《2020屆高三物理一輪復(fù)習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題課時作業(yè)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓第二定律 兩類動力學問題 一、單項選擇題 1．在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導(dǎo)出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為(　　) A．m2·kg·s－4，A－1　　 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1 解析：根據(jù)P＝UI、P＝Fv、F＝ma可導(dǎo)出U＝，即V＝＝m2·kg·s－3·A－1，B項正確． 答案：B 2．(2019·山東臨沂檢測)如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m.物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂

2、端相連，A、B挨在一起但A、B之間無彈力．已知重力加速度為g，某時刻把細線剪斷，當細線剪斷瞬間，下列說法正確的是(　　) A．物塊A的加速度為0 B．物塊A的加速度為 C．物塊B的加速度為0 D．物塊B的加速度為 解析：剪斷細線前，彈簧的彈力：F彈＝mgsin 30°＝mg，細線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝mg；剪斷細線瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度為：a＝＝，即A和B的加速度均為，故選B. 答案：B 3．(2019·湖北襄陽模擬)在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火．按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4 s末到達離地面100 m的最高

3、點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案．假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么v0和k分別等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．25 m/s　1.25 B．40 m/s　0.25 C．50 m/s　0.25 D．80 m/s　1.25 解析：根據(jù)h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升過程禮花彈所受的平均阻力Ff＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故選項C正確． 答案：C 4．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇．若某一纜

4、車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示．在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運行)，則(　　) A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下 C．小物塊受到的滑動摩擦力為mg＋ma D．小物塊受到的靜摩擦力為ma 解析：小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力．纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為研究對象，則有Ff－mgsin 30°＝ma，F(xiàn)f＝mg＋ma，F(xiàn)f為靜摩擦，方向平行斜面向上，故A正確，B、C、D均錯誤． 答案：A 5．(

5、2019·湖北重點中學聯(lián)考)據(jù)國外媒體報道，歐洲最大的直升機公司計劃研制一款X3型高速直升機．該公司已完成X3型直升機原型機的首次試飛．設(shè)X3型直升機原型機的質(zhì)量為m，某次試飛時，主旋翼提供大小為2mg向上的升力，每個向前螺旋推進器提供大小為mg、方向向前的推力．不考慮空氣的阻力影響，下列說法正確的是(　　) A．該直升機原型機可能處于平衡狀態(tài) B．該直升機原型機以加速度g做勻加速直線運動 C．空氣對直升機原型機的作用力為2mg D．空氣對直升機原型機的作用力為4mg 解析：直升機原型機的受力如圖所示，所受合外力大小為mg，方向斜向右上方，加速度大小為g，故選項A、B均錯誤；空氣

6、對直升機原型機的作用力為＝2mg，故選項C正確，D錯誤．本題也可以由水平方向的加速度ax＝2g和豎直方向的加速度ay＝g合成得到原型機的加速度a＝＝g. 答案：C 二、多項選擇題 6．(2019·安徽馬鞍山三校聯(lián)考)氫氣球下系一小重物G，重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運動，重物運動的方向如圖中箭頭所示虛線方向，圖中氣球和重物G在運動中所處的位置可能是(　　) 解析：重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運動，故合力為零或者與速度共線，可能做勻速直線運動，故A正確；可能做勻減速直線運動，故B正確；可能做勻加速直線運動，故C正確；重力和繩的拉力的合力與速度必須共線，故D錯誤． 答

7、案：ABC 7．一放在粗糙的水平面上的物體在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做勻加速直線運動，力F在水平和豎直方向的分量分別為F1、F2，如圖所示．現(xiàn)將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則此后(　　) A．物體將仍以加速度a向右做勻加速直線運動 B．物體將可能向右做勻速直線運動 C．物體將可能以大于a的加速度向右做勻加速直線運動 D．物體將可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運動 解析：設(shè)地面與物體間的動摩擦因數(shù)為μ，當在斜向上的拉力F的作用下運動時，加速度a＝，將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則加速度a′＝

8、度向右做勻加速直線運動，故A、C錯誤，D正確；若μmg＝F1，則加速度為零，所以物體將可能向右做勻速直線運動，故B正確． 答案：BD 8．(2019·湖北黃石高三質(zhì)檢)如圖所示，輕彈簧兩端拴接質(zhì)量均為m的小球a、b，拴接小球的細線固定在天花板上，兩小球靜止，兩細線與水平方向的夾角α＝30°，彈簧水平，重力加速度為g，則以下說法中正確的是(　　) A．細線拉力的大小為mg B．彈簧彈力的大小為mg C．剪斷左側(cè)細線的瞬間，小球a的加速度為2g D．剪斷左側(cè)細線的瞬間，小球b的加速度為零 解析：對小球a分析，由共點力平衡條件得，彈簧的彈力F＝mg，細線的拉力為2mg，故A、B錯誤

9、；剪斷左側(cè)細線的瞬間，彈簧的彈力不變，小球a所受的合力F合＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝2g，小球b受力不變，合力仍然為零，所以加速度為零，故C、D正確． 答案：CD [能力題組] 一、選擇題 9．(多選)如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g取10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開

