牛顿第二定律、两类动力学问题测试题及解析

牛顿第二定律、两类动力学问题测试题及解析
1．(2020·商丘模拟)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v -t 图线如图所示，则( )
A ．在0～t 1内，外力F 大小不断增大
B ．在0～t 1内，外力F 大小不断减小直至为零
C ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能不断增大
D ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能先减小后增大
解析：选D v -t 图线的斜率表示加速度，所以在0～t 1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a ＝F －μmg m
，所以外力F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故A 、B 错误；在t 1～t 2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －F m
，外力F 大小可能不断减小，故C 错误；如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：a ＝
μmg ＋F m ，F 后增大，因为v -t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小可能先减小后增大，故D 正确。

2.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体。

现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点。

如果物体受到的阻力恒定，则( )
A ．物体从A 到O 先做加速运动后做减速运动
B ．物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动
C ．物体运动到O 点时，所受合力为零
D ．物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A 物体从A 到O ，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。

随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。

当物体向右运动至AO 间某点(设为点O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。

此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。

所以物体越过O ′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。

A 正确。

3.(2020·山东莱州质检)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了
一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅上
表面始终保持水平，如图所示。

当此车加速下坡时，一位乘客正盘腿坐在
座椅上，则下列说法正确的是( )
A ．乘客所受合外力可能竖直向下
B ．支持力可能大于重力
C ．若乘客未接触座椅靠背，则应受到向前(水平向左)的摩擦力作用
D ．可能处于超重状态
解析：选C 当车加速下坡时，加速度方向沿斜坡向下，乘客的加速度与车的
加速度相同，乘客所受合外力沿斜坡向下，故选项A 错误。

乘客的加速度沿斜坡向
下，将加速度分解成水平方向和竖直方向，则乘客的加速度有竖直向下的分量，乘
客处于失重状态，所受支持力小于重力，故选项B 、D 错误。

若乘客未接触座椅靠
背，乘客的加速度沿斜坡向下，将加速度分解成水平方向和竖直方向，则乘客受力
如图，即乘客受到向前(水平向左)的摩擦力作用，故选项C 正确。

4．电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N /m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码。

当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )
A ．匀加速上升，a ＝2.5 m /s 2
B ．匀减速上升，a ＝2.5 m/s 2
C ．匀加速上升，a ＝5 m /s 2
D ．匀减速上升，a ＝5 m/s 2
解析：选C 由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20)N ＝6 N ，由牛顿第二定律知F －mg ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，A 、B 、D 错误。

5．(2019·武邑第三次质检)如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹
簧上面。

质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无
压力。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )
A ．0
B ．50 N
C ．10 N
D ．8 N
解析：选D 剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝40 N ，剪断细线的瞬间，对整
体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －F m A ＋m B ＝(4＋1)×10－404＋1
m /s 2＝2 m/s 2，隔离对B 分析，m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝10 N －1×2 N ＝8 N ，由牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小为8 N ，故D 正确，
A 、
B 、
C 错误。

6.如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，
它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A 在圆上，
B 在圆内，
C 在圆外。

从A 、B 、C 三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑
板运动，则最先到达圆2上的球是( )
A ．从A 处释放的球
B ．从B 处释放的球
C ．从C 处释放的球
D ．从A 、B 、C 三处释放的球同时到达
解析：选B 假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r ，圆2的半径为R ，则圆内轨道的长度s ＝2(r ＋R )cos α，下滑时小球的加速度a ＝g cos α，根据位移
时间公式得s ＝12at 2，则t ＝ 2s a ＝ 4(r ＋R )cos αg cos α＝ 4(r ＋R )g ，即当板的端点在圆上时，沿不同板
下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A 在圆上，B 在圆内，C 在圆外，可知从B 处释放的球下滑的时间最短，故B 项正确。

7.如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m 1和m 2的两物体P 、Q ，
用细绳通过光滑定滑轮相连，m 1>m 2。

现剪断Q 下端的细绳，在P 下落但还没有到达
箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将( )
A ．变大
B ．变小
C ．不变
D ．先变小后变大
解析：选B 剪断Q 下端的细绳后，因m 1>m 2，P 加速下降，Q 加速上升，但对P 、Q 以及滑轮和箱子组成的系统，整体只有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B 正确。

