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1、基础课基础课 2 牛顿第二定律 两类动力学问题 牛顿第二定律 两类动力学问题 一、选择题(15 题为单项选择题，69 题为多项选择题) 1(2017苏州高三检测)关于力学单位制的说法中正确的是( ) Akg、m/s、N 是导出单位 Bkg、m、J 是基本单位 C在国际单位制中，质量的基本单位是 kg，也可以是 g D只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 Fma 解析 kg 是质量的单位，它是基本单位，所以 A 错误；国际单位制规定了七个 基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的 量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，J 是导出单位，B 错误；g 也是
2、质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以 C 错误；牛顿第 二定律的表达式 Fma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的， 所以 D 正确。 答案 D 2 (2017自贡市月考)如图1所示， 两轻质弹簧a、 b悬挂一小铁球处于平衡状态， a 弹簧与竖直方向成 30角，b 弹簧水平，a、b 两弹簧的劲度系数分别为 k1、k2， 重力加速度为 g，则( ) 图 1 Aa、b 两弹簧的伸长量之比为k 2 k1 Ba、b 两弹簧的伸长量之比为2k 2 k1 C若弹簧 b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g 2 D若弹簧 b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g3 解析 设
3、弹簧 a、 b 的弹力分别为 Ta、 Tb， 将弹簧 a 的弹力沿水平和竖直方向分解， 则 Tacos 30mg，Tasin 30Ta，结合胡克定律可求得 a、b 两弹簧的伸长量之 比为，结合牛顿第二定律可求得弹簧 b 的左端松脱瞬间小球的加速度为g， 2k2 k1 3 3 选项 B 正确，A、C、D 错误。 答案 B 3一物体沿倾角为 的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速 度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为( ) Agsin Bgtan C2gsin D2gtan 解析 对物体下滑时进行受力分析，如图甲。由于恰好做匀速直线运动，根据平 衡知识得： mgsin f 物体以某一初
4、速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。 物体的合力 F合mgsin f2mgsin 根据牛顿第二定律得：a2gsin F合 m 故选 C。 甲 乙 答案 C 4.如图 2 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(取 g10 m/s2)( ) 图 2 A0 N B8 NC10 N D50 N 解析 细线剪断瞬间， 弹簧弹力不变， A 和 B 整体受到的合外力等于物体 B 的重 力，因此整体的加速度为 a g，对物体 B： mB
5、gNmBa，所以 A、B mBg mAmB 1 5 间作用力 NmB(ga) mBg8 N。 4 5 答案 B 5 (2016安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块 A 以加速度 a1沿斜面匀 加速下滑，如图 3 甲。在滑块 A 上放一物体 B，物体 B 始终与 A 保持相对静止， 以加速度 a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块 A 上施加一竖直向下的恒力 F， 滑块 A 以加速度 a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则( ) 图 3 Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3 解析 题图甲中的加速度为 a1，则有 mgsin mgcos ma1， 解得 a1gsin gcos
6、 。 题图乙中的加速度为 a2，则有 (mm)gsin (mm)gcos (mm)a2， 解得 a2gsin gcos 。 题图丙中的加速度为 a3，设 Fmg，则有 (mm)gsin (mm)gcos ma3， 解得 a3。 （mm）gsin （mm）gcos m 故 a1a2a3，故 B 正确。 答案 B 6.竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如 图 4 所示。则迅速放手后( ) 图 4 A小球开始向下做匀加速运动 B弹簧恢复原长时小球速度达到最大 C弹簧恢复原长时小球加速度等于 g D小球运动过程中最大加速度大于 g 解析 迅速放手后，小球受到重力、弹簧向
7、下的弹力作用，向下做加速运动，弹 力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动，故 A 错误；弹簧恢复原 长时，小球只受重力，加速度为 g，故 C 正确；弹簧恢复原长后，小球继续向下 运动，开始时重力大于弹力，小球加速度向下，做加速运动，当重力等于弹力时 加速度为零，速度最大，故 B 错误；刚放手时，小球所受的合力大于重力，加 速度大于 g，故 D 正确。 答案 CD 7如图 5 是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中 P、Q、N 是固定在车体上的压 力传感器， 假设圆柱形工件表面光滑， 汽车静止不动时 Q 传感器示数为零， P、 N 传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数
8、为零而 Q、N 传感器示数不为零。已知 sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) 图 5 A2.5 m/s2 B3 m/s2C2 m/s2 D4 m/s2 解析 当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而 Q，N 传感 器示数不为零，受力分析如图所示，则 FQmgFNcos 15， F合FNsin 15ma。 解得 atan 150.27100.270.272.72.7。 故 FQmg m FQ m FQ m 可能的为 B、D 选项。 答案 BD 8 (2016浙江十二校联考)如图6所示， 在动摩擦因数0
9、.2的水平面上， 质量m 2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成 45角的拉力 F 作用下 处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零。g 取 10 m/s2，以下说法正确 的是( ) 图 6 A此时轻弹簧的弹力大小为 20 N B当撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向左 C若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向右 D若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为 0 解析 物块在重力、 拉力 F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态， 由平衡条件得 F 弹Fcos ，mgFsin ，联立解得弹簧的弹力 F弹 20 N，选项 A 正确 ；