10、始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 解析：熱氣球從地面剛開始上升時，由牛頓第二定律有F合＝F?。璵g＝ma，得熱氣球所受的浮力F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，則A項正確；氣球受重力、浮力和空氣阻力，若空氣阻力不變，合力不變，氣球應(yīng)勻加速上升，與題矛盾，可知阻力是變化的，則B項錯誤；熱氣球以5 m/s的速度勻速上升時，由平衡條件知，所受的空氣阻力Ff＝F?。璵g＝4 830 N－460×10 N＝230 N，則D項正確；熱氣球從地面上升10 s內(nèi)，它做變加速運動，故10 s時其速度大小不是5 m/s，

11、則C項錯誤． 答案：AD 10．(2019·河南開封質(zhì)檢)某實驗小組設(shè)計了一個模型火箭，由測力計測得其重力為G.通過測量計算此火箭發(fā)射時刻提供大小為F＝2G的恒定推力，且持續(xù)時間為t.隨后小明又對設(shè)計方案進行了改進(火箭的推力大小仍為2G)，采用二級推進的方式，即當火箭飛行經(jīng)過時，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余時間，火箭推動剩余的一半繼續(xù)飛行．若采用原來的方法火箭可上升的高度為H，則采用改進后方案火箭最高可上升的高度為(重力加速度取g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化及空氣阻力的影響)(　　) A．1.5H B．2H C．2.75H D．3.25H 解析：原方案，加速上升過程，由牛頓運動定

12、律，有F－G＝ma，解得a＝g；加速上升高度h1＝at2＝gt2，t時刻向上的速度v＝at＝gt，失去推力后，做豎直上拋運動，上升高度h2＝＝＝gt2，H＝h1＋h2＝gt2.改為二級推進后，開始加速上升過程，由牛頓運動定律，有F－G＝ma1，解得a1＝g；時間加速上升高度H1＝a1()2＝gt2，時刻向上的速度v1＝＝，丟棄一半質(zhì)量后，由牛頓運動定律，有F－G＝ma2，解得a2＝3g，時間加速上升高度H2＝＋a2()2＝gt2，t時刻向上的速度v2＝v1＋＝2gt，失去推力后，做豎直上拋運動，上升高度H3＝＝＝2gt2，H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H

13、，選項C正確． 答案：C 11．某同學探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運動規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是(　　) A．甲圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同 B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同 C．乙圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同 D．乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同 解析：小球在斜面上運動的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運動，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在斜面上運動的加速度為a＝gsin θ，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)

14、律和圖中幾何關(guān)系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的運動時間為t＝＝，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個斜面上運動的時間不同，故選項A錯誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項B錯誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項D錯誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個斜面上運動的時間相等，故選項C正確． 答案：C 二、非選擇題 12．(2019·廣西桂林高三月考)放在水平

15、地面上一質(zhì)量為m＝2 kg的質(zhì)點，在水平恒定外力作用下由靜止開始沿直線運動，4 s內(nèi)通過8 m的距離，此后撤去外力，質(zhì)點又運動了2 s停止，質(zhì)點運動過程中所受阻力大小不變，求： (1)撤去水平恒定外力時質(zhì)點的速度大小； (2)質(zhì)點運動過程中所受到的阻力大??； (3)質(zhì)點所受水平恒定外力的大?。? 解析：(1)質(zhì)點開始做勻加速直線運動x0＝t1，解得v0＝＝4 m/s. (2)質(zhì)點減速過程加速度a2＝＝－2 m/s2 由牛頓第二定律有－Ff＝ma2 解得Ff＝4 N (3)設(shè)開始加速過程中加速度為a1，由運動學公式可得x0＝a1t2，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma1 解得F＝Ff

16、＋ma1＝6 N. 答案：(1)4 m/s　(2)4 N　(3)6 N 13．(2019·河南重點中學聯(lián)考)北京已獲得2022年冬奧會舉辦權(quán)！如圖所示，俯式冰橇是冬奧會的比賽項目之一，其賽道可簡化為起點和終點高度差為120 m、長度為1 200 m的斜坡．假設(shè)某運動員從起點開始，以平行賽道的恒力F＝40 N推動質(zhì)量m＝40 kg的冰橇開始沿斜坡向下運動，出發(fā)4 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為12 m,8 s末迅速登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直到終點．設(shè)運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，求：(g取10 m/s2，取賽道傾角的余弦值為1，正弦值按照題目要求計算) (1)出發(fā)4 s內(nèi)冰橇

17、的加速度大?。? (2)冰橇與賽道間的動摩擦因數(shù)； (3)比賽中運動員到達終點時的速度大小． 解析：(1)設(shè)出發(fā)4 s內(nèi)冰橇的加速度為a1，出發(fā)4 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為x1＝a1t12 解得a1＝1.5 m/s2. (2)由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得μ＝0.05. (3)8 s后冰橇的加速度為a2，由牛頓第二定律有 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2 8 s末冰橇的速度為v1＝a1t2 出發(fā)8 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為x2＝a1t22＝48 m 到達終點時速度最大，設(shè)最大速度為v2，則 v22－v12＝2a2(x－x2) 解得v2＝36 m/s. 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.05　(3)36 m/s 8