江蘇專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)課后練習(xí)8牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題含解析

PAGE6-牛頓其次定律、兩類動力學(xué)問題建議用時：45分鐘1．(2024·北京海淀區(qū)期中)如圖所示，在上端開口的飲料瓶的側(cè)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超重狀態(tài)C．將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運動的宇宙飛船內(nèi)，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(zhuǎn)的月球表面，則水不流出C[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、B錯誤；將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運動的宇宙飛船內(nèi)，并與飛船保持相對靜止，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)，則水會流出，D錯誤。]2．(2024·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(shè)阻力大小只與雨滴的速率成正比，全部雨滴均從相同高處由靜止起先下落，到達(dá)地面前均達(dá)到最大速率。下列推斷正確的是()A．達(dá)到最大速率前，全部雨滴均做勻加速運動B．全部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短C[設(shè)雨滴下落時受到的阻力為f＝kv，依據(jù)牛頓其次定律：mg－kv＝ma，則雨滴下落時，隨著速率的增加，加速度漸漸減小，則達(dá)到最大速率前，全部雨滴均做加速度減小的變加速運動，選項A錯誤；當(dāng)a＝0時速率最大，則vm＝eq\f(mg,k)，質(zhì)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錯誤。]3．(2024·日照第一中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體B和質(zhì)量為1kg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(zhì)量為3kg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＝10m/s2)()A．0B．15m/s2C．6m/s2D．5m/s2C[起先時彈簧的彈力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬間，彈簧彈力不變，對整體分析，依據(jù)牛頓其次定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6m/s2，故選項C正確。]4．(2024·江蘇鹽城模擬)2018年10月23日，港珠澳大橋正式開通。建立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＝8×108N，相當(dāng)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，則拉力變更過程可能正確的是()ABCDC[設(shè)沉管加速的加速度為a1，減速的加速度為a2，加速過程由牛頓其次定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F(xiàn)1＜G；減速過程由牛頓其次定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F(xiàn)2＞G，故A、B、D錯誤，C正確。]5．(2024·泰州月考)如圖所示，物體P以肯定的初速度沿光滑水平面對右運動，與一個右端固定的輕質(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)生變更C．當(dāng)加速度數(shù)值最大時，速度也最大D．有一段過程，P的加速度漸漸減小，速度漸漸增大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，而且彈力漸漸增大，加速度漸漸增大，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，依據(jù)牛頓其次定律知P的加速度方向保持不變，故B錯誤；壓縮彈簧的過程中，當(dāng)速度為零時彈簧壓縮至最短，此時彈力最大，故加速度數(shù)值最大，速度為零，故C錯誤；當(dāng)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加速度漸漸減小，而速度漸漸增大，故D正確。]6．(2024·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，則下列說法不正確的是()A．細(xì)線A中拉力的大小FA為eq\r(3)mgB．輕彈簧B中拉力的大小FB為mgC．輕彈簧B的伸長量Δx為eq\f(2mg,k)D．突然剪短細(xì)線A的瞬間，小球的加速度a大小為eq\r(3)gB[對小球受力分析，如圖所示。由平衡條件得tan60°＝eq\f(FA,mg)，解得細(xì)線A中拉力的大小FA＝eq\r(3)mg，故A正確；由三角函數(shù)關(guān)系得cos60°＝eq\f(mg,FB)，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝eq\f(2mg,k)，故B錯誤，C正確；彈簧的彈力不能突變，則突然剪斷細(xì)線A的瞬間，仍有FB＝2mg，由牛頓其次定律得eq\r(F\o\al(2,B)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg))2)＝ma，解得a＝eq\r(3)g，方向水平向右，故D正確。]7．(2024·江蘇南京高三月考)如圖所示，一質(zhì)量為m的氫氣球用細(xì)繩拴在地面上，地面上空風(fēng)速水平且恒為v0，球靜止時繩與水平方向夾角為α。某時刻繩突然斷裂，氫氣球飛走。已知氫氣球在空氣中運動時所受到的阻力f正比于其相對空氣的速度v，可以表示為f＝kv(k為已知的常數(shù))。則(1)氫氣球受到的浮力為多大？(2)繩斷裂瞬間，氫氣球加速度為多大？(3)一段時間后氫氣球在空中做勻速直線運動，其水平方向上的速度與風(fēng)速v0相等，求此時氣球速度大小(設(shè)空氣密度不發(fā)生變更，重力加速度為g)。