2019届二轮复习　牛顿第二定律　两类动力学问题课件（60张）（全国通用）

2019届二轮复习　牛顿第二定律　两类动力学问题课件（60张）（全国通用）

第 2 讲 　 牛顿第二定律 两类动力学问题 一 牛顿第二定律 二 两类动力学问题 三 力学单位制 基础过关 考点一 对牛顿第二定律的理解 考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题 考点三 动力学的两类基本问题 考点突破 考点四 动力学图像问题的应用 基础过关 一、牛顿第二定律 1. 内容 : 物体加速度的大小跟它受到的作用力成①     正比     , 跟它的质量 成②     反比     , 加速度的方向跟作用力的方向③     相同     。 2.表达式: F = ma 。 3.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面④     静止     或做 ⑤     匀速直线运动     的参考系。 (2) 牛顿第二定律只适用于⑥     宏观     物体 ( 相对于分子、原子等 ) 、 ⑦     低速     运动 ( 远小于光速 ) 的情况。 二、两类动力学基本问题 1.两类动力学问题 2. 解决两类基本问题的方法 : 以⑧     加速度     为“桥梁” , 由运动学公式 和⑨     牛顿运动定律     列方程求解。 三、力学单位制 1. 单位制 :⑩     基本     单位和       导出     单位一起组成了单位制。 2. 基本单位 : 基本物理量的单位。基本物理量共有七个 , 其中力学范围内 有三个 , 它们是       长度     、       质量     、       时间     , 它们的单位分 别是       米     、       千克     、       秒     。 3.导出单位:由基本物理量根据       物理关系     推导出来的其他物理量 的单位。 1. 判断下列说法对错。 (1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。   (　 √ 　) (2)质量越大的物体,加速度越小。   (　 ✕ 　) (3)物体的质量与加速度成反比。   (　 ✕ 　) (4)物体受到外力作用,立即产生加速度。   (　 √ 　) (5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。   (　 ✕ 　) (6)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。   (     √ 　) 2. 如图,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直线 运动时,球所受合外力的方向沿图中的   (　 D 　)   A. OA 方向　    B. OB 方向 C. OC 方向　    D. OD 方向 3. (2018辽宁沈阳四校协作体联考)如图所示,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   (　 C 　) A. M 所受静摩擦力增大　    B. M 对车厢壁的压力减小 C. M 仍相对于车厢静止　    D. M 所受静摩擦力减小 4. (多选)(2018广东清远一模)一个质量为2 kg的物体,在5个共点力作用 下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力,其余的 力保持不变,关于此后该物体的运动的说法中正确的是   (　 BC 　) A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s 2 B.一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小 C.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2.5 m/s 2 D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是5 m/s 2 考点一　对牛顿第二定律的理解 考点突破 1.牛顿第二定律的五个特性 2.合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不为零,物体都有加速度。 (2) a =   是加速度的定义式, a 与Δ v 、Δ t 无必然联系; a =   是加速度的决 定式, a ∝ F , a ∝   。 (3)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动。 1. (多选)(2016课标Ⅰ,18,6分)一质点做匀速直线运动。现对其施加 一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则       (　 BC 　) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 解析 　由题意知,此恒力即质点所受合外力,若原速度方向与该恒 力方向在一条直线上,则质点做匀变速直线运动,质点单位时间内速率 的变化量总是不变的;原速度方向与该恒力方向不在一条直线上时,则 质点做匀变速曲线运动,速度方向与恒力方向间的夹角逐渐减小,质点 单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量是变化的,A、D项 错误,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点加速度的方向总与该恒力方 向相同,C项正确。 2. 如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到 O 点并系住质量为 m 的 物体,现将弹簧压缩到 A 点,然后释放,物体可以一直运动到 B 点。如果物 体受到的阻力恒定,则   (　 A 　) A.物体从 A 到 O 先加速后减速 B.物体从 A 到 O 做加速运动,从 O 到 B 做减速运动 C.物体运动到 O 点时,所受合力为零 D.物体从 A 到 O 的过程中,加速度逐渐减小 解析 　物体从 A 到 O , 初始阶段受到的向右的弹力大于阻力 , 合力向 右。随着物体向右运动 , 弹力逐渐减小 , 合力逐渐减小 , 由牛顿第二定律 可知 , 加速度向右且逐渐减小 , 由于加速度与速度同向 , 物体的速度逐渐 增大。当物体向右运动至 AO 间某点 ( 设为点 O ') 时 , 弹力减小到与阻力相 等 , 物体所受合力为零 , 加速度为零 , 速度达到最大。此后 , 随着物体继续 向右运动 , 弹力继续减小 , 阻力大于弹力 , 合力方向变为向左。至 O 点时 弹力减为零 , 此后弹力向左且逐渐增大 , 所以物体越过 O ' 点后 , 合力 ( 加速 度 ) 方向向左且逐渐增大 , 由于加速度与速度反向 , 故物体做加速度逐渐 增大的减速运动。 考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题 1.力学中的几个模型 轻绳 弹性绳 轻弹簧 轻杆 质量大小 0 0 0 0 受外力作用时 形变的种类 拉伸形变 拉伸形变 拉伸形变、压缩形变 拉伸形变、压缩形变、弯曲形变 受外力作用时 形变量大小 微小,可忽略 较大,不可忽略 较大,不可忽略 微小,可忽略 弹力方向 沿着绳,指向 绳收缩的方向 沿着绳,指向绳收缩的方向 沿着弹簧,指向弹簧恢复原长的方向 既可沿着杆,也可跟杆成任意角度 弹力大小变化情况 可以突变 不能突变 不能突变 可以突变 2.