1、第2节牛顿第二定律两类动力学问题基础必备1.我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600已试飞成功.当“鲲龙”AG600在水面加速滑行时受到的合力(C)A.大小为零B.方向竖直向上C.方向与滑行方向相同D.方向沿滑行方向斜向上解析:“鲲龙”AG600在水面做加速直线运动,加速度方向与滑行方向相同,由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同,所以合力方向与滑行方向相同.故选项C正确.2.(多选)关于单位制,下列说法中正确的是(BCD)A.在力学中,力是基本概念,所以力的单位“牛顿”是力学单位中的基本单位B.因为力的单位是牛顿,而1 N=1 kgm/s2,所以牛顿是导出单位C.各物理量采用国际单位
2、制中的单位,通过物理公式运算的结果的单位一定为国际单位制中的单位D.物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系解析:“力”虽然是力学中的一个基本的概念,但它的单位“牛顿”却不是力学中的基本单位.国际单位制中力学中的基本单位是千克、米、秒,其他皆为导出单位.物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,运算时同时也确定了物理量之间的单位关系.若已知量都采用国际单位制中的单位,通过物理公式运算的结果的单位一定为国际单位制中的单位,单位制在力学计算中的意义正在于此,选项B,C,D正确.3.一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
3、速度大小为(C)A.gsin B.gtan C.2gsin D.2gtan 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 +f=2mgsin .根据牛顿第二定律得a=2gsin .4.(2019安徽安庆期末)如图所示,质量分别为m1=2 kg,m2=3 kg的两个物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30 N,F2=20 N的水平拉力分别作用在m1,m2上,在弹簧测力计示数达到稳定后,则(C)A.弹簧测力计的示数是10 NB.弹
4、簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的示数不变D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度不变解析:对整体运用牛顿第二定律得到F1-F2=(m1+m2)a,代入数据解得a=2 m/s2;对物体m2,运用牛顿第二定律得到F-F2=m2a,代入数据解得F=26 N,故A,B错误;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的弹力不变,故C正确;在突然撤去F1的瞬间,对m1受力分析可得F=m1a,代入数据解得a=13 m/s2,D错误.5.(多选)如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2
5、N的恒力,在此恒力作用下(g取10 m/s2)(BC)A.物体经10 s速度减为零B.物体经2 s速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动解析:物体受到向右的滑动摩擦力f=N=G=3 N,根据牛顿第二定律得a= m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需的时间t= s=2 s,B正确,A错误;减速到零后,物体将保持静止,不再运动,C正确,D错误.6.如图所示,在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为a.b和c分别是小圆和大圆上的两个点,其中ab长为1.6R,ac长为3R.现沿ab和ac建立两条光滑轨道,自a处由静止释放小球,已知小
6、球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1,沿ac轨道运动到c点所用时间为t2,则t1与t2之比为(C)A.23B.58C.D.解析:设ab和ac间的夹角为,根据几何关系可知,cos =0.8;小球沿ab做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a=0.8g,根据运动学基本公式得1.6R=a,小球从a运动到c做自由落体运动,则有3R=g;根据解得=,故C正确.7.(2019湖北黄石质检)(多选)如图所示,轻弹簧两端拴接质量均为m的小球a,b,拴接小球的细线固定在天花板上,两小球静止,两细线与水平方向的夹角=30,弹簧水平,重力加速度为g,则以下说法中正确的是(CD)A.细线拉力的大小为mgB.弹簧弹力的大
7、小为mgC.剪断左侧细线的瞬间,小球a的加速度为2gD.剪断左侧细线的瞬间,小球b的加速度为零解析:对小球a分析,由共点力平衡条件得,弹簧的弹力F=mg,细线的拉力为2mg,故A,B错误;剪断左侧细线的瞬间,弹簧的弹力不变,小球a所受的合力F合=2mg,根据牛顿第二定律得,a=2g,小球b受力不变,合力仍然为零,所以加速度为零,故C,D正确.8.一物块沿倾角为的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(D)A.tan 和B.-1tan 和C.tan 和D.-1tan 和解析
