(江苏专版)2019高考物理一轮复习 课时跟踪检测(九)牛顿第二定律 两类动力学问题.pdf

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1、课时跟踪检测（九）课时跟踪检测（九）牛顿第二定律牛顿第二定律两类动力学问题两类动力学问题对点训练：牛顿第二定律的理解1。若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离同，则()A携带弹药越多，加速度越大B加速度相同，与携带弹药的多少无关C携带弹药越多，获得的起飞速度越大D携带弹药越多，滑行时间越长解析：选 D携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律Fma可知,飞机加速度越小,由v2ax可知,起飞速度越小，选项 A、B、C 错误；起飞前滑行的距离相同，由x错误错误! !at可得,加速度越小，滑行时间越长，所以 D 正确。2多选如图所示，一木块在光滑水平面上受一方固定一足够长的水平轻

2、弹簧，则当木块接触弹簧确的是()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍增大C当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选 BCD刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误,B、C、D 正确。对点训练:牛顿第二定律的瞬时性问题3.（2018南通模拟 )如图所示，一根弹簧一端固定在另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球，另一端固上,弹簧与竖直方向的夹角是 60，A、B

3、两小球分别连在两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相左侧竖直墙上，定在右侧竖直墙另一根竖直弹簧等,重力加速度为恒力F作用，前后，下列判断正22相同， 牵引力 相g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）AaAaBgBaA2g，aB0CaA错误错误! !g，aB0 DaA2错误错误! !g,aB0解析：选 D设两个小球的质量都为m，以AB球整体作为研究对象，A处于静止状态受力平衡，由平衡条件得:细线拉力T2mgtan 602错误错误! !mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：aA错误错

4、误! !2 3g，B球的受力情况不变,则加速度仍为 0,故 D 正确。4.多选（2018天水一模）如图所示，在动摩擦因水平面上有一个质量m1 kg 的小球，小球与水平轻弹簧成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于2数0。2 的及 与 竖 直方 向静止状态 ,且水平面对小球的弹力恰好为零.在剪断轻绳的瞬间(g取 10 m/s ），下列说法中正确的是()A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且a8 m/sC小球立即向左运动,且a10 m/sD若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零解析：选 BD在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力:Fmgt

5、an 45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故 A 错误;小球所受的最大静摩擦力为：Ffmg0。210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a错误错误! !错误错误! ! m/s 8 m/s ，合力方向向左，所以向左运动 ,故 B正确，C 错误;剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故 D 正确.对点训练：动力学的两类基本问题5。（2018大连模拟)质量分别为m1、m2的甲、乙高度处,同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，经时间t0

6、分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小速率v成正比，即fkv（k0），且两球的比例常数球下落的v。t关系如图所示，下列说法正确的是（）Am1m2B.错误错误! !错误错误! !两球,在离地相同两球到 达地面 前2222f与小 球的下 落k完全 相同， 两C释放瞬间甲球的加速度较大Dt0时间内两球下落的高度相等解析：选 B两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动，稳定时有kvmg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm,则错误错误! !错误错误! !。由图像知v1v2，因此m1m2，故 A错误，B 正确;释放瞬间v0,因此空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故 C 错

7、误；速度图像与时间轴围成的面积表示两球通过的位移，由题图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故 D 错误。6。多选(2018淄博二模）如图所示，某杂技演员盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处不考虑盘的自转。则下列说法正确的是（)A若手指支撑着盘，使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力等于mgB若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为mgD若盘随手指一起水平匀加速运动,则手指对盘的作用力大小不可超过错误错误! !mg解析：选 AD若手指支撑

8、着盘,使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg，选项 A 正确;若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，选项 B 错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动 ,则手指对盘的作用力为静摩擦力，大小不一定等于mg,选项 C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为mg，竖直方向对盘子的支持力为mg,则手指对盘的作用力大小的最大值错误错误! !错误错误! !mg，即手指对盘的作用力大小不可超过错误错误! !mg，选项 D 正确。7。(2018孝感一模）如图所示，用遥控器控制小开

9、始沿倾角为37的斜面向上运动，该过程可看成车,使小车从静止匀 加 速 直 线 运在 做 手 指玩 耍擦因数为，于 水 平 状态 且动，牵引力F大小为 25 N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过 3 s 小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后 2 s 内的位移为 20 m,已知小车的质量为 1 kg,g10 m/s 。（已知 sin 370。6，cos 370。8）求：(1）小车与斜面间的动摩擦因数；(2）求匀加速运动过程中的位移x.2解析：（1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a,最后 2 s 内的位移为x，可将匀减速运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。则有：甲x错

10、误错误! !at2代入数据解得：a10 m/s 。小车的受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma代入数据解得:0.5。（2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中，得:vat103 m/s30 m/s在匀加速运动过程中，设加速度大小为a，小车的受力如图乙所示。2乙根据牛顿第二定律得：Fmgsinmgcosma代入数据解得:a15 m/s 。由v2ax得:x错误错误! !错误错误! ! m30 m。答案:（1）0.5(2）30 m8.(2018苏州模拟)如图所示，质量m1。1 kg点）用细绳拴住,放在水平传送带的右端，物体和传送因数0。5，传送

