2020版高考物理教科版大一轮温习训练第三章基础课2牛顿第二定律两类动力学问题

基础课2 牛顿第二定律两类动力学问题
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9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选项是( )
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、J是大体单位
C．在国际单位制中，质量的大体单位是kg，也能够是g
D．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，它是大体单位，因此A错误；国际单位制规定了七个大体物理量。

别离为长度、质量、时刻、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大体单位，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大体单位，因此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，因此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稳状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数别离为k1、k2，重力加速度为g，那么( )
图1
A．a、b两弹簧的伸长量之比为k2 k1
B．a、b两弹簧的伸长量之比为2k2 k1
C．假设弹簧b的左端松脱，那么松脱刹时小球的加速度为g 2
D．假设弹簧b的左端松脱，那么松脱刹时小球的加速度为3g
解析设弹簧a、b的弹力别离为T a、T b，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，那么T a cos 30°＝
mg，T a sin 30°＝T a，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为2k2
k1
，结合牛顿第二定律可求
得弹簧b的左端松脱刹时小球的加速度为3
3g，选项B正确，A、C、D错误。

答案 B
3．一物体沿倾角为α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斜面，那么上滑时物体加速度大小为()
A．g sin αB．g tan αC．2g sin αD．2g tan α
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，依照平稳知识得：
mg sin α＝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＝mg sin α＋f＝2mg sin α
依照牛顿第二定律得：a＝F合
m
＝2g sin α
应选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紧挨在一路但A、B之间无压力。

某时刻将细线剪断，那么细线剪断刹时，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)()
图2
A．0 N B．8 N C．10 N D．50 N
解析细线剪断刹时，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 ＝m B g m A ＋m B ＝15
g ，对物体B ：m B g －N ＝m B a ，因此A 、B 间作使劲N ＝m B (g －a )＝45
m B g ＝8 N 。

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a 1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 维持相对静止，以加速度a 2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a 3沿斜面匀加速下滑，如图丙。

那么( )
图3
A ．a 1＝a 2＝a 3
B ．a 1＝a 2<a 3
C ．a 1<a 2＝a 3
D ．a 1<a 2<a 3
解析 题图甲中的加速度为a 1，那么有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，
解得a 1＝g sin θ－μg cos θ。

题图乙中的加速度为a 2，那么有
(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝(m ＋m ′)a 2，
解得a 2＝g sin θ－μg cos θ。

题图丙中的加速度为a 3，设F ＝m ′g ，那么有
(m ＋m ′)g sin θ－μ(m ＋m ′)g cos θ＝ma 3，
解得a 3＝（m ＋m ′）g sin θ－μ（m ＋m ′）g cos θm。

故a 1＝a 2＜a 3，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，使弹簧处于紧缩状态，如图4所示。

那么迅速放手后( )
图4
A．小球开始向下做匀加速运动
B．弹簧恢恢复长时小球速度达到最大
C．弹簧恢恢复长时小球加速度等于g
D．小球运动进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；弹簧恢恢复长时，小球只受重力，加速度为g，故C正确；弹簧恢恢复长后，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是汽车输送圆柱形工件的示用意，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滑腻，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进程中，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。

那么汽车向左匀加速启动的加速度可能为()
图5
A．2.5 m/s2B．3 m/s2 C．2 m/s2D．4 m/s2
解析当汽车向左匀加速启动进程中，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F Q＋mg＝F N cos 15°，F合＝F N sin 15°＝ma。

解得a＝F Q＋mg
m tan 15°＝
F Q
m×0.27＋10×0.27＝0.27×
F Q
m
＋2.7≥2.7。

故可能的为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μ＝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θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，现在水平面对物块的弹力恰好为零。

g取10 m/s2，以下说法正确的选项是()
图6
A ．现在轻弹簧的弹力大小为20 N
B ．当撤去拉力F 的刹时，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左
C ．假设剪断弹簧，那么剪断的刹时物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右
D ．假设剪断弹簧，那么剪断的刹时物块的加速度为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，由平稳条件得F 弹＝F cos θ，mg
＝F sin θ，联立解得弹簧的弹力F 弹＝mg tan 45°
＝20 N ，选项A 正确；撤去拉力F 的刹时，由牛顿第二定律得F 弹－μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，选项B 正确；剪断弹簧的刹时，弹簧的弹力消失，那么F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，选项C 、D 错误。

答案 AB
9.如图7所示，一倾角θ＝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v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动。

已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，以下说法正确的选项是( )
图7
A ．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，滑块恰好又回到起点
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a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时刻t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12
v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sin θ＞μmg cos θ，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a 2，由牛顿第二
定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22
＝1 m ＜5
m ，滑块未回到起点，选项C 错误；因上滑和下滑进程中的加速度不同，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，现在的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确。

答案 BD
二、非选择题
10．(2016·海南单科，13)水平地面上有质量别离为m 和4m 的物块A 和B ，二者与地面的动摩擦因数均为μ。

细绳的一端固定，另一端跨太轻质动滑轮与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。

假设物块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 (1)物块A 移动了距离s ，那么物块B 移动的距离为s 1＝12
s 物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg
物块B 克服摩擦力所做的功为W ＝fs 1＝2μmgs
(2)设物块A 、B 的加速度大小别离为a A 、a B ，绳中的张力为T ，由牛顿第二定律得：
F －μmg －T ＝ma A ，2T －4μmg ＝4ma B
由A 和B 的位移关系得：a A ＝2a B
联立得a A ＝F －3μmg 2m ，a B ＝F －3μmg 4m。

答案 (1)2μmgs (2)F －3μmg 2m F －3μmg 4m
11．(2017·河南洛阳联考)有一个冰上推木箱的游戏节目，规那么是：选手们从起点开始使劲推木箱一段时刻后，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L 1＝7 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L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝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，假设木箱可视为质点，g 取10 m/s 2。

那
么该选手要想游戏取得成功，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刻知足的条件。

解析 (1)设推力作用在木箱上时，木箱的加速度为a ，依照牛顿运动定律得F －μmg ＝ma 1 解得a 1＝3 m/s 2。

(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a 2，依照牛顿第二定律得
μmg ＝ma 2
解得a 2＝1 m/s 2。

设推力作用在木箱上的时刻为t ，现在刻内木箱的位移为
x 1＝12a 1t 2 撤去力F 后木箱继续滑行的距离为
x 2＝a 21t 22a 2
要使木箱停在有效区域内，须知足
L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1
解得1 s ≤t ≤76
s 。

答案 (1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤
76 s 12．如图10所示，半径为R 的圆筒内壁滑腻，在筒内放有两个半径为r 的滑腻圆球P 和Q ，且R ＝1.5r 。

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v 0＝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 ，以后圆筒在水平地面上滑行的距离为x ＝534
m 。

已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g ＝10 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受三个力作用如下图，其中传感器示数F1＝25 N。

设P、Q球心连线与水平方向成θ角，那么
cos θ＝2R－2r
2r
＝1
2①
那么圆球重力mg＝F1tan θ②
由①②式解得θ＝60°，mg＝25 3 N③
当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，那么v20＝2ax④
系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
μMg＝Ma⑤
系统匀速运动时F＝μMg⑥
其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得
a＝103
3m/s
2，F＝75 N⑦
(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得mg
tan θ
－F A＝ma⑧
解得F A＝0，即现在传感器示数为0
答案(1)75 N(2)0。