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.wps

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 1 距离相同，由 x at2可得，加速度越小，滑行时间越长，所以 D 正确。 2 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( ) AaAaBg BaA2g，aB0 CaA 3g，aB0 DaA2 3g，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°2 3mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化， 1 2 3mg 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 2 m 3 g，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/s2 C小球立即向左运动，且 a10 m/s2 D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 FFf 102 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， m 1 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( ) Am1m2 m1 v1 B. m2 v2 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 m1 v1 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 m2 v2 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。 2 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 mg B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 mg D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 12mg 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 mg2mg2 12mg，即手指对盘的作用力大小不可超过 12mg，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 1 x at2 2 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， 3 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。 v2 302 由 v22ax 得：x m30 m。 2a 2 × 15 答案：(1)0.5 (2)30 m 8.(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 v 5 匀加速的时间为：t1 s1 s a 5 1 1 位移为：s1 at2 ×5×12 m2.5 m 2 2 Ls1 52.5 则匀速运动的时间为：t2 s0.5 s v 5 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 4 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 1 图线的斜率等于物体质量的倒数 m 以上判断正确的是( ) A B C D 解析：选 D 取物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： T T Tmgma，解 得：a g。根据 a g 结合乙图，由数学知识可得正确、正确、 m m 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 kg C2 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， Fmg 1 mg 根据牛顿第二定律得：a F M M M 1 知 aF 图线的斜率 k 1，解得：M1 kg， M 所以 A 的质量为：m3 kg。故 B 正确。 考点综合训练 5