[解析](1)氣球靜止時受力如圖，設(shè)細(xì)繩的拉力為T，由平衡條件得Tsinα＋mg－F?。?Tcosα＝kv0解得T＝eq\f(kv0,cosα)F?。絢v0tanα＋mg。(2)細(xì)繩斷裂瞬間，氣球所受合力大小為T，則加速度大小為a＝eq\f(F合,m)解得a＝eq\f(kv0,mcosα)。(3)設(shè)氣球勻速運動時，相對空氣豎直向上速度vy，則有kvy＋mg－F?。?解得vy＝v0tanα氣球相對地面速度大小v′＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))解得v′＝eq\f(v0,cosα)。[答案](1)kv0tanα＋mg(2)eq\f(kv0,mcosα)(3)eq\f(v0,cosα)8．(2024·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計必需合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止起先沿屋頂面對下流淌，則志向的傾角θ為()A．30°B．45°C．60°D．75°B[設(shè)屋檐的底角為θ，底邊為L，留意底邊長度是不變的。屋頂?shù)钠旅骈L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＝mgcosθ，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，水滴的加速度a＝gsinθ，依據(jù)三角關(guān)系推斷，屋頂坡面的長度為：s＝eq\f(L,2cosθ)，由s＝eq\f(1,2)at2得：t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，θ＝45°時，t最短。]9．(2024·雅安中學(xué)月考)航模愛好小組設(shè)計出一架遙控飛機，其質(zhì)量m＝2kg，動力系統(tǒng)供應(yīng)的恒定升力F＝28N。試飛時，飛機從地面由靜止起先豎直上升。設(shè)飛機飛行時所受的阻力大小不變，恒為f＝4N，g取10m/s2。某一次試飛過程中，飛機飛行t＝6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛機馬上失去升力。為使飛機落回地面時速度剛好為零，則飛機應(yīng)在距離地面多高處復(fù)原升力()A．36mB．30mC．24mD．18mC[飛機失去升力前做勻加速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律有F－mg－f＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2，t＝6s時，速度v1＝a1t＝2×6m/s＝12m/s，前6s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×2×62m＝36m,6s后失去升力，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12m/s2，勻減速上升的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)＝eq\f(122,2×12)m＝6m，飛機能達(dá)到的最大高度h＝x1＋x2＝36m＋6m＝42m，飛機失去升力下降階段做勻加速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8m/s2，復(fù)原升力后向下做勻減速直線運動，依據(jù)牛頓其次定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6m/s2，起先復(fù)原升力的速度設(shè)為v，則eq\f(v2,2a3)＋eq\f(v2,2a4)＝h，解得v＝12eq\r(2)m/s，此時飛機離地面的高度h1＝eq\f(v2,2a4)＝24m，故C正確。]10．(2024·江蘇南京高三月考)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意變更，當(dāng)θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10m/s的速度沿木板向上運動，隨著θ的變更，小物塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變更，重力加速度g＝10m/s2。(結(jié)果可用根號表示)(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角滿意什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值。[解析](1)當(dāng)θ＝30°時，對木塊受力分析，依據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθ聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)當(dāng)θ變更時，木塊的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma木塊的位移為s，依據(jù)速度位移公式有veq\o\al(2,0)＝2as則有s＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)令tanα＝μ，則s＝eq\f(v\o\al(2,0)cosα,2gsinα＋θ)當(dāng)α＋θ＝90°時s最小，即θ＝60°，s最小值為smin＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(5\r(3),2)m。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)60°eq\f(5\r(3),2)m11．如圖所示，一質(zhì)量為1kg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＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止動身向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6)，g取10m/s2。試求：(1)小球運動的加速度大??；(2)若F作用1.2s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，由牛頓其次定律得(F－mg)sin30°－μ(F－m