高中物理人教版 阶段检测题必修1　牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析

1．下列说法正确的是(　　)
A．在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果
B．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小
C．作用力与反作用力可以作用在同一物体上
D．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
解析：选D.物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到力的作用，故A错误；惯性大小的量度是质量，故B错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，故C错误；根据牛顿第二定律知，合外力减小，加速度减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，故D正确．
2．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC.施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A错误，B正确；质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由a＝可知，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，选项C正确，D错误．
3．(2019·四川广元一诊)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先加速后减速
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，初始阶段受到的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．正确选项为A.
4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)(　　)
解析：选C.物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g.在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确．
5．如图所示，斜面AD和BD与水平方向的夹角分别为60°和30°，两斜面的A端和B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D，设两物块与AD、BD面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则为(　　)
A．1∶3　　　　　　　　　　 B．3∶1
C．1∶ D.∶1
解析：选B.设斜面底边长为L，倾角为θ，沿斜面下落的时间为t，根据牛顿第二定律，mgsin θ－μmgcos θ＝ma；根据位移时间关系，＝at2，代入数据，联立解得＝3∶1，故B正确，A、C、D错误．
6.(2019·潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图象如图所示(图象在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s 阶段为曲线)，下列判断正确的是(　　)
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
解析：选B.根据图象可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图象可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图象可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移大小，根据图象可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误．
7.(2019·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
解析：选B.剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：a＝＝，即A和B的加速度均为.
8．(2019·沧州一中模拟)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C.设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2
解得：＝
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝mg，C正确．
【B级　能力题练稳准】
9．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块(　　)
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD.物块在A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确．
10．(多选)(2019·湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．铝球刚开始运动的加速度a0＜g
B．铝球下沉的速度将会一直增大
C．铝球下沉过程所受到油的阻力f＝
D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功
解析：选AC.刚开始释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a0＝＝g－11．(2019·马鞍山一模)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离．
解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v－t图象得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N.
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得
aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m.
答案：(1)15 N　(2)6 m
12．(2019·济南模拟)如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上．滑块在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑．斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小；
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图象．
解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s.
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N
Ff随时间变化的图象如图所示．
答案：(1)4.8 m/s　(2)见解析图