江苏专用2025版高考物理一轮复习课后练习8牛顿第二定律两类动力学问题含解析_第1页
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PAGE6-牛顿其次定律、两类动力学问题建议用时:45分钟1.(2024·北京海淀区期中)如图所示,在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔,瓶中灌水,手持饮料瓶静止时,小孔中有水喷出,则下列说法正确的是()A.将饮料瓶竖直向上抛出,上升过程饮料瓶处在超重状态B.将饮料瓶竖直向上抛出,下降过程饮料瓶处在超重状态C.将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内,并与飞船保持相对静止,则水不流出D.饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面,则水不流出C[无论是竖直向上还是竖直向下抛出,抛出之后的物体都只受到重力的作用,加速度为g,处于完全失重状态,A、B错误;将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内,并与飞船保持相对静止,因飞船内的物体也是处于完全失重状态,可知水不流出,C正确;饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面,不是完全失重状态,则水会流出,D错误。]2.(2024·泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比,全部雨滴均从相同高处由静止起先下落,到达地面前均达到最大速率。下列推断正确的是()A.达到最大速率前,全部雨滴均做匀加速运动B.全部雨滴的最大速率均相等C.较大的雨滴最大速率也较大D.较小的雨滴在空中运动的时间较短C[设雨滴下落时受到的阻力为f=kv,依据牛顿其次定律:mg-kv=ma,则雨滴下落时,随着速率的增加,加速度渐渐减小,则达到最大速率前,全部雨滴均做加速度减小的变加速运动,选项A错误;当a=0时速率最大,则vm=eq\f(mg,k),质量越大,则最大速率越大,选项B错误,C正确;较小的雨滴在空中运动的最大速率较小,整个过程的平均速率较小,则在空中运动的时间较长,选项D错误。]3.(2024·日照第一中学检测)如图所示,质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间,物体B的加速度大小为(取g=10m/s2)()A.0B.15m/s2C.6m/s2D.5m/s2C[起先时弹簧的弹力等于B的重力,即F=mBg。放上A的瞬间,弹簧弹力不变,对整体分析,依据牛顿其次定律得:(mA+mB)g-F=(mA+mB)a,解得a=6m/s2,故选项C正确。]4.(2024·江苏盐城模拟)2018年10月23日,港珠澳大桥正式开通。建立大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装,每节沉管隧道重约G=8×108N,相当于一艘中型航母的重量。通过缆绳送沉管到海底,若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速后减速运动,且沉管仅受重力和缆绳的拉力,则拉力变更过程可能正确的是()ABCDC[设沉管加速的加速度为a1,减速的加速度为a2,加速过程由牛顿其次定律得:G-F1=ma1,得:F1=G-ma1,F1<G;减速过程由牛顿其次定律得:F2-G=ma2,可得:F2=G+ma2,F2>G,故A、B、D错误,C正确。]5.(2024·泰州月考)如图所示,物体P以肯定的初速度沿光滑水平面对右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中()A.P做匀变速直线运动B.P的加速度方向发生变更C.当加速度数值最大时,速度也最大D.有一段过程,P的加速度渐渐减小,速度渐渐增大D[在压缩弹簧的过程中,P水平方向只受到弹簧的弹力,方向与速度方向相反,而且弹力渐渐增大,加速度渐渐增大,P做加速度增大的变减速直线运动,故A错误;弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左,依据牛顿其次定律知P的加速度方向保持不变,故B错误;压缩弹簧的过程中,当速度为零时弹簧压缩至最短,此时弹力最大,故加速度数值最大,速度为零,故C错误;当弹簧压缩至最短后将物体P向左弹出的过程中,弹簧弹力方向向左,物体P向左做加速运动,随着弹簧弹力的减小,物体P加速度渐渐减小,而速度渐渐增大,故D正确。]6.(2024·江苏常熟期末)如图所示,质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止,其中细线A水平,左端固定于竖直墙壁,轻弹簧B上端固定于天花板,轴线与竖直方向的夹角为60°,已知轻弹簧B的劲度系数为k,重力加速度为g,则下列说法不正确的是()A.细线A中拉力的大小FA为eq\r(3)mgB.轻弹簧B中拉力的大小FB为mgC.轻弹簧B的伸长量Δx为eq\f(2mg,k)D.突然剪短细线A的瞬间,小球的加速度a大小为eq\r(3)gB[对小球受力分析,如图所示。