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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題（含解析）對點訓(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表達(dá)式：a和a，關(guān)于這兩個表達(dá)式，下面說法正確的是()Aa與v成正比，與t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v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、v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v、t無關(guān)，故A錯誤。由加速度定義可知a表示物體速度變化快慢的物理量，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、v為

2、矢量，所以a為矢量式，且a與v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項分析可知兩式均為矢量式，由a與v的方向相同，且a與F方向相同，所以a、F、v的方向一定相同，故D錯誤。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時關(guān)閉發(fā)動機，經(jīng)過60 s停了下來。若汽車重新啟動時所受的牽引力為2 400 N。汽車整個運動過程中受到的阻力大小不變，則汽車在重新啟動時的加速度大小為()A2.4 m/s2B2 m/s2C1.42 m/s2 D1 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：fma1 80

3、0 N600 N，汽車加速過程有：a m/s21 m/s2，故D正確。對點訓(xùn)練：牛頓第二定律的瞬時性問題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)()Ag，g B2g，gCg,2g D2g,0解析：選DA在平衡時所受繩的拉力用整體法可知FT2mg，當(dāng)剪斷繩時，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aA2g；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

4、，其加速度aB0，故D正確。4.多選(2019耀華月考)細(xì)繩拴一個質(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 530.6，sin 530.8，以下說法正確的是()A小球靜止時彈簧的彈力大小為mgB小球靜止時細(xì)繩的拉力大小為mgC細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度立即為gD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，分析受力情況，如圖，由平衡條件得：彈簧的彈力大小為：Fmgtan 53mg；細(xì)繩的拉力大小為：Tmg，故A正確，B錯誤；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

5、小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為：a，故C錯誤，D正確。對點訓(xùn)練：動力學(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(dá)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，g10 m/s2。(已知sin 370.6，cos 370.8)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。甲解析：(1)設(shè)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

6、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：xat2代入數(shù)據(jù)解得：a10 m/s2。小車的受力如圖甲所示，由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma乙代入數(shù)據(jù)解得：0.5。(2)設(shè)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：vat103 m/s30 m/s在勻加速運動過程中，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：Fmgsin mgcos ma代入數(shù)據(jù)解得：a15 m/s2。由v22ax得：x m30 m。答案：(1)0.5(2)30 m6.(2018蘇州模擬)如圖所示，質(zhì)量m1.1 kg的物體(可視為質(zhì)點)用細(xì)繩拴住，

7、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)0.5，傳送帶的長度L5 m，當(dāng)傳送帶以v5 m/s的速度做逆時針轉(zhuǎn)動時，繩與水平方向的夾角37。已知：g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。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 (mgTsin )帶入數(shù)據(jù)解得：T5 N。(2)剪斷繩子后，根據(jù)牛頓第二定律有：mgma代入數(shù)據(jù)求得：a5 m/s2勻加速的時間為：t1 s1 s位移為：s1at2512 m2.5 m則勻速運動的時間為：t2 s0.5 s總時

8、間為：tt1t21.5 s。答案：(1)5 N(2)1.5 s對點訓(xùn)練：動力學(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fkv(k0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同，兩球下落的vt關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()Am1m2B.C釋放瞬間甲球的加速度較大Dt0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kvmg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即 vmm，則。由圖像知v1v2

9、，因此m1m2，故A錯誤，B正確；釋放瞬間v0，因此空氣阻力f0，兩球均只受重力，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。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?；喌馁|(zhì)量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與繩子對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誤的是(重力加速度為 g)()A圖線與縱軸的交點M的值aMgB圖線的斜率等于貨物質(zhì)量的倒數(shù)C圖線與橫軸的交點N的值TNmgD圖線的斜率等于貨物的質(zhì)量m解析：選D對貨物受力分析，受重力

10、mg和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律，有：Tmgma，得：aTg；當(dāng)a0時，Tmg，故圖線與橫軸的交點N的值TNmg，故C正確。當(dāng)T0時，ag，即圖線與縱軸的交點M的值aMg，故A正確。圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，故B正確，D錯誤。9.多選(2019濟南月考)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，由此可以計算出 (g10 m/s2)()A物體的質(zhì)量B物體與水平面間的動摩擦因數(shù)C物體與水平面間的滑動摩擦力大小D加速度為2 m/s2時物體的速度解析：選ABC當(dāng)F20 N時，根據(jù)牛頓第二定律：Ffma，得a；則由數(shù)學(xué)知識

11、知圖像的斜率k；由題圖得k，可得物體的質(zhì)量為5 kg。將F20 N 時a1 m/s2，代入Ffma得：物體受到的摩擦力 f15 N；由fFNmg可得物體與水平面間的動摩擦因數(shù)，故A、B、C正確。因為圖像只給出作用力與加速度的對應(yīng)關(guān)系，且物體做加速度逐漸增大的加速運動，因沒有時間，故無法算得物體的加速度為 2 m/s2時物體的速度，故D錯誤。考點綜合訓(xùn)練10.(2019三明月考)一物塊以一定的初速度沿斜面向上滑動，在1.5 s 時刻回到出發(fā)點。利用速度傳感器可以在計算機屏幕上得到其速度大小隨時間的變化關(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

12、方向相反B物塊下滑過程的加速度大小為1.33 m/s2C利用圖像可以求出斜面的傾角和兩者間的動摩擦因數(shù)D兩者間的動摩擦因數(shù)tan 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錯誤；圖像的斜率表示加速度的大小，在上滑過程中a1 m/s28 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1，在下滑過程中a2 m/s22 m/s2，mgsin mgcos ma2，可求解動摩擦因數(shù)和斜面的傾角，故B錯誤、C正確；由mgsin mgcos 可得tan ，故D錯誤。11.(2018南充模擬)如圖所示，斜面體ABC放在粗糙的水平地面上。滑塊在斜面底端以

13、初速度v09.6 m/s沿斜面上滑。斜面傾角37，滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)0.45。整個過程斜面體保持靜止不動，已知滑塊的質(zhì)量m1 kg，sin 370.6，cos 370.8，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 mgcos ma1，解得a19.6 m/s2設(shè)滑塊上滑位移大小為L，則由v022a1L，解得L4.8 m滑塊沿斜面下滑過程，由牛頓第二定律：mgsin mgcos ma2，解得a22.4 m/s2根據(jù)v22a2L，解得v4.8 m/s。(2)滑塊沿斜面上滑過程用時t11 s對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N滑塊沿斜面下滑過程用時t22 s對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf隨時間變化如圖所示。答案：(1)4.8 m/s(2)見解析圖