（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(wèn)題（含解析）

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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(wèn)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(shuō)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(wú)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(guò)60 s停了下來(lái)。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(guò)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(guò)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(guò)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(wèn)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(shuō)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(wèn)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(kāi)始沿傾角為α＝37°的斜面向上運(yùn)動(dòng)，該過(guò)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(guò)3 s小車剛好達(dá)到最高點(diǎn)，且小車在減速過(guò)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(guò)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(guò)程的初速度，在勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，得：v＝at＝10×3 m/s＝30 m/s 在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(wèn)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(kāi)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(shuō)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(guò)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(guò)定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到高處?；喌馁|(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(shuō)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(kāi)始逐漸增大到40 N的過(guò)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(méi)有時(shí)間，故無(wú)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(guò)程的加速度與上滑過(guò)程的加速度方向相反 B．物塊下滑過(guò)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(guò)程加速度方向沿斜面向下，勻加速下滑過(guò)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(guò)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(guò)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(huà)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(jiàn)解析圖