1、【 精品教育资源文库 】 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 Fma 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 12at2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
2、，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
3、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 3g， aB 0 D aA 2 3g， 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【 精品教育资源文库 】 力平衡，由平衡条件得
4、：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： aA 2 3mgm 2 3g， 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 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 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/s
5、2 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 45 101 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 mg 0.210 N 2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为： a F Ffm 10 21 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
6、，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.m1m2 v1v2C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
7、加速运动，最后都做匀速运动，稳定时有 kv mg，【 精品教育资源文库 】 因此最大速度与其质量成正比，即 vm m，则 m1m2 v1v2。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 ，重力加速度为 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底
8、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 mg 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 2mg 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
9、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 mg ，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mg ，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 mg 2 1 2mg，即手指对盘的作用力大 小不可超过 1 2mg，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 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
10、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： 【 精品教育资源文库 】 甲 x 12at2 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 mg cos ma 代入数据解得： 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
11、匀减速运动过程中，得： v at 103 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 mg cos ma 代入数据解得： a 15 m/s2。 由 v2 2a x 得： x v22a 302215 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 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 37 。
12、 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 (mg Tsin ) 带入数据解得： T 5 N。 (2)剪断绳子后，根据牛顿第二定律有： mg ma 代入数据求得： a 5 m/s2 匀加速的时间为： t1 va 55 s 1 s 【 精品教育资源文库 】 位移为： s1 12at2 1251 2 m 2.5 m 则匀速运动的时间为： t2 L s1v 5 2.55 s 0.5 s 总时间
13、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 图线与纵轴的交点 M 的值 aM g 图线与横轴的交 点 N 的值 TN mg 图线的斜率等于物体的质量 m 图线的斜率等于物体质量的倒数 1m 以上判断正确的是 ( ) A B C D 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 Tm g。根据 a T
14、m g 结合乙图，由数学知识可得 正确、 正确、 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 【 精品教育资源文库 】 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 mgM 1MF mgM 知 aF 图线的斜率 k 1M 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·