求解瞬时加速度的一般思路 1. 如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块 1、3质量为 m ,2、4质量为 M ,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为 a 1 、 a 2 、 a 3 、 a 4 。重力加速度大小为 g ,则有   (　 C 　) A. a 1 = a 2 = a 3 = a 4 =0 B. a 1 = a 2 = a 3 = a 4 = g C. a 1 = a 2 = g , a 3 =0, a 4 =   g D. a 1 = g , a 2 =   g , a 3 =0, a 4 =   g 解析 　在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即 消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知 a 1 = a 2 = g ;而物 块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力 大小和对物块4向下的弹力大小仍为 mg ,因此物块3满足 mg = F , a 3 =0;由牛 顿第二定律得物块4满足 a 4 =   =   g 。所以C对。 2. (2019山东临沂检测)如图所示,在倾角 θ =30 ° 的光滑斜面上,物 块 A 、 B 质量分别为 m 和2 m ,物块 A 静止在轻弹簧上面,物块 B 用细线与斜 面顶端相连, A 、 B 紧挨在一起,但 A 、 B 之间无弹力。已知重力加速度为 g 。某时刻把细线剪断,在剪断细线的瞬间,下列说法正确的是   (　 B 　) A.物块 A 的加速度为0　    B.物块 A 的加速度为   C.物块 B 的加速度为0　    D.物块 B 的加速度为   解析 　剪断细线前,对物块 A 分析,可得弹簧的弹力 F 弹 = mg sin 30 ° =   mg ,剪断细线的瞬间,弹簧的弹力来不及改变,仍为 F 弹 =   mg ,细线对 B 的 拉力消失,对 A 、 B 组成的系统,由牛顿第二定律可得3 mg sin 30 ° - F 弹 =3 ma ,解得加速度为 a =   =   ,即 A 和 B 的加速度均为   ,故选B。 在求解瞬时加速度时应注意的问题 (1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过程,不会发生突变。 名师点拨 考点三　动力学的两类基本问题 　　 解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” 　　(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度往往是下一个过程 的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。 例1     (多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好 的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时, 连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F ;当机车在西边拉着车 厢以大小为   a 的加速度向西行驶时, P 和 Q 间的拉力大小仍为 F 。不计 车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为   (　 BC 　) A.8　    B.10　    C.15　    D.18 解析 　设每节车厢的质量为 m ,这列车厢的节数为 n , P 、 Q 挂钩的 东边车厢的节数为 x ,西边车厢的节数为 n - x 。当机车在东边拉车厢时,对 西边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得 F =( n - x ) ma ;当机车在西边拉车 厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得 F =   max ,联立可得 n =   x , x 为3的倍数,则 n 为5的倍数,选项B、C正确,选项A、D错误。 考向1　已知受力求运动 1. (2016 四川理综 ,10,17 分 ) 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施 , 由制动坡床和防撞设施等组成 , 如图竖直平面内 , 制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床 , 当车速为 23 m/s 时 , 车尾位于制动坡床的底端 , 货物开始在车厢内向车头滑动 , 当货物在车厢内滑动了 4 m 时 , 车头距制动坡床顶端 38 m, 再过一段时间 , 货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍 , 货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4; 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 。货物与货车分别视为小滑块和平板 , 取cos θ =1,sin θ =0.1, g =10 m/s 2 。求: (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; (2)制动坡床的长度。 答案 　(1)5 m/s 2 　方向沿制动坡床向下 (2)98 m 解析 　(1)设货物的质量为 m ,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间 的动摩擦因数 μ =0.4,受摩擦力大小为 f ,加速度大小为 a 1 ,则 f + mg sin θ = ma 1   ① f = μmg cos θ   ② 联立①②式并代入数据得 a 1 =5 m/s 2   ③ a 1 的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为 M ,车尾位于制动坡床底端时的车速为 v =23 m/s。货 物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s 0 =38 m的过程中,用时为 t , 货物相对制动坡床的运动距离为 s 1 ,在车厢内滑动的距离 s =4 m,货车的 加速度大小为 a 2 ,货车相对制动坡床的运动距离为 s 2 。货车受到制动坡 床的阻力大小为 F , F 是货车和货物总重的 k 倍, k =0.44,货车长度 l 0 =12 m, 制动坡床的长度为 l ,则 Mg sin θ + F - f = Ma 2   ④ F = k ( m + M ) g   ⑤ s 1 = vt -   a 1 t 2   ⑥ s 2 = vt -   a 2 t 2   ⑦ s = s 1 - s 2   ⑧ l = l 0 + s 0 + s 2   ⑨ 联立①②④~⑨并代入数据得 l =98 m⑩ 考向2　已知运动求受力 2. (2019广西南宁期末)如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为 l 1 =1.6 × 10 2 m的水平跑道和长度为 l 2 =20 m的倾斜跑道两部分组成。