高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测九牛顿第二定律两类动力学问题Word版含解析

课时跟踪检测（九）牛顿第二定律两类动力学问题
[A级——基础小题练熟练快]
1．kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是() A．质量和时间B．质量和位移
C．重力和时间D．重力和位移
解析：选A kg为质量的单位，s为时间的单位，A正确。

2．[多选]如图所示，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。

★3．(2018·潍坊期中)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始
竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在
0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是
()
A．第2 s末拉力大小为0
B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力
C．第2 s末速度反向
D．前4 s内位移为0
解析：选B根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度
没有反向，故C 错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s 内位移为正，不为零，故D 错误。

★4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
解析：选C 物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋k v m ，因此在上升过程中，速度
不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速
度大小等于g 。

在下降的过程中加速度a ＝mg －k v m ，随着速度增大，加速度越来越小，速度
增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确。

5.(2018·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、
B 质量分别为m 和2m 。

物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜
面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为
g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A ．物块A 的加速度为0
B ．物块A 的加速度为g 3
C ．物块B 的加速度为0
D ．物块B 的加速度为g 2
解析：选B 剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12
mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12
mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为： a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3。

[B 级——中档题目练通抓牢]
6．(2018·达州一模)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B 的上表面水平且光滑，长方体D 的上表面与斜面平行且光滑，p 是固定在B 、D 上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p 上，另一端分别连在A 和C 上，在A 与B 、C 与D 分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝a cos α＝g sin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mg sin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。

故选项C正确，A、B、D错误。

7.(2018·台州期中)如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现
将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若
将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v -t图像(图中实线)可能是
下图中的()
解析：选A当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。

★8．[多选](2018·哈尔滨模拟)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。

某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。

A、B间最大静摩擦力大于
B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B 与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是()
解析：选ACD 当拉力小于B 、C 之间的最大静摩擦力时，A 、B 保持静止没有加速度，所以B 项错误；此时f 1＝f 2＝F ，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B 、C 之间的最大静摩擦力至A 、B 间达到最大静摩擦力这段时间，A 、B 一起向前加速，加速度a ＝F －f 2max m A ＋m B ，A 、B 间的静摩擦力f 1＝m B a ＋f 2max ＝m B F ＋m A f 2max m A ＋m B
，B 、C 之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D 项正确；当拉力再增大时，A 、B 之间也发生了相对滑动，A 、B
之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A 的加速度a ′＝F －f 1max m A
，综上所述A 、C 项正确。

★9．(2018·马鞍山一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物块A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F 。

已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物块运动的v -t 图像如图乙所示。

取g ＝10 m/s 2，求：
(1)推力F 的大小；
(2)A 物块刚停止运动时，物块A 、B 之间的距离。

解析：(1)在水平推力F 作用下，物块A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物块的v -t 图像得，
a ＝Δv Δt ＝62
m/s 2＝3 m/s 2 对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得
F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得F ＝15 N 。

(2)设物块A 做匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物块分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动，对A ，由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2
t ＝0－v 0a A ＝0－6－3
s ＝2 s 物块A 通过的位移x A ＝v 02
t ＝6 m 物块B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m ＝12 m
物块A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝6 m 。

答案：(1)15 N (2)6 m
10.(2018·济南模拟)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v 0＝9.6 m/s 沿斜面上滑。

斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动
摩擦因数μ＝0.45。

整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m
＝1 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2。

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F f 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：
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝9.6 m/s 2
设滑块上滑位移大小为L ，则由v 02＝2a 1L ，解得L ＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2.4 m/s 2
根据v 2＝2a 2L ，解得v ＝4.8 m/s 。

(2)滑块沿斜面上滑过程用时t 1＝v 0a 1
＝1 s 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
F f1＝ma 1cos θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t 2＝v a 2
＝2 s 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
F f2＝ma 2cos θ＝1.92 N
F f 随时间变化如图所示。

答案：(1)4.8 m/s(2)见解析图
[C级——难度题目自主选做]
11．(2018·烟台模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做
直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相
对于小车静止地摆放在右端。

B与小车平板间的动摩擦因数为μ。

若某
时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()
A．mg，竖直向上
B．mg1＋μ2，斜向左上方
C．mg tan θ，水平向右
D．mg1＋tan2θ，斜向右上方
解析：选D以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
m A g tan θ＝m A a，
得：a＝g tan θ，方向水平向右。

再对B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mg tan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝N2＋f2＝mg1＋tan2θ，方向斜向右上方，
故D正确。

★12.[多选](2018·天水一模)如图所示，在动摩擦因数μ＝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θ＝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/s2
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＝mg tan 45°＝10×1 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：F f＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据
牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝F－F f
m＝
10－2
1m/s
2＝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，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。