（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）.doc
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課時跟蹤檢測（九） 牛頓第二定律 兩類動力學問題 對點訓練：牛頓第二定律的理解 1．[多選](2019蘇南五校聯(lián)考)物體的加速度有兩個表達式：a＝和a＝，關于這兩個表達式，下面說法正確的是( ) A．a與Δv成正比，與Δt成反比 B．前一式表示a描述速度變化的快慢，后式表明a是由F與m決定的 C．兩式均為矢量式，前一式中a與Δv方向相同，后一式中a與F方向相同 D．兩式均為矢量式，但a、F、Δv的方向不一定相同 解析：選BC 加速度的定義式為a＝，知加速度的大小與Δv、Δt無關，故A錯誤。由加速度定義可知a＝表示物體速度變化快慢的物理量，由牛頓第二定律可知a由F和m決定，故B正確。a＝中由于a、Δv為矢量，所以a＝為矢量式，且a與Δv的方向相同；a＝中，由于a、F為矢量，所以a＝為矢量式，且a與F的方向相同，故C正確。由C項分析可知兩式均為矢量式，由a與Δv的方向相同，且a與F方向相同，所以a、F、Δv的方向一定相同，故D錯誤。 2．質量為1 800 kg的汽車在平直的路面上行駛，當速度達到72 km/h時關閉發(fā)動機，經過60 s停了下來。若汽車重新啟動時所受的牽引力為2 400 N。汽車整個運動過程中受到的阻力大小不變，則汽車在重新啟動時的加速度大小為( ) A．2.4 m/s2 B．2 m/s2 C．1.42 m/s2 D．1 m/s2 解析：選D 汽車減速過程有：a＝ m/s2＝ m/s2， 則汽車受的阻力為：f＝ma＝1 800 N＝600 N， 汽車加速過程有：a′＝＝ m/s2＝1 m/s2，故D正確。 對點訓練：牛頓第二定律的瞬時性問題 3.(2019廈門模擬)如圖所示，吊盒A與物體B的質量相等，用輕彈簧將物體B懸掛在吊盒內，且靜止。在懸掛吊盒的繩突然剪斷的瞬間，吊盒A和物體B的加速度分別為(重力加速度為g)( ) A．g，g B．2g，g C．g,2g D．2g,0 解析：選D A在平衡時所受繩的拉力用整體法可知FT＝2mg，當剪斷繩時，繩的拉力消失，其他力不變，則剩下力的合力等于繩的拉力，方向豎直向下，由牛頓第二定律可得aA＝＝2g；物體B受重力和彈力，彈簧的彈力不能突變，在細繩剪斷瞬間，B受到的彈力與重力相等，所受合力為零，由牛頓第二定律可知，其加速度aB＝0，故D正確。 4.[多選](2019耀華月考)細繩拴一個質量為m的小球，小球用固定在墻上的水平輕質彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為53，如圖所示。已知重力加速度為g，cos 53＝0.6，sin 53＝0.8，以下說法正確的是( ) A．小球靜止時彈簧的彈力大小為mg B．小球靜止時細繩的拉力大小為mg C．細繩燒斷瞬間小球的加速度立即為g D．細繩燒斷瞬間小球的加速度立即為g 解析：選AD 小球靜止時，分析受力情況，如圖，由平衡條件得：彈簧的彈力大小為：F＝mgtan 53＝mg；細繩的拉力大小為：T＝＝mg，故A正確，B錯誤；細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為：a＝＝，故C錯誤，D正確。 對點訓練：動力學的兩類基本問題 5.(2018孝感一模)如圖所示，用遙控器控制小車，使小車從靜止開始沿傾角為α＝37的斜面向上運動，該過程可看成勻加速直線運動，牽引力F大小為25 N，運動x距離時出現(xiàn)故障，此后小車牽引力消失，再經過3 s小車剛好達到最高點，且小車在減速過程中最后2 s內的位移為20 m，已知小車的質量為1 kg，g＝10 m/s2。(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： (1)小車與斜面間的動摩擦因數； (2)求勻加速運動過程中的位移x。 甲 解析：(1)設小車勻減速直線運動的加速度大小為a，最后2 s內的位移為x，可將勻減速運動看成反向的初速度為零的勻加速直線運動。則有： x＝at2 代入數據解得：a＝10 m/s2。 小車的受力如圖甲所示， 由牛頓第二定律得：mgsin α＋μmgcos α＝ma 乙 代入數據解得：μ＝0.5。 (2)設牽引力消失時小車的速度為v，即為勻減速過程的初速度，在勻減速運動過程中，得：v＝at＝103 m/s＝30 m/s 在勻加速運動過程中，設加速度大小為a′，小車的受力如圖乙所示。 根據牛頓第二定律得： F－mgsin α－μmgcos α＝ma′ 代入數據解得：a′＝15 m/s2。 由v2＝2a′x得：x＝＝ m＝30 m。 答案：(1)0.5 (2)30 m 6.(2018蘇州模擬)如圖所示，質量m＝1.1 kg的物體(可視為質點)用細繩拴住，放在水平傳送帶的右端，物體和傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶的長度L＝5 m，當傳送帶以v＝5 m/s的速度做逆時針轉動時，繩與水平方向的夾角θ＝37。已知：g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求： (1)傳送帶穩(wěn)定運動時繩子的拉力大小T； (2)某時刻剪斷繩子，求物體運動至傳送帶最左端所用時間。 