基礎(chǔ)課2牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題

1、基礎(chǔ)課2牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題一、選擇題（15題為單項(xiàng)選擇題，69題為多項(xiàng)選擇題）1. （2017蘇州高三檢測(cè)）關(guān)于力學(xué)單位制的說法中正確的是（）A. kg、m/s、N是導(dǎo)出單位B. kg、m、J是基本單位C. 在國(guó)際單位制中，質(zhì)量的基本單位是kg,也可以是gD. 只有在國(guó)際單位制中，牛頓第二定律的表達(dá)式才是F= ma解析kg是質(zhì)量的單位，它是基本單位，所以 A錯(cuò)誤；國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量。分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、發(fā)光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們?cè)趪?guó)際單位制中的單位稱為基本單位，J是導(dǎo)出單位，B錯(cuò)誤; g也是質(zhì)量的單位，但它不是質(zhì)量在國(guó)際單位制中的基本單位， 所以C錯(cuò)誤;

2、 牛頓第二定律的表達(dá)式F二ma,是在其中的物理量都取國(guó)際單位制中的單位時(shí)得出的，所以D正確答案 D2. 慣性制導(dǎo)系統(tǒng)已廣泛應(yīng)用于彈道式導(dǎo)彈工程中，這個(gè)系統(tǒng)的重要元件之一是加速度計(jì)，加速度計(jì)構(gòu)造原理的示意圖如圖 1所示：沿導(dǎo)彈長(zhǎng)度方向安裝的 固定光滑桿上套一質(zhì)量為 m的滑塊，滑塊兩側(cè)分別與勁度系數(shù)均為 k的彈簧 相連，兩彈簧的另一端與固定壁相連，滑塊上有指針，可通過標(biāo)尺測(cè)出滑塊 的位移，然后通過控制系統(tǒng)進(jìn)行制導(dǎo)。設(shè)某段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)彈沿水平方向運(yùn)動(dòng)，指針向左偏離O點(diǎn)距離為s，則這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)彈的加速度（）A .方向向左，大小為ks m圖1B.方向向右，大小為ks mC.方向向左，大小為D.方向向右，大小

3、為2ksm2ksm答案 D3. 物體沿傾角為a的斜面下滑時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若物體以某一初速 度沖上斜面，則上滑時(shí)物體加速度大小為（）A. gsin aB. gtan aC. 2gsin aD. 2gtan a解析 對(duì)物體下滑時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖甲。由于恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡知識(shí)得:mgsin a Ff物體以某一初速度沖上斜面，對(duì)物體受力分析，如圖乙物體的合力 F 合=mgs in a+ Ff=2mgsi n aF合根據(jù)牛頓第二定律得：a = m a 2gsin a故選C答案 C4. 如圖2所示，質(zhì)量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質(zhì)量為 1 kg 的物體B用細(xì)線懸掛起來，

4、A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。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（取g= 10 m/s2）（）C. 10 ND. 50 N解析 細(xì)線剪斷瞬間，彈簧彈力不變，A和B整體受到的合外力等于物體 B的重力，因此整體的加速度為 a= mBg = g,對(duì)物體B: mBg Fn = mBa, mA+ mB 54所以 A、B 間作用力 Fn= mB（g a） = 8 N。答案 B5. （2016安徽皖南八校聯(lián)考）放在固定粗糙斜面上的滑塊 A以加速度ai沿斜面勻 加速下滑，如圖3甲。在滑塊A上放一物體B,物體B始終與A保持相對(duì)靜 止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊 A上施

5、加一豎直向下的 恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙。則（）圖3A. ai = a2= a3B. ai = a2<a3C. ai<a2= a3D. ai<a2<a3解析 題圖甲中的加速度為ai，則有mgsin 0 卩 mgos 0= mai，解得 ai = gsin 0卩 cos 0。題圖乙中的加速度為a2，則有(m+ m'gS in 0Km+ m'gCos 0= (m+ m'a)，解得 a2= gsin 0卩 cos 0。題圖丙中的加速度為a3，設(shè)F= m g，則有(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正確。答案 B6 豎直懸掛的輕彈簧下連接一個(gè)小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態(tài), 如圖4所示。則迅速放手后（）圖4A .小球開始向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B. 彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)小球速度達(dá)到最大C. 彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)小球加速度等于 gD. 小球運(yùn)動(dòng)過程中最大加速度大于 g解析 迅速放手后，小球受到重力、彈簧向下的彈力作用，向下做加速運(yùn)動(dòng)，彈力將減小，小球的加速度也減小，小球做變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球只受重力，加速度為 g,故C正確；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，

7、開始時(shí)重力大于彈力，小球加速度向下，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力等于彈力時(shí)加速度為零，速度最大，故B錯(cuò)誤；剛放手時(shí)，小球所受的合力大于重力，加速度大于g，故D正確。答案 CD7. 如圖5是汽車運(yùn)送圓柱形工件的示意圖，圖中 P、Q、N是固定在車體上的壓 力傳感器，假設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動(dòng)時(shí)Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中，P傳感器示數(shù)為零而 Q、N 傳感器示數(shù)不為零。已知 sin 15 =0.26, cos 15 = 0.97, tan 15 =0.27, g = 10 m/s2。貝U汽車向左勻加速啟動(dòng)的加速度可能為（）2 2A. 2.5 m/s B . 3

8、 m/s2C. 2 m/s2D. 4 m/s解析 當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q, N傳'' 感器示數(shù)不為零，受力分析如圖所示，則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。的為B、D選項(xiàng)答案 BD8. （2016浙江十二校聯(lián)考）如圖6所示，在動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.2的水平面上，質(zhì)量 m= 2 kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成廿45°角的拉力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)水平面對(duì)物塊的彈力恰好為零。g取

