高中物理人教必修一4.3牛頓第二定律解析版0001學(xué)年高一物理過(guò)關(guān)檢測(cè)

1、4.3牛頓第二定律1（2020河北省高二月考）如圖所示，A、B為兩個(gè)質(zhì)量相等的小球，由細(xì)線相連，再用輕質(zhì)彈簧懸掛起來(lái)，在A、B間細(xì)線燒斷后的瞬間，A、B的加速度分別是AA、B的加速度大小均為g，方向都豎直向下BA的加速度為0，B的加速度大小為g、豎直向下CA的加速度大小為g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下DA的加速度大于g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下【答案】C【解析】對(duì)整體分析，彈簧的拉力為細(xì)線的彈力剪斷細(xì)繩的瞬間，對(duì)A，瞬間加速度：方向豎直向上；對(duì)B，只受重力的作用，故加速度的大小為方向向下，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。2（2020北京高三三模）如圖，輕彈簧的下端固定在

2、水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是ABCD【答案】A【解析】設(shè)物塊P的質(zhì)量為m，加速度為a，靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，彈簧的勁度系數(shù)為k，由力的平衡條件得，mg=kx0，以向上為正方向，木塊的位移為x時(shí)彈簧對(duì)P的彈力：F1=k（x0-x），對(duì)物塊P，由牛頓第二定律得，F(xiàn)+F1-mg=ma，由以上式子聯(lián)立可得，F(xiàn)=k x+ma可見(jiàn)F與x是線性關(guān)系，且F隨著x的增大而增大，當(dāng)x=0時(shí)，kx+ma0，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)睛】解答本

3、題的關(guān)鍵是要根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得到F與x的解析式，再選擇圖象，這是常用的思路，要注意物塊P的位移與彈簧形變量并不相等3（2020天津耀華中學(xué)高三月考）如圖，將手電筒豎直向上放置，接通電源開(kāi)關(guān)，旋松后蓋使小電珠恰能點(diǎn)亮手持電筒并保持它在豎直方向運(yùn)動(dòng)，要使得小電珠熄滅，可以（ ）A緩慢向上勻速運(yùn)動(dòng)B緩慢向下勻速運(yùn)動(dòng)C突然向上加速運(yùn)動(dòng)D突然向下加速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】AB若電筒緩慢向上、向下勻速運(yùn)動(dòng)，電筒處于平衡狀態(tài)，內(nèi)部連接狀況不變，小電珠能發(fā)光，故AB錯(cuò)誤；C若突然向上加速運(yùn)動(dòng)，以電池為研究對(duì)象，受向上的彈力突然增大，彈簧形變量增大，即壓縮量增大，使得電池與電珠斷開(kāi)，小電珠熄滅，所以C

4、正確；D若突然向下加速，電池受向上的彈力減小，彈簧壓縮量減小，電路仍然是通路，所以小燈珠不會(huì)熄滅，故D錯(cuò)誤。故選C。4質(zhì)量為20kg的物體在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到水平向右，大小為10N的拉力作用，則物體的加速度為（）A1m/s2向右B1 m/s2向左C1.5 m/s2向右D0.5 m/s2向右【答案】C【解析】對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得方向向右，C正確。故選C。5大小分別為1N和7N的兩個(gè)力作用在一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體上，物體能獲得的最小加速度和最大加速度分別是（ ）A1m/s2和7 m/s2B5m/s2和8 m/s2C6m/s2和8m/s2D

5、0m/s2和8 m/s2【答案】C【解析】當(dāng)兩力反向時(shí)，合力最小，加速度最小，則有當(dāng)兩力同向時(shí)，合力最大，加速度最大，則有故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C?！军c(diǎn)睛】先求出兩個(gè)力合力的最大值和最小值，再根據(jù)牛頓第二定律求出最小加速度和最大加速度。6如圖所示，光滑水平面上，兩物體用輕彈簧連接在一起。的質(zhì)量分別為，在拉力作用下，共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，某時(shí)刻突然撤去拉力，此瞬時(shí)A和B的加速度大小為和，則（ ）ABCD【答案】D【解析】撤去拉力F前，兩物體以共同加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分析A的受力，可以求出彈簧的彈力撤去F的瞬間彈簧的彈力不變，分別對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可求

