牛顿第二定律的应用（一）——两种基本类型的题目同步测试
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1、如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1 kg(g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况． (2)求悬线对球的拉力．
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
(2)求悬线对球的拉力．
解析：(1)车厢的加速度与小球的相同，由球的受力分析(如图)知，加速度方向向右，车厢向右做匀加速运动或向左做匀减速运动．
(2)由图知，线对球的拉力大小为：．
答案：见解析
2、如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ） A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动 B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量时，物体的速度最大
2、如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动 B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动 C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量时，物体的速度最大
A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为
D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量时，物体的速度最大
解析：滑块向左运动过程中，以向右为正方向有：Ff＋kx=ma，所以，即一直向左做减速运动，且最大加速度为．滑块向右运动过程中，以向右为正方向有：kx－Ff=ma′，所以，当kx<F1时开始减速；当kx=F1时a′=0，此时且向右的速度最大，综上所述可知A、C、D正确．
答案：ACD
3、一质量为2kg的物体(视为质点)从某一高度由静止下落，与地面相碰后(忽略碰撞时间)又上升到最高点，该运动过程的v一t图象如图所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求： (1)物体上升的最大高度； (2)物体下落过程中所受的空气阻力的大小．(g取10 m/s2)
3、一质量为2kg的物体(视为质点)从某一高度由静止下落，与地面相碰后(忽略碰撞时间)又上升到最高点，该运动过程的v一t图象如图所示．如果上升和下落过程中空气阻力大小相等，求：
(1)物体上升的最大高度； (2)物体下落过程中所受的空气阻力的大小．(g取10 m/s2)
(1)物体上升的最大高度；
(2)物体下落过程中所受的空气阻力的大小．(g取10 m/s2)
解析：(1)由图象可知，物体上升过程做匀减速直线运动，初速度v0=6 m/s，末速度v1=0，运动时间t1=0.5 s．由运动学－公式可得上升的最大高度．
(2)由图象知下落过程，初速度v2=0，末速度v3=8 m/s，据加速度公式可得下落过程加速度．下落过程物体受力如图所示，由牛顿第二定律得mg－Ff=ma，所以Ff=mg－ma=(2×10－2×8)N=4N．
答案：(1)1.5m (2)4N
4、一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ=30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，求5s内滑下来的路程和5s末的速度大小．(g取10m/s2)
解析：这是一个典型的已知物体的受力情况求物体的运动情况的问题，解决此类问题的基本思路是：根据受力分析→确定合力确定加速度a确定运动情况．
以滑雪人为研究对象，受力情况如图所示．
研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向处于平衡，沿山坡方向做匀加速直线运动．
将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向的分力，据牛顿第二定律列方程：
FN－mgcosθ=0 ① mgsinθ－Ff=ma ② 又因为Ff=μFN ③ 由①②③可得：a=g(sinθ－μcosθ)
FN－mgcosθ=0 ①
mgsinθ－Ff=ma ②
又因为Ff=μFN ③
由①②③可得：a=g(sinθ－μcosθ)
5、如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，则（ ） A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3 C．t3>t1>t2 D．t1=t2=t3
5、如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，则（ ）
A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3 C．t3>t1>t2 D．t1=t2=t3
A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1=t2=t3
解析：小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律知：mgcosθ=ma ①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移
x=2Rcosθ ②
由运动学公式得 ③
由①②③联立解得
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1=t2=t3．
答案：D
6、如图所示，三个光滑斜面I、Ⅱ、Ⅲ同底，倾角分别为15°、45°、60°．将完全一样的木块同时从斜顶顶端释放，木块到达底面的先后顺序是（ ） A．I Ⅱ Ⅲ B．Ⅲ Ⅱ Ⅰ C．Ⅱ Ⅲ Ⅰ D．Ⅱ Ⅰ Ⅲ
