基础课2　牛顿第二定律　两类动力学问题

1、.根底课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12019苏州高三检测关于力学单位制的说法中正确的选项是Akg、m/s、N是导出单位Bkg、m、J是根本单位C在国际单位制中，质量的根本单位是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Fma解析kg是质量的单位，它是根本单位，所以A错误；国际单位制规定了七个根本物理量。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根本单位，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根本单位，所以C错误；牛顿第二定律的表达式Fma，是在其中

2、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展制导。设某段时间内导弹沿程度方向运动，指针向左偏离O点间隔 为s，那么这段时间内导弹的加速度图1A方向向左，大小为B方向向右，大小为C方向向左，大小为D方向向右，大小为答案D3一物体沿倾角为的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，假设物体以某一初速度冲上

3、斜面，那么上滑时物体加速度大小为Agsin Bgtan C2gsin D2gtan 解析对物体下滑时进展受力分析，如图甲。由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得：mgsin 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mgsin Ff2mgsin 根据牛顿第二定律得：a2gsin 应选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、B之间无压力。某时刻将细线剪断，那么细线剪断瞬间，B对A的压力大小为取g10 m/s2图2A0 N B8 NC10 N D50 N解析细线剪断瞬间，弹簧弹力

4、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ag，对物体B：mBgFNmBa，所以A、B间作用力FNmBgamBg8 N。答案B52019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。那么图3Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3解析题图甲中的加速度为a1，那么有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 。题图乙中的加速度为a2，那么有

5、mmgsin mmgcos mma2，解得a2gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设Fmg，那么有mmgsin mmgcos ma3，解得a3。故a1a2a3，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。那么迅速放手后图4A小球开场向下做匀加速运动B弹簧恢复原长时小球速度到达最大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，

6、小球继续向下运动，开场时重力大于弹力，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，假设圆柱形工件外表光滑，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。sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g10 m/s2。那么汽车向左匀加速启动的加速度可能为图5A2.5 m/s2 B3 m/s2C2 m/s2 D4 m/s2解

7、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，受力分析如下图，那么FQmgFNcos 15，F合FNsin 15ma。解得atan 150.27100.270.272.72.7。故可能的为B、D选项。答案BD82019浙江十二校联考如图6所示，在动摩擦因数0.2的程度面上，质量m2 kg的物块与程度轻弹簧相连，物块在与程度方向成45角的拉力F作用下处于静止状态，此时程度面对物块的弹力恰好为零。g取10 m/s2，以下说法正确的选项是图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假设剪断弹簧，那么剪断的瞬间物块的加速

8、度大小为8 m/s2，方向向右D假设剪断弹簧，那么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；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，那么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程度地面上。当t0时，滑块以初速度v010 m/s沿斜面向上运动。滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，sin 370.6

9、，cos 370.8，以下说法正确的选项是图7A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 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，上滑的间隔 x1v0t15 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，滑块下滑的间隔 x2a2t1 m5 m，滑块未

10、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；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va23 s1 s4 m/s，选项D正确。答案BD二、非选择题102019海南单科，13程度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，绳处于程度拉直状态。假设物块A在程度向右的恒力F作用下向右挪动了间隔 s，重力加速度大小为g。求：图81物块B抑制摩擦力所做的功；2物块A、B的加速度大小。解析1物块A挪动了间隔 s，那么物块B挪动的间隔 为s1 s物

11、块B受到的摩擦力大小为f4mg物块B抑制摩擦力所做的功为Wfs12mgs2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。答案12mgs2112019河南洛阳联考有一个冰上推木箱的游戏节目，规那么是：选手们从起点开场用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，假设木箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；假设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的程度冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开场用一恒定不变的程度推力推木箱，BC为有效区域。BC长度

12、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程度推力F200 N，木箱沿AC做直线运动，假设木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求：图91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Fmgma1，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x1a1t2，撤去力F后木箱继续滑行的间隔 为x2，要使木箱停在有效区域内，须满足L1L2x1x2L1，解得1 st s。答案13 m/s221 st s12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A处安装有压力传感器。当用程度推力推动圆筒在程度地面上以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，之后圆筒在程度地面上滑行的间隔 为x m。圆筒的质量与圆球的质量相等，取g10 m/s2。求：图101程度推力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