《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓8 牛頓第二定律、兩類動力學問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓8 牛頓第二定律、兩類動力學問題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 課后限時集訓8 牛頓第二定律、兩類動力學問題 建議用時：45分鐘 1.(多選)(2019·北京海淀區(qū)期中)如圖所示，在上端開口的飲料瓶的側面戳一個小孔，瓶中灌水，手持飲料瓶靜止時，小孔中有水噴出，則下列說法正確的是(　　) A．將飲料瓶豎直向上拋出，上升過程飲料瓶處在超重狀態(tài) B．將飲料瓶豎直向上拋出，下降過程飲料瓶處在失重狀態(tài) C．將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運動的宇宙飛船內，并與飛船保持相對靜止，則水不流出 D．飲料瓶靜置于繞地球公轉的月球表面，則水不流出 BC　[無論是豎直向上還是豎直向下拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，加速度為g，處于完全失重狀態(tài)，A錯

2、誤，B正確；將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運動的宇宙飛船內，并與飛船保持相對靜止，因飛船內的物體也是處于完全失重狀態(tài)，可知水不流出，C正確；飲料瓶靜置于繞地球公轉的月球表面，不是完全失重狀態(tài)，則水會流出，D錯誤。] 2．(多選)(2019·泰安一模)雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設阻力大小只與雨滴的速率成正比，所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落，到達地面前均達到最大速率。下列判斷正確的是(　　) A．達到最大速率前，所有雨滴均做勻加速運動 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．較大的雨滴最大速率也較大 D．較小的雨滴在空中運動的時間較長 CD　[設雨滴下落時受到的阻力為f＝k

3、v，根據牛頓第二定律：mg－kv＝ma，則雨滴下落時，隨著速率的增加，加速度逐漸減小，則達到最大速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運動，選項A錯誤；當a＝0時速率最大，則vm＝，質量越大，則最大速率越大，選項B錯誤，C正確；較小的雨滴在空中運動的最大速率較小，整個過程的平均速率較小，則在空中運動的時間較長，選項D正確。] 3.(2019·日照第一中學檢測)如圖所示，質量為2 kg的物體B和質量為1 kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。再將一個質量為3 kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(取g＝10 m/s2)(　　) A．0 B．15 m/s2

4、 C．6 m/s2 D．5 m/s2 C　[開始時彈簧的彈力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬間，彈簧彈力不變，對整體分析，根據牛頓第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故選項C正確。] 4．(2019·江蘇鹽城模擬)2018年10月23日，港珠澳大橋正式開通。建造大橋過程中最困難的莫過于沉管隧道的沉放和精確安裝，每節(jié)沉管隧道重約G＝8×108 N，相當于一艘中型航母的重量。通過纜繩送沉管到海底，若把該沉管的向下沉放過程看成是先加速后減速運動，且沉管僅受重力和纜繩的拉力，則拉力變化過程可能正確的是(　　) A　　　　　　　　B C

5、　　　　　　　　D C　[設沉管加速的加速度為a1，減速的加速度為a2，加速過程由牛頓第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F(xiàn)1＜G；減速過程由牛頓第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F(xiàn)2＞G，故A、B、D錯誤，C正確。] 5．(2019·泰州月考)如圖所示，物體P以一定的初速度沿光滑水平面向右運動，與一個右端固定的輕質彈簧相撞，并被彈簧反向彈回。若彈簧在被壓縮過程中始終遵守胡克定律，那么在P與彈簧發(fā)生相互作用的整個過程中(　　) A．P做勻變速直線運動 B．P的加速度方向發(fā)生變化 C．當加速度數值最大時，速度也最大 D．有一段過程，P的加速度逐

6、漸減小，速度逐漸增大 D　[在壓縮彈簧的過程中，P水平方向只受到彈簧的彈力，方向與速度方向相反，而且彈力逐漸增大，加速度逐漸增大，P做加速度增大的變減速直線運動，故A錯誤；彈簧壓縮過程中對P施加的彈力方向始終向左，根據牛頓第二定律知P的加速度方向保持不變，故B錯誤；壓縮彈簧的過程中，當速度為零時彈簧壓縮至最短，此時彈力最大，故加速度數值最大，速度為零，故C錯誤；當彈簧壓縮至最短后將物體P向左彈出的過程中，彈簧彈力方向向左，物體P向左做加速運動，隨著彈簧彈力的減小，物體P加速度逐漸減小，而速度逐漸增大，故D正確。] 6．(多選)(2019·江蘇常熟期末)如圖所示，質量為m的小球在細線A和輕彈

