《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)8 牛頓第二定律、兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)8 牛頓第二定律、兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時(shí)集訓(xùn)8 牛頓第二定律、兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 建議用時(shí)：45分鐘 1.(多選)(2019·北京海淀區(qū)期中)如圖所示，在上端開(kāi)口的飲料瓶的側(cè)面戳一個(gè)小孔，瓶中灌水，手持飲料瓶靜止時(shí)，小孔中有水噴出，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．將飲料瓶豎直向上拋出，上升過(guò)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(guò)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(yùn)動(dòng)的宇宙飛船內(nèi)，并與飛船保持相對(duì)靜止，則水不流出 D．飲料瓶靜置于繞地球公轉(zhuǎn)的月球表面，則水不流出 BC　[無(wú)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(cuò)

2、誤，B正確；將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的宇宙飛船內(nèi)，并與飛船保持相對(duì)靜止，因飛船內(nèi)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(zhuǎn)的月球表面，不是完全失重狀態(tài)，則水會(huì)流出，D錯(cuò)誤。] 2．(多選)(2019·泰安一模)雨滴在空氣中下落時(shí)會(huì)受到空氣阻力的作用。假設(shè)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(kāi)始下落，到達(dá)地面前均達(dá)到最大速率。下列判斷正確的是(　　) A．達(dá)到最大速率前，所有雨滴均做勻加速運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng) CD　[設(shè)雨滴下落時(shí)受到的阻力為f＝k

3、v，根據(jù)牛頓第二定律：mg－kv＝ma，則雨滴下落時(shí)，隨著速率的增加，加速度逐漸減小，則達(dá)到最大速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)速率最大，則vm＝，質(zhì)量越大，則最大速率越大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；較小的雨滴在空中運(yùn)動(dòng)的最大速率較小，整個(gè)過(guò)程的平均速率較小，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，選項(xiàng)D正確。] 3.(2019·日照第一中學(xué)檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體B和質(zhì)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(gè)質(zhì)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(kāi)始時(shí)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(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故選項(xiàng)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(kāi)通。建造大橋過(guò)程中最困難的莫過(guò)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(dāng)于一艘中型航母的重量。通過(guò)纜繩送沉管到海底，若把該沉管的向下沉放過(guò)程看成是先加速后減速運(yùn)動(dòng)，且沉管僅受重力和纜繩的拉力，則拉力變化過(guò)程可能正確的是(　　) A　　　　　　　　B C

5、　　　　　　　　D C　[設(shè)沉管加速的加速度為a1，減速的加速度為a2，加速過(guò)程由牛頓第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F(xiàn)1＜G；減速過(guò)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(cuò)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(yùn)動(dòng)，與一個(gè)右端固定的輕質(zhì)彈簧相撞，并被彈簧反向彈回。若彈簧在被壓縮過(guò)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(gè)過(guò)程中(　　) A．P做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．P的加速度方向發(fā)生變化 C．當(dāng)加速度數(shù)值最大時(shí)，速度也最大 D．有一段過(guò)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(guò)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；彈簧壓縮過(guò)程中對(duì)P施加的彈力方向始終向左，根據(jù)牛頓第二定律知P的加速度方向保持不變，故B錯(cuò)誤；壓縮彈簧的過(guò)程中，當(dāng)速度為零時(shí)彈簧壓縮至最短，此時(shí)彈力最大，故加速度數(shù)值最大，速度為零，故C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧壓縮至最短后將物體P向左彈出的過(guò)程中，彈簧彈力方向向左，物體P向左做加速運(yùn)動(dòng)，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(zhì)量為m的小球在細(xì)線A和輕彈

7、簧B的共同作用下保持靜止，其中細(xì)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(shù)為k，重力加速度為g，則(　　) A．細(xì)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(zhǎng)量Δx為 D．突然剪短細(xì)線A的瞬間，小球的加速度a大小為g ACD　[對(duì)小球受力分析，如圖所示。由平衡條件得tan 60°＝，解得細(xì)線A中拉力的大小FA＝mg，故A正確；由三角函數(shù)關(guān)系得cos 60°＝，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝，故B錯(cuò)誤，C正確；彈簧的彈力不能突變，則突然剪斷細(xì)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(yáng)縣修遠(yuǎn)中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，一根直桿與水平面成θ＝37°角，桿上套有一個(gè)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(diǎn)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(diǎn)間的距離d＝0.5 m，滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)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(shí)的加速度為a1，根據(jù)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(shí)間 t＝＝ s＝0.5 s。 (2)滑塊第一次與擋板相碰時(shí)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(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 0－v2＝2a2x 代入數(shù)據(jù)，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(kāi)房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計(jì)必須合理。某房屋示意圖

10、如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止開(kāi)始沿屋頂面向下流動(dòng)，則理想的傾角θ為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° B　[設(shè)屋檐的底角為θ，底邊為L(zhǎng)，注意底邊長(zhǎng)度是不變的。屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為s，雨滴下滑的加速度為a，對(duì)雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對(duì)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(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度為：s＝，由s＝at2得：t＝＝，θ＝45°時(shí)，t最短。] 9．(2019·雅安中學(xué)月考)航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛機(jī)，其質(zhì)量m＝2 kg，動(dòng)力系

11、統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N。試飛時(shí)，飛機(jī)從地面由靜止開(kāi)始豎直上升。設(shè)飛機(jī)飛行時(shí)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(guò)程中，飛機(jī)飛行t＝6 s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛機(jī)立即失去升力。為使飛機(jī)落回地面時(shí)速度剛好為零，則飛機(jī)應(yīng)在距離地面多高處恢復(fù)升力(　　) A．36 m B．30 m C．24 m D．18 m C　[飛機(jī)失去升力前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－f＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2，t＝6 s時(shí)，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s內(nèi)的位移x1＝a1t2＝×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力

12、，根據(jù)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(jī)能達(dá)到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飛機(jī)失去升力下降階段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢復(fù)升力后向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，開(kāi)始恢復(fù)升力的速度設(shè)為v，則＋＝h，解得v＝12 m/s，此時(shí)飛機(jī)離地面的高度h1＝＝24 m，故C正確。] 10.在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行如圖所示的實(shí)驗(yàn)。在傾角為37°的固定斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物塊，在風(fēng)洞施加的水平恒力F作用下，從

13、A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)1.2 s到達(dá)B點(diǎn)時(shí)立即關(guān)閉風(fēng)洞，撤去恒力F，物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)榱?，通過(guò)速度傳感器測(cè)得這一過(guò)程中物塊每隔0.2 s的瞬時(shí)速度，表給出了部分?jǐn)?shù)據(jù)： 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(diǎn)間的距離； (2)水平恒力F的大小。 [解析]　(1)物塊勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為： a1＝＝ m/s2＝5 m/s2

14、 關(guān)閉風(fēng)洞時(shí)的速度為：v＝a1t＝5×1.2 m/s＝6 m/s 關(guān)閉風(fēng)洞后物塊勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為：a2＝＝ m/s2＝－10 m/s2 勻加速過(guò)程的位移：x1＝a1t2＝×5×1.22 m＝3.6 m 勻減速過(guò)程的位移：x2＝＝ m＝1.8 m A、C兩點(diǎn)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(guò)程：Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1 勻減速過(guò)程：－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma2 聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)得：F＝30 N。 [答案]　(1)5.

15、4 m　(2)30 N 11.如圖所示，一質(zhì)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(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g取10 m/s2。試求： (1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大?。? (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)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(shí)，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(shí)，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(shí)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