《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-人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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-人教版高三物理試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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.若戰(zhàn)機從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同，牽引力相同，則(　　) A．攜帶彈藥越多，加速度越大 B．加速度相同，與攜帶彈藥的多少無關(guān) C．攜帶彈藥越多，獲得的起飛速度越大 D．攜帶彈藥越多，滑行時間越長 解析：選D　攜帶彈藥越多，戰(zhàn)機的質(zhì)量越大，而牽引力相同，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，飛機加速度越小，由v2＝2ax可知，起飛速度越小，選項A、B、C錯誤；起飛前滑行的距離相同，由x＝at2可得，加速度越小，滑行時間越長，所以D正確。 2．[多選]如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F

2、作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊立即做減速運動 B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍增大 C．當F等于彈簧彈力時，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零 解析：選BCD　剛開始時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確。 對點訓練：牛頓第二定律的瞬時性問題 3.(2018·南通模擬)如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上

3、，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(　　) A．a(chǎn)A＝aB＝g　　　　　　　　 B．a(chǎn)A＝2g，aB＝0 C．a(chǎn)A＝g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝2g，aB＝0 解析：選D　設兩個小球的質(zhì)量都為m，以AB球整體作為研究對象，A處于靜止狀態(tài)受力平衡，由平衡條件得：細線拉力T＝2mgtan 60°＝2mg，剪斷細線瞬間彈簧的彈力沒有變化，A球受到的合力與原來細

4、線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓第二定律得：aA＝＝2g，B球的受力情況不變，則加速度仍為0，故D正確。 4.[多選](2018·天水一模)如圖所示，在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質(zhì)量m＝1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，下列說法中正確的是(　　) A．小球受力個數(shù)不變 B．小球立即向左運動，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左運動，且a＝10 m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度為零 解析：選BD　在剪斷輕繩前，小球

5、受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。小球的受力個數(shù)發(fā)生改變，故A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左運動，故B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故D正確。 對點訓練：動力學的兩類基本問題 5.(2018·大連模擬)質(zhì)量分別為m1

6、、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(jīng)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(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(zhì)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

7、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(nèi)兩球下落的高度不相等，故D錯誤。 6.[多選](2018·淄博二模)如圖所示，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演。若盤的質(zhì)量為m，手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn)。則下列說法正確的是(　　) A．若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則手指對盤的作用力等于mg B．若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則盤受到水平向右的靜摩擦力 C．若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力大小為μ

8、mg D．若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤的作用力大小不可超過mg 解析：選AD　若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，則手指對盤的作用力等于mg，選項A正確；若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則水平方向盤不受力，即盤不受靜摩擦力，選項B錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力為靜摩擦力，大小不一定等于μmg，選項C錯誤；若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，則手指對盤的作用力大小的最大值＝mg，即手指對盤的作用力大小不可超過mg，選項D正確。

9、 7.(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(jīng)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(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)小車與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)求勻加速運動過程中的位移x。 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(nèi)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：

10、 甲 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 代入數(shù)據(jù)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＝10×3 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。 乙 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 8.(2018·蘇州模

11、擬)如圖所示，質(zhì)量m＝1.1 kg的物體(可視為質(zhì)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(shù)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(zhuǎn)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(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

12、數(shù)據(jù)求得：a＝5 m/s2 勻加速的時間為：t1＝＝ s＝1 s 位移為：s1＝at2＝×5×12 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 9．(2018·包頭一模)如圖甲，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提升到高處?；喌馁|(zhì)量和摩擦均不計，物體獲得的加速度a與繩子對物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。由圖可以判斷 ①圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g ②圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg ③圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m ④圖線的斜率等于物體

13、質(zhì)量的倒數(shù) 以上判斷正確的是(　　) A．②④ B．②③ C．①②③ D．①②④ 解析：選D　取物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得： T－mg＝ma，解得：a＝－g。根據(jù)a＝－g結(jié)合乙圖，由數(shù)學知識可得①正確、②正確、④正確。 10．(2018·泰州模擬)如圖甲所示，長木板B靜置于光滑水平面上，其上放置物塊A，木板B受到水平拉力F作用時，其加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A的質(zhì)量為(　　) A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg 解析：選B　設A、B的質(zhì)量分別為m和M。 當F＝4 N時，加速

14、度為：a＝1 m/s2， 對整體分析，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a 代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝4 kg 當F＞4 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對木板B分析， 根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝F－ 知a-F圖線的斜率 k＝＝1，解得：M＝1 kg， 所以A的質(zhì)量為：m＝3 kg。故B正確。 考點綜合訓練 11.(2018·濮陽模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B，由輕質(zhì)彈簧相連后再用細線懸掛在電梯內(nèi)，已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動，細線中的拉力為F，此時突然剪斷細線。在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度的大小分別為(　　) A.，＋g B.，＋g C.

15、，＋g D.，＋g 解析：選A　在剪斷細線前，對A、B及彈簧整體由牛頓第二定律有F－3mg＝3ma，對B由牛頓第二定律得F彈－2mg＝2ma，由此可得F彈＝，細線被剪斷后的瞬間，彈簧彈力不變，此時A球受到向下的重力和彈簧彈力作用，則有F彈＋mg＝maA，解得aA＝＋g，A正確。 12.[多選](2018·銅仁模擬)用一水平力F向右拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，取g＝10 m/s2，則可以計算出(　　) A．物體與水平面間的最大靜摩擦力 B．F為14 N時物體的速度 C．物體與水平面間的滑動摩擦因數(shù) D．物體的質(zhì)量 解

16、析：選ACD　物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma 解得：a＝－μg 由a與F圖線，得到 0．5＝－10μ ① 4＝－10μ ② ①②聯(lián)立得，m＝2 kg，μ＝0.3，故C、D正確； 故a＝0時，F(xiàn)為6 N，即最大靜摩擦力為6 N，故A正確； 由于物體先靜止后又做變加速運動，無法利用勻變速直線運動規(guī)律求速度和位移，又F為變力無法求F所做的功，從而也無法根據(jù)動能定理求速度，故B錯誤。 13.(2018·南充模擬)如圖所示，斜面體ABC放在粗糙的水平地面上?；瑝K在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面傾角θ＝37°

17、，滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ＝0.45。整個過程斜面體保持靜止不動，已知滑塊的質(zhì)量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。試求： (1)滑塊回到出發(fā)點時的速度大小。 (2)定量畫出斜面與水平地面之間的摩擦力Ff隨時間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 設滑塊上滑位移大小為L，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t1＝＝1 s 對斜面與滑塊構(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t2＝＝2 s 對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得 Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N Ff隨時間變化如圖所示。 答案：(1)4.8 m/s　(2)見解析圖