6、解。【詳解】由牛頓第二定律得：存在拉力時(shí)，對(duì)A：T=m1a，撤去拉力瞬間，彈簧彈力不突變，對(duì)A：T=m1a1，解得：a1=a，對(duì)B：T=m2a2，解得： 故選：D?！军c(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用，知道撤去F的瞬間彈簧的彈力不突變是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題，本題是一道基礎(chǔ)題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。7如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質(zhì)量為3 kg的物體B用輕質(zhì)細(xì)線懸掛，A、B接觸但無(wú)擠壓。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間，B對(duì)A的壓力大小為（g10 m/s2）A12 NB22 NC25 ND30N【答案】A【解析】剪斷細(xì)線前，A、B間無(wú)壓力，對(duì)A受

7、力分析，受重力和彈簧的彈力，根據(jù)平衡條件有：N剪斷細(xì)線的瞬間，對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有：代入數(shù)據(jù)得整體加速度為：m/s2隔離對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律有：代入數(shù)據(jù)解得：N，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A8在動(dòng)摩擦因數(shù)0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為m1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45角的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端相連，如圖所示。此時(shí)小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零，當(dāng)剪斷輕繩的瞬間（）A小球仍處于靜止?fàn)顟B(tài)B小球獲得 10m/s2的加速度C如果不剪斷輕繩而是剪斷彈簧，則小球仍處于靜止?fàn)顟B(tài)D如果不剪斷輕繩而是剪斷彈簧，則小球獲得 10m/s2的加速度【答案】C【解析】AB在

8、剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈簧的彈力F=mgtan45=1101=10N剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N，小球此時(shí)受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個(gè)力作用；小球所受的最大靜摩擦力為f=mg=0.2110N=2N根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為方向向左，故AB錯(cuò)誤；CD剪斷彈簧的瞬間，輕繩對(duì)小球的拉力瞬間為零，此時(shí)小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。9（2020北京交通大學(xué)附屬中學(xué)高一期末）如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放，落在彈簧

9、上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球的速度v隨時(shí)間t的變化圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的曲線，BCD是平滑的曲線。若以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，則關(guān)于A、B、C、D各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的小球下落的位置坐標(biāo)x及所對(duì)應(yīng)的加速度a的大小，以下說(shuō)法正確的是（）A，B，C，D，【答案】B【解析】小球的速度v隨時(shí)間t的變化圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，表示物體在OA段加速度不變，即OA段物體自由下落，若以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，則，B點(diǎn)時(shí)物體的速度最大，加速度為0，則B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力等于小球的重力，則B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的小球下落的位置坐標(biāo)AC段，加速和減速具有

10、對(duì)稱性，則C點(diǎn)時(shí)物體的加速度大小BCD是平滑的曲線，則D點(diǎn)時(shí)物體的加速度大小故B項(xiàng)正確，ACD三項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。10如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時(shí)水平細(xì)線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端開(kāi)始時(shí)A、B兩球都靜止不動(dòng)，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在水平細(xì)線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（）AaAaBgBaA2g，aB0CaAg，aB0DaA2g，aB0【答案】D【解析】剪斷前，設(shè)懸掛A小球的受到傾斜彈簧拉力為F，細(xì)線拉力為T，將AB兩個(gè)小球做為一個(gè)整體，受力

11、分析可知解得剪斷后瞬間，繩子拉力突然消失，兩根彈簧的彈力還沒(méi)有來(lái)的及發(fā)生變化，因此A小球所受合力水平向左，大小為T，根據(jù)牛頓第二定律因此小球A的加速度而小球B所受合力仍為0，加速度為零，D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。11（2020南城縣第二中學(xué)高一開(kāi)學(xué)考試）多少水球可以擋住一顆子彈？不同的人被問(wèn)到這個(gè)問(wèn)題時(shí)，答案可能各不相同。國(guó)家地理頻道為此特地做了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，把10顆水球排在一條直線上，找來(lái)專家對(duì)著這排水球開(kāi)槍，沒(méi)想到結(jié)果讓不少人出乎意料，僅四個(gè)水球就可以擋住子彈了！已知每個(gè)水球的直徑為 15cm，子彈以 800m/s 的初速度在水中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且恰好穿出第四個(gè)水球，忽略水球之間的距離。根

12、據(jù)以上數(shù)據(jù)不能確定的是（）A子彈的運(yùn)動(dòng)時(shí)間B子彈的平均速度C子彈的加速度D子彈受到的阻力【答案】D【解析】AC因?yàn)樽訌椬鰟驕p速運(yùn)動(dòng)，通過(guò)4個(gè)相等的位移，由帶入數(shù)據(jù)可得子彈的加速度為a=-533333m/s2；再根據(jù)代入數(shù)據(jù)可得子彈的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=0.0015s；故A錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；B根據(jù)平均速度的公式故B錯(cuò)誤；D由于題目條件中不知道子彈的質(zhì)量，故不能確定子彈受到的阻力，故D正確。故選D。12（2020廣東省湛江二十一中高一開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當(dāng)滑塊將彈簧壓縮了x0時(shí)速度減小為0，然后彈簧又將滑塊向右推開(kāi)已知彈簧的勁度系數(shù)為k，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)過(guò)