8、:对物块上滑过程受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,由牛顿第二定律得-mgsin -mgcos =ma,在上滑过程中,根据运动规律可得0-v2=2a,0-2=2a,联立可得=-1tan ,h=.故D正确.能力培养9.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(甲)所示.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)所示.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)所示.则(B)A.a1=a2=a3B.a1=a2a3C.a1a2=a3D.a1a2a3解析:题图(甲)中的加速度为a1,则有mgsi
9、n -mgcos =ma1,解得a1=gsin -gcos ,题图(乙)中的加速度为a2,则有(m+m0)gsin -(m+m0)gcos =(m+m0)a2,解得a2=gsin -gcos ,题图(丙)中的加速度为a3,设F=mg,则有(m+m)gsin -(m+m)gcos =ma3,解得a3=1+(gsin -gcos ),故a1=a2a3,故选项B正确.10.在很多旅游景点都建有山坡滑道,为了研究滑行者在滑道斜坡AE部分的滑行情况,技术人员通过测量绘制出如图所示的示意图.AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10 m,滑道AE可视为光滑,A=30.滑行者从坡顶
10、A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,g取10 m/s2,则(C)A.滑道AE的长度为10 mB.滑行者在滑道AE上滑行的加速度a=5 m/s2C.滑行者在滑道AE上滑行的时间为2 sD.滑行者滑到E点时的速度为10 m/s解析:由图中几何关系可知,AE=2ADcos 30=210 m=10 m,A错误;由几何知识知滑道AE与水平面的夹角为60,由mgsin 60=ma可得滑行者在滑道AE上滑行的加速度a=gsin 60=5 m/s2,B错误;由AE=at2,解得t=2 s,C正确;由v2=2aAE,解得v=10 m/s,D错误.11.(2019广东汕头模拟)(多选)如图所示,建设房屋时,保
11、持底边L不变,要设计好屋顶的倾角,以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是(AC)A.倾角越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析:设屋顶的坡面长度为s,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析如图所示,受重力mg和屋顶对雨滴的支持力N,垂直于屋顶方向:mgcos =N,平行于屋顶方向:ma=mgsin .雨滴的加速度为:a=gsin ,则倾角越大,雨滴下滑时的加速度越大,A正确;雨滴对屋顶的压力大小N=N=mg
12、cos ,则倾角越大,雨滴对屋顶压力越小,B错误;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度s=,由s=gsin t2,可得t=,可见当=45时,用时最短,D错误;由v=gsin t可得v=,可见越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大,C正确.12.(2019山东德州模拟)一质量为m=2 kg的滑块放在倾角为=30的足够长的固定斜面上后,能以加速度a=2.5 m/s2匀加速下滑.如图所示,若用一水平向右恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2 s内能沿斜面运动位移s=4 m.求:(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数;(2)恒力F的大小.解析:(1)对滑块,根据牛顿第二定律可得mgs
13、in -mgcos =ma,解得=.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度沿斜面向上和向下两种可能.由s=a1t2,得a1=2 m/s2,当加速度沿斜面向上时Fcos -mgsin -(Fsin +mgcos )=ma1,代入数据解得F= N;当加速度沿斜面向下时mgsin -Fcos -(Fsin +mgcos )=ma1,代入数据解得F= N.答案:(1)(2) N或 N13.如图所示,俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一,其赛道可简化为起点和终点高度差为h=120 m、长度为s=1 200 m的斜坡.假设某运动员从起点开始,以平行赛道的恒力F=40 N推动质量m=40 kg的冰橇开始沿斜
14、坡向下运动,出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点.设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力,求:(g取10 m/s2,取赛道倾角的余弦值为1,正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s内冰橇的加速度大小;(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数;(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小.解析:(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1,出发4 s内冰橇发生的位移为s1=a1解得a1=1.5 m/s2.(2)由牛顿第二定律有F+mgsin -mgcos =ma1解得=0.05.(3)8 s后冰橇的加速度为a2,由牛顿第二定律有(m+M)gsin -(m+M)gcos =(m+M)a28 s末冰橇的速度为v1=a1t2出发8 s内冰橇发生的位移为s2=a1=48 m到达终点时速度最大,设最大速度为v2,则-=2a2(s-s2)解得v2=36 m/s.答案:(1)1.5 m/s2(2)0.05(3)36 m/s
