（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(cuò)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(xiàng)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(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60 s停了下來。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()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 800× N600 N，汽車加速過程有：a m/s21 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(shí)所受繩的拉力用整體法可知FT2mg，當(dāng)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，其加速度aB0，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，以下說法正確的是()A小球靜止時(shí)彈簧的彈力大小為mgB小球靜止時(shí)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(shí)，分析受力情況，如圖，由平衡條件得：彈簧的彈力大小為：Fmgtan 53°mg；細(xì)繩的拉力大小為：Tmg，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(yùn)動(dòng)，該過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，再經(jīng)過3 s小車剛好達(dá)到最高點(diǎn)，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 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：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(shí)小車的速度為v，即為勻減速過程的初速度，在勻減速運(yùn)動(dòng)過程中，得：vat10×3 m/s30 m/s在勻加速運(yùn)動(dòng)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(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)0.5，傳送帶的長(zhǎng)度L5 m，當(dāng)傳送帶以v5 m/s的速度做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩與水平方向的夾角37°。已知：g10 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 (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(shí)間為：t1 s1 s位移為：s1at2×5×12 m2.5 m則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2 s0.5 s總時(shí)間為：tt1t21.5 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(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kvmg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即 vmm，則。由圖像知v1v2，因此m1m2，故A錯(cuò)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(cuò)誤；速度圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示兩球通過的位移，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(diǎn)N的值TNmgD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：Tmgma，得：aTg；當(dāng)a0時(shí)，Tmg，故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TNmg，故C正確。當(dāng)T0時(shí)，ag，即圖線與縱軸的交點(diǎn)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(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(jì)算出 (g10 m/s2)()A物體的質(zhì)量B物體與水平面間的動(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)F20 N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律：Ffma，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F20 N 時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)，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)，因沒有時(shí)間，故無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?？键c(diǎn)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(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物塊下滑過程的加速度與上滑過程的加速度方向相反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(dòng)摩擦因數(shù)D兩者間的動(dòng)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(cuò)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(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角，故B錯(cuò)誤、C正確；由mgsin >mgcos 可得<tan ，故D錯(cuò)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?；瑝K在斜面底端以初速度v09.6 m/s沿斜面上滑。斜面傾角37°，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)0.45。整個(gè)過程斜面體保持靜止不動(dòng)，已知滑塊的質(zhì)量m1 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(diǎn)時(shí)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(shí)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(zhǎng)，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(shí)t11 s對(duì)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(shí)t22 s對(duì)斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf隨時(shí)間變化如圖所示。答案：(1)4.8 m/s(2)見解析圖