13、程彈簧未超過(guò)彈性限度，則正確的是A滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度先減小后增大B滑塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終做加速運(yùn)動(dòng)C滑塊與彈簧接觸過(guò)程中，最大加速度為D滑塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)滑塊離開(kāi)彈簧時(shí)，滑塊的速度最大【答案】C【解析】A滑塊向左接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在水平方向上受到向右的彈簧的彈力和向右的摩擦力，在此過(guò)程中彈簧的彈力是逐漸增大的，彈力和摩擦力的合力與運(yùn)動(dòng)方向始終相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小一直增大，故A錯(cuò)誤；B滑塊向右接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)是從彈簧壓縮量最大時(shí)開(kāi)始的，此時(shí)受到水平向右的彈力和向左的摩擦力，開(kāi)始時(shí)彈簧的彈力大于摩擦力，但當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到一定程度，彈力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于彈力所以

14、滑塊向右接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是先加速，后減速故B錯(cuò)誤；C由對(duì)A的分析可知，當(dāng)彈簧的壓縮量為x0時(shí)，水平方向的合力為F=kx0+mg，此時(shí)合力最大，由牛頓第二定律有故C正確；D在滑塊向右接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)彈簧的形變量為時(shí)，由胡克定律可得f=kx=mg，此時(shí)彈力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力為零此時(shí)速度最大，之后物體開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。【點(diǎn)睛】解決此類問(wèn)題，要正確的分析物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程及物體的受力情況，并會(huì)確定運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界點(diǎn)和分析在臨界點(diǎn)上的受力，當(dāng)物體接觸彈簧向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，開(kāi)始是加速運(yùn)動(dòng)的，當(dāng)彈力和摩擦力相等時(shí)，加速度為零，之后摩擦力要大于彈力，物體開(kāi)始做

15、減速運(yùn)動(dòng)彈力和摩擦力相等時(shí)即為一個(gè)臨界點(diǎn)13（2020長(zhǎng)沙市南雅中學(xué)高一開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有( ) A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為0C圖乙中輕桿的作用力一定不為0D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍【答案】D【解析】撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsin，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2

16、mgsin，加速度為2gsin；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin，故D正確，A.B.C錯(cuò)誤故選D.點(diǎn)睛：根據(jù)彈簧彈力不能突變，桿的彈力會(huì)突變，分析撤去擋板的瞬間，圖甲和圖乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度14質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上運(yùn)動(dòng)，圖中兩直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力時(shí)的速度-時(shí)間圖像，則下列說(shuō)法正確的是：A物體所受摩擦力一定等于0.1NB水平拉力一定等于0.1NC物體不受水平拉力時(shí)的速度-時(shí)間圖像一定是aD物體不受水平拉力時(shí)的速度-時(shí)間圖像一定是b【答案】B【解析】設(shè)拉力大小為F由圖讀出加速度分別為aa=m/s2，ab=

17、m/s2CD兩圖加速度大小不同，拉力方向與滑動(dòng)摩擦力方向可能相反，也可能相同，無(wú)法判斷物體不受水平拉力是哪個(gè)圖象故CD錯(cuò)誤；B若物體受水平拉力時(shí)的速度圖象是a時(shí)，拉力與速度方向相同，根據(jù)牛頓第二定律得 f-F=maa，f=mab，解得F=0.1N若物體受水平拉力時(shí)的速度圖象是b時(shí)，拉力與速度方向相反，根據(jù)牛頓第二定律得 f+F=mab，f=maa，解得F=0.1N故B正確；A由上得到：若物體受水平拉力時(shí)的速度圖象是a時(shí)，摩擦力f=0.2N；若物體受水平拉力時(shí)的速度圖象是b時(shí)，摩擦力f=0.1N，故A錯(cuò)誤15橡皮筋具有與彈簧類似的性質(zhì)，如圖所示，一條質(zhì)量不計(jì)的橡皮筋豎直懸掛，勁度系數(shù)k=100N