水平 跑道与倾斜跑道末端的高度差 h =4.0 m。一架质量为 m =2.0 × 10 4 kg的飞 机,其喷气发动机的推力大小恒为 F =1.2 × 10 5 N,方向与速度方向相同,在 运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。假设航母处于 静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取 g =10 m/s 2 。   (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小; (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,外界还需要在 整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力 F 推 的大小。 【 思路点拨 】 (1) 分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力情况 , 由牛顿第二定律确 定其加速度。 (2) 利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机到达倾 斜跑道末端时的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上,利用牛顿第二定律确定加速度;飞机在 倾斜跑道上的加速度不变,利用运动学公式和牛顿第二定律综合求解。 答案 　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2 × 10 5 N 解析 　(1)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到推力与阻力作用, 设加速度大小为 a 1 ,末速度大小为 v 1 ,运动时间为 t 1 ,有 F 合 = F - F f = ma 1   -   =2 a 1 l 1 v 1 = a 1 t 1 其中 v 0 =0, F f =0.1 mg 代入已知数据可得 a 1 =5.0 m/s 2 , v 1 =40 m/s, t 1 =8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿 倾斜跑道方向的分力作用,设飞机沿倾斜跑道方向的加速度大小为 a 2 ,末 速度大小为 v 2 ,倾斜跑道与水平面的夹角为 α ,沿倾斜跑道方向有 F 合 '= F - F f - mg sin α = ma 2 mg sin α = mg     -   =2 a 2 l 2 其中 v 1 =40 m/s 代入已知数据可得 a 2 =3.0 m/s 2 , v 2 =   m/s ≈ 41.5 m/s。 故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大 小为41.5 m/s。 (2)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到喷气发动机的推力、助 推力与阻力作用,设加速度大小为 a ' 1 、末速度大小为 v ' 1 ,有 F ″ 合 = F 推 + F - F f = ma ' 1 v 1 ' 2 -   =2 a ' 1 l 1 飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到喷气发动机的推力、 阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,加速度大小为 a 2 '= a 2 =3.0 m/s 2 v 2 ' 2 - v 1 ' 2 =2 a 2 ' l 2 根据题意可知 v 2 '=100 m/s,代入数据解得 F 推 =5.2 × 10 5 N 故助推力 F 推 的大小为5.2 × 10 5 N。 考向3　等时圆模型 3. 如图所示, AB 和 CD 为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别 位于半径为 R 和 r 的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点 P 。设有一重物 先后沿两个斜槽,从静止出发,由 A 滑到 B 和由 C 滑到 D ,所用的时间分别 为 t 1 和 t 2 ,则 t 1 与 t 2 之比为   (　 B 　) A.2∶1　    B.1∶1　     C.   ∶1　    D.1∶   解析 　设光滑斜槽轨道与水平方向的夹角为 θ ,则重物沿斜槽下滑 时的加速度为 a = g sin θ ;由几何关系可得,斜槽轨道的长度 s =2( R + r ) sin θ , 由运动学公式 s =   at 2 ,得 t =   =   =2   ,由此可知重物 沿光滑斜槽下滑所用时间 t 与斜槽倾角 θ 无关,所以 t 1 = t 2 ,B项正确。 方法总结 考点四　动力学图像问题的应用 1.动力学图像问题的类型 2.数形结合解决动力学图像问题 (1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而 明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取 图像信息或者描点作图。 (2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标 包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。 3.解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截 距、交点、拐点、“面积”的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公 式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。 1. (多选)如图(a),一物块在 t =0时刻滑上一固定斜面,其运动的 v - t 图 线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均为已知量,则可求 出   (　 ACD 　) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析 　设物块的质量为 m 、斜面的倾角为 θ ,物块与斜面间的动 摩擦因数为 μ ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,根 据牛顿第二定律有: mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 。再 结合 v - t 图线斜率的物理意义有: a 1 =   , a 2 =   。由上述四式可见,无法求出 m ,可以求出 θ 、 μ ,故B错,A、C均正确。0~ t 1 时间内的 v - t 图线与横轴包围 的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离, θ 已求出,故可以求出物块 上滑的最大高度,故D正确。 2. 1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在 液体中下落时,发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的 种类有关,有 F =6π ηrv 。