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1、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多选(2019苏南五校联考)物体的加速度有两个表达式：a和a，关于这两个表达式，下面说法正确的是()Aa与v成正比，与t成反比B前一式表示a描述速度变化的快慢，后式表明a是由F与m决定的C两式均为矢量式，前一式中a与v方向相同，后一式中a与F方向相同D两式均为矢量式，但a、F、v的方向不一定相同解析：选BC加速度的定义式为a，知加速度的大小与v、t无关，故A错误。由加速度定义可知a表示物体速度变化快慢的物理量，由牛顿第二定律可知a由F和m决定，故B正确。a中由于a、v为矢量，所以a为矢量式，且a与v的方向相同；a中，
2、由于a、F为矢量，所以a为矢量式，且a与F的方向相同，故C正确。由C项分析可知两式均为矢量式，由a与v的方向相同，且a与F方向相同，所以a、F、v的方向一定相同，故D错误。2质量为1 800 kg的汽车在平直的路面上行驶，当速度达到72 km/h时关闭发动机，经过60 s停了下来。若汽车重新启动时所受的牵引力为2 400 N。汽车整个运动过程中受到的阻力大小不变，则汽车在重新启动时的加速度大小为()A2.4 m/s2B2 m/s2C1.42 m/s2 D1 m/s2解析：选D汽车减速过程有：a m/s2 m/s2，则汽车受的阻力为：fma1 800 N600 N，汽车加速过程有：a m/s21
3、 m/s2，故D正确。对点训练：牛顿第二定律的瞬时性问题3.(2019厦门模拟)如图所示，吊盒A与物体B的质量相等，用轻弹簧将物体B悬挂在吊盒内，且静止。在悬挂吊盒的绳突然剪断的瞬间，吊盒A和物体B的加速度分别为(重力加速度为g)()Ag，g B2g，gCg,2g D2g,0解析：选DA在平衡时所受绳的拉力用整体法可知FT2mg，当剪断绳时，绳的拉力消失，其他力不变，则剩下力的合力等于绳的拉力，方向竖直向下，由牛顿第二定律可得aA2g；物体B受重力和弹力，弹簧的弹力不能突变，在细绳剪断瞬间，B受到的弹力与重力相等，所受合力为零，由牛顿第二定律可知，其加速度aB0，故D正确。4.多选(2019耀
4、华月考)细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示。已知重力加速度为g，cos 530.6，sin 530.8，以下说法正确的是()A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g解析：选AD小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：Fmgtan 53mg；细绳的拉力大小为：Tmg，故A正确，B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a
5、，故C错误，D正确。对点训练：动力学的两类基本问题5.(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内的位移为20 m，已知小车的质量为1 kg，g10 m/s2。(已知sin 370.6，cos 370.8)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。甲解析：(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
6、线运动。则有：xat2代入数据解得：a10 m/s2。小车的受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma乙代入数据解得：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，在匀减速运动过程中，得：vat103 m/s30 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。根据牛顿第二定律得：Fmgsin mgcos ma代入数据解得：a15 m/s2。由v22ax得：x m30 m。答案：(1)0.5(2)30 m6.(2018苏州模拟)如图所示，质量m1.1 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
7、数0.5，传送带的长度L5 m，当传送带以v5 m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角37。已知：g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。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 (mgTsin )带入数据解得：T5 N。(2)剪断绳子后，根据牛顿第二定律有：mgma代入数据求得：a5 m/s2匀加速的时间为：t1 s1 s位移为：s1at2512 m2.5 m则匀速运动的时间为：t2 s0.5 s总时间为：tt1t21.5 s。答案：(1)5 N(
8、2)1.5 s对点训练：动力学的图像问题7.(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fkv(k0)，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()Am1m2B.C释放瞬间甲球的加速度较大Dt0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加速运动，最后都做匀速运动，稳定时有kvmg，因此最大速度与其质量成正比，即 vmm，则。由图像知v1v2，因此m1m2，故A错误，B正确；释放瞬间v0，
9、因此空气阻力f0，两球均只受重力，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。8(2018温州九校期末)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图像如图乙所示。 由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为 g)()A图线与纵轴的交点M的值aMgB图线的斜率等于货物质量的倒数C图线与横轴的交点N的值TNmgD图线的斜率等于货物的质量m解析：选D对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：Tmgma，
10、得：aTg；当a0时，Tmg，故图线与横轴的交点N的值TNmg，故C正确。当T0时，ag，即图线与纵轴的交点M的值aMg，故A正确。图线的斜率表示质量的倒数，故B正确，D错误。9.多选(2019济南月考)静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出 (g10 m/s2)()A物体的质量B物体与水平面间的动摩擦因数C物体与水平面间的滑动摩擦力大小D加速度为2 m/s2时物体的速度解析：选ABC当F20 N时，根据牛顿第二定律：Ffma，得a；则由数学知识知图像的斜率k；由题图得k，可得物体的质量为5
11、kg。将F20 N 时a1 m/s2，代入Ffma得：物体受到的摩擦力 f15 N；由fFNmg可得物体与水平面间的动摩擦因数，故A、B、C正确。因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为 2 m/s2时物体的速度，故D错误。考点综合训练10.(2019三明月考)一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，在1.5 s 时刻回到出发点。利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像，如图所示。重力加速度g取10 m/s2，则()A物块下滑过程的加速度与上滑过程的加速度方向相反B物块下滑过程的加速度大小为1.33 m
12、/s2C利用图像可以求出斜面的倾角和两者间的动摩擦因数D两者间的动摩擦因数tan 解析：选C匀减速上滑过程加速度方向沿斜面向下，匀加速下滑过程加速度方向也沿斜面向下，故A错误；图像的斜率表示加速度的大小，在上滑过程中a1 m/s28 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，在下滑过程中a2 m/s22 m/s2，mgsin mgcos ma2，可求解动摩擦因数和斜面的倾角，故B错误、C正确；由mgsin mgcos 可得tan ，故D错误。11.(2018南充模拟)如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v09.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角37
13、，滑块与斜面的动摩擦因数0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m1 kg，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。试求：(1)滑块回到出发点时的速度大小。(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma1，解得a19.6 m/s2设滑块上滑位移大小为L，则由v022a1L，解得L4.8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma2，解得a22.4 m/s2根据v22a2L，解得v4.8 m/s。(2)滑块沿斜面上滑过程用时t11 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时t22 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf随时间变化如图所示。答案：(1)4.8 m/s(2)见解析图
