，所以mg sin30°＝μmg cos30°，故小物块到C 点后将静止，A 错误，C 正确；物块在匀加速运动阶段，有F －mg sin30°－μmg cos30°＝ma 1，解得F ＝4 N ，D 正确；物块从A 点到C 点运动的位移大小与v －t 图象与t轴所围成的面积相等，x ＝12×1.2×3 m ＝1.8 m ，B 正确．答案：BCD11．(2019年河北石家庄调研)(多选)如图12－9所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法不正确的是( )图12－9A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s ，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(t －t 1)＝4 m/s ，选项D 正确．答案：ABC12．(多选)如图12－10所示，质量分别为m 、2m 的两物块A 、B 中间用轻弹簧相连，A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F 作用下，A 、B 一起向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动．当突然撤去推力F 的瞬间，A 、B 两物块的加速度大小分别为( )图12－10A ．a A ＝2a ＋3μg B.a A ＝2(a ＋μg )C ．a B ＝aD ．a B ＝a ＋μg解析：撤去F 前，根据牛顿第二定律，对A 、B 、弹簧整体有F －μ·3mg ＝3ma, 对B 有F 1－μ·2mg ＝2ma ，得F 1＝2(a ＋μg )m .撤去F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F 1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B 受力不变，a B ＝a ，对物块A ，由牛顿第二定律得F 1＋μmg ＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg .综上分析，A 、C 正确．答案：AC二、非选择题13．(2019年威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，由v ＝gt 1得v ＝20 m/s.(2)自由下落的位移h ′＝12gt 21＝20 m设座椅匀减速运动的总高度为h ，则h ＝(40－4－20)m ＝16 m由h ＝v 2t 得t ＝1.6 s.(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，由v ＝at 得a ＝12.5 m/s 2由牛顿第二定律得F －mg ＝ma解得 F mg ＝2.25.答案：(1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.2514．(2019年洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图12－11所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．(令5＝2.2)图12－11解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，2a1x1＝v21，2a2x2＝－v21，L1－L2<x1＋x2<L1，由以上各式联立可解得：0.4 m<x1<0.5 m.答案：0.4 m～0.5 m。