18、/m，橡皮筋上端安裝有拉力傳感器測(cè)量橡皮筋的彈力。當(dāng)下端懸掛一個(gè)鉤碼，靜止時(shí)拉力傳感器讀數(shù)為10N，現(xiàn)將一個(gè)完全相同的鉤碼輕輕掛在第一個(gè)鉤碼的下方，取g=10m/s2，則（） A懸掛第二個(gè)鉤碼的瞬間，拉力傳感器的讀數(shù)仍為10NB懸掛第二個(gè)鉤碼的瞬間，鉤碼間的彈力大小是20NC懸掛第二個(gè)鉤碼后，拉力傳感器的讀數(shù)恒為20ND懸掛第二個(gè)鉤碼后，鉤碼運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)下降的高度為10cm【答案】AD【解析】ABC懸掛第二個(gè)鉤碼的瞬間，橡皮筋長(zhǎng)度還沒(méi)發(fā)生變化，根據(jù)胡克定律，橡皮筋拉力大小仍為10N，A正確，BC錯(cuò)誤；D設(shè)懸掛第一個(gè)鉤碼穩(wěn)定時(shí)的伸長(zhǎng)量為x1懸掛第二個(gè)鉤碼后，鉤碼運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)，鉤碼受力平衡，設(shè)

19、此時(shí)又伸長(zhǎng)x2，則代入數(shù)據(jù)，可得D正確。故選AD。16（2020福建省高一期末）如圖（甲）所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小球從彈簧上端h高處?kù)o止釋放。以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下建立坐標(biāo)軸Ox，畫(huà)出小球所受彈力F大小隨位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖（乙）所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則小球在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）A當(dāng)x=h時(shí)，速度最大B當(dāng)x=h+x0時(shí)，速度最大C當(dāng)x=h+2x0時(shí)，加速度大小為gD從x=h到x=h+2x0，加速度一直減小【答案】BC【解析】ABD根據(jù)乙圖可知，小球開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后，由于彈力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球做加速

20、度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x=h+x0小球的重力等于彈簧的彈力，此時(shí)加速度為零，小球具有最大速度，接下來(lái)彈力大于重力，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故AD不符合題意，B符合題意；C由于當(dāng)x=h時(shí)小球的加速度為g，根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)x=h+2x0時(shí)，小球的加速度大小為g，方向向上，故C符合題意。故選BC。17（2020華南師范大學(xué)中山附屬中學(xué)高一月考）質(zhì)量為2 kg的物體在xy平面上做曲線運(yùn)動(dòng)，在x方向的速度圖像和y方向的位移圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A質(zhì)點(diǎn)的初速度為5m/sB質(zhì)點(diǎn)所受的合外力為3NC質(zhì)點(diǎn)初速度的方向與合外力方向垂直D2s末質(zhì)點(diǎn)速度大小為6m/s【答案】AB【解析】A由

21、圖像可知vy=4m/s質(zhì)點(diǎn)的初速度選項(xiàng)A正確；B物體的加速度a=1.5m/s2，由F=ma，得F=3N選項(xiàng)B正確；C質(zhì)點(diǎn)初速度的方向與合外力方向夾角為，如圖所示，質(zhì)點(diǎn)初速度的方向與合外力方向不垂直。選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D2 s末vx2=6m/s 選項(xiàng)D錯(cuò)誤故選AB.18研究表明，一般人的剎車反應(yīng)時(shí)間（即圖甲中“反應(yīng)過(guò)程”所用時(shí)間）t0=0.4s，但飲酒會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)時(shí)間延長(zhǎng)在某次試驗(yàn)中，志愿者少量飲酒后駕車以v0=72km/h的速度在試驗(yàn)場(chǎng)的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L=39m減速過(guò)程中汽車位移s與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示，此過(guò)程可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g=10m/

22、s2求：（1）減速過(guò)程汽車加速度的大小及所用時(shí)間； （2）飲酒使志愿者的反應(yīng)時(shí)間比一般人增加了多少； （3）減速過(guò)程汽車對(duì)志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)減速過(guò)程中，汽車加速度的大小為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由題可知初速度，末速度，位移由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：由式代入數(shù)據(jù)得（2）設(shè)志愿者飲酒后反應(yīng)時(shí)間的增加量為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得（3）設(shè)志愿者力所受合外力的大小為F，汽車對(duì)志愿者作用力的大小為，志愿者的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得由平行四邊形定則得聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得19為了研發(fā)超高速的新型交通工具Hyperloop One，某公司完成了圖示的軌道測(cè)試，現(xiàn)簡(jiǎn)化為下述過(guò)程。軌道全長(zhǎng)1000m，之后鋪設(shè)了450m的減速沙堆，車輛全程保持懸浮，車輛質(zhì)量為260kg，忽略軌