(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测09《 牛顿第二定律 两类动力学问题》(含解析)

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；起飞前滑行的距离相同，由x＝at2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

C．aA＝g，aB＝0   D．aA＝2g，aB＝0

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°＝2mg，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：aA＝＝2g，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，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝ 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

B.＝

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＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即 vm∝m，则＝。由图像知v1＞v2，因此m1＞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mg

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，即手指对盘的作用力大小不可超过mg，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

x＝at2

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。

由v2＝2a′x得：x＝＝ 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

匀加速的时间为：t1＝＝ s＝1 s

位移为：s1＝at2＝×5×12 m＝2.5 m

则匀速运动的时间为：t2＝＝ s＝0.5 s

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

④图线的斜率等于物体质量的倒数

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－mg＝ma，解得：a＝－g。根据a＝－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

当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对木板B分析，

根据牛顿第二定律得：a＝＝F－

知a­F图线的斜率 k＝＝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(　　)

A.，＋g   B.，＋g

C.，＋g   D.，＋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，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝，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＝＋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

解得：a＝－μg

由a与F图线，得到

0．5＝－10μ ①

4＝－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：

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2

设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m

滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2

根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。

(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝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

滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝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