其中物理量 η 为液体的粘滞系数,与液体的种类 及温度有关。如图所示,现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足 够深量筒中,下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图 像可能正确的是   (　 D 　)   解析 　根据牛顿第二定律得,小钢珠的加速度 a =   =   , 在下降的过程中,速度 v 增大,阻力 F 增大,则加速度 a 减小,当重力和阻力 相等时,做匀速运动,加速度为零,故选项D正确。 3. 如图所示, E 为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一个小 物体由顶端静止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为 正方向,则物体下滑过程中的位移 x 、速度 v 、合力 F 、加速度 a 与时间 t 的关系图像可能正确的是   (　 B 　) 解析 　物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动,位移-时间图像的开 口向上,物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动,位移-时间图像的开口 向下,故A错误;物体在斜面上半段做匀加速直线运动,在下半段做匀减 速直线运动,由于到达底端的速度为零,则物体在上半段和下半段的平 均速度相等,位移也相等,故物体在上半段和下半段的运动时间相等,物 体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,故物体在 上半段和下半段所受合外力大小相等,方向相反,B正确,C、D错误。 牛顿第二定律的应用 热点题型探究 例2     (2018课标Ⅱ,24,12分)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现 其正前方停有汽车 B ,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车 B 。两车碰 撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后 B 车向前滑动了4.5 m, A 车向前滑动了2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为2.0 × 10 3 kg和1.5 × 10 3 kg, 两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小 g =10 m/s 2 。求 (1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。     答案 　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 解析 　本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。 (1) 设 B 车的质量为 m B , 碰后加速度大小为 a B , 根据牛顿第二定律有 μm B g = m B a B   ① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 v B ', 碰撞后滑行的距离为 s B 。由运动学 公式有 v   =2 a B s B   ② 联立①②式并利用题给数据得 v B ‘=3.0 m/s③ (2) 设 A 车的质量为 m A , 碰后加速度大小为 a A 。根据牛顿第二定律有 μm A g = m A a A   ④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v A ', 碰撞后滑行的距离为 s A 。由运动学 公式有 v   =2 a A s A   ⑤ 设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 v A 。两车在碰撞过程中动量守恒 , 有 m A v A = m A v A '+ m B v B '   ⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 v A =4.3 m/s⑦ 1. (多选)(2018广东汕头模拟)建设房屋时,保持底边 L 不变,要设计好屋顶 的倾角 θ ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可 视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是   (　 AC 　) A.倾角 θ 越大,雨滴下滑时的加速度越大 B.倾角 θ 越大,雨滴对屋顶压力越大 C.倾角 θ 越大,雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度越大 D.倾角 θ 越大,雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的时间越短 解析 　注意底边长度是不变的,设屋顶的坡面长度为 x ,雨滴下滑 时加速度为 a ,对雨滴受力分析,只受重力 mg 和屋顶对雨滴的支持力 F N , 垂直于屋顶方向: mg cos θ = F N ,平行于屋顶方向: ma = mg sin θ 。雨滴的加 速度 a = g sin θ ,则倾角 θ 越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对 屋顶的压力大小 F N '= F N = mg cos θ ,则倾角 θ 越大,雨滴对屋顶的压力越小, 故B错误;根据几何知识,屋顶坡面的长度 x =   ,由 x =   g sin θ · t 2 ,可得: t =   ,可见当 θ =45 ° 时,用时最短,D错误;由 v = g sin θ · t 可得 v =   ,可见 θ 越大,雨滴从顶端 O 下滑至 M 时的速度越大,C正确。 2. (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 2 ,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 =10 m/s 2 。关于热气球,下列说法正确的是(　 AD 　) 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匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 解析 　刚开始上升时,空气阻力为零, F 浮 - mg = ma ,解得 F 浮 = m ( g + a )= 4 830 N,A正确;加速上升过程,若保持加速度不变,则热气球上升到180 m 时,速度 v =   =6   m/s>5 m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线 运动,上升10 s后的速度 v '< at =5 m/s,C错误;再由 F 浮 - F 阻 - mg = ma 可知空气 阻力 F 阻 增大,B错误;匀速上升时, F 浮 = F 阻 + mg ,所以 F 阻 = F 浮 - mg =230 N,D正 确。