《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤檢測（九） 牛頓第二定律 兩類動力學問題 [A級——基礎小題練熟練快] 1．(2019·淮北檢測)下列說法正確的是(　　) A．物體受到力的作用時，力克服了物體的慣性，使其產(chǎn)生了加速度 B．人走在松軟土地上下陷時具有向下的加速度，說明人對地面的壓力大于地面對人的支持力 C．物理公式既能確定物理量之間的數(shù)量關系，又能確定物理量間的單位關系 D．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用的瞬間，加速度為零 解析：選C　慣性是物體的固有屬性，力能使物體產(chǎn)生加速度，但不能說力克服了物體的慣性，A錯誤。根據(jù)牛頓第三定律，兩個物體間的作用力與反作用力總是等大反向

2、的，B錯誤。物理公式不僅能確定物理量之間的數(shù)量關系，也能確定單位關系，C正確。根據(jù)牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時對應關系，D錯誤。 2．(多選)如圖甲所示，物體在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由靜止開始運動，在t＝1 s時刻撤去恒力F，物體運動的v-t圖像如圖乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 　 A．物體在3 s內(nèi)的位移x＝3 m B．恒力F與摩擦力f大小之比為F∶f＝3∶1 C．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3 D．在撤去F前后兩個階段的平均速度大小之比為1∶2＝2∶1 解析：選BC　在速度—時間圖像中圖線與時間軸所圍成的面積等于位移的大小

3、，3 s內(nèi)物體的位移大小應為9 m，A錯誤。撤去力F后，物體受摩擦力作用而減速運動，加速度大小為3 m/s2，而a2＝μg，得μ＝0.3，C正確。勻變速直線運動的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后兩個階段的平均速度相同，D錯誤。根據(jù)牛頓第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，又由題圖乙可知a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，聯(lián)立解得F∶f＝3∶1，故B正確。 3．(多選)(2018·青島二模)在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動。當兩小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，兩小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運動時始

4、終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關系圖像如圖所示，由圖可知(　　) A．a(chǎn)球的質(zhì)量大于b球的質(zhì)量 B．在t1時刻兩小球間距最小 C．在0～t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小 D．在0～t3時間內(nèi)b球所受的排斥力方向始終與運動方向相反 解析：選AC　由速度—時間圖像可知b小球的速度—時間圖線的斜率絕對值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝知，加速度大的質(zhì)量小，所以b小球的質(zhì)量較小，故A正確；兩小球做相向運動，當速度相等時兩小球間距最小，即t2時刻兩小球間距最小，之后距離開始逐漸增大，故B錯誤，C正確；b球在0～t1時間內(nèi)做勻減速運動，排斥

5、力與運動方向相反，故D錯誤。 4．如圖所示，圓1和圓2外切，它們的圓心在同一豎直線上，有三塊光滑的板，它們的一端搭在墻上，另一端搭在圓2上，三塊板都通過兩圓的切點，A在圓上，B在圓內(nèi)，C在圓外。從A、B、C三處同時由靜止釋放一個小球，它們都沿光滑板運動，則最先到達圓2上的球是(　　) A．從A處釋放的球 B．從B處釋放的球 C．從C處釋放的球 D．從A、B、C三處釋放的球同時到達 解析：選B　假設經(jīng)過切點的板兩端點分別在圓1、圓2上，板與豎直方向的夾角為α，圓1的半徑為r，圓2的半徑為R，則圓內(nèi)軌道的長度s＝2(r＋R)cos α，下滑時小球的加速度a＝gcos α，根據(jù)位移時間公

6、式得s＝at2，則t＝ ＝ ＝ ，即當板的端點在圓上時，沿不同板下滑到底端所用的時間相同；由題意可知，A在圓上，B在圓內(nèi)，C在圓外，可知從B處釋放的球下滑的時間最短，故選B。 5．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋AC和一根繩BC系住，當小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是(　　) A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變 B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ C．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ 解析：選BC　設小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力

7、為T，由平衡條件可得：Fcos θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝＝gsin θ，B正確，A錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋AC的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝，C正確，D錯誤。 6．(多選)(2019·溫州四校聯(lián)考)質(zhì)量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同，將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置，按圖

8、乙放置，然后釋放A。已知斜面固定，重力加速度大小為g，則(　　) A．此時輕繩的拉力大小為mg B．此時輕繩的拉力大小為Mg C．此時A運動的加速度大小為(1－sin2α)g D．此時A運動的加速度大小為g 解析：選AD　第一次按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsin α＝mg，第二次按題圖乙放置時，對A、B整體由牛頓第二定律得，Mg－mgsin α＝(m＋M)a，聯(lián)立得a＝(1－sin α)g＝g，對B，由牛頓第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、D正確，B、C錯誤。 [B級——保分題目練通抓牢] 7．(2019·天津調(diào)研)在兩個足夠長的固定的相同