6、如图所示，三个光滑斜面I、Ⅱ、Ⅲ同底，倾角分别为15°、45°、60°．将完全一样的木块同时从斜顶顶端释放，木块到达底面的先后顺序是（ ）
A．I Ⅱ Ⅲ B．Ⅲ Ⅱ Ⅰ C．Ⅱ Ⅲ Ⅰ D．Ⅱ Ⅰ Ⅲ
A．I Ⅱ Ⅲ B．Ⅲ Ⅱ Ⅰ
C．Ⅱ Ⅲ Ⅰ D．Ⅱ Ⅰ Ⅲ
解析：设底面长度为L，斜面倾角为α，则斜面长度为L/cosα，本块在斜面上下滑的加速度为a=gsinα，据，得，所以．代入数值并进行简单比较可得C正确．
答案：C
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7、质量m=1.5kg的物块(可视为质点)，在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s后停在B点，已知A、B两点间的距离s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F的大小．(g取10 m/s2)
解析：设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力F时物块速度为v，物块受到的滑动摩擦力Ff=μmg．
对撤去力F后物块滑动过程中，由牛顿第二定律得Ff=μmg=ma1
由运动学公式得v=a2t，v2=2a2s2
撤去力F前，由牛顿第二定律得：F－Ff=ma1，
由运动学公式得v2=2a1s1，又s1=s－s2
由以上各式得F=15N．
答案：15N
8、科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量．
解析：设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为f，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得mg－f=ma ①
式中a是气球下降的加速度，以此加速度在时间t内下降了h，则
h=v0t＋ ②
当向舱外抛掉质量为m′的压舱物后，有f－(m－m′)g=(m－m′)a′ ③
式中a′是抛掉压舱物后气球的加速度，由题意，此时a′方向向上
△v=a′△t ④
式中△v是抛掉压舱物后在△t时间内下降速度的减少量．由①③得
⑤
将题设数据m=990kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12m、△t=300s，△v=3 m/s，g=9.89 m/s2
代入②④⑤式得m′=101 kg ⑥
答案：101 kg
9、如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．(取重力加速度g=10 m/s2) t(s) 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 … v(m/s) 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 … 求：(1)斜面的倾角α； (2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ； (3)t=0.6 s时的瞬时速度v．
9、如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．(取重力加速度g=10 m/s2)
t(s)
0.0
0.2
0.4
…
1.2
1.4
v(m/s)
1.0
2.0
1.1
0.7
求：(1)斜面的倾角α； (2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ； (3)t=0.6 s时的瞬时速度v．
求：(1)斜面的倾角α；
(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ；
(3)t=0.6 s时的瞬时速度v．
解析：(1)物体在光滑斜面上运动时，做匀加速直线运动，由前三列数据可求物体在斜面上运动时的加速度，则，在斜面上运动时重力的分力提供加速度，即：a1=gsinα，解得：α=30°．
(2)物体在水平面上做匀减速直线运动，由后两列数据可求得物体在水平面上运动时的加速度，
负号表示水平面上的加速度与物体运动方向相反．
由a2=μg得：
(3)设物体在斜面上运动时间为t，则物体到达斜面末端的速度v1=a1t=5t，然后物体又做匀减速直线运动，又经过(1.2－t)s速度变为1.1 m/s，则a1t－a2(1.2－t)=v2，代入数据解得t=0.5 s，则t′=0.6 s时物体在水平面上，其速度v=a1t－a2(t′－t)=5×0.5 m/s－2×0.1 m/s=2.3 m/s．
答案：(1)30° (2)0.2 (3)2.3 m/s
10、质量为m=1kg的小球穿在斜杆上，球与杆之间的动摩擦因数μ=，用拉力F=20N竖直向上拉小球使它沿杆加速上滑，如图所示，求小球的加速度为多大?(g取10 m/s2)
解析：以小球为研究对象，小球受重力G，拉力F和滑动摩擦力F′的作用，这几个力方向较明确，但杆对球的弹力沿什么方向需要具体判断．建立如图所示的坐标系，加速度方向沿x轴正方向，将F、G分解，在y方向上，Fcos30°>Gcos30°，在y轴方向上小球处于平衡状态，故小球所受杆的弹力的方向垂直于杆向下．
在x轴方向：Fsin 30°－(μFN＋mgsin 30°)=ma
在y轴方向：FN＋mgcos 30°=Fcos30°
解得a=1.25 m/s2．
答案：1.25 m/s2
-END-
，加速度方向向右，车厢向右做匀加速运动或向左做匀减速运动．
．
时，物体的速度最大
，即一直向左做减速运动，且最大加速度为
．滑块向右运动过程中，以向右为正方向有：kx－F
，当kx<F
且向右的速度最大，综上所述可知A、C、D正确．
．
．下落过程物体受力如图所示，由牛顿第二定律得mg－F
确定加速度a
确定运动情况．
③
，得
，所以
．代入数值并进行简单比较可得C正确．
②
⑤
，在斜面上运动时重力的分力提供加速度，即：a
，用拉力F=20N竖直向上拉小球使它沿杆加速上滑，如图所示，求小球的加速度为多大?(g取10 m/s
