課時(shí)跟蹤檢測(cè)（九） 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題

PAGE第6頁(yè)共6頁(yè)課時(shí)跟蹤檢測(cè)（九）牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．(2021·浙江1月選考)如圖所示是我國(guó)自主研發(fā)的全自動(dòng)無人值守望遠(yuǎn)鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應(yīng)僅為1×103W。若用國(guó)際單位制基本單位的符號(hào)來表示W(wǎng)，正確的是()A．N·s B．N·m/sC．kg·m/s D．kg·m2/s3解析：選D根據(jù)P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Fl,t)可知，功率(W)的導(dǎo)出單位為N·m/s，根據(jù)F＝ma可知，牛頓(N)的導(dǎo)出單位為kg·m/s2，因此用國(guó)際單位制基本單位表示功率單位為kg·m2/s3，故D正確。2.如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長(zhǎng)到O點(diǎn)并系住質(zhì)量為m的物體?，F(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。如果物體受到的阻力恒定，則()A．物體從A到O先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B．物體從A到O做加速運(yùn)動(dòng)，從O到B做減速運(yùn)動(dòng)C．物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)，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(dòng)至AO間某點(diǎn)(設(shè)為點(diǎn)O′)時(shí)，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(dòng)，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?，至O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(dòng)。A正確。3．木箱內(nèi)的地板上放置一個(gè)5kg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(dòng)，加速度為4m/s2，至第3s末鋼繩突然斷裂，此后木箱先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)后開始豎直下落，7s末落至地面。木箱在空中運(yùn)動(dòng)的過程中地板始終保持水平，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．第2s末物體的重力增大到70NB．第4s末物體對(duì)木箱地板的壓力為70NC．第4s末物體對(duì)木箱地板的壓力為50ND．第6s末物體對(duì)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(huì)隨著物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化而變化，故A錯(cuò)誤；第4s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(duì)木箱地板的壓力為0，故B、C錯(cuò)誤；第6s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(duì)木箱地板的壓力為0，故D正確。4.(2021·龍巖模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用兩根細(xì)線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θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小為g，車向左做加速運(yùn)動(dòng)，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．g B.eq\f(5,4)gC.eq\f(7,4)g D.eq\f(3,2)g解析：選C小球受力如圖所示，在豎直方向，由平衡條件得Fcos37°＝mg在水平方向，由牛頓第二定律得2F－Fsin37°＝解得a＝eq\f(7,4)g，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5．(2021·福州模擬)如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、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gsinθB．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0D．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(duì)B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)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2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中由于用桿相連有共同的加速度a，所以整體分析：2mgsinθ＝2ma，a＝gsinθ，隔離小球B，mgsinθ＋F＝ma，所以F＝0，故D正確。6.(2021·三明月考)小物塊從一固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，如圖所示，已知小物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長(zhǎng)，傾角為37°，重力加速度為g。則小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C．(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D．(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)解析：選C運(yùn)用牛頓第二定律，上升時(shí)有ma1＝mgsin37°＋μmgcos37°，x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)，t1＝eq\f(v0,a1)，解得t1＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；下降時(shí)ma2＝mgsin37°－μmgcos37°，x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\r(5)eq\f(v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故C正確。7．(2021·廈門第一次聯(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(dòng)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，0～t1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(dòng)，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時(shí)間t變化情況如圖乙所示，則下列判斷正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)絕緣重物處于超重狀態(tài)B．t3～t4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1樓解析：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流顯示器串聯(lián)，故重物超重，電流變大，重物失重，電流變小，A、B、C正確。8．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α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置，按圖乙放置，然后釋放A。已知斜面固定，重力加速度大小為g，則此時(shí)輕繩的拉力大小為________，此時(shí)A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為________。解析：第一次按題圖甲放置時(shí)A靜止，則由平衡條件可得Mgsinα＝mg，第二次按題圖乙放置時(shí)，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律得，Mg－mgsinα＝(m＋M)a，聯(lián)立得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，對(duì)B，由牛頓第二定律得T－mgsinα＝ma，解得T＝mg。答案：mgeq\f(M－m,M)g9．地面上測(cè)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(cè)量?jī)x。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＝1kg，裝置D提供的恒定拉力F＝20N。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(cè)速裝置A，在砧C上固定了輕質(zhì)電磁波反射板B。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(dòng)圖像。連接砧C末端的輕質(zhì)繩可以把待測(cè)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(cè)量?jī)x測(cè)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：(1)在此次實(shí)驗(yàn)中，砧C運(yùn)動(dòng)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T。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(dòng)，即有v2＝2ax，根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可知a＝5m/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(duì)象，有：F＝(m0＋m)a，代入已知數(shù)據(jù)，解得m＝3kg。(3)以實(shí)驗(yàn)樣品為研究對(duì)象，有：T＝ma，解得T＝15N。答案：(1)5m/s2(2)3kg(3)15N二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性10.(2021·南平模擬)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(dòng)時(shí)框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小為()A．g B.eq\f(M－mg,m)C.eq\f(Mg,m) D.eq\f(M＋mg,m)解析：選D當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零瞬間，彈簧對(duì)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，解得小球的加速度大小為a＝eq\f(M＋m,m)g，選項(xiàng)D正確。11．(2021·福州調(diào)研)在兩個(gè)足夠長(zhǎng)的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長(zhǎng)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(duì)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(zhǎng)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gsinα。對(duì)于題圖甲，以A為研究對(duì)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＝acosα＝gsinα·cosα，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對(duì)于題圖乙，以C為研究對(duì)象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合＝mgsinα，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長(zhǎng)狀態(tài)。故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。12.如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2kg的物體。物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，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(dòng)。(1)求當(dāng)t＝0.5s時(shí)物體的加速度大小。(2)物體在t＝0至t＝2s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＝2s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＝0.5s時(shí)，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3N由牛頓第二定律得F1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合-t圖像如圖所示從圖中可以看出，在0～2s范圍內(nèi)當(dāng)t＝0時(shí)，物體有最大加速度amFm＝mam，am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2當(dāng)t＝2s時(shí)，物體也有最大加速度am′Fm′＝mam′，am′＝eq\f(Fm′,m)＝e