9、斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上。另一端分別連在A和C上。在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 解析：選C　由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsin α。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度

10、：ax＝acos α＝gsin α·cos α，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確，A、B、D錯誤。 8．(多選)如圖甲所示，靜止在水平面C上足夠長的木板B左端放著小物塊A。某時刻，A受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。A、B間最大靜摩擦力大于B、C之間的最大靜摩擦力，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則在拉力逐漸增大的過程中，下列反映A、B運動過程中的加速度及A與B間摩擦力f1、B與C間摩擦力f2隨時間變化的圖

11、線中，正確的是(　　) 解析：選ACD　當拉力小于B、C之間的最大靜摩擦力時，A、B保持靜止沒有加速度，所以B項錯誤；此時f1＝f2＝F，即兩個摩擦力都隨拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之間的最大靜摩擦力至A、B間達到最大靜摩擦力這段時間，A、B一起向前加速，加速度a＝，A、B間的靜摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之間變成了滑動摩擦力保持不變，所以D項正確；當拉力再增大時，A、B之間也發(fā)生了相對滑動，A、B之間變成了滑動摩擦力，即不再變化，此時A的加速度a′＝，綜上所述可知A、C項正確。 9．(2018·鹽城模擬)兩物塊A、B并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面

12、。現(xiàn)用一水平推力F作用在物塊A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運動，如圖甲所示。在A、B的速度達到6 m/s時，撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg，A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，B與地面沒有摩擦，B物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，求： (1)推力F的大??； (2)A物塊剛停止運動時，物塊A、B之間的距離。 解析：(1)在水平推力F作用下，物塊A、B一起做勻加速運動，加速度為a，由B物塊的v-t圖像得， a＝＝ m/s2＝3 m/s2 對于A、B整體，由牛頓第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得F＝

13、15 N。 (2)設物塊A做勻減速運動的時間為t，撤去推力F后，A、B兩物塊分離，A在摩擦力作用下做勻減速運動，B做勻速運動，對A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物塊A通過的位移xA＝t＝6 m 物塊B通過的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物塊A剛停止時A、B間的距離Δx＝xB－xA＝6 m。 答案：(1)15 N　(2)6 m 10.如圖所示為一架四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用。若一架質(zhì)量m＝2 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為F＝36 N，運動過程中所受空氣阻力大

14、小恒為f＝4 N，g取10 m/s2。 (1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，求在t＝5 s時離地面的高度h； (2)當無人機懸停在距離地面高度H＝100 m處，由于動力設備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落到地面時的速度大小v； (3)在第(2)問條件下，若無人機墜落過程中，由于遙控設備的干預，動力設備重新啟動提供向上最大升力。為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t1。 解析：(1)設無人機上升時加速度為a，由牛頓第二定律，有：F－mg－f＝ma，解得a＝6 m/s2 由：h＝at2，解得：h＝75 m。 (2)設無人機墜落過程中加速

15、度為a1，由牛頓第二定律，有：mg－f＝ma1，解得a1＝8 m/s2 由：v2＝2a1H，解得：v＝40 m/s。 (3)設飛行器恢復升力后向下減速時加速度為a2，由牛頓第二定律，有F－mg＋f＝ma2，解得a2＝10 m/s2 設飛行器恢復升力時速度大小為vm，則有：＋＝H 又由vm＝a1t1，解得：t1＝ s。 答案：(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s [C級——難度題目適情選做] 11．(2019·銀川模擬)如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動摩擦因

16、數(shù)為μ。若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為(　　) A．mg，豎直向上 B．mg，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，斜向右上方 解析：選D　以小球A為研究對象，分析受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得：mAgtan θ＝mAa， 得：a＝gtan θ，方向水平向右。 再對物塊B研究得：小車對B的摩擦力為： f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右， 小車對B的支持力大小為N＝mg，方向豎直向上， 則小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為： F＝＝mg，方向斜向右上方， 故D正確。 12.如圖所示，斜面體ABC放在粗糙的水

17、平地面上。滑塊在斜面底端以初速度v0＝9.6 m/s沿斜面上滑。斜面傾角θ＝37°，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45。整個過程斜面體保持靜止不動，已知滑塊的質(zhì)量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。試求： (1)滑塊回到出發(fā)點時的速度大小。 (2)定量畫出斜面體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 θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2 設滑塊上滑位移大小為L，則由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m 滑塊沿斜面下滑過程，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)滑塊沿斜面上滑過程用時t1＝＝1 s 對斜面體與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得 Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N 滑塊沿斜面下滑過程用時t2＝＝2 s 對斜面體與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得 Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N Ff隨時間變化如圖所示。 答案：(1)4.8 m/s　(2)見解析圖 8