[8]第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(2020·福建泉州质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中(D)

A．甲的最大加速度是乙的2倍

B．甲的最大加速度是乙的 2 倍

C．甲的最大速度是乙的2倍

D．甲的最大速度是乙的 2 倍

[解析]本题考查借助冰雹运动中的受力情况分析其运动情况。冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以冰雹下落过程中最大加速度出现在速度为0时，冰雹只受重力，所以加速度均为g，故A、B错误；当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速

度最大，即有mg＝k v2，解得v＝mg

k，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的最大速度是

乙的2倍，故C错误，D正确。

2. (2020·安徽芜湖模拟)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自轨道顶端由静止滑下到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(A)

A．v2>v1>v3

B．v1>v2>v3

C．v3>v1>v2

D．v1>v3>v2

[解析]本题考查等时圆模型。设任一轨道的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二

定律得到a＝g sin θ，轨道的长度为x＝d sin θ，则有x＝1

2at

2得t＝

2x

a＝

2d sin θ

g sin θ＝

2d

g，

可见，小球下滑时间与轨道的倾角无关。则有t1＝t2＝t3。因x2>x1>x3，根据v＝x

t可知，

v2>v1>v3，故选A。

3. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止

状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间( D )

A ．吊篮A 的加速度大小为g

B ．物体B 的加速度大小为g

C ．物体C 的加速度大小为g

D ．A 、C 间的弹力大小为0.5mg

[解析] 本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二

定律得，a AC ＝F ＋4mg 4m ＝2mg ＋4mg 4m

＝1.5g ，即A 、C 的加速度均为1.5g ，故A 、C 错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B 受力情况不变，故物体B 的加速度大小为零，故B 错误；剪断轻绳的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A 有F AC ＋mg ＝ma AC ，得F AC ＝ma AC －mg ＝0.5mg ，故D 正确。

4．(2019·江苏南通模拟)用一随时间均匀变化的水平拉力F 拉静止在水平面上的物体。已知F ＝kt (k ＝2 N/s)，物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体的加速度a 随时间t 变化的图象如图所示，g 取10 m/s 2，则下列选项错误的是( D )

A ．物体的质量为2 kg

B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2

C ．t ＝4 s 时物体的速度为2 m/s

D ．0～4 s 内拉力F 做的功为4 J

[解析] 本题考查根据a －t 图象分析力和运动。物体受重力、地面的支持力、拉力和与

拉力方向相反的摩擦力，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，解得a ＝F m －μg ＝2 N/s m

t －μg ，由a －t 图线可知0＝4 N m －μ×10 m/s 2,2 m/s 2＝8 N m

－μ×10 m/s 2，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.2；a －t 图线与t 轴所围成的面积表示速度的变化量，所以0～4 s 内有Δv ＝v －0＝12

×2×2 m/s ＝2 m/s ，t ＝4 s 时物体的速度v ＝2 m/s ；根据动能定理可知，W F －W f ＝ΔE k ＝4 J ，所以W F >4 J ，本题选错误的，故选D 。

5. (2020·福建漳州质检)如图，在水平地面的平板小车上放一质量m ＝2 kg 的滑块，滑块

与车上右侧挡板用水平的轻弹簧连接，小车在水平向右的力的作用下以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1 N ，滑块与小车保持相对静止，现减小外力使小车的加速度逐渐减小到零，则( D )

A ．弹簧的弹力逐渐减小

B ．滑块受到的摩擦力保持不变

C ．当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用

D ．滑块与小车仍保持相对静止

[解析] 本题考查根据带弹簧的连接体的运动情况分析其受力情况。设滑块受到的摩擦力为f ，弹簧的弹力为N 。根据牛顿第二定律有f －N ＝ma ，开始时f ＝3 N ，加速度逐渐减小到零，摩擦力逐渐减小到1 N ，弹力不变，故A 、B 、C 错误；开始时f ＝3 N ，最大静摩擦力大于等于3 N ，由于整个过程摩擦力小于3 N ，滑块与小车仍保持相对静止，故D 正确。