10、mg tan 45 撤去拉力 F 的瞬间，由牛顿第二定律得 F弹mgma1，解得 a18 m/s2，方向 向左， 选项B正确 ； 剪断弹簧的瞬间， 弹簧的弹力消失， 则Fcos ma2， 解得a210 m/s2，方向向右，选项 C、D 错误。 答案 AB 9.如图 7 所示，一倾角 37的足够长斜面固定在水平地面上。当 t0 时，滑 块以初速度 v010 m/s 沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数 0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是( ) 图 7 A滑块一直做匀变速直线运动 Bt1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动 Ct2
11、s 时，滑块恰好又回到出发点 Dt3 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 a1，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma1， 解得 a110 m/s2， 上滑时间 t11 s， 上滑的距离 x1 v0t15 v0 a1 1 2 m，因 tan ，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项 B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma2，解得 a22 m/s2，经 1 s，滑块下滑的距离 x2 a2t 1 m5 m，滑块未 1 2 2 2 回到出发点，选项 C 错误；因上滑和下滑过程中
12、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 ； t3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度 va2(3 s1 s)4 m/s，选项 D 正确。 答案 BD 二、非选择题 10(2016海南单科，13)水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物块 A 和 B，两 者与地面的动摩擦因数均为 。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 A 相 连，动滑轮与 B 相连，如图 8 所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块 A 在水平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s，重力加速度大小为 g。求： 图 8 (1)物块 B 克服摩擦力所做的功； (2)物块 A、B 的加速度大小。 解析
13、 (1)物块 A 移动了距离 s，则物块 B 移动的距离为 s1 s 1 2 物块 B 受到的摩擦力大小为 f4mg 物块 B 克服摩擦力所做的功为 Wfs12mgs (2)设物块 A、B 的加速度大小分别为 aA、aB，绳中的张力为 T，由牛顿第二定律 得： FmgTmaA，2T4mg4maB 由 A 和 B 的位移关系得：aA2aB 联立得 aA，aB。 F3mg 2m F3mg 4m 答案 (1)2mgs (2) F3mg 2m F3mg 4m 11(2017河南洛阳联考)有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起 点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在桌上有
14、效 区域内，视为成功；若木箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型 如图 9 所示， AC 是长度为 L17 m 的水平冰面， 选手们可将木箱放在 A 点， 从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC 为有效区域。已知 BC 长度 L21 m，木箱的质量 m50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数 0.1。某选手作用在木 箱上的水平推力 F200 N，木箱沿 AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取 10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求： 图 9 (1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。 解析 (1)设推力作用在木箱上时，木箱的加
15、速度为 a，根据牛顿运动定律得 F mgma1 解得 a13 m/s2。 (2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律得 mgma2 解得 a21 m/s2。 设推力作用在木箱上的时间为 t，此时间内木箱的位移为 x1 a1t2 1 2 撤去力 F 后木箱继续滑行的距离为 x2 at2 2a2 要使木箱停在有效区域内，须满足 L1L2x1x2L1 解得 1 st s。 7 6 答案 (1)3 m/s2 (2)1 st s 7 6 12如图 10 所示，半径为 R 的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为 r 的光滑 圆球 P 和 Q，且 R1.5r。在圆球 Q 与圆筒内壁接触点
16、A 处安装有压力传感器。 当用水平推力推动圆筒在水平地面上以 v05 m/s 的速度匀速运动时，压力传感 器显示压力为 25 N；某时刻撤去推力 F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为 x m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取 g10 m/s2。求： 5 3 4 图 10 (1)水平推力 F 的大小； (2)撤去推力后传感器的示数。 解析 (1)系统匀速运动时，圆球 Q 受三个力作用如图所示，其中传感器 示数 F125 N。设 P、Q 球心连线与水平方向成 角，则 cos 2R2r 2r 1 2 则圆球重力 mgF1tan 由式解得 60，mg25 N3 当撤去推力 F 后，设系统滑行的加速度大小为 a，则 v 2ax 2 0 系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 MgMa 系统匀速运动时 FMg 其中 Mg3mg，由解得 a m/s2，F75 N 10 3 3 (2)撤去推力后，对球 Q，由牛顿第二定律得 FAma mg tan 解得 FA0，即此时传感器示数为 0 答案 (1)75 N (2)0