2019屆高考物理(課標通用)：(九)牛頓第二定律兩類動力學問題(重點高中)

1、課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律兩類動力學問題A 級一一保分題目巧做快做1.kg 和 s 是國際單位制兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應的物理量是（）（）A.質(zhì)量和時間 B.質(zhì)量和位移C.重力和時間 D.重力和位移解析：選 Akg 為質(zhì)量的單位，s 為時間的單位，A 正確。2.多選如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力 F 作用,前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是（）（）A.木塊立即做減速運動B.木塊在一段時間內(nèi)速度仍增大C.當 F 等于彈簧彈力時，木塊速度最大D.彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零解析：選 BCD 剛開始時，彈簧對木塊的作用力小于外

2、力逐漸減小的加速運動，直到二力相等，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力 F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項 A錯誤，B、C、D 正確。3.（2018 綿陽模擬）如圖所示，在傾角為0=30。的光滑斜面上，物塊A、B 質(zhì)量分別為 m 和 2m。物塊 A 靜止在輕彈簧上面，物塊 B 用細線與斜面頂端相連，A、B 緊挨在一起但 A、B 之間無彈力，已知重力加速度為 g,某時刻把細線剪斷，當細線剪斷瞬間，下列說法正確的是（解析：選 B 剪斷細線前，彈簧的彈力：F彈=mgsin30=mg,細線剪斷的瞬間，彈1 一簧的彈力不變，仍為 F彈=?mg；剪斷細

3、線瞬間，對 A、B 系統(tǒng)分析，加速度為:F，木塊繼續(xù)向右做加速度A.物塊 A 的加速度為 0B.物塊 A 的加速度為C.物塊 B 的加速度為 0D.物塊 B 的加速度為4.（2018 達州一模）在兩個足夠長的固定的相同斜面體上（其斜面光滑），分別有如圖所示的兩套裝置，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，a=3mgsin30 丄 F彈3mg，即 A 和 B 的加速度均為是固定在 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（）（）屮A

4、.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 gsina。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acosa=gsinacosa,該加速度由水平方向彈簧的彈力提供,于題圖乙，以 C 為研究對象，重力與斜面支持力的合力大小: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。5.（ 2018 臺州期中）如圖所示，一豎直放置的輕彈簧下端固定于桌面，現(xiàn)將一物塊放于彈簧上同時對物塊施加一豎直向下的外力，

5、并使系統(tǒng)靜止，若將外力突然撤去，則物塊在第一次到達最高點前的 v-t 圖像（圖中實線）可能是下圖中的（）（）解析：選 A 當將外力突然撤去后，彈簧的彈力大于重力，物體向上加速，隨彈力減小,物體向上的加速度減小，但速度不斷增大，當 F彈=G 時加速度為零，物體速度達到最大,之后 F彈VG,物體開始向上做減速運動，如果物體未脫離彈簧，則加速度就一直增大，速度一直減小，直到為零；若物體能脫離彈簧，則物體先做加速度增大的減速運動，脫離彈簧后做加速度為 g 的勻減速運動，所以選項 A 正確，B、C、D 均錯誤。6.如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 兩部分組成,且AB=BC，物塊 P（可視為

6、質(zhì)點）以某一初速度從 A 點滑上桌面，最A 沿水平方向的加速度：ax=所以彈簧 L1處于壓縮狀態(tài)；對F合=mgsina,即 C 不能受后恰好停在 C 點，已知物塊經(jīng)過AB 與 BC 兩部分的時間之比為1:4,則物塊 P 與桌面上AUI；UAB、血之比為（物塊 P 在 AB、BC 上所做的運動均可看作勻AB、BC 部分之間的動摩擦因數(shù)變速直線運動）（）（）A.1:1C.4：1D.8:1解析：選 D 由牛頓第二定律可知，物塊 P 在 AB 段減速的加速度 a1=g,在 BC 段減速的加速度 a2=吃 g,設物塊 P 在 AB 段運動時間為 t，則可得：vB=吃 g4t,vo=gt+吃 g4t,vo

7、+VBvB由 XAB=2t,XBC=24t,XAB=XBC，解得：（11=8p2,故 D 正確。7.多選（2016 江蘇高考）如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中（）（）A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C.若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析：選 BD 魚缸相對于桌布向左運動，故應受到向右的摩擦力，選項 A 錯誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運動和在桌面上運動時加速度的大小相等，根據(jù) v=at,魚缸

8、在桌布上和在桌面上的滑動時間相等，選項 B 正確；若貓增大拉力，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動摩擦力，大小不變，選項魚缸可能隨桌布一起運動而滑出桌面，選項 D 正確。8.（2018 煙臺模擬）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數(shù)為1。若某時刻觀察到細線偏離豎直方向0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.mgt：1+1,斜向左上方C.mgtan0,水平向右D.mgp1+tan20,斜向右上方解析：選 D 以 A 為研究對象

