1、第1頁共7頁課時(shí)跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.“殲20”戰(zhàn)斗機(jī)在某次起飛中，由靜止開始加速，當(dāng)加速度 a不斷減小至零時(shí)，飛機(jī)剛好起飛。關(guān)于起飛過程，下列說法正確的 是（）A.飛機(jī)所受合力不變，速度增加越來越慢B.飛機(jī)所受合力減小，速度增加越來越快C.速度方向與加速度方向相同，速度增加越來越快D.速度方向與加速度方向相同，速度增加越來越慢解析：選D 根據(jù)牛頓第二定律可知，當(dāng)加速度a不斷減小至零時(shí)合力逐漸減小到零,速度增加得越來越慢，故 A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；飛機(jī)做加速運(yùn)動，加速度方向與速度方向相同，加速度減小，即速度增加的快慢程度越來越慢，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，

2、D項(xiàng)正確。2.如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到 O點(diǎn)并系住質(zhì)量為 m的物體。現(xiàn)將彈 簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動到 B點(diǎn)。如果物體受到的 一二一 產(chǎn)1r二 阻力恒定，則（）吧LA.物體從A到O先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動“.物體從A到O做加速運(yùn)動，從 O到B做減速運(yùn)動C.物體運(yùn)動到 O點(diǎn)時(shí)，所受合力為零D.物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小解析：選A 物體從A到O,初始階段受到向右的彈力大于阻力，合力向右。隨著物 體向右運(yùn)動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知， 加速度向右且逐漸減小,由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大。當(dāng)物體向右運(yùn)動至AO間某點(diǎn)（設(shè)為點(diǎn)O）時(shí)

3、，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。此后，隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃螅罯點(diǎn)時(shí)彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所以物體越過O點(diǎn)后，合力（加速度）方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動。A正確。.木箱內(nèi)的地板上放置一個(gè) 5 kg的物體，鋼繩吊著木箱靜止在某一高度處。 從計(jì)時(shí)時(shí) 刻開始鋼繩拉著木箱向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度為4 m/s2,至第3 s末鋼繩突然斷裂，此后木箱先向上做勻減速運(yùn)動， 到達(dá)最高點(diǎn)后開始豎直下落， 7 s末落至地面。10 m/s210 m/s2。下列說

4、法正確的是第2頁共7頁 TOC o 1-5 h z （）A .第2 s末物體的重力增大到 70 NB.第4 s末物體對木箱地板的壓力為70 NC .第4 s末物體對木箱地板的壓力為50 ND.第6 s末物體對木箱地板的壓力為0解析：選D 第2s末，物體的加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，但物體的重力不會隨著物體的運(yùn)動狀態(tài)變化而變化，故A錯(cuò)誤；第4 s末物體的加速度為重力加速度 g,物體處于完全失重狀態(tài)，物體對木箱地板的壓力為0,故B、C錯(cuò)誤；第6 s末物體的加速度為重力加速度g,物體處于完全失重狀態(tài)，物體對木箱地板的壓力為0,故D正確。（2021六盤水*II擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用兩根細(xì)線

5、OA、OB連接，細(xì)線OA的另一端連接在車廂頂，細(xì)線 OB另一端連接于側(cè)壁，細(xì)線OA與豎直方向的夾角為 0= 37, OB保持水平，重力加速度大小為g,車向左做加速運(yùn)動，當(dāng) OB段細(xì)線拉力為 OA段拉力的兩倍時(shí)，小車的加速度大小為（）A. g5 b. 4gA. gC.74gD.32g解析：選C 小球受力如圖所示，在豎直方向，由平衡條件得在水平方向，由牛頓第二定律得2F -Fsin C.74gD.32g解析：選C 小球受力如圖所示，在豎直方向，由平衡條件得在水平方向，由牛頓第二定律得2F -Fsin 37 = ma解得a=7g,故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。F cos 37 = mg5. （2021西

