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2019届一轮复习物理江苏专版:课时跟踪检测(九) 牛顿第二定律 两类动力学问题

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        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

F=ma  可知,飞机加速度越小,由            v2=2ax 可知,起飞速度越小,选项            A、B、C    错误;
                           1
起飞前滑行的距离相同,由            x=2at2 可得,加速度越小,滑行时间越长,所以                 D 正确。
    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(  )

    A.aA=aB=g                          B.aA=2g,aB=0
            3                                   3
    C.aA=    g,aB=0                     D.aA=2   g,aB=0
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    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                 T=2mgtan 60°=2  3mg,剪断细线瞬间弹簧的弹力
没有变化,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:
    2 3mg
             3
aA=   m  =2   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              μ=0.2 的水平
面上有一个质量       m=1 kg  的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成
θ=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           a=8 m/s2
    C.小球立即向左运动,且           a=10 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:F=mgtan 45°=10×1 N=10 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:Ff=μmg=0.2×10                   N=2   N,
                                    F-Ff   10-2
根据牛顿第二定律得小球的加速度为:a=                   m  =  1   m/s2=8  m/s2,合力方向向左,所
以向左运动,故       B 正确,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     f=kv(k>0),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(  )

    A.m1<m2
      m1  v1
    B.m2=v2
    C.释放瞬间甲球的加速度较大

    D.t0 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                            kv=
                                             m1  v1

mg,因此最大速度与其质量成正比,即                 vm∝m,则m2=v2。由图像知          v1>v2,因此    m1>
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m2,故   A 错误,B   正确;释放瞬间       v=0,因此空气阻力        f=0,两球均只受重力,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。
    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              μ,
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                                μmg
    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                               1+μ2mg
    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  μmg,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    μmg,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
 mg2+μmg2=     1+μ2mg,即手指对盘的作用力大小不可超过                  1+μ2mg,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       α=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,g=10 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=2at2
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    代入数据解得:a=10 m/s2。
    小车的受力如图甲所示,

    由牛顿第二定律得:mgsin α+μmgcos α=ma
    代入数据解得:μ=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,
得:v=at=10×3 m/s=30 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:

    F-mgsin α-μmgcos α=ma′
    代入数据解得:a′=15 m/s2。
                      v2   302
    由 v2=2a′x   得:x=2a′=2   × 15 m=30 m。
    答案:(1)0.5 (2)30 m
    8.(2018·苏州模拟)如图所示,质量         m=1.1  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      μ=0.5,传送带的长度        L=5  m,当传送带以       v=5 
m/s 的速度做逆时针转动时,绳与水平方向的夹角                   θ=37°。已知:g=10       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 θ=μ(mg-Tsin θ)
    带入数据解得:T=5 N。
    (2)剪断绳子后,根据牛顿第二定律有:μmg=ma
    代入数据求得:a=5 m/s2
                       v  5

    匀加速的时间为:t1=a=5 s=1 s
               1    1

                  2        2
    位移为:s1=2at    =2×5×1     m=2.5 m
                           L-s1  5-2.5

    则匀速运动的时间为:t2=           v  =   5   s=0.5 s
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    总时间为:t=t1+t2=1.5 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

    ①图线与纵轴的交点         M 的值   aM=-g

    ②图线与横轴的交点         N 的值  TN=mg
    ③图线的斜率等于物体的质量             m
                                 1
    ④图线的斜率等于物体质量的倒数m
    以上判断正确的是(  )


    A.②④                                B.②③
    C.①②③                               D.①②④
    解析:选    D 取物体为研究对象,根据牛顿第二定律可得:
                         T             T
    T-mg=ma,解得:a=m-g。根据            a=m-g   结合乙图,由数学知识可得①正确、
②正确、④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(  )


    A.4 kg                              B.3 kg
    C.2 kg                              D.1 kg
    解析:选    B 设   A、B  的质量分别为      m 和  M。
    当 F=4 N  时,加速度为:a=1 m/s2,
    对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a
    代入数据解得:M+m=4 kg
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    当 F>4 N  时,A、B    发生相对滑动,对木板          B 分析,
                          F-μmg    1   μmg
    根据牛顿第二定律得:a=             M   =MF-   M
                        1
    知 a­F 图线的斜率      k=M=1,解得:M=1 kg,
    所以  A 的质量为:m=3 kg。故        B 正确。
    考点综合训练

    11.(2018·濮阳模拟)如图所示,质量分别为            m、2m  的小球    A、B,由轻质弹簧相连后再
用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线

中的拉力为     F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力的大小
和小球   A 的加速度的大小分别为(  )
      2F  2F                            F  2F
    A. 3 ,3m+g                        B.3,3m+g
      2F   F                            F   F
    C. 3 ,3m+g                        D.3,3m+g
    解析:选    A 在剪断细线前,对          A、B  及弹簧整体由牛顿第二定律有            F-3mg=3ma,
                                                  2F

对  B 由牛顿第二定律得       F 弹-2mg=2ma,由此可得         F 弹= 3 ,细线被剪断后的瞬间,弹簧

弹力不变,此时       A 球受到向下的重力和弹簧弹力作用,则有                  F 弹+mg=maA,解得      aA=
2F
3m+g,A   正确。
    12.[多选](2018·铜仁模拟)用一水平力        F 向右拉静止在水平面上
的物体,在     F 从  0 开始逐渐增大的过程中,加速度             a 随外力   F 变化
的图像如图所示,取         g=10 m/s2,则可以计算出(  )
    A.物体与水平面间的最大静摩擦力
    B.F  为  14 N 时物体的速度
    C.物体与水平面间的滑动摩擦因数
    D.物体的质量
    解析:选    ACD 物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力
    根据牛顿第二定律得:F-μmg=ma
             F
    解得:a=m-μg
    由 a 与 F 图线,得到
          7
    0.5=m-10μ                          ①
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       14
    4=m-10μ                            ②
    ①②联立得,m=2 kg,μ=0.3,故          C、D   正确;
    故 a=0  时,F   为 6 N,即最大静摩擦力为         6 N,故  A 正确;
    由于物体先静止后又做变加速运动,无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移,又

F 为变力无法求      F 所做的功,从而也无法根据动能定理求速度,故                    B 错误。
    13.(2018·南充模拟)如图所示,斜面体          ABC  放在粗糙的水平地面上。

滑块在斜面底端以初速度           v0=9.6 m/s 沿斜面上滑。斜面倾角         θ=37°,
滑块与斜面的动摩擦因数           μ=0.45。整个过程斜面体保持静止不动,已
知滑块的质量      m=1  kg,sin  37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取  10 m/s2。试
求:

    (1)滑块回到出发点时的速度大小。

    (2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力                Ff 随时间  t 变化的图像。
    解析:(1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律:

                                         2
    mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得    a1=9.6 m/s

                                 2
    设滑块上滑位移大小为          L,则由   v0 =2a1L,解得    L=4.8 m
    滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律:

                                         2
    mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得    a2=2.4 m/s

          2
    根据  v =2a2L,解得    v=4.8 m/s。
                               v0

    (2)滑块沿斜面上滑过程用时          t1=a1=1 s
    对斜面与滑块构成的系统受力分析可得

    Ff1=ma1cos θ=7.68 N
                             v

    滑块沿斜面下滑过程用时           t2=a2=2 s
    对斜面与滑块构成的系统受力分析可得

    Ff2=ma2cos θ=1.92 N

    Ff 随时间变化如图所示。


    答案:(1)4.8 m/s (2)见解析图
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