11、带的长度L5 m,当传送带以v222的物体(可视为质带之间的动摩擦5 m/s 的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角37。已知：g10 m/s ，sin 370。6，cos370.8。求：(1）传送带稳定运动时绳子的拉力大小T；(2)某时刻剪断绳子,求物体运动至传送带最左端所用时间。解析:（1）传送带稳定运动时,物体处于平衡状态，有：Tcos(mgTsin）带入数据解得：T5 N。（2)剪断绳子后，根据牛顿第二定律有:mgma代入数据求得：a5 m/s匀加速的时间为：t1 错误错误! ! s1 s位移为：s1错误错误! !at错误错误! !51 m2.5 m则匀速运动的时间为：t2错误错误!

12、 !错误错误! ! s0.5 s总时间为：tt1t21.5 s。答案：(1）5 N(2)1。5 s对点训练：动力学的图像问题9(2018包头一模）如图甲,某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断图线与纵轴的交点M的值aMg图线与横轴的交点N的值TNmg图线的斜率等于物体的质量m图线的斜率等于物体质量的倒数错误错误! !以上判断正确的是()222vaAC B D解析:选 D取物体为研究对象,根据牛顿第二定律可得：Tmgma，解得：a错误错误! !g.根据a错误错误! !g结合乙图，由数

13、学知识可得正确、正确、正确。10（2018泰州模拟)如图甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A,木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为（)A4 kgC2 kg B3 kg D1 kg解析：选 B设A、B的质量分别为m和M。当F4 N 时,加速度为：a1 m/s ，对整体分析,由牛顿第二定律有：F（Mm）a代入数据解得:Mm4 kg当F4 N 时，A、B发生相对滑动，对木板B分析，2Fmg根据牛顿第二定律得：a错误错误! !F错误错误! !M知a.F图线的斜率k错误错误! !1，解得：M1 kg,所以A的质量

14、为：m3 kg。故 B 正确。考点综合训练11.(2018濮阳模拟）如图所示，质量分别为m、2m的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运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬的大小和小球A的加速度的大小分别为（）A.错误错误! !，错误错误! !gC.错误错误! !，错误错误! !gB.错误错误! !，错误错误! !gD。错误错误! !，错误错误! !g小球A、B，由轻上做匀 加速直 线间，弹 簧的弹 力解析:选 A在剪断细线前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F3mg3ma,对B由牛顿第二定律得F弹2mg2ma，由此可得F弹错误错误! !，细线被剪断后的瞬间，

15、弹簧弹力不变，此时A球受到向下的重力和弹簧弹力作用，则有F弹mgmaA，解得aA错误错误! !g，A 正确。12。多选(2018铜仁模拟)用一水平力F向右拉的物体,在F从 0 开始逐渐增大的过程中，加速度a随外如图所示，取g10 m/s ，则可以计算出（)A物体与水平面间的最大静摩擦力BF为 14 N 时物体的速度C物体与水平面间的滑动摩擦因数2静止在 水平面 上力F变化的图像D物体的质量解析:选 ACD物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律得:Fmgma解得：a错误错误! !g由a与F图线，得到05错误错误! !104错误错误! !10联立得，m2 kg,0.3，

16、故 C、D 正确；故a0 时，F为 6 N，即最大静摩擦力为 6 N，故 A 正确；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移,又F为变力无法求F所做的功，从而也无法根据动能定理求速度，故 B 错误。13。（2018南充模拟）如图所示，斜面体ABC放在上.滑块在斜面底端以初速度v09。6 m/s 沿斜面上滑.斜37，滑块与斜面的动摩擦因数0.45。整个过程斜面粗糙的水平地面面 倾 角体 保 持 静 止 不2动，已知滑块的质量m1 kg，sin 370.6，cos 370。8，g取 10 m/s 。试求：(1)滑块回到出发点时的速度大小.(2）定量画出斜面与水平地面之

17、间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律:mgsinmgcosma1，解得a19。6 m/s2设滑块上滑位移大小为L，则由v02a1L，解得L4。8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2mgsinmgcosma2,解得a22.4 m/s2根据v2a2L,解得v4。8 m/s。（2）滑块沿斜面上滑过程用时t1错误错误! !1 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得2Ff1ma1cos7。68 N滑块沿斜面下滑过程用时t2错误错误! !2 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff2ma2cos1.92 NFf随时间变化如图所示。答案：(1）4.8 m/s（

18、2)见解析图尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in ourbusy schedule. We proofread the content carefully before the release ofthis article, but it is inevitable that there will be someunsatisfactory points. If there are omissions, please correct them. Ihope this article can solve your doubts and arouse your thinking. Partof the text by the users care and support, thank you here! I hope tomake progress and grow with you in the future.