1、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( )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 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
2、 C错误；牛顿第二定律的表达式 F 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( )图 1A方向向左，大小为ksmB方向向右，大小为ksmC方向向左，大小为2ksm2D方向向
3、右，大小为2ksm答案 D3一物体沿倾角为 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( )A gsin B gtan C2 gsin D2 gtan 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物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。物体的合力 F 合 mgsin f2 mgsin 根据牛顿第二定律得： a 2 gsin F合m故选 C。甲 乙答案 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， A、 B紧挨在一起但 A、
4、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/s 2)( )图 2A0 N B8 N C10 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： mBg FN mBa，所以 A、 B间作用力mBgmA mB 153FN mB(g a) mBg8 N。45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 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
5、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 3A a1 a2 a3 B a1 a2a3C a1a2 a3 D a1a2a3解析 题图甲中的加速度为 a1，则有mgsin mg cos ma1，解得 a1 gsin g cos 。题图乙中的加速度为 a2，则有(m m) gsin (m m) gcos ( m m) a2，解得 a2 gsin g cos 。题图丙中的加速度为 a3，设 F m g，则有(m m) gsin (m m) gcos ma3，解得 a3 。（ m m ） gsin （ m m ） gcos m故 a1 a2 a3，故 B正确。
6、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4B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，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
7、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 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 5A2.5 m/s 2 B3 m/s 2 C2 m/s 2 D4 m/s 2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
8、FQ mg FNcos 15， F 合 FNsin 15 ma。解得 a tan 15 0.27100.270.27 2.72.7。故FQ mgm FQm FQm可能的为 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 0.2 的水平面上，质量 m2 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( )5图 6A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
9、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 ， mg Fsin ，联立解得弹簧的弹力 F 弹 20 N，选项 A正确；mgtan 45撤去拉力 F的瞬间，由牛顿第二定律得 F 弹 mg ma1，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 AB9.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
10、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 7A滑块一直做匀变速直线运动B t1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动C t2 s 时，滑块恰好又回到出发点D t3 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 mg cos ma1，解得 a110 m/s2，上滑时间 t1 1 s，上滑的距离 s1 v0t15 m，因v0a1 12tan ， mgsin mg cos ，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
11、牛顿第二定律可得 mgsin mg cos ma2，解得 a22 m/s 2，经 1 s，滑块下滑的距离 s2 a2t 1 m5 m，滑块未回到出发点，12 2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； t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度 v a2(3 s1 s)4 m/s，选项 D正确。6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
12、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 (1)物块 A移动了距离 s，则物块 B移动的距离为 s1 s12物块 B受到的摩擦力大小为 f4 mg物块 B克服摩擦力所做的功为 W fs12 mgs(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：F mg T maA，2 T4 mg 4 maB由 A和 B的位移关系得： aA2 aB联立得 aA ， aB 。F 3 mg2m F 3 mg4m答案 (1)2 mgs (2) F 3 mg2m F
13、3 mg4m11(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 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
14、97(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，木箱的加速度为 a，根据牛顿运动定律得F mg ma1，解得 a13 m/s 2。(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mg ma2，解得 a21 m/s 2。设推力作用在木箱上的时间为 t，此时间内木箱的位移为s1 a1t2，12撤去力 F后木箱继续滑行的距离为s2 ，要使木箱停在有效区域内，须满足L1 L2 s1 s2 L1，解得 1 s t s。76答案 (1)3 m/s 2 (2)1 s t s7612如图 10所示，半径为 R的圆筒内壁光滑，在
15、筒内放有两个半径为 r的光滑圆球 P和Q，且 R1.5 r。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 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 s m。已知圆筒的质量与534圆球的质量相等，取 g10 m/s 2。求：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 8N。设 P、 Q球心连线与水平方向成 角，则cos 2R 2r2r 12则圆球重力 mg F1tan 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 2 as20系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得Mg Ma系统匀速运动时 F Mg 其中 Mg3 mg，由解得a m/s2， F75 N1033(2)撤去推力后，对球 Q，由牛顿第二定律得 FA mamgtan 解得 FA0，即此时传感器示数为 0答案 (1)75 N (2)0
