《(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(九)牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(九)牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題(含解析)(6頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(九)牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題(含解析)
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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(gè)表達(dá)式:a=和a=,關(guān)于這兩個(gè)表達(dá)式,下面說法正確的是( )
A.a(chǎn)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(guān),故A錯(cuò)誤。由加速度定義可知a=表示物體速度變化快慢
2、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(xiàng)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(cuò)誤。
2.質(zhì)量為1 800 kg的汽車在平直的路面上行駛,當(dāng)速度達(dá)到72 km/h時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),經(jīng)過60 s停了下來。若汽車重新啟動(dòng)時(shí)所受的牽引力為2 400 N。汽車整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力大小不變,則汽車在重新啟動(dòng)時(shí)的加速度大小為( )
A.2.4 m/s2 B.2 m/
3、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(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題
3.(2019·廈門模擬)如圖所示,吊盒A與物體B的質(zhì)量相等,用輕彈簧將物體B懸掛在吊盒內(nèi),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(shí)所受繩的拉力用整體法可知FT=2mg,當(dāng)
4、剪斷繩時(shí),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(xì)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(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球用固定在墻上的水平輕質(zhì)彈簧支撐,小球與彈簧不粘連,平衡時(shí)細(xì)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(shí)彈簧的彈力大小為mg
B.小球靜止時(shí)細(xì)繩的拉力大小為mg
C.細(xì)繩燒斷
5、瞬間小球的加速度立即為g
D.細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度立即為g
解析:選AD 小球靜止時(shí),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(xì)繩的拉力大小為:T==mg,故A正確,B錯(cuò)誤;細(xì)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(xì)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(cuò)誤,D正確。
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:動(dòng)力學(xué)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(yùn)動(dòng),該過程可看成勻加速直線運(yùn)動(dòng),牽引力F大小為25 N,運(yùn)動(dòng)x距離時(shí)出現(xiàn)故障,此后小車牽引力消失,
6、再經(jīng)過3 s小車剛好達(dá)到最高點(diǎn),且小車在減速過程中最后2 s內(nèi)的位移為20 m,已知小車的質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù);
(2)求勻加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移x。
甲
解析:(1)設(shè)小車勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,最后2 s內(nèi)的位移為x,可將勻減速運(yùn)動(dòng)看成反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則有:
x=at2
代入數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)解得:μ=0.5。
(2)設(shè)牽引力
7、消失時(shí)小車的速度為v,即為勻減速過程的初速度,在勻減速運(yùn)動(dòng)過程中,得:v=at=10×3 m/s=30 m/s
在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中,設(shè)加速度大小為a′,小車的受力如圖乙所示。
根據(jù)牛頓第二定律得:
F-mgsin α-μmgcos α=ma′
代入數(shù)據(jù)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(zhì)量m=1.1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))用細(xì)繩拴住,放在水平傳送帶的右端,物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,傳送帶的長(zhǎng)度L=5 m,當(dāng)傳送帶以v=5 m/s的速度做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),繩與
8、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(yùn)動(dòng)時(shí)繩子的拉力大小T;
(2)某時(shí)刻剪斷繩子,求物體運(yùn)動(dòng)至傳送帶最左端所用時(shí)間。
解析:(1)傳送帶穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí),物體處于平衡狀態(tài),有:
Tcos θ=μ(mg-Tsin θ)
帶入數(shù)據(jù)解得:T=5 N。
(2)剪斷繩子后,根據(jù)牛頓第二定律有:μmg=ma
代入數(shù)據(jù)求得:a=5 m/s2
勻加速的時(shí)間為:t1== s=1 s
位移為:s1=at2=×5×12 m=2.5 m
則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t2== s=0.5 s
總時(shí)間為:t=t1+t2=1.5
9、 s。
答案:(1)5 N (2)1.5 s
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:動(dòng)力學(xué)的圖像問題
7.(2018·大連模擬)質(zhì)量分別為m1、m2的甲、乙兩球,在離地相同高度處,同時(shí)由靜止開始下落,由于空氣阻力的作用,兩球到達(dá)地面前經(jīng)時(shí)間t0分別達(dá)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(shù)k完全相同,兩球下落的v-t關(guān)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(shí)間內(nèi)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(yùn)動(dòng),最后都做勻速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí)有kv=mg,因此最大速度與其質(zhì)
10、量成正比,即 vm∝m,則=。由圖像知v1>v2,因此m1>m2,故A錯(cuò)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(cuò)誤;速度圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示兩球通過的位移,由題圖可知,t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度不相等,故D錯(cuò)誤。
8.(2018·溫州九校期末)如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到高處。滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì),貨物獲得的加速度a與繩子對(duì)貨物豎直向上的拉力T之間的關(guān)系圖像如圖乙所示。 由圖可以判斷下列說法錯(cuò)誤的是(重力加速度為 g)( )
A.圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g
B.圖線的斜率等于貨物質(zhì)量的倒數(shù)
C
11、.圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg
D.圖線的斜率等于貨物的質(zhì)量m
解析:選D 對(duì)貨物受力分析,受重力mg和拉力T,根據(jù)牛頓第二定律,有:T-mg=ma,得:a=T-g;當(dāng)a=0時(shí),T=mg,故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg,故C正確。當(dāng)T=0時(shí),a=-g,即圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g,故A正確。圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù),故B正確,D錯(cuò)誤。
9.[多選](2019·濟(jì)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(jì)算出 (g=10 m/s2)( )
A.物體的質(zhì)量
B.物體與
12、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
C.物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小
D.加速度為2 m/s2時(shí)物體的速度
解析:選ABC 當(dāng)F>20 N時(shí),根據(jù)牛頓第二定律:F-f=ma,得a=-+;則由數(shù)學(xué)知識(shí)知圖像的斜率k=;由題圖得k==,可得物體的質(zhì)量為5 kg。將F=20 N 時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ,故A、B、C正確。因?yàn)閳D像只給出作用力與加速度的對(duì)應(yīng)關(guān)系,且物體做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng),因沒有時(shí)間,故無法算得物體的加速度為 2 m/s2時(shí)物體的速度,故D錯(cuò)誤。
考點(diǎn)綜合訓(xùn)練
10.(2019
13、·三明月考)一物塊以一定的初速度沿斜面向上滑動(dòng),在1.5 s 時(shí)刻回到出發(fā)點(diǎn)。利用速度傳感器可以在計(jì)算機(jī)屏幕上得到其速度大小隨時(shí)間的變化關(guān)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(dòng)摩擦因數(shù)μ
D.兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(cuò)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(jù)牛頓第二定律可得mgsi
14、n 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(dòng)摩擦因數(shù)μ和斜面的傾角θ,故B錯(cuò)誤、C正確;由mgsin θ>μmgcos θ可得μ
15、定量畫出斜面與水平地面之間的摩擦力Ff隨時(shí)間t變化的圖像。
解析:(1)滑塊沿斜面上滑過程,由牛頓第二定律:
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=9.6 m/s2
設(shè)滑塊上滑位移大小為L(zhǎng),則由v02=2a1L,解得L=4.8 m
滑塊沿斜面下滑過程,由牛頓第二定律:
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2.4 m/s2
根據(jù)v2=2a2L,解得v=4.8 m/s。
(2)滑塊沿斜面上滑過程用時(shí)t1==1 s
對(duì)斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得
Ff1=ma1cos θ=7.68 N
滑塊沿斜面下滑過程用時(shí)t2==2 s
對(duì)斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得
Ff2=ma2cos θ=1.92 N
Ff隨時(shí)間變化如圖所示。
答案:(1)4.8 m/s (2)見解析圖