6、安*II擬）如圖所示,A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為B兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板0,圖甲中，A、C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有（）A.兩圖中兩球加速度均為gsin 0B.兩圖中A球的加速度均為 0C.圖乙中輕桿的作用力一定不為D.圖甲中D.圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍解析：選D 撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為解析：選D 撤去擋板前，擋板對2v0A. gB.3v0v 0( 5+1)gv 0(V6+1)-)解析：選2v0A. gB.3v0v 0( 5+1)gv 0(V6+1)-)解析：選C 運(yùn)用牛頓

7、第二定律，上升時(shí)有ma= mgsin 37 平vi , mgos 37 , xi = 2al, t1vovo v2=a7，解得 卜=d，X1 =五；下降時(shí) ma2= mgsin 37 mgos 37,x1 =1a2t2,解得 t2=V5g0,第3頁共7頁而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為0,加速度為0, B球所受合力為2mgsin。，加速度為2gsin比圖乙中由于用桿相連有共同的加速度a,所以整體分析： 2mgsin 0= 2ma, a= gsin 0,隔離小球 B, mg sin 0+ F = ma,所以 F = 0,故 D 正確。（2021保定月考）小物塊從一固定斜面

8、底端以初速度vo沖上斜面，如圖所示，已知小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5,斜面足夠長，傾角為37。，重力加速度為g。則小物塊在斜面上運(yùn)動的時(shí)間為（cos 37 = 0.8, sin 37 = 0.6）（所以 t=t1+t2=(V5+1)v,故 c 正確。 g（2021衡陽第一次聯(lián)考）（多選）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，某實(shí)驗(yàn)小 組在升降機(jī)水平地面上利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷升降機(jī)運(yùn)動狀態(tài)的裝置。其工作原理圖如 圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻 R、電流顯示器、電源連成電路，在壓敏電阻上放置一 個(gè)絕緣重物，0t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)停在某一樓層處，t1時(shí)刻升降機(jī)開始運(yùn)動，從電流顯示器 TOC o 1

9、-5 h z 中得到電路中電流i隨時(shí)間t變化情況如圖乙所示，則下列判斷正確的是（）S電雅顯柒器升降機(jī)犍姆重物壓般電阻4 Z Z一:甲乙A . t1t2時(shí)間內(nèi)絕緣重物處于超重狀態(tài)t3t4時(shí)間內(nèi)絕緣重物處于失重狀態(tài)C.升降機(jī)開始時(shí)可能停在 1樓，從t1時(shí)刻開始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在 高樓D.升降機(jī)開始時(shí)可能停在高樓，從 t1時(shí)刻開始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在解析：選ABC 由于壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，又由于壓敏電阻與電A、A、B、C正確。.（多選）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“的斜面，A恰

10、好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊第4頁共7頁Ao已知斜面固定，重Ao已知斜面固定，重力加速度大小為g,則()A .此時(shí)輕繩的拉力大小為 mgB.此時(shí)輕繩的拉力大小為MgC.此時(shí)A運(yùn)動的加速度大小為(1-sin2a)g，一 M - mD.此時(shí)A運(yùn)動的加速度大小為 -g解析：選AD 第一次按題圖甲放置時(shí) A靜止，則由平衡條件可得 Mgsin “= mg,第二次按題圖乙放置時(shí)，對A、B整體由牛頓第二定律得，Mg - mgsin a= (m+M)a,聯(lián)立得aM m=(1 - sin a)g= -Mg，對 B,由牛頓第二定律得 T- mgsin a= ma,解得 T = mg ,故 A、D正確，B、C錯(cuò)誤

