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20180523389.doc

课时跟踪检测（九） 牛顿第二定律 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相同，牵引力相同，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v22ax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xat2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恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()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左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为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，aB0CaAg，aB0 DaA2g，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 60°2mg，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：aA2g，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，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，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/s2)，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/s2C小球立即向左运动，且a10 m/s2D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：Fmgtan 45°10×1 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：Ffmg0.2×10 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a m/s28 m/s2，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、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即fkv(k0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v­t关系如图所示，下列说法正确的是()Am1m2B.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。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，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。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mg解析：选AD若手指支撑着盘，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mg，即手指对盘的作用力大小不可超过mg，选项D正确。7.(2018·孝感一模)如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，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/s2。(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)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。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xat2代入数据解得：a10 m/s2。小车的受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma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：vat10×3 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。乙根据牛顿第二定律得：Fmgsin mgcos ma代入数据解得：a15 m/s2。由v22ax得：x m30 m。答案：(1)0.5(2)30 m8.(2018·苏州模拟)如图所示，质量m1.1 kg的物体(可视为质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数0.5，传送带的长度L5 m，当传送带以v5 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/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。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/s2匀加速的时间为：t1 s1 s位移为：s1at2×5×12 m2.5 m则匀速运动的时间为：t2 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以上判断正确的是()A BC 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：ag。根据ag结合乙图，由数学知识可得正确、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 kg B3 kgC2 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/s2，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，根据牛顿第二定律得：aF知a­F图线的斜率 k1，解得：M1 kg，所以A的质量为：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，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.，g B.，gC.，g D.，g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，细线被剪断后的瞬间，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aAg，A正确。12.多选(2018·铜仁模拟)用一水平力F向右拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，取g10 m/s2，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：ag由a与F图线，得到0510410联立得，m2 kg，0.3，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放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v09.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角37°，滑块与斜面的动摩擦因数0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m1 kg，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2。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：mgsin mgcos ma1，解得a19.6 m/s2设滑块上滑位移大小为L，则由v022a1L，解得L4.8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma2，解得a22.4 m/s2根据v22a2L，解得v4.8 m/s。(2)滑块沿斜面上滑过程用时t11 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时t22 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf随时间变化如图所示。答案：(1)4.8 m/s(2)见解析图7