9、10 m/s2，以下說法正確的是（）A .此時(shí)輕彈簧的彈力大小為 20 NB. 當(dāng)撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為 8 m/s2,方向向左C. 若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8 m/s2,方向向右D. 若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為0解析物塊在重力、拉力F和彈簧的彈力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件mg得f彈=Feos 0, mg= Fsin 0,聯(lián)立解得彈簧的彈力 F彈=tan 45 =20 N，選項(xiàng)A正確；撤去拉力F的瞬間，由牛頓第二定律得 F彈一卩m= ma1，解得a1= 8 m/s2,方向向左，選項(xiàng)B正確；剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力消失，則Feos 0= ma2,

10、解得a2= 10 m/s2,方向向右，選項(xiàng) C、D錯(cuò)誤。答案 AB9. 如圖7所示，一傾角0= 37°的足夠長(zhǎng)斜面固定在水平地面上。當(dāng)t = 0時(shí)，滑塊以初速度vo= 10 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩=0.5, g= 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37= 0.8，下列說法正確的是（）圖7A 滑塊一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B. t = 1 s時(shí)，滑塊速度減為零，然后在斜面上向下運(yùn)動(dòng)C. t = 2 s時(shí)，滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn)D. t = 3 s時(shí)，滑塊的速度大小為 4 m/s解析設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可得 mgsin B

11、+卩2V。1mgcos 0= ma1,解得a1 = 10 m/s，上滑時(shí)間t1 = _= 1 s，上滑的距離x1 =尹。廿=5 m，因tan 0仏mgsin 0卩mcos 0滑塊上滑到速度為零后，向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得 mgsin 0卩 mcos 0= ma2,解得 a2= 2 m/s2, 經(jīng)1 s,滑塊下滑的距離x2= a2t2= 1 mv5 m,滑塊未回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；t= 3 s時(shí)，滑塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的速度 v= a2（3 s 1 s）= 4 m/s

12、,選項(xiàng)D正確。答案 BD二、非選擇題10. （2016海南單科，13）水平地面上有質(zhì)量分別為 m和4m的物塊A和B,兩 者與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 w細(xì)繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)動(dòng)滑輪與A 相連，動(dòng)滑輪與B相連，如圖8所示。初始時(shí)，繩處于水平拉直狀態(tài)。若物 塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動(dòng)了距離s,重力加速度大小為g。 求：物塊B克服摩擦力所做的功；(2)物塊A、B的加速度大小。1解析(1)物塊A移動(dòng)了距離s,貝U物塊B移動(dòng)的距離為si=2 s物塊B受到的摩擦力大小為f = 4卩mg物塊B克服摩擦力所做的功為 W= fsi = 2卩mgs(2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中

13、的張力為T,由牛頓第二定律得:F 卩 m寸 T = maA, 2T 4 卩 m前 4maB由A和B的位移關(guān)系得：aA= 2aB聯(lián)立得aA=F 3 卩 mg2m ，aB =4m答案(1)2 卩 mgs (2)F 3 mg F 3 mg2m4m11. (2017河南洛陽聯(lián)考)有一個(gè)冰上推木箱的游戲節(jié)目，規(guī)則是：選手們從起點(diǎn)開始用力推木箱一段時(shí)間后，放手讓木箱向前滑動(dòng)，若木箱最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)，視為成功；若木箱最后未停在桌上有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗。其 簡(jiǎn)化模型如圖9所示，AC是長(zhǎng)度為7m的水平冰面，選手們可將木箱放 在A點(diǎn)，從A點(diǎn)開始用一恒定不變的水平推力推木箱，BC為有效區(qū)域。已 知BC長(zhǎng)度L2

14、= 1 m，木箱的質(zhì)量m= 50 kg，木箱與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩 =0.1。某選手作用在木箱上的水平推力 F = 200 N,木箱沿AC做直線運(yùn)動(dòng)， 若木箱可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s推力作用在木箱上時(shí)的加速度大小； 推力作用在木箱上的時(shí)間滿足的條件。解析(1)設(shè)推力作用在木箱上時(shí)，木箱的加速度為a,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得。那么該選手要想游戲獲得成功，試求：F i mcg mai,解得 ai = 3 m/s2。(2)設(shè)撤去推力后，木箱的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得解得 a2= 1 m/s2。設(shè)推力作用在木箱上的時(shí)間為t,此時(shí)間內(nèi)木箱的位移為x匸 1ait2,撤去力F后木箱繼續(xù)滑行的距離

15、為a2t2x2=2az，要使木箱停在有效區(qū)域內(nèi)，須滿足Li L2<xi + X2< Li,解得 i s< t<, 6 So答案(i)3 m/s2 (2)i s< t< ；si2如圖i0所示，半徑為R的圓筒內(nèi)壁光滑，在筒內(nèi)放有兩個(gè)半徑為r的光滑圓球P和Q,且R= i.5r。在圓球Q與圓筒內(nèi)壁接觸點(diǎn)A處安裝有壓力傳感 器。當(dāng)用水平推力推動(dòng)圓筒在水平地面上以vo= 5 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，壓力傳感器顯示壓力為25 N;某時(shí)刻撤去推力F，之后圓筒在水平地面上滑 行的距離為x=f m。已知圓筒的質(zhì)量與圓球的質(zhì)量相等，取g= 10 m/W。求：AF< p/、圖10(1)水平推力F的大小;(2)撤去推力后傳感器的示數(shù)。解析(1)系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓球Q受三個(gè)力作用如圖所示，其中傳感器示數(shù)Fi = 25 N。設(shè)P、