2021届高考物理一轮复习课后限时集训8牛顿第二定律两类动力学问题含解析

2021届高考物理一轮复习课后限时集训8牛顿第二定律两类动力学问题含解析

牛顿第二定律、两类动力学问题 建议用时：45分钟 ‎1.(多选)(2019·北京海淀区期中)如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是(　　)‎ A．将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态 B．将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态 C．将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出 D．饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出 BC　[无论是竖直向上还是竖直向下抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，A错误，B正确；将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，D错误。]‎ ‎2．(多选)(2019·泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是(　　)‎ A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．较大的雨滴最大速率也较大 D．较小的雨滴在空中运动的时间较长 CD　[设雨滴下落时受到的阻力为f＝kv，根据牛顿第二定律：mg－kv＝ma，则雨滴下落时，随着速率的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速率最大，则vm＝，质量越大，则最大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速率较小，整个过程的平均速率较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确。]‎ ‎3.(2019·日照第一中学检测)如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3 kg的物体A轻放在B 7‎ 上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．0 B．15 m/s2 ‎ C．6 m/s2 D．5 m/s2‎ C　[开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故选项C正确。]‎ ‎4.(2019·莱州质检)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅上表面始终保持水平，如图所示。当此车加速下坡时，一位乘客正盘腿坐在座椅上，则下列说法正确的是(　　)‎ A．乘客所受合外力可能竖直向下 B．支持力可能大于重力 C．若乘客未接触座椅靠背，则应受到向前(水平向左)的摩擦力作用 D．可能处于超重状态 C　[本题考查斜面上运动物体的受力与超失重状态。当车加速下坡时，加速度方向沿斜坡向下，乘客的加速度与车的加速度相同，乘客所受合外力沿斜坡向下，故A项错误。乘客的加速度沿斜坡向下，将加速度分解成水平方向和竖直方向，则乘客的加速度有竖直向下的分量，乘客处于失重状态，所受支持力小于重力，故B、D项错误。若乘客未接触座椅靠背，乘客的加速度沿斜坡向下，将加速度分解成水平方向和竖直方向，则乘客受力如图，即乘客受到向前(水平向左)的摩擦力作用，故C项正确。]‎ ‎5.(2019·菏泽一模)一小物块从倾角为α＝30°够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)‎ 7‎ A．3.75 m B．5 m ‎ C．6.25 m D．15 m B　[小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mgsin α＝μmgcos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。]‎ ‎6.(2019·芜湖模拟)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自轨道顶端由静止滑下到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(　　)‎ A．v2>v1>v3 B．v1>v2>v3‎ C．v3>v1>v2 D．v1>v3>v2‎ A　[本题考查等时圆模型。设任一轨道的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝gsin θ，轨道的长度为x＝dsin θ，则有x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与轨道的倾角无关。则有t1＝t2＝t3。因x2>x1>x3，根据＝可知，v2>v1>v3，故选A。]‎ ‎7．如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；‎ 7‎ ‎(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？‎ ‎[解析](1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cos θ＝40 N μ＝＝＝0.5。‎ ‎(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。‎ 在沿斜面方向有：‎ ‎(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma 在垂直斜面方向上有：‎ FN＝(F2－mg)sin θ 则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ 解得a＝1 m/s2，x＝at2，解得t＝2 s，v＝at＝2 m/s。‎ ‎[答案](1)0.5　(2)2 m/s ‎8.(2019·浙江金、丽、衢十二校联考)如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个相同小物块(可看成质点)从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则(　　)‎ A．OP间距离为 B．OP间距离为 C．两小物块运动到P点的速度相同 7‎ D．两小物块的运动时间均为 A　[本题考查根据斜面上物块的受力情况分析其运动情况。设斜面的倾角为θ，则物块下滑的加速度为a＝gsin θ，设OP的距离为x，则＝at2＝gsin θ·t2，因两物块在斜面上下滑的时间相等，即t1＝t2则有cos θ1·sin θ1＝cos θ2·sin θ2，由图可知·＝·，解得x＝，选项A正确，B错误；根据机械能守恒可知，两物块开始下落的高度不同，则下落到底端的速度不同，选项C错误；是物块从A点做自由落体运动到O点的时间，因此两小物块的运动时间均大于，选项D错误。]‎ ‎9．(2019·雅安中学月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f＝4 N，g取10 m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6 s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力(　　)‎ A．36 m B．30 m ‎ C．24 m D．18 m C　[飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2，t＝6 s时，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s内的位移x1＝a1t2＝×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，匀减速上升的位移x2＝＝ m＝6 m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，开始恢复升力的速度设为v，则＋＝h，解得v＝12 m/s，此时飞机离地面的高度h1＝＝24 m，故C正确。]‎ ‎10.在风洞实验室中进行如图所示的实验。在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，表给出了部分数据：‎ 7‎ t/s ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎…‎ ‎1.4‎ ‎1.6‎ ‎1.8‎ ‎…‎ v/(m·s－1)‎ ‎0.0‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎…‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎0.0‎ ‎…‎ 已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)A、C两点间的距离；‎ ‎(2)水平恒力F的大小。‎ ‎[解析](1)物块匀加速运动过程中的加速度为：‎ a1＝＝ m/s2＝5 m/s2‎ 关闭风洞时的速度为：v＝a1t＝5×1.2 m/s＝6 m/s 关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2＝＝ m/s2＝－10 m/s2‎ 匀加速过程的位移：x1＝a1t2＝×5×1.22 m＝3.6 m 匀减速过程的位移：x2＝＝ m＝1.8 m A、C两点间的距离为：‎ x＝x1＋x2＝3.6 m＋1.8 m＝5.4 m。‎ ‎(2)由牛顿第二定律得 匀加速过程：Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1‎ 匀减速过程：－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma2‎ 联立两式代入数据得：F＝30 N。‎ ‎[答案](1)5.4 m　(2)30 N ‎11.如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取10 m/s2。试求：‎ ‎(1)小球运动的加速度大小；‎ ‎(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。‎ ‎[解析](1)在力F作用下，由牛顿第二定律得 ‎(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1‎ 7‎ 解得a1＝2.5 m/s2。‎ ‎(2)刚撤去F时，小球的速度 v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2‎ 解得a2＝7.5 m/s2‎ 小球上滑时间t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m。‎ ‎[答案](1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 7‎