1、第1頁共7頁課時跟蹤檢測（九）牛頓第二定律 兩類動力學問題一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.“殲20”戰斗機在某次起飛中，由靜止開始加速，當加速度 a不斷減小至零時，飛機剛好起飛。關于起飛過程，下列說法正確的 是（）A.飛機所受合力不變，速度增加越來越慢B.飛機所受合力減小，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 根據牛頓第二定律可知，當加速度a不斷減小至零時合力逐漸減小到零,速度增加得越來越慢，故 A、B項錯誤；飛機做加速運動，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項錯誤，

2、D項正確。2.如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到 O點并系住質量為 m的物體。現將彈 簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到 B點。如果物體受到的 一二一 產1r二 阻力恒定，則（）吧LA.物體從A到O先做加速運動后做減速運動“.物體從A到O做加速運動，從 O到B做減速運動C.物體運動到 O點時，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。當物體向右運動至AO間某點（設為點O）時

3、，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大。此后，隨著物體繼續向右運動，彈力繼續減小，阻力大于彈力，合力方向變為向左，至O點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所以物體越過O點后，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動。A正確。.木箱內的地板上放置一個 5 kg的物體，鋼繩吊著木箱靜止在某一高度處。 從計時時 刻開始鋼繩拉著木箱向上做初速度為零的勻加速直線運動，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動， 到達最高點后開始豎直下落， 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，但物體的重力不會隨著物體的運動狀態變化而變化，故A錯誤；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，物體對木箱地板的壓力為0,故B、C錯誤；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，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，質量為m的小球用兩根細線

5、OA、OB連接，細線OA的另一端連接在車廂頂，細線 OB另一端連接于側壁，細線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,車向左做加速運動，當 OB段細線拉力為 OA段拉力的兩倍時，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錯誤。F cos 37 = mg5. （2021西

6、安*II擬）如圖所示,A、B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為B兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、B兩球用輕質桿相連，系統靜止時，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 運用牛頓

7、第二定律，上升時有ma= mgsin 37 平vi , mgos 37 , xi = 2al, t1vovo v2=a7，解得 卜=d，X1 =五；下降時 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動的時間為（cos 37 = 0.8, sin 37 = 0.6）（所以 t=t1+t2=(V5+1)v,故 c 正確。 g（2021衡陽第一次聯考）（多選）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，某實驗小 組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態的裝置。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 個絕緣重物，0t1時間內升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，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電雅顯柒器升降機犍姆重物壓般電阻4 Z Z一:甲乙A . t1t2時間內絕緣重物處于超重狀態t3t4時間內絕緣重物處于失重狀態C.升降機開始時可能停在 1樓，從t1時刻開始，經向上加速、勻速、減速，最后停在 高樓D.升降機開始時可能停在高樓，從 t1時刻開始，經向下加速、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 .此時輕繩的拉力大小為 mgB.此時輕繩的拉力大小為MgC.此時A運動的加速度大小為(1-sin2a)g，一 M - mD.此時A運動的加速度大小為 -g解析：選AD 第一次按題圖甲放置時 A靜止，則由平衡條件可得 Mgsin “= mg,第二次按題圖乙放置時，對A、B整體由牛頓第二定律得，Mg - mgsin a= (m+M)a,聯立得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錯誤

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

12、承恒定持力裝置口 避接到計算機的位移 拈感器測速裝置八甲，軸承恒定持力裝置口 避接到計算機的位移 拈感器測速裝置八甲(1)在此次實驗中，砧C運動時加速度大小a;(2)實驗樣品的質量 m；(3)輕質繩施加給實驗樣品的拉力大小(3)輕質繩施加給實驗樣品的拉力大小To第5頁共7頁解析：（1）砧C和實驗樣品固定后，一起做勻加速直線運動，即有v2=2ax,根據圖像數據可知 a = 5 m/s2。（2）根據牛頓第二定律，以砧C和實驗樣品為研究對象，有： F = （m0+m）a,代入已知數據，解得 m = 3 kg。以實驗樣品為研究對象，有： T=ma,解得T= 15 No答案：（1）5 m/s2 （2）3

13、 kg （3）15 N二、強化遷移能力，突出創新性和應用性. （2021麗江模擬）如圖所示，質量為 M的框架放在水平地面上，一 輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質量為 m的小球，小球上下振動時框架始終沒有跳起，當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 + m度大小為a=mg,選項D正確。. （2021鄭州調研）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分別保持相對靜止狀態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B.兩彈簧都處于壓縮狀態C.彈簧L1處于壓縮狀態，彈簧 L2處于原長第6頁共7頁D.彈簧Li處于拉伸狀態，彈簧 L2處于壓縮狀態解析：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；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。故選項 C正確，A、B、D錯誤。.如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為 m= 2 kg的物體。物體同時受到兩個水平力的作用，Fi = 4 N,方向向右，F2的方向向左，大小隨時間均勻變化， 如圖乙所示。 物體從零時刻開始運動。(1)求當t=0.5 s時物體的加速度大小。(2)物體在t= 0至t= 2 s內何時物體的加速度最大？最大值為多少?(3)物體在t= 0至t = 2 s內何時物體的速度最大？最大值為多少？解析：(1)由題圖乙可知F2=(2+2t)N當 t=0.5 s 時,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范圍內當t=0時，物體有最大加速度 amFm = mamam =臂=2 m/s2= i m/s2第7頁共7頁當t= 2 s時，物體也有最大加速度 amFm = mam,F