11、。.地面上測量質(zhì)量的托盤天平在太空艙中將失效。于是，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示 的太空質(zhì)量測量儀。裝置 D是軸承恒定拉力裝置，在設(shè)定的空間范圍內(nèi)能夠給受力砧C提供恒定的拉力。砧 C的質(zhì)量m0=1 kg,裝置D提供的恒定拉力 F = 20 N。在裝置D外殼上 安裝了連接到計(jì)算機(jī)的位移傳感器測速裝置A,在砧C上固定了輕質(zhì)電磁波反射板Bo進(jìn)入工作狀態(tài)后，通過裝置A和反射板B可以繪制砧C的運(yùn)動圖像。連接砧C末端的輕質(zhì)繩 可以把待測物體固定在砧 C上。在某次太空實(shí)驗(yàn)中，宇航員要用太空質(zhì)量測量儀測量某實(shí) 驗(yàn)樣品的質(zhì)量，輕質(zhì)繩固定樣品后，拉出受力砧至最大位置后釋放，計(jì)算機(jī)呈現(xiàn)了如圖乙 所示的物理圖像。求：，軸

12、承恒定持力裝置口 避接到計(jì)算機(jī)的位移 拈感器測速裝置八甲，軸承恒定持力裝置口 避接到計(jì)算機(jī)的位移 拈感器測速裝置八甲(1)在此次實(shí)驗(yàn)中，砧C運(yùn)動時(shí)加速度大小a;(2)實(shí)驗(yàn)樣品的質(zhì)量 m；(3)輕質(zhì)繩施加給實(shí)驗(yàn)樣品的拉力大小(3)輕質(zhì)繩施加給實(shí)驗(yàn)樣品的拉力大小To第5頁共7頁解析：（1）砧C和實(shí)驗(yàn)樣品固定后，一起做勻加速直線運(yùn)動，即有v2=2ax,根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可知 a = 5 m/s2。（2）根據(jù)牛頓第二定律，以砧C和實(shí)驗(yàn)樣品為研究對象，有： F = （m0+m）a,代入已知數(shù)據(jù)，解得 m = 3 kg。以實(shí)驗(yàn)樣品為研究對象，有： T=ma,解得T= 15 No答案：（1）5 m/s2 （2）3

13、 kg （3）15 N二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性. （2021麗江模擬）如圖所示，質(zhì)量為 M的框架放在水平地面上，一 輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為 m的小球，小球上下振動時(shí)框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小 為（）B.A. gB.C.MgD.C.MgD.解析：選D 當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，彈簧對框架向上的作用力等于框架重力，則小球受到向下的合力等于mg+Mg,由牛頓第二定律可得 mg + Mg = ma,解得小球的加速M(fèi) + m度大小為a=mg,選項(xiàng)D正確。. （2021鄭州調(diào)研）在兩個(gè)足夠長的固定的相同斜面體上（其斜面光滑），分別有如圖甲

14、、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?fàn)顟B(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處于原長第6頁共7頁D.彈簧Li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：ax = acos a= gsin a c

15、os %該加速度由水平方向彈簧的彈力提供， 所以彈簧Li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 a,即C不能受到彈簧的彈力，彈簧 L2處于原長狀態(tài)。故選項(xiàng) C正確，A、B、D錯(cuò)誤。.如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為 m= 2 kg的物體。物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)i = 4 N,方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時(shí)間均勻變化， 如圖乙所示。 物體從零時(shí)刻開始運(yùn)動。(1)求當(dāng)t=0.5 s時(shí)物體的加速度大小。(2)物體在t= 0至t= 2 s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大？最大值為多少?(3)物體在t= 0至t = 2 s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大？最大值為多少？解析：(1)由題圖乙可知F2=(2+2t)N當(dāng) t=0.5 s 時(shí),F2=(2+2X 0.5)N =3 N由牛頓第二定律得 Fi-F2= maFiF2 4-3a= c m/s2= 0.5 m/ s2。m 2(2)物體所受的合外力為F合= Fi-F2=2-2t(N)作出F合-t圖像如圖所示從圖中可以看出，在 02 s范圍內(nèi)當(dāng)t=0時(shí)，物體有最大加速度 amFm = mamam =臂=2 m/s2= i m/s2第7頁共7頁當(dāng)t= 2 s時(shí)，物體也有最大加速度 amFm = mam,F