1、.根底課2牛頓第二定律兩類動力學問題一、選擇題15題為單項選擇題，69題為多項選擇題12019蘇州高三檢測關于力學單位制的說法中正確的選項是Akg、m/s、N是導出單位Bkg、m、J是根本單位C在國際單位制中，質量的根本單位是kg，也可以是gD只有在國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是Fma解析kg是質量的單位，它是根本單位，所以A錯誤；國際單位制規定了七個根本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、發光強度、物質的量。它們在國際單位制中的單位稱為根本單位，J是導出單位，B錯誤；g也是質量的單位，但它不是質量在國際單位制中的根本單位，所以C錯誤；牛頓第二定律的表達式Fma，是在其中

2、的物理量都取國際單位制中的單位時得出的，所以D正確。答案D2慣性制導系統已廣泛應用于彈道式導彈工程中，這個系統的重要元件之一是加速度計，加速度計構造原理的示意圖如圖1所示：沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的滑塊，滑塊兩側分別與勁度系數均為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，可通過標尺測出滑塊的位移，然后通過控制系統進展制導。設某段時間內導彈沿程度方向運動，指針向左偏離O點間隔 為s，那么這段時間內導彈的加速度圖1A方向向左，大小為B方向向右，大小為C方向向左，大小為D方向向右，大小為答案D3一物體沿傾角為的斜面下滑時，恰好做勻速直線運動，假設物體以某一初速度沖上

3、斜面，那么上滑時物體加速度大小為Agsin Bgtan C2gsin D2gtan 解析對物體下滑時進展受力分析，如圖甲。由于恰好做勻速直線運動，根據平衡知識得：mgsin Ff物體以某一初速度沖上斜面，對物體受力分析，如圖乙。物體的合力F合mgsin Ff2mgsin 根據牛頓第二定律得：a2gsin 應選C。甲乙答案C4如圖2所示，質量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質量為1 kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時刻將細線剪斷，那么細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為取g10 m/s2圖2A0 N B8 NC10 N D50 N解析細線剪斷瞬間，彈簧彈力

4、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ag，對物體B：mBgFNmBa，所以A、B間作用力FNmBgamBg8 N。答案B52019安徽皖南八校聯考放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1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保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊A上施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。那么圖3Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3解析題圖甲中的加速度為a1，那么有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 。題圖乙中的加速度為a2，那么有

5、mmgsin mmgcos mma2，解得a2gsin gcos 。題圖丙中的加速度為a3，設Fmg，那么有mmgsin mmgcos ma3，解得a3。故a1a2a3，故B正確。答案B6豎直懸掛的輕彈簧下連接一個小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態，如圖4所示。那么迅速放手后圖4A小球開場向下做勻加速運動B彈簧恢復原長時小球速度到達最大C彈簧恢復原長時小球加速度等于gD小球運動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，向下做加速運動，彈力將減小，小球的加速度也減小，小球做變加速運動，故A錯誤；彈簧恢復原長時，小球只受重力，加速度為g，故C正確；彈簧恢復原長后，

6、小球繼續向下運動，開場時重力大于彈力，小球加速度向下，做加速運動，當重力等于彈力時加速度為零，速度最大，故B錯誤；剛放手時，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，假設圓柱形工件外表光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數為零，P、N傳感器示數不為零。當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數為零而Q、N傳感器示數不為零。sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g10 m/s2。那么汽車向左勻加速啟動的加速度可能為圖5A2.5 m/s2 B3 m/s2C2 m/s2 D4 m/s2解

7、析當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數為零而Q，N傳感器示數不為零，受力分析如下圖，那么FQmgFNcos 15，F合FNsin 15ma。解得atan 150.27100.270.272.72.7。故可能的為B、D選項。答案BD82019浙江十二校聯考如圖6所示，在動摩擦因數0.2的程度面上，質量m2 kg的物塊與程度輕彈簧相連，物塊在與程度方向成45角的拉力F作用下處于靜止狀態，此時程度面對物塊的彈力恰好為零。g取10 m/s2，以下說法正確的選項是圖6A此時輕彈簧的彈力大小為20 NB當撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為8 m/s2，方向向左C假設剪斷彈簧，那么剪斷的瞬間物塊的加速