解析：(1)傳送帶穩(wěn)定運動時，物體處于平衡狀態(tài)，有： Tcos θ＝μ(mg－Tsin θ) 帶入數據解得：T＝5 N。 (2)剪斷繩子后，根據牛頓第二定律有：μmg＝ma 代入數據求得：a＝5 m/s2 勻加速的時間為：t1＝＝ s＝1 s 位移為：s1＝at2＝512 m＝2.5 m 則勻速運動的時間為：t2＝＝ s＝0.5 s 總時間為：t＝t1＋t2＝1.5 s。 答案：(1)5 N (2)1.5 s 對點訓練：動力學的圖像問題 7.(2018大連模擬)質量分別為m1、m2的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時由靜止開始下落，由于空氣阻力的作用，兩球到達地面前經時間t0分別達到穩(wěn)定速度v1、v2，已知空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k＞0)，且兩球的比例常數k完全相同，兩球下落的vt關系如圖所示，下列說法正確的是( ) A．m1＜m2 B.＝ C．釋放瞬間甲球的加速度較大 D．t0時間內兩球下落的高度相等 解析：選B 兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時有kv＝mg，因此最大速度與其質量成正比，即 vm∝m，則＝。由圖像知v1＞v2，因此m1＞m2，故A錯誤，B正確；釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤；速度圖像與時間軸圍成的面積表示兩球通過的位移，由題圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤。 8．(2018溫州九校期末)如圖甲所示，某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處。滑輪的質量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的關系圖像如圖乙所示。 由圖可以判斷下列說法錯誤的是(重力加速度為 g)( ) A．圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g B．圖線的斜率等于貨物質量的倒數 C．圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg D．圖線的斜率等于貨物的質量m 解析：選D 對貨物受力分析，受重力mg和拉力T，根據牛頓第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝T－g；當a＝0時，T＝mg，故圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg，故C正確。當T＝0時，a＝－g，即圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g，故A正確。圖線的斜率表示質量的倒數，故B正確，D錯誤。 9.[多選](2019濟南月考)靜止在水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，在F從20 N開始逐漸增大到40 N的過程中，加速度a隨拉力F變化的圖像如圖所示，由此可以計算出 (g＝10 m/s2)( ) A．物體的質量 B．物體與水平面間的動摩擦因數 C．物體與水平面間的滑動摩擦力大小 D．加速度為2 m/s2時物體的速度 解析：選ABC 當F＞20 N時，根據牛頓第二定律：F－f＝ma，得a＝－＋；則由數學知識知圖像的斜率k＝；由題圖得k＝＝，可得物體的質量為5 kg。將F＝20 N 時a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：物體受到的摩擦力 f＝15 N；由f＝μFN＝μmg可得物體與水平面間的動摩擦因數μ，故A、B、C正確。因為圖像只給出作用力與加速度的對應關系，且物體做加速度逐漸增大的加速運動，因沒有時間，故無法算得物體的加速度為 2 m/s2時物體的速度，故D錯誤。 考點綜合訓練 10.(2019三明月考)一物塊以一定的初速度沿斜面向上滑動，在1.5 s 時刻回到出發(fā)點。利用速度傳感器可以在計算機屏幕上得到其速度大小隨時間的變化關系圖像，如圖所示。重力加速度g取10 m/s2，則( ) A．物塊下滑過程的加速度與上滑過程的加速度方向相反 B．物塊下滑過程的加速度大小為1.33 m/s2 C．利用圖像可以求出斜面的傾角θ和兩者間的動摩擦因數μ D．兩者間的動摩擦因數μ>tan θ 解析：選C 勻減速上滑過程加速度方向沿斜面向下，勻加速下滑過程加速度方向也沿斜面向下，故A錯誤；圖像的斜率表示加速度的大小，在上滑過程中a1＝ m/s2＝8 m/s2，根據牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，在下滑過程中a2＝ m/s2＝2 m/s2，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，可求解動摩擦因數μ和斜面的傾角θ，故B錯誤、C正確；由mgsin θ>μmgcos θ可得μ
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