2022版高考物理一轮复习-课后练习8-牛顿第二定律、两类动力学问题.doc

2022版高考物理一轮复习 课后练习8 牛顿第二定律、两类动力学问题

2022版高考物理一轮复习 课后练习8 牛顿第二定律、两类动力学问题

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姓名：

- 8 -

牛顿第二定律、两类动力学问题
建议用时：45分钟

1．(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超重状态
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
C　[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、B错误；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．(2020·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短
C　[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错误。]
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·江苏盐城模拟)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通。建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量。通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力变化过程可能正确的是(　　)

A　　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　　D
C　[设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确。]
5．(2019·泰州月考)如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中(　　)

A．P做匀变速直线运动
B．P的加速度方向发生变化
C．当加速度数值最大时，速度也最大
D．有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D　[在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧压缩至最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧压缩至最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左做加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。]
6．(2020·江苏常熟期末)如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　)

A．细线A中拉力的大小FA为mg
B．轻弹簧B中拉力的大小FB为mg
C．轻弹簧B的伸长量Δx为
D．突然剪短细线A的瞬间，小球的加速度a大小为g
B　[对小球受力分析，如图所示。由平衡条件得tan 60°＝，解得细线A中拉力的大小FA＝mg，故A正确；由三角函数关系得cos 60°＝，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝，故B错误，C正确；弹簧的弹力不能突变，则突然剪断细线A的瞬间，仍有FB＝2mg，由牛顿第二定律得＝ma，解得a＝g，方向水平向右，故D正确。]
7．(2020·江苏南京高三月考)如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α。某时刻绳突然断裂，氢气球飞走。已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v，可以表示为f＝kv(k为已知的常数)。则

(1)氢气球受到的浮力为多大？
(2)绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？
(3)一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小(设空气密度不发生变化，重力加速度为g)。
[解析]　(1)气球静止时受力如图，设细绳的拉力为T，由平衡条件得

Tsin α＋mg－F浮＝0
Tcos α＝kv0
解得T＝
F浮＝kv0tan α＋mg。
(2)细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T，则加速度大小为a＝
解得a＝。
(3)设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度vy，则有kvy＋mg－F浮＝0
解得vy＝v0tan α
气球相对地面速度大小v′＝
解得v′＝。
[答案]　(1)kv0tan α＋mg　(2)　(3)

8．(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　)

A．30° B．45° C．60° D．75°
B　[设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcos θ，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ，水滴的加速度a＝gsin θ，根据三角关系判断，屋顶坡面的长度为：s＝，由s＝at2得：t＝＝，θ＝45°时，t最短。]
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．(2020·江苏南京高三月考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2。(结果可用根号表示)
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。

[解析]　(1)当θ＝30°时，对木块受力分析，根据平衡条件有
mgsin θ＝μFN，FN＝mgcos θ
联立解得μ＝。
(2)当θ变化时，木块的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
木块的位移为s，根据速度位移公式有v＝2as
则有s＝
令tan α＝μ，则s＝
当α＋θ＝90°时s最小，即θ＝60°，s最小值为
smin＝＝＝ m。
[答案]　(1)　(2)60°　 m
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
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