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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1.(2014·盐城调研)2013年6月20日,在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量.聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动,经时间t时,测速仪测出他运动的速率为v,则聂海胜的质量为()A.B.C.D.2.如图所示,三个物块A、B、C的质量满足mA=2mB=3mC,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连.当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正方向)()A.-g、2g、0B.-2g、2g、0C.-g、g、0D.-2g、g、g3.(2017·扬州中学)如图所示,一根轻弹簧竖直直立在水平地面上,下端固定,在弹簧的正上方有一个物块,物块从高处自由下落到弹簧上端O,将弹簧压缩,弹簧被压缩了x0时,物块的速度变为零.从物块与弹簧接触开始,物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的()ABCD4.(2015·重庆卷)若货物随升降机运动的图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力与时间关系的图象可能是()ABCD5.(2015·山西四校联考)如图所示,在倾角为α=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A、B均静止在斜面上,此时弹簧的长度为L,下列说法中正确的是()A.弹簧的原长为L+B.水平恒力大小为mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g二、多项选择题6.如图所示,总质量为460kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度取g=10m/s2.关于热气球,下列说法中正确的是()A.所受浮力大小为4830NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N7.(2017·木渎中学)物体原来静止在水平地面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.根据题目提供的信息,下列说法中正确的是()A.物体的质量m=2kgB.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.6C.物体与水平面的最大静摩擦力fmax=12ND.在F为10N时,物体的加速度a=2.0m/s8.(2016·江苏卷)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面9.(2015·海南卷)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物体,开始时升降机做匀速运动,物块相对斜面匀速下滑,当升降机加速上升时()A.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三、非选择题10.(2016·沭阳中学)在风洞实验室中进行如图所示的实验.在倾角为37°的固定斜面上,有一个质量为1kg的物块,在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经过1.2s到达B点时立即关闭风洞,撤去恒力F,物块到达C点时速度变为零.通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s的瞬时速度,下表给出了部分数据:t/s0.00.20.40.6…1.41.61.8…v/(m·s-1)0.01.02.03.0…4.02.00.0…取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2.求:(1)A、C两点间的距离.(2)水平恒力F的大小.11.(2015·苏州一模)如图所示,足够长的斜面倾角θ=37°,一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动,加速度大小a=8.0m/s2.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物体沿斜面向上滑行的最大距离.(2)物体与斜面间的动摩擦因数.(3)物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小.第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1.B【解析】聂海胜受到恒定作用力F后做初速度为零的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动速度公式可知,其运动的加速度为a=,根据牛顿第二定律有F=ma,联立以上两式解得聂海胜的质量为m=,故B正确.2.C【解析】系统静止时,A物块受重力GA=mAg,弹簧向上的拉力F=(mA+mB+mC)g,A、B间细绳的拉力FAB=(mB+mC)g,B、C间弹簧的弹力FBC=mCg.剪断细绳的瞬间,弹簧形变来不及恢复,即弹力不变,由牛顿第二定律,对物块A有F-GA=mAaA,解得aA=g,方向竖直向上;对B有FBC+GB=mBaB,解得aB=g,方向竖直向下;剪断细绳的瞬间C的受力不变,其加速度为零.3.D【解析】物块接触弹簧后,在开始阶段,物块的重力大于弹簧的弹力,合力向下,加速度向下,根据牛顿第二定律得mg-kx=ma,得到a=g-x,a与x是线性关系,当x增大时,a减小;当弹力等于重力时,物块的合力为零,加速度a=0;当弹力大于重力后,物块的合力向上,加速度向上,根据牛顿第二定律得,kx-mg=ma,得到a=x-g,a与x是线性关系,当x增大时,a增大.若物块接触弹簧时无初速度,根据对称性,可知物块运动到最低点时加速度大小等于g,方向竖直向上,当小球以一定的初速度压缩弹簧后,物块到达最低点时,弹簧的压缩量增大,加速度增大,大于g,故A、B、C错误,D正确.4.B【解析】根据速度时间图线可知,货物先向下做匀速直线运动,根据牛顿第二定律得mg-F=ma,解得F=mg-mamg,然后做匀速直线运动,F=mg,然后向下做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=mg+mamg,然后向上做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=mg+mamg,然后做匀速直线运动,F=mg,最后向上做匀速直线运动,根据牛顿第二定律得,mg-F=ma,解得F=mg-mamg.故B正确,A、C、D错误.5.C【解析】分析小球B受力,由平衡条件可得kx=mgsinα,解得x=,弹簧的原长为L-x=L-,A项错误;分析小球A受力,由平衡条件可得Fcosα=mgsinα+kx,解得F=mg,B项错误;撤去F的瞬间,弹簧弹力不变,故B球的加速度为零,由mgsinα+kx=maA可得小球A此时的加速度为aA=g,C项正确.6.AD【解析】对初始状态F浮-mg=ma,则所受浮力大小为4830N,A正确;上升过程空气阻力不断增大,气球的加速度逐渐减小,B错误;由于气球做的是加速度减小的变加速运动,开始上升10s后的速度小于5m/s,C错误;以5m/s匀速上升时F浮-mg=F阻,F阻=230N,D正确.7.AD【解析】由图可知,当F=7N时,a=0.5m/s2,当F=14N时,a=4m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,7-f=0.5m,14-f=4m,联立解得m=2kg,f=6N,选项A正确,C错误;由f=μmg,解得μ=0.3,选项B错误;由牛顿第二定律F-f=ma,在F为10N时,物体的加速度a=2.0m/s2,选项D正确.8.BD【解析】猛地拉动时,桌布运动快,鱼缸对桌布的摩擦力向左,鱼缸受摩擦力向右,A项错误;由于鱼缸、桌布和桌面两两间动摩擦因数相同,鱼缸先加速后减速的加速度大小相等,故鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,B项正确;猫增大拉力,鱼缸还是受到滑动摩擦力,大小不变,C项错误;猫减小拉力,当静摩擦力足以提供鱼缸运动的加速度时,鱼缸和桌布相对静止一起加速,D项正确.9.BD【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Ff=μFN可知接触面间的正压力增大,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θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ,假设物体以加速度a向上运动时,有N=m(g+a)cosθ,f=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物体仍做匀速下滑运动,C项错误,D项正确.10.(1)5.4m(2)30N【解析】(1)物块做匀加速运动过程的加速度a1==m/s2=5m/s2,关闭风洞后物块做匀减速运动a2==m/s2=-10m/s2,t2=t总-t1=1.8s-1.2s=0.6s,匀加速过程的位移x1=a1=×5×1.22m=3.6m,匀减速过程的位移x2==m=1.8m.故A、C两点间的距离为x=x1+x2=3.6+1.8m=5.4m.(2)由牛顿第二定律得匀加速过程Fcos37°-mgsin37°-μ(mgcos37°+Fsin37°)=ma1,匀减速过程-(mgsin37°+μmgcos37°)=ma2,联立解得F=30N.11.(1)9m(2)0.25(3)4m/s2【解析】(1)根据=2ax,求出x=9m.(2)物体沿斜面向上运动时受力如图甲所示,根据牛顿第二定律mgsinθ+μN=ma,N=mgcosθ,求出μ=0.25.(3)物体沿斜面向下运动时受力如图乙所示,根据牛顿第二定律mgsinθ-μN=ma',N=mgcosθ,求出a'=4m/s2.