（通用版）2021版高考物理大一輪復(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)問題

《（通用版）2021版高考物理大一輪復(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)問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2021版高考物理大一輪復(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)問題（7頁珍藏版）》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(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)誤

2、，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 CD　[設(shè)雨滴下落時(shí)受到的阻力為f＝kv

3、，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)過程的平均速率較小，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長，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 C．

4、6 m/s2 D．5 m/s2 C　[開始時(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·萊州質(zhì)檢)為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅上表面始終保持水平，如圖所示。當(dāng)此車加速下坡時(shí)，一位乘客正盤腿坐在座椅上，則下列說法正確的是(　　) A．乘客所受合外力可能豎直向下 B．支持力可能大于重力 C．若乘客未接觸座椅靠背，則應(yīng)受到向前(水平向左)的摩擦力作用 D．可能處于

5、超重狀態(tài) C　[本題考查斜面上運(yùn)動(dòng)物體的受力與超失重狀態(tài)。當(dāng)車加速下坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，乘客的加速度與車的加速度相同，乘客所受合外力沿斜坡向下，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。乘客的加速度沿斜坡向下，將加速度分解成水平方向和豎直方向，則乘客的加速度有豎直向下的分量，乘客處于失重狀態(tài)，所受支持力小于重力，故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。若乘客未接觸座椅靠背，乘客的加速度沿斜坡向下，將加速度分解成水平方向和豎直方向，則乘客受力如圖，即乘客受到向前(水平向左)的摩擦力作用，故C項(xiàng)正確。] 5.(2019·菏澤一模)一小物塊從傾角為α＝30°夠長的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，已知物塊與斜面間

6、的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2，則物塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1.5 s時(shí)離斜面底端的距離為(　　) A．3.75 m B．5 m C．6.25 m D．15 m B　[小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t＝＝1 s<1.5 s。由于mgsin α＝μmgcos α，小物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為0時(shí)即停止，故此時(shí)小物塊離斜面底端的距離為x＝＝5 m，故B正確。] 6.(2019·蕪湖模擬)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個(gè)光滑傾斜軌道，分別與圓相交于A、B、C三點(diǎn)。現(xiàn)讓三個(gè)小球(可以看成質(zhì)點(diǎn))分別沿著

7、AQ、BQ、CQ軌道自軌道頂端由靜止滑下到Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的平均速度分別為v1、v2和v3。則有(　　) A．v2>v1>v3 B．v1>v2>v3 C．v3>v1>v2 D．v1>v3>v2 A　[本題考查等時(shí)圓模型。設(shè)任一軌道的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得到a＝gsin θ，軌道的長度為x＝dsin θ，則有x＝at2得t＝＝＝，可見，小球下滑時(shí)間與軌道的傾角無關(guān)。則有t1＝t2＝t3。因x2>x1>x3，根據(jù)＝可知，v2>v1>v3，故選A。] 7．如圖所示，在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為5.0 kg的磨石A對(duì)地面和斜壁進(jìn)行打磨，已知A與地面、A與斜壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均

8、相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)當(dāng)A受到與水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面時(shí)，A恰好在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若用A對(duì)傾角θ＝37°的斜壁進(jìn)行打磨，當(dāng)對(duì)A加豎直向上推力F2＝60 N時(shí)，則磨石A從靜止開始沿斜壁向上運(yùn)動(dòng)2 m(斜壁長>2 m)時(shí)的速度大小為多少？ [解析]　(1)A恰好在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cos θ＝40 N μ＝＝＝0.5。 (2)將重力及向上的推力合成后，將二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分

9、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 則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、麗、衢十二校聯(lián)考)如圖所示，在同一豎直線上有A、B兩點(diǎn)，相距為h，B點(diǎn)離地高度為H?，F(xiàn)從A、B兩點(diǎn)分別向P點(diǎn)安放兩個(gè)光滑的固定斜面AP和BP，并讓兩個(gè)相同小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))從兩斜面的A、B點(diǎn)同時(shí)由靜止滑下，發(fā)現(xiàn)兩小物塊同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，則(　　) A．OP間距離為 B．OP間距離為

10、 C．兩小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的速度相同 D．兩小物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為 A　[本題考查根據(jù)斜面上物塊的受力情況分析其運(yùn)動(dòng)情況。設(shè)斜面的傾角為θ，則物塊下滑的加速度為a＝gsin θ，設(shè)OP的距離為x，則＝at2＝gsin θ·t2，因兩物塊在斜面上下滑的時(shí)間相等，即t1＝t2則有cos θ1·sin θ1＝cos θ2·sin θ2，由圖可知·＝·，解得x＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒可知，兩物塊開始下落的高度不同，則下落到底端的速度不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；是物塊從A點(diǎn)做自由落體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間，因此兩小物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均大于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 9．(2019·雅安中學(xué)月考)航模興趣小組設(shè)計(jì)出一

11、架遙控飛機(jī)，其質(zhì)量m＝2 kg，動(dòng)力系統(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

12、＝36 m,6 s后失去升力，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)

13、洞施加的水平恒力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過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?，通過速度傳感器測(cè)得這一過程中物塊每隔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)過程中的加速度為： a1

14、＝＝ m/s2＝5 m/s2 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(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(shù)據(jù)得：F＝30

15、N。 [答案]　(1)5.4 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