第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
课时规范训练 [基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为( )
A．53 m/s C．(5－3) m/s
2
2
2
B．33 m/s D.
1032
m/s 3
2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsin θ，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝
3
；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN23
102
＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝3 m/s，D对．
3
2．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s)( )
2
A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，
F＋Ff2＋32v0102a＝＝m/s＝5 m/s，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B
m1a5
正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有( )
1
A．a1＝a2，x1＝x2 C．a1＝a2，x1＞x2
B．a1＜a2，x1＝x2 D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
F－?m1＋m2?gFFa1＝＝－g，a2＝，
m1＋m2m1＋m2m1＋m2
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝
m2F， m1＋m2
m2FF2＝m2a2＝，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
m1＋m2
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )
A.C.
2F2F，＋g 33m2FF，＋g 33mF2FB.，＋g 33mD.，＋g 33mFF解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B2F由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，
32F此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，故A正确．
3m5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
2
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则
FT＝2mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s)
2
2
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝
3
. 6
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s，
763
代入数据得：F＝ N 5
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
2
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
43
代入数据得：F＝ N.
7
3
答案：(1)
376343 (2) N或 N 657
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s，当热气球上升到180 m时，以5 m/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g取10 m/s.关于热气球，下列说法正确的是( )
2
2
A．所受浮力大小为4 830 N
B．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10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则 ( )
4
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 1
C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
2D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff1
＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误． 2
9．质量1 kg的小物块，在t＝0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°1的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则AB间
3的距离为(已知g＝10 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )
A．1.05 m C．2.03 m
B．1.13 m D．1.25 m
2
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝6 m/s，物块滑到最高点所用时间为：t1＝＝0.5 s，位12
移为：x1＝a1t1＝1.25 m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2 s，位移为：
2
2
2
v0a1
x2＝a2t22＝0.12 m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13 m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s)( )
2
1
2
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s C．0～1 s内，物体的位移为7 m D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
解析：选BD.由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s，所以选项A错误，B正确；由运动关
2
2
22
5
系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是( )
A．v＝k
ρC．v＝pB．v＝
kpρ
kρ pD．v＝kpρ
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是Nkg·m/s
否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝2＝，密度ρ的单位用基本2mmkgpm
单位表示为3，所以的单位为2，易知B正确．
mρs
12．如图所示，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h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s)，求：
2
2
2
(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μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 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 30°＝ma1
v2m＝2a1
，解得vm＝4 m/s. sin 30°
h(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：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
vm
t1＝＝0.8 s
a1
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s 设t＝1.0 s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
6