牛顿第二定律 两类动力学问题
(限时：40分钟) A级 跨越本科线
1．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) 【导学号：96622267】
A．m·kg·s·A C．m·kg·s·A
B 根据物理公式分析物理量的单位．
2
WFLmaLkg·m/s·m2－3－1
因U＝＝＝，故1 V＝1 ＝1 kg·m·s·A，选项B正确．
qItItA·s
2
－2
－1
2
－4
－1
B．m·kg·s·A D．m·kg·s·A
2
－1
－1
2－3－1
2.
(2016·上海高考)如图3-2-9所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )
图3-2-9
A．OA方向 C．OC方向
B．OB方向 D．OD方向
D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确．
3．如图3-2-10所示，ad、bd、cd是竖直面内的三根同种材料制成的固定粗糙细杆，a、
b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周上最高点，d点为圆周上最低点．每根杆上都套有一
个小圆环，三个同样的圆环分别从a、b、c处由静止释放均沿杆下滑，用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则( )
图3-2-10
A．t1
B．t1>t2>t3 D．t1＝t2＝t3
A 设细杆与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可知加速度a＝gcos θ－μgsin
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θ，而位移x＝2Rcos θ，根据x＝at得：t＝2项正确．
4R，即有t1 g－μgtan θ 4．如图3-2-11所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时( )【导学号：96622268】 图3-2-11 A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力减小 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小 C 分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确． 5. (2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图3-2-12所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( ) 图 A．F1 2 t图象可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s，沿斜面向下，根据牛顿第二定律 有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m.故可得： 2 F3>F2>F1，选项A正确． 6．如图3-2-13所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) 甲 乙 图3-2-13 A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为0 C．图乙中轻杆的作用力一定不为0 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 D 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D对． 7．(多选)如图3-2-14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，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10 m/s，以下说法正确的是( ) 【导学号：96622269】 2 图3-2-14 A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s，方向向左 C．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s，方向向右 D．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度为0 AB 物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F弹＝Fcos θ，mg＝Fsin θ，联立解得弹簧的弹力F弹＝＝20 N，选项A正确；撤去拉力Ftan 45°的瞬间，由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s，方向向左，选项B正确；剪断弹簧右端的瞬间，物块受到的弹力消失，则Fcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s，方向向右，选项C、D错误． 8．为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定．轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为μ＝0.7，如图3-2-15甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当作连续的过程， 2 2 2 2 mg简化处理后的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s，3＝1.73，不计空气阻力影响，求： (1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间； (2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小．(结果保留三位有效数字) 2 图3-2-15 Δv81222 【解析】 (1)由题图乙可知a＝＝ m/s＝2 m/s，而at1＋v(t－t1)＝x，解得tΔt42＝14.5 s. (2)由几何关系可知绳与地面的夹角为30°，以轮胎为研究对象，在竖直方向上有FN ＝mg－Tsin 30°，Ff＝μFN，在水平方向上有Tcos 30°－Ff＝ma，联立解得加速阶段的拉力T＝74.1 N，以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人，则Ff人－Tcos 30°＝Ma，解得Ff人＝184 N. 【答案】 (1)2 m/s 14.5 s (2)74.1 N 184 N B级 名校必刷题 9．(多选)(2017·盐城模拟)如图3-2-16是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、 2 N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，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过程中，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取10 m/s，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) 2 图3-2-16 A．4 m/s C．2 m/s AB 设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcos 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立解得a＝＞2.7 m/s，故选项A、B正确． 2 22 2 B．3 m/s D．1 m/s 2 FQ＋mgFQ2 ×tan 15°＝×0.27＋2.7 m/smm