7、簧B的共同作用下保持靜止，其中細線A水平，左端固定于豎直墻壁，輕彈簧B上端固定于天花板，軸線與豎直方向的夾角為60°，已知輕彈簧B的勁度系數為k，重力加速度為g，則(　　) A．細線A中拉力的大小FA為mg B．輕彈簧B中拉力的大小FB為mg C．輕彈簧B的伸長量Δx為 D．突然剪短細線A的瞬間，小球的加速度a大小為g ACD　[對小球受力分析，如圖所示。由平衡條件得tan 60°＝，解得細線A中拉力的大小FA＝mg，故A正確；由三角函數關系得cos 60°＝，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝，故B錯誤，C正確；彈簧的彈力不能突變，則突然剪斷細線A的瞬間，仍

8、有FB＝2mg，由牛頓第二定律得＝ma，解得a＝g，方向水平向右，故D正確。] 7．(2019·沭陽縣修遠中學高三開學考試)如圖所示，一根直桿與水平面成θ＝37°角，桿上套有一個小滑塊，桿底端N處有一彈性擋板，板面與桿垂直，現(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放，滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d＝0.5 m，滑塊與桿之間的動摩擦因數μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6，cos 37 °＝0.8，求： (1)滑塊第一次下滑的時間t； (2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x。 [解析]　(1)滑塊下滑時的加速度為a1，根據牛頓第二定律 mg

9、sin 37°－μmgcos 37°＝ma1 解得加速度a1＝4.0 m/s2 由d＝a1t2可得滑塊第一次下滑的時間 t＝＝ s＝0.5 s。 (2)滑塊第一次與擋板相碰時的速度 v＝a1t＝4.0×0.5 m/s＝2 m/s 由題知，滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回，上滑時，根據動能定理 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 0－v2＝2a2x 代入數據，解得滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x＝0.25 m。 [答案]　(1)0.5 s　(2)0.25 m 8.(2019·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂的傾角設計必須合理。某房屋示意圖

10、如圖所示，設屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理想的傾角θ為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° B　[設屋檐的底角為θ，底邊為L，注意底邊長度是不變的。屋頂的坡面長度為s，雨滴下滑的加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對水滴的支持力N，垂直于屋頂方向：N＝mgcos θ，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ，水滴的加速度a＝gsin θ，根據三角關系判斷，屋頂坡面的長度為：s＝，由s＝at2得：t＝＝，θ＝45°時，t最短。] 9．(2019·雅安中學月考)航模興趣小組設計出一架遙控飛機，其質量m＝2 kg，動力系

11、統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N。試飛時，飛機從地面由靜止開始豎直上升。設飛機飛行時所受的阻力大小不變，恒為f＝4 N，g取10 m/s2。某一次試飛過程中，飛機飛行t＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛機立即失去升力。為使飛機落回地面時速度剛好為零，則飛機應在距離地面多高處恢復升力(　　) A．36 m B．30 m C．24 m D．18 m C　[飛機失去升力前做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有F－mg－f＝ma1，代入數據解得a1＝2 m/s2，t＝6 s時，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s內的位移x1＝a1t2＝×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力

12、，根據牛頓第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，勻減速上升的位移x2＝＝ m＝6 m，飛機能達到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飛機失去升力下降階段做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢復升力后向下做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，開始恢復升力的速度設為v，則＋＝h，解得v＝12 m/s，此時飛機離地面的高度h1＝＝24 m，故C正確。] 10.在風洞實驗室中進行如圖所示的實驗。在傾角為37°的固定斜面上，有一個質量為1 kg的物塊，在風洞施加的水平恒力F作用下，從

13、A點由靜止開始運動，經過1.2 s到達B點時立即關閉風洞，撤去恒力F，物塊到達C點時速度變?yōu)榱?，通過速度傳感器測得這一過程中物塊每隔0.2 s的瞬時速度，表給出了部分數據： 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兩點間的距離； (2)水平恒力F的大小。 [解析]　(1)物塊勻加速運動過程中的加速度為： a1＝＝ m/s2＝5 m/s2

14、 關閉風洞時的速度為：v＝a1t＝5×1.2 m/s＝6 m/s 關閉風洞后物塊勻減速運動的加速度為：a2＝＝ m/s2＝－10 m/s2 勻加速過程的位移：x1＝a1t2＝×5×1.22 m＝3.6 m 勻減速過程的位移：x2＝＝ m＝1.8 m A、C兩點間的距離為： x＝x1＋x2＝3.6 m＋1.8 m＝5.4 m。 (2)由牛頓第二定律得 勻加速過程：Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1 勻減速過程：－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma2 聯(lián)立兩式代入數據得：F＝30 N。 [答案]　(1)5.

15、4 m　(2)30 N 11.如圖所示，一質量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°?，F(xiàn)小球在F＝20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數為，g取10 m/s2。試求： (1)小球運動的加速度大??； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點最大距離。 [解析]　(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2。 (2)剛撤去F時，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，小球上滑時，由牛頓第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑時間t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 則小球上滑的最大距離為 xm＝x1＋x2＝2.4 m。 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 7