9、，分析受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得:mAgtan0=mAa,B.1:4C 錯誤；若貓減小拉力,叫用得：a=gtan0,方向水平向右。再對 B 研究得：小車對 B 的摩擦力為:f=ma=mgtan0,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=寸 N2+f2=m 卅 1+tan20,方向斜向右上方,故 D 正確。B 級一一拔高題目穩(wěn)做準做9.多選（2018 西安一模）用同種材料制成的傾角為 30的斜面和水平面，斜面長 2.4m且固定，如圖甲所示。一小物塊從斜面頂端以沿斜面向下的初速度=2m/s 時，經(jīng)過 0.8s 后小物塊停在斜面

10、上，多次改變 vo的大小，記錄下小物塊從開始2s,則下列說法中正確的是（C.小物塊與該種材料之間的動摩擦因數(shù)為D.由圖乙可推斷，若小物塊的初速度繼續(xù)增大，小物塊的運動時間也隨速度均勻增大解析：選 AC 由題圖乙可知小物塊在斜面上運動時的加速度大小為C 正確；若小物塊的速度足夠大，則小物塊將運動到水平面上，題圖乙中的直線對小物塊不再適用，D 錯誤。10.（2018 濟南模擬）如圖所示，斜面體 ABC 放在粗糙的水平地面上。滑塊在斜面底端以初速度 v0=9.6m/s 沿斜面上滑。斜面傾角0=37,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)卩=0.45。整個過程斜面體保持靜止不動，已知滑塊的質(zhì)量 m=1kg,sin3

11、7=0.6,cos37=0.8,g 取 10m/s2。試求：v0開始自由下滑，當 v0運動到最終停下的時間 t，作出 t-vo圖像，如圖乙所示。已知重力加速度大小為 g=10m/A小物塊在斜面上運動時的加速度大小為B.小物塊在斜面上運動時的加速度大小為0.4m/s2vo2a=2.5m/s,A 正確，B 錯誤；對小物塊應用牛頓第二定律得ma=卩 mgos0mgsin0,代入數(shù)據(jù)得2.5m/s2(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：2mgsin0+mgos0=mai，解得 ai

12、=9.6m/s設滑塊上滑位移大小為 L,則由 v2=2aiL，解得 L=4.8m滑塊沿斜面下滑過程，由牛頓第二定律：2mgsin0口 mgos0=ma2，解得 a2=2.4m/s2根據(jù) v=2a2L，解得 v=4.8m/s。(2)滑塊沿斜面上滑過程用時 t1=0；=1s對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff1=ma1cos0=7.68N滑塊沿斜面下滑過程用時 t2=7=2sa2對斜面與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)受力分析可得Ff2=ma2cos0=1.92NFf隨時間變化如圖所示。7/N7*68,5.76“43.84-十L92-r-0答案：( (1)4.8m/s見解析圖11.(2018 德陽一診) )如圖甲

13、所示，質(zhì)量為 m=1kg 的物體置于傾角為0=37的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F,t1=0.5s 時撤去拉力，物體速度與時間( (v-t)的部分圖像如圖乙所示。(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)問:解析：( (1)設物體在力 F 作用時的加速度為 01，撤去力 F 后物體的加速度為 02,根據(jù)圖(1)拉力 F 的大小為多少?01f2=pmBg力 F 作用時，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知Fmgsin0卩 mgos0=mai,撤去力 F 后對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知(mgsin0+卩 mcps0=ma2,解得：F=24N。0

14、Vm設撤去力 F 后物體運動到最高點所用時間為 t2,此時物體速度為零，有 t2=08s=1s8v8向上滑行的最大距離：s=2m(ti+t2) )=2X1.5m=6m。答案：( (1)24N(2)6m12.(2017 全國卷川) )如圖，兩個滑塊 A 和 B 的質(zhì)量分別為 mA=”二 j1kg 和 mB=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為山=0.5;木板的質(zhì)量為 m=4kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為=0.1。某時刻 A、B 兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為 v0=3m/s。A、B 相遇時，A 與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小

15、 g=10m/s2。求：(1) B 與木板相對靜止時，木板的速度；(2) A、B 開始運動時，兩者之間的距離。解析：( (1)滑塊 A 和 B 在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設 A、B 和木板所受的摩擦力大小分別為竹、f2和 fa,A 和 B 相對于地面的加速度大小分別為 aA和 aB，木板相對于地面的加速度大小為 a1。在滑塊 B 與木板達到共同速度前有像可知:8-0222-05m/s=16m/s4-80.5m/s2=-8m/01f2=pmBgf1=pimAgf3=Q( (m+mA+mB) )g由牛頓第二定律得fi=mAaAf2=mBaBf2fif3=mai設在 ti時刻，B 與木板達到共同速度，其大小為 vi。由運動學公式有vi=v0aBtivi=aiti聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得vi=im/s。(2)在 ti時間間隔內(nèi)，B 相對于地面移動的距離為i2SB=votiqaBti設在 B 與木板達到共同速度 vi后，木板的加速度大小為 a2。對于 B 與木板組成的體系,由牛頓第二定律有 fi+f3=(mB+m)a2由式知，aA=aB;再由式知，B 與木板達到共同速度時，A 的速度大小也為 vi,但運動方向與木板相反。由題意知，A 和 B 相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為 v2。設 A 的速度大小從 vi變到 v2所用的時間為 t2,則由運動學公式，對木板有