1、基础课时7牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1.下列关于牛顿运动定律的说法中正确的是()A.惯性就是物体保持静止状态的性质B.力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的C.物体运动状态改变的难易程度就是加速度D.一对作用力和反作用力的作用效果总相同解析惯性就是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，即使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力就是1 N，选项B正确；物体运动状态改变的难易程度取决于物体的惯性大小，选项C错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，作用效果不同，选项D错误。答案B2.(2016广东珠海模拟)
2、质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是()A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m解析汽车匀速运动时F牵Ff，当牵引力减小2 000 N时，即汽车所受合力的大小为F2 000 N由牛顿第二定律得Fma联立得a2 m/s2汽车减速到停止所需时间t5 s汽车行驶的路程xvt25 m答案C3.一皮带传送装置如图1所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上
3、的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()图1A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度减小C.速度先增大后减小，加速度先增大后减小D.速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉kx，合力F合FfF拉ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向
4、相反，故滑块的速度先增大，后减小。答案D4.如图2所示，放在水平桌面上的质量为1 kg的物体A通过水平轻绳、轻弹簧和光滑定滑轮与物体B相连接，两物体均静止时弹簧测力计甲和乙的读数分别为5 N和2 N，则剪断物体A左侧轻绳瞬间，物体A的加速度和弹簧测力计乙的读数分别为()图2A.5 m/s2，0 B.2 m/s2，2 NC.0，0 D.0，2 N解析两物体均静止时，物体A在水平方向的受力如图所示，物体A所受最大静摩擦力Ffmax3 N，剪断物体A左侧轻绳瞬间，FT甲0，FT乙2 N，由于FfmaxFT乙，所以物体A仍能静止不动，所以物体A的加速度为0；此时物体B也处于静止状态，所以弹簧测力计乙的
5、读数不变仍为2 N。综上分析，选项D正确。答案D5.(2016江西南昌七校联考)如图3所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是()图3解析设斜面倾角为，由于斜面粗糙，上滑过程，根据牛顿第二定律：mgsin mgcos ma1，而下滑过程，根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma2，知a1a2，即上滑过程图象的斜率的绝对值大于下滑过程图象的斜率的绝对值，又上滑与下滑过程的位移大小相同，由xat2和v22ax知t上t下，v0v1，故只有选项C正确。答案C6.(2016陕西西安临潼区模拟)如图4，在
6、光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A、B两物体间的作用力为F，则弹簧对A物体的作用力的大小为()图4A.F B.2F C.3F D.4F解析A、B碰后以相同的速度一起运动，即A、B的加速度相同。以B为研究对象，据牛顿第二定律得aBaA。以A为研究对象，设弹簧对A的作用力为FA，根据牛顿第二定律有FAFmAaA，则FAFmAaAFmA3F。答案C二、多项选择题7.下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是()A.基本单位和导出单位一起组成了单位制B.选用的基本单位不
7、同，构成的单位制也不同C.在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D.一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系解析物理公式确定了各物理量间的数量关系，也同时确定了单位关系，D错误；由基本单位、导出单位和单位制的关系可知，A正确；选用的基本单位不同，构成的单位制也不同，比如在力学单位制中，若采用米、千克、秒作为基本单位，就为国际单位制，若采用厘米、克、秒作为基本单位，就为厘米克秒制，B正确；如果已知量都采用国际单位制单位，计算的结果也必然是国际单位制单位，其他单位制也一样，C正确。答案A
8、BC8.如图5所示，球P、Q的质量相等，两球之间用轻质弹簧相连，光滑斜面的倾角为，系统静止时，弹簧与轻绳均与斜面平行，则在轻绳被突然剪断的瞬间，下列说法中正确的是()图5A.两球的加速度大小均为gsin B.Q球的加速度为零C.P球的加速度方向沿斜面向上，Q球的加速度方向沿斜面向下D.P球的加速度大小为2gsin 解析在轻绳被突然剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，Q球所受的合力不变，加速度为零，B正确；绳子的拉力(2mgsin )立刻变为零，P球所受的合力(弹簧的拉力和重力沿斜面向下的分力)的大小为2mgsin ，故P球的加速度大小为2gsin ，D正确。答案BD9.(2015海南单科，9)如图6，
9、升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()图6A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑解析当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式FfFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsin mgcos ，即sin cos .当物体以加速度a向上加速运动时，有FNm(ga)cos ，Ffm(ga)cos ，因为sin cos ，所以m(ga)sin m(ga)
10、cos ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。答案BD三、非选择题10.如图7所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量m100 g的小球穿在长L1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角为37，将小球从O点静止释放。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图7(1)小球受到的风力大小；(2)当37时，小球离开杆时的动能。解析(1)当杆竖直固定放置时，FNmg，FNF解得F2 N(2)当37时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有Fcos 37mgsin 37
11、FN解得FN1 N小球受摩擦力FfFN0.5 N小球沿杆运动的加速度为a15 m/s2由v2v2aL得，小球到达杆下端时速度为v6 m/s球离开杆时的动能为Ekmv21.8 J答案(1)2 N(2)1.8 J11.为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图8甲所示。使木块以初速度v04 m/s的速度沿倾角30的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示。g取10 m/s2。求：图8(1)上滑过程中的加速度的大小a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数；(3)木块回到出发点时的速度大小v。解析(1)
12、由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，由加速度定义式a得上滑过程中加速度的大小：a1 m/s28 m/s2(2)由牛顿第二定律得，上滑过程中mgsin mgcos ma1代入数据得(3)下滑距离等于上滑的距离，其值为x1 m由牛顿第二定律得下滑过程中mgsin mgcos ma2下滑至出发点的速度大小v联立解得：v2 m/s。答案(1)8 m/s2(2)(3)2 m/s12.如图9所示，倾角为30的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h0.8 m，B点距C点的距离L2.0 m(滑块经过B点时没有能量损
13、失，g取10 m/s2)，求：图9(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)滑块从A点释放后，经过时间t1.0 s时速度的大小。解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 30ma1，v2a1，解得vm4 m/s。(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgma2，v2a2L，解得0.4。(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vma1t1，解得t10.8 s，由于tt1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为tt10.2 s，设t1.0 s时速度大小为v，有：vvma2(tt1)，解得v3.2 m/s。答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s
