1、第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题A组基础题组一、单项选择题1由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位，叫作导出单位。导出单位可以用基本单位表示，则力的单位“牛顿(N)”用国际单位制的基本单位表示正确的是()Akgs2/mBkgm/s2Ckgs/m2 Dkgm/s解析：物理公式不但表示物理量之间的关系，也表示单位之间的关系，由牛顿第二定律Fma可知，力的单位“牛顿”用国际单位制的基本单位表示为1 N1 kgm/s2，选项B正确。答案：B2如图所示，细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点，小球处于静止状态。将细绳烧断的瞬间，小
2、球的加速度方向()A沿BO方向 B沿OB方向C竖直向下 D沿AO方向解析：小球平衡时，对小球受力分析，其受重力、弹簧弹力和绳的拉力。当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力和弹簧弹力不变，所以重力与弹簧弹力的合力与绳的拉力等大反向，故D正确。答案：D3(2021湖北华中师大一附中高三模拟)我国新一代载人飞船试验船返回舱已于2020年5月8日顺利返回地面，返回舱质量约为5.4103 kg。某一次进行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动，加速度大小为1.0 m/s2，三根主伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成角，已知s
3、in 0.44，cos 0.90，g取10 m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为()A2.80103 N B1.72104 NC2.20104 N D6.84104 N解析：返回舱向下做匀减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可得3FTcos mgma，解得FT2.20104 N，故选C。答案：C4如图，水平地面和倾角为37的斜面相接于A点，质量m0.5 kg的物块静止在B点，在水平向右的恒力F的作用下，物块经过2 s时间运动到A点，此时立即撤去恒力F，物块冲上斜面，1 s后在斜面上的某点速度减为零。不计物块在A点的能量损失，物块与各处的动摩擦因数均为0.4，则恒力F的大小
4、是(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()A3.3 N B4.3 NC5.3 N D6.3 N解析：设物块运动到A点的速度为v，物块在水平面受重力、支持力、摩擦力和拉力F作用，由牛顿第二定律得Fmgma1，由速度公式得va1t1，物块在斜面上滑动时，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos ma2，由速度公式得va2t2，联立解得F4.3 N，选项B正确。答案：B5.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦。以下说法正确的是()A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若
5、加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值解析：设球的质量为m，斜面倾角为，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2，对球受力分析，如图所示。由牛顿第二定律得F1cos mg0，F2F1sin ma，解得F1，F2mgtan ma，即F1是定值，故A、B错误，D正确；球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma，故C错误。答案：D二、多项选择题6(2021山东省临沂高三上学期月考)如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右、大小F
6、mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是()A弹簧的原长为LB斜面的倾角30C撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变D撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0解析：对小球B进行受力分析，由平衡条件可得kxmgsin ，解得x，所以弹簧的原长为LxL；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得Fcos mgsin kx，解得30，则弹簧的原长为L，选项A、B正确。撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得mgsin kxmaA，小球A此时的加速度aAg，选项C错误。撤掉恒力F的瞬时，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，选项D
7、正确。答案：ABD7两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：设小球在下落过程中所受阻力F阻kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知mgF阻ma，由mVR3知R3gkRR3a，即ag，故知R越大，a越大，即下落过程中a甲a乙，选项C错误；下落相同的距离，由hat2知，a越大，t越小，故甲球用的时间比乙球短，选项A错误；由
8、2ahv2v知，v00，a越大，v越大，故甲球末速度较大，选项B正确；由W阻F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。答案：BD8绰号“威龙”的第五代制空战机歼20具备高隐身性、高机动性等能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中，歼20加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验。该飞机在10 s内匀加速到3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km。假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的。已知该歼20质量为20吨，声速为340 m/s，忽略战机因油耗等导致质量的变化，则
9、下列说法正确的是()A本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 sB加速阶段系统的推力为1.84106 NC加速阶段时飞行员有晕厥可能D飞机在匀速阶段时爬升高度为14 km解析：加速阶段初速度v050 m/s，末速度v3 060 km/h850 m/s，根据vv0at得加速度a80 m/s28g，飞行员不会昏厥，选项C错误；根据牛顿第二定律得FmgF阻ma，则推力FmgF阻ma1.84106 N，选项B正确；加速阶段上升的高度xv0tat24 500 m，即匀速上升距离为14 km，选项D正确；匀速飞行时间t s16.47 s，选项A错误。答案：BDB组能力题组9如图所示，物块1、2用刚性轻质
10、杆连接，物块3、4用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；物块3、4间轻弹簧的形变来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此
11、物块3满足Fmg0，即a30，由牛顿第二定律得物块4满足a4g，故C正确，A、B、D错误。答案：C10(多选)如图所示，倾角为30的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8 m，上滑时间为下滑时间的一半，则下列说法正确的是()A滑块与斜面间的动摩擦因数为B斜面长为3.6 mC地面对斜面的摩擦力先向左后向右D滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力解析：根据上滑时间为下滑时间的一半，得出上滑加速度为下滑加速度的4倍，故有gsin 30gcos 304
12、(gsin 30gcos 30)，得出，故A错误；物体在斜面上减速滑行，根据逆向思维得出xBCxCDat20.8 m，xCDat2，再结合初速度为零的匀变速直线运动的比例关系得出xCD0.4 m，xBC1.2 m，xAB2.0 m，故斜面长度为3.6 m，故B正确；因为上滑加速度和下滑加速度方向都沿斜面向下，故加速度的水平分量向左，竖直分量向下，是失重现象，故地面对斜面的摩擦力始终水平向左，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故C错误，D正确。答案：BD11(2021山东泰安高三检测)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶。在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，
13、车轮会抱死而“打滑”。如图所示，假设某汽车以10 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡的高AB3 m，长AC5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5。(重力加速度大小g取10 m/s2，5.5)(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)试分析此种情况下，行人是否有危险。解析：(1)汽车在斜坡上行驶时mgsin mgcos ma1，由几何关系得 sin ，cos ，联立可得 a12 m/s2。(2)由匀变
14、速直线运动规律可得vv2a1xAC，解得汽车到达坡底C时的速度vC m/s11 m/s，经历时间t10.5 s，汽车在水平路面运动阶段，mgma2，汽车的速度减至vv人2 m/s时发生的位移x111.7 m，经历的时间t21.8 s，人发生的位移x2v人(t1t2)4.6 m，因x1x27.1 m6 m，故行人有危险。答案：见解析12(2021河北衡水调研)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l11.6102 m的水平跑道和长度为l220 m 的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h4.0 m。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F1.2105 N，
15、方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有FFfma1，v2a1l1，v1a1t1，注意到Ffmg，代入已知数据可得a15.0 m/s2，v140 m/s，t18.0 s。飞机在倾斜跑道上运动时，
16、沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合FFfmgsin ma2，sin ，vv2a2l2，注意到v140 m/s，代入已知数据可得a23.0 m/s2，v2 m/s41.5 m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，有F推FFfma1，v122a1l1，飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小仍有a23.0 m/s2，v22v122a2l2，根据题意，v2100 m/s，代入数据解得F推5.2105 N。答案：(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2105 N
