基础课2牛顿第二定律两类动力学问题

1、基础课2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（）A. kg、m/s、N是导出单位B. kg、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gD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F= ma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;

2、 牛顿第二定律的表达式F二ma,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 D2. 惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图 1所示：沿导弹长度方向安装的 固定光滑杆上套一质量为 m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为 k的弹簧 相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块 的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点距离为s，则这段时间内导弹的加速度（）A .方向向左，大小为ks m图1B.方向向右，大小为ks mC.方向向左，大小为D.方向向右，大小

3、为2ksm2ksm答案 D3. 物体沿倾角为a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（）A. gsin aB. gtan aC. 2gsin aD. 2gtan a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 a Ff物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙物体的合力 F 合=mgs in a+ Ff=2mgsi n aF合根据牛顿第二定律得：a = m a 2gsin a故选C答案 C4. 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，

4、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g= 10 m/s2）（）C. 10 ND. 50 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= mBg = g,对物体B: mBg Fn = mBa, mA+ mB 54所以 A、B 间作用力 Fn= mB（g a） = 8 N。答案 B5. （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ai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

5、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3A. ai = a2= a3B. ai = a2<a3C. ai<a2= a3D. ai<a2<a3解析 题图甲中的加速度为ai，则有mgsin 0 卩 mgos 0= mai，解得 ai = gsin 0卩 cos 0。题图乙中的加速度为a2，则有(m+ m'gS in 0Km+ m'gCos 0= (m+ m'a)，解得 a2= gsin 0卩 cos 0。题图丙中的加速度为a3，设F= m g，则有(m+ m'g$ in 0 Km+ m'gCos

6、0= ma3,(m+ m') gsin 0卩(m+ m') gcos 0故ai = a2< a3,故B正确。答案 B6 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4A .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 gD. 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，

7、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 CD7. 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传感器示数为零而 Q、N 传感器示数不为零。已知 sin 15 =0.26, cos 15 = 0.97, tan 15 =0.27, g = 10 m/s2。贝U汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）2 2A. 2.5 m/s B . 3

8、 m/s2C. 2 m/s2D. 4 m/s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Fq+ mg= Fncos 15° F合 Fq + mg 解得 a=mtan=Fnsin 15 丄 ma。FqFq故可能15丄0.27+ 仆 O.27二 OQX不+ 22 27。的为B、D选项答案 BD8. （2016浙江十二校联考）如图6所示，在动摩擦因数 尸0.2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廿45°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

9、10 m/s2，以下说法正确的是（）A .此时轻弹簧的弹力大小为 20 NB. 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mg得f弹=Feos 0, mg= Fsin 0,联立解得弹簧的弹力 F弹=tan 45 =20 N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得 F弹一卩m= ma1，解得a1= 8 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Feos 0= ma2,

10、解得a2= 10 m/s2,方向向右，选项 C、D错误。答案 AB9. 如图7所示，一倾角0= 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vo= 10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数卩=0.5, g= 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37= 0.8，下列说法正确的是（）图7A 滑块一直做匀变速直线运动B. t = 1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动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a1，由牛顿第二定律可得 mgsin B

11、+卩2V。1mgcos 0= ma1,解得a1 = 10 m/s，上滑时间t1 = _= 1 s，上滑的距离x1 =尹。廿=5 m，因tan 0仏mgsin 0卩mcos 0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 0卩 mcos 0= ma2,解得 a2= 2 m/s2, 经1 s,滑块下滑的距离x2= a2t2= 1 mv5 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= a2（3 s 1 s）= 4 m/s

12、,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 w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：物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A、B的加速度大小。1解析(1)物块A移动了距离s,贝U物块B移动的距离为si=2 s物块B受到的摩擦力大小为f = 4卩mg物块B克服摩擦力所做的功为 W= fsi = 2卩mgs(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中

13、的张力为T,由牛顿第二定律得:F 卩 m寸 T = maA, 2T 4 卩 m前 4maB由A和B的位移关系得：aA= 2aB联立得aA=F 3 卩 mg2m ，aB =4m答案(1)2 卩 mgs (2)F 3 mg F 3 mg2m4m11. (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7m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L2

14、= 1 m，木箱的质量m= 50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数 卩 =0.1。某选手作用在木箱上的水平推力 F = 200 N,木箱沿AC做直线运动， 若木箱可视为质点，g取10 m/s推力作用在木箱上时的加速度大小； 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，木箱的加速度为a,根据牛顿运动定律得。那么该选手要想游戏获得成功，试求：F i mcg mai,解得 ai = 3 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解得 a2= 1 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x匸 1ait2,撤去力F后木箱继续滑行的距离

15、为a2t2x2=2az，要使木箱停在有效区域内，须满足Li L2<xi + X2< Li,解得 i s< t<, 6 So答案(i)3 m/s2 (2)i s< t< ；si2如图i0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R= i.5r。在圆球Q与圆筒内壁接触点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vo= 5 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=f m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g= 10 m/W。求：AF< p/、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Fi = 25 N。设P、