二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。

6．(2020·福建龙岩质检)质量m ＝2 kg 的物块在粗糙的水平地面上运动，t ＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F 1、F 2的作用，以3 m/s 的速度做匀速直线运动，F 1、F 2随时间t 的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( BD )

A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.3

B ．3 s 末物块的加速度大小为1.5 m/s 2

C ．5 s 末物块的速度大小为1.5 m/s

D ．5 s 内物块的位移大小为9 m

[解析] 本题考查根据物体受力图象分析运动问题。0～2 s 内，由物块处于平衡状态可得F 1＋F 2－μmg ＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A 错误；3 s 末物块的加速度大小为a ′＝－F 2＋μmg －F ′1m

＝1.5 m/s 2，故B 正确；2～4 s 内物块的加速度都为a ′＝1.5 m/s 2，所以物块减速到0的时间为t 2＝31.5

s ＝2 s ，即物块在4 s 末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C 错误；5 s 内物块的位移大小等于4 s 内物块的位移大小，即为(3×2＋3＋02

×2) m ＝9 m ，故D 正确。

7．(2019·江西南昌二中月考)质量分别为M 和m 的物块A 和B 形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A 恰好能静止在斜面上，不考虑A 、B 与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A ，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( ACD )

A ．轻绳的拉力等于mg

B ．轻绳的拉力等于Mg

C ．A 运动的加速度大小为(1－sin α)g

D ．A 运动的加速度大小为M －m M

g [解析] 第一次放置时A 静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg ；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg －mg sin α＝(M ＋m )a ，联立解得a ＝(1－sin α)g ＝M －m N g 。对B ，由牛顿第二定律有T －mg sin α＝ma ，解得T ＝mg ，故A 、C 、D 正确，B 错误。

8．(2020·山东烟台二中模拟)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( BC )

A ．物体的初速度v 0＝3 m/s

B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75

C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 m

D ．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上

[解析] 本题考查根据x －θ图象分析物体运动情况。由题图乙可知，当倾角为90°时，位移为1.80 m ，则由竖直上抛运动规律可知v 20＝2gx 解得v 0＝2gx ＝2×10×1.80 m/s ＝6

m/s ，故A 错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m ，可得μ＝v 202gx ＝362×10×2.4

＝0.75，故B 正确；当倾角为θ时，物体沿斜面上滑的距离为x ，则根据动能定理有－mgx sin θ－μmgx cos

θ＝0－12M v 20，解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝1810(sin θ＋34cos θ) m ＝1810×54

sin (θ＋α) m ，当θ＋α＝90°时，sin (θ＋α)＝1，此时位移最小为x min ＝1.44 m ，故C 正确；当θ＝45°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mg sin 45°＝22mg ；滑动摩擦力f ＝μmg cos 45°＝0.75×mg ×22＝328

mg ，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D 错误。

三、非选择题

9．(2020·山东高考模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v 0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。

(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。

(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)。

[答案] (1)tan θ≤0.30 (2)57 m

[解析] (1)当货车在避险车道停下后，有

f m ≥m

g sin θ

货车所受的最大摩擦力f m ＝μN ＝μmg cos θ

联立可解得

tan θ≤0.30

(2)货车在避险车道上行驶时

a ＝mg sin θ＋μmg cos θm

＝5.51 m/s 2 货车的初速度

v 0＝25 m/s

则货车在避险车道上行驶的最大距离为

x ＝v 202a

≈57 m

10．(2019·河南重点中学联考)俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F ＝40 N 推动质量m ＝40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g 取10 m/s 2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)

(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小；

(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；

(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。

[答案] (1)1.5 m/s 2 (2)0.05 (3)36 m/s

[解析] (1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1＝12a 1t 21

，解得a 1＝1.5 m/s 2。

(2)由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，

其中sin θ＝h x

＝0.1，cos θ＝1，解得μ＝0.05。 (3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有

(m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2，

8 s 末冰橇的速度为v 1＝a 1t 2，

出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2＝12a 1t 22

＝48 m ， 到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，

则v 22－v 21＝2a 2(x －x 2)，解得v 2＝36 m/s 。