8、度大小為8 m/s2，方向向右D假設剪斷彈簧，那么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狀態，由平衡條件得F彈Fcos ，mgFsin ，聯立解得彈簧的彈力F彈20 N，選項A正確；撤去拉力F的瞬間，由牛頓第二定律得F彈mgma1，解得a18 m/s2，方向向左，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力消失，那么Fcos ma2，解得a210 m/s2，方向向右，選項C、D錯誤。答案AB9如圖7所示，一傾角37的足夠長斜面固定在程度地面上。當t0時，滑塊以初速度v010 m/s沿斜面向上運動。滑塊與斜面間的動摩擦因數0.5，g10 m/s2，sin 370.6

9、，cos 370.8，以下說法正確的選項是圖7A滑塊一直做勻變速直線運動Bt1 s時，滑塊速度減為零，然后在斜面上向下運動Ct2 s時，滑塊恰好又回到出發點Dt3 s時，滑塊的速度大小為4 m/s解析設滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，上滑時間t11 s，上滑的間隔 x1v0t15 m，因tan ，mgsin mgcos ，滑塊上滑到速度為零后，向下運動，選項B正確；設滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，經1 s，滑塊下滑的間隔 x2a2t1 m5 m，滑塊未

10、回到出發點，選項C錯誤；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動，選項A錯誤；t3 s時，滑塊沿斜面向下運動，此時的速度va23 s1 s4 m/s，選項D正確。答案BD二、非選擇題102019海南單科，13程度地面上有質量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數均為。細繩的一端固定，另一端跨過輕質動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖8所示。初始時，繩處于程度拉直狀態。假設物塊A在程度向右的恒力F作用下向右挪動了間隔 s，重力加速度大小為g。求：圖81物塊B抑制摩擦力所做的功；2物塊A、B的加速度大小。解析1物塊A挪動了間隔 s，那么物塊B挪動的間隔 為s1 s物

11、塊B受到的摩擦力大小為f4mg物塊B抑制摩擦力所做的功為Wfs12mgs2設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中的張力為T，由牛頓第二定律得：FmgTmaA，2T4mg4maB由A和B的位移關系得：aA2aB聯立得aA，aB。答案12mgs2112019河南洛陽聯考有一個冰上推木箱的游戲節目，規那么是：選手們從起點開場用力推木箱一段時間后，放手讓木箱向前滑動，假設木箱最后停在桌上有效區域內，視為成功；假設木箱最后未停在桌上有效區域內就視為失敗。其簡化模型如圖9所示，AC是長度為L17 m的程度冰面，選手們可將木箱放在A點，從A點開場用一恒定不變的程度推力推木箱，BC為有效區域。BC長度

12、L21 m，木箱的質量m50 kg，木箱與冰面間的動摩擦因數0.1。某選手作用在木箱上的程度推力F200 N，木箱沿AC做直線運動，假設木箱可視為質點，g取10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功，試求：圖91推力作用在木箱上時的加速度大小；2推力作用在木箱上的時間滿足的條件。解析1設推力作用在木箱上時，木箱的加速度為a，根據牛頓運動定律得Fmgma1，解得a13 m/s2。2設撤去推力后，木箱的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得mgma2，解得a21 m/s2。設推力作用在木箱上的時間為t，此時間內木箱的位移為x1a1t2，撤去力F后木箱繼續滑行的間隔 為x2，要使木箱停在有效區域內，須滿足L1L2x1x2L1，解得1 st s。答案13 m/s221 st s12如圖10所示，半徑為R的圓筒內壁光滑，在筒內放有兩個半徑為r的光滑圓球P和Q，且R1.5r。在圓球Q與圓筒內壁接觸點A處安裝有壓力傳感器。當用程度推力推動圓筒在程度地面上以v05 m/s 的速度勻速運動時，壓力傳感器顯示壓力為25 N；某時刻撤去推力F，之后圓筒在程度地面上滑行的間隔 為x m。圓筒的質量與圓球的質量相等，取g10 m/s2。求：圖101程度推力F的大小；2撤去推力后傳感器的示數。解析1系統勻速運動時，圓球Q受三個力作用