课时跟踪检测（十一）牛顿第二定律 两类动力学问题

PAGE第1页共6页课时跟踪检测（十一）牛顿第二定律两类动力学问题一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.(2021·浙江6月选考)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器()A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力解析：选B打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向竖直向上，则所受合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，与火星对着陆器的吸引力是平衡力，选项D错误。2.(2023·温州高三检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力()A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为ma，方向水平向右C．大小与小球的加速度大小有关D．方向与小球的加速度大小无关解析：选C对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝eq\r(F12＋F22)＝meq\r(a2＋g2)，与水平方向的夹角tanα＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(g,a)，即大小和方向都与小球的加速度大小有关。3．智能电动扶梯在无人乘坐时运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是()A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小B．该同学始终受到摩擦力作用C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力解析：选D在匀速运动的过程中，该同学处于平衡状态，只受重力和支持力；在加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用，如图所示，此时支持力大小大于重力大小，故A、B错误；该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；在加速上升过程中，扶梯水平方向给同学一个摩擦力，竖直方向有向上的加速度，故竖直方向的支持力大小大于重力大小，所以扶梯对同学的合力大于重力，在匀速运动时，扶梯对该同学的力与重力平衡，大小等于重力，所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力，故D正确。4.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)解析：选A当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(3,5)，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcosθ＝F，解得T＝eq\f(5,8)F。对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。5.(2023·杭州高三月考)如图所示，质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t，若在物块放在A点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为()A.eq\f(1,2)tB.eq\f(\r(2),2)tC．tD.eq\r(2)t解析：选B设斜面倾角为θ，由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsinθ－μgcosθ，下滑过程s＝eq\f(1,2)a1t2，第二次下滑(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma2，a2＝2a1，s＝eq\f(1,2)a2t′2，解得：t′＝eq\f(\r(2),2)t，故B正确，A、C、D错误。6．(多选)制作“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是()A．在t1、t2、t3、t4时刻中，t1时刻加速度最大B．“水火箭”在t2时刻达到最高点C．在t3时刻失去推力D．t3～t4时间内“水火箭”做自由落体运动解析：选ACv­t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。7．(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是()A．发动机的最大推力为1.5MgB．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为eq\f(\r(17),4)MgC．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5eq\r(3)m/sD．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g解析：选BC飞行器关闭发动机，以v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kv12＝100k，飞行器以v2＝5m/s向上匀速运动时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋25k，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝eq\f(Mg,100)，A错误；飞行器以v3＝5m/s匀速水平飞行时F＝eq\r(Mg2＋kv322)＝eq\f(\r(17),4)Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝eq\r(Fm2－Mg2)＝eq\f(3,4)Mg＝kv42，解得v4＝5eq\r(3)m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，Fm＋Mg＋kv52＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。8．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。解析：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2。(2)根据运动学公式2a1l1＝v2解得v＝4m/s。(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2代入数据联立解得l2＝2.7m。答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为0C．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍解析：选D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsinθ＝2ma，a＝gsinθ，隔离小球B，mgsinθ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。10．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小解析：选AD设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1＝eq\f(－T0－μmg,m)＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。11．(2023届·浙江高三开学联考)“科技冬奥”是北京冬奥会场馆的一大亮点，上百台机器人承担起疫情防控和服务的重任，提供消杀、送餐、导引、清洁等服务。其中，质量为m＝35kg的创泽消杀防疫机器人入驻鸟巢，替代大量工作人员在场内承担24小时消毒工作。已知某次工作过程中机器人在斜面上经历加速、匀速、减速三个阶段。机器人从静止开始以最大牵引力F＝70N沿与水平面成θ角的斜面启动，期间以v＝2m/s的速度匀速行驶t＝2s，减速阶段关闭发动机，整个过程中，机器人所受阻力恒定，且加速与减速时的加速度大小相等，最终恰好到达斜面顶端，求：(1)斜面的长度L；(2)若机器人在水平面上，以v＝2m/s的速度匀速行驶，距其前方l＝1m的路口，出现以v1＝1.5m/s同向匀速运动的运动员，为使两者不相撞，求机器人加速度的最小值amin(已知机器人反应时间t1＝0.1s，结果可用分数表示)。解析：(1)根据牛顿第二定律，机器人在斜面上加速阶段F－μm