8．[多选](2019·重庆一中3月模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花
板上，下端拴接质量为m 的小球，小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上，整体
处于平衡状态时，弹簧与竖直方向成30°角，重力加速度为g ，则( )
A ．平衡时，斜面对小球的作用力大小为32
mg B ．若将斜面突然移走，则移走瞬间小球的加速度大小为
32g C ．若将弹簧剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为g 2
D ．若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，系统重新达到平衡时，弹簧仍处于拉伸状态，此时斜面对小球的作用力变小
解析：选CD 小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T ，斜面对
小球的支持力为F N ，对小球受力分析如图，则：F N ＝T,2T cos 30°＝mg ，解
得：F N ＝T ＝33
mg ，故A 错误；将斜面突然移走，小球受弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方
向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为a 1＝F 合m ＝33
g ，故B 错误；将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为a 2＝mg sin 30°m ＝12
g ，故C 正确；将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D 正确。

9.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。

如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。

若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。

(计算结果可用根式表示)
解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝1
2at
2，
解得x＝16 m。

(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程从卧倒到最高点做匀减速运动，第二个过程是从最高点匀加速滑到最低点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。

(3)上滑位移x1＝(at)2
2a1＝1 m
退滑到出发点的速度v2＝2a2(x＋x1)，
解得v＝234 m/s。

答案：(1)16 m(2)上滑过程8 m/s2，下滑过程4 m/s2(3)234 m/s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用
轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。

调整木板的位置，当系统处于静止状态
时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。

突然撤去木
板，重力加速度为g，则下列说法正确的是()
A．撤去木板后，B物块向下运动x时速度最大
B．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
C．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
D．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为1.5g
解析：选D当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时其速度最大，选项A、B均错误；撤去木板瞬间，B物块所受的合外力为3mg，由牛顿第二定律知其加速度大小为1.5g，选项C错误，D正确。

11．[多选]如图甲所示，一小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过时间4t 0到达B 处，在5t 0时刻滑块运动到水平面的C 点停止，滑块与斜面和水平 面间的动摩擦因数相同。

已知滑块在运动过程中所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B 点前后速率不变。

以下说法正确的是(
)
A ．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5
B ．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4
C ．斜面的倾角为45°
D ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝47 解析：选BD 设滑块到达B 点的速度为
v ，滑块在斜面上的位移x 1＝v 2·4t 0
，在水平面上的位移x 2＝v 2·t 0，滑块在斜面和水平面上的位移大小之比x 1x 2＝v 2·4t 0v 2·t 0
＝41，故A 错误；滑块从A 到B 的过程中v ＝a 1·4t 0，滑块从B 到C 的过程中v ＝a 2t 0，加速度大小之比a 1a 2＝14
，故B 正确；由题图乙可得f 2＝μmg ＝5 N ，f 1＝μmg cos θ＝4 N ，所以f 1f 2
＝cos θ＝0.8，即θ＝37°，故C 错误；滑块在斜面上运动的过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，在水平面上运动的过程中ma 2＝μmg ，解得μ＝47
，故D 正确。

12．(2020·天津调研)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B 的上表面水平且光滑，长方体D 的上表面与斜面平行且光滑，p 是固定在B 、D 上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p 上。

另一端分别连在A 和C 上。

在A 与B 、C 与D 分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A ．两弹簧都处于拉伸状态
B ．两弹簧都处于压缩状态
C ．弹簧L 1处于压缩状态，弹簧L 2处于原长
D ．弹簧L 1处于拉伸状态，弹簧L 2处于压缩状态
解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

对于题图甲，以A 为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A 沿水平方向的加速度：a x ＝a cos α＝g sin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L 1处于压缩状态；对于题图乙，以C 为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F 合＝mg sin α，即C 不能受到弹簧的弹力，弹簧L 2处于原长状态。

故选项C 正确，
A 、
B 、D 错误。

13．如图甲所示，光滑水平面上的O 处有一质量为m ＝2 kg 的物体。

物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。

物体从零时刻开始运动。

(1)求当t ＝0.5 s 时物体的加速度大小。

(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内何时物体的速度最大？最大值为多少？
解析：(1)由题图乙可知F 2＝(2＋2t )N
当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5)N ＝3 N
由牛顿第二定律得F 1－F 2＝ma
a ＝F 1－F 2m ＝4－32
m /s 2＝0.5 m/s 2。

(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝2－2t (N)
作出F 合-t 图像如图所示
从图中可以看出，在0～2 s 范围内
当t ＝0时，物体有最大加速度a m
F m ＝ma m
a m ＝F m m ＝22
m /s 2＝1 m/s 2 当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a m ′
F m ′＝ma m ′
a m ′＝F m ′m ＝－22
m /s 2＝－1 m/s 2 负号表示加速度方向向左。

(3)由牛顿第二定律得
a＝F合
m＝1－t(m/s2)
画出a-t图像如图所示
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a-t图像在t轴上方与
横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝1
2×1×1 m/s＝0.5 m/s。

答案：(1)0.5 m/s2(2)当t＝0时，a m＝1 m/s2；当t＝2 s时，a m′＝－1 m/s2(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s。