由平衡条件得tan60°=eq\f(FA,mg),解得细线A中拉力的大小FA=eq\r(3)mg,故A正确;由三角函数关系得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错误,C正确;弹簧的弹力不能突变,则突然剪断细线A的瞬间,仍有FB=2mg,由牛顿其次定律得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正确。]7.(2024·江苏南京高三月考)如图所示,一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上,地面上空风速水平且恒为v0,球静止时绳与水平方向夹角为α。某时刻绳突然断裂,氢气球飞走。已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v,可以表示为f=kv(k为已知的常数)。则(1)氢气球受到的浮力为多大?(2)绳断裂瞬间,氢气球加速度为多大?(3)一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动,其水平方向上的速度与风速v0相等,求此时气球速度大小(设空气密度不发生变更,重力加速度为g)。[解析](1)气球静止时受力如图,设细绳的拉力为T,由平衡条件得Tsinα+mg-F浮=0Tcosα=kv0解得T=eq\f(kv0,cosα)F浮=kv0tanα+mg。(2)细绳断裂瞬间,气球所受合力大小为T,则加速度大小为a=eq\f(F合,m)解得a=eq\f(kv0,mcosα)。(3)设气球匀速运动时,相对空气竖直向上速度vy,则有kvy+mg-F浮=0解得vy=v0tanα气球相对地面速度大小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·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面,屋顶的倾角设计必需合理。某房屋示意图如图所示,设屋顶面光滑,倾角为θ,雨水由静止起先沿屋顶面对下流淌,则志向的倾角θ为()A.30°B.45°C.60°D.75°B[设屋檐的底角为θ,底边为L,留意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s,雨滴下滑的加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N,垂直于屋顶方向:N=mgcosθ,平行于屋顶方向:ma=mgsinθ,水滴的加速度a=gsinθ,依据三角关系推断,屋顶坡面的长度为: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°时,t最短。]9.(2024·雅安中学月考)航模爱好小组设计出一架遥控飞机,其质量m=2kg,动力系统供应的恒定升力F=28N。试飞时,飞机从地面由静止起先竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变,恒为f=4N,g取10m/s2。某一次试飞过程中,飞机飞行t=6s时遥控器出现故障,飞机马上失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零,则飞机应在距离地面多高处复原升力()A.36mB.30mC.24mD.18mC[飞机失去升力前做匀加速直线运动,依据牛顿其次定律有F-mg-f=ma1,代入数据解得a1=2m/s2,t=6s时,速度v1=a1t=2×6m/s=12m/s,前6s内的位移x1=eq\f(1,2)a1t2=eq\f(1,2)×2×62m=36m,6s后失去升力,依据牛顿其次定律有mg+f=ma2,解得a2=12m/s2,匀减速上升的位移x2=eq\f(v\o\al(2,1),2a2)=eq\f(122,2×12)m=6m,飞机能达到的最大高度h=x1+x2=36m+6m=42m,飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动,依据牛顿其次定律有mg-f=ma3,解得a3=8m/s2,复原升力后向下做匀减速直线运动,依据牛顿其次定律有F+f-mg=ma4,解得a4=6m/s2,起先复原升力的速度设为v,则eq\f(v2,2a3)+eq\f(v2,2a4)=h,解得v=12eq\r(2)m/s,此时飞机离地面的高度h1=eq\f(v2,2a4)=24m,故C正确。]10.(2024·江苏南京高三月考)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意变更,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度沿木板向上运动,随着θ的变更,小物块沿木板滑行的距离x将发生变更,重力加速度g=10m/s2。(结果可用根号表示)(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;(2)当θ角满意什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小值。[解析](1)当θ=30°时,对木块受力分析,依据平衡条件有mgsinθ=μFN,FN=mgcosθ联立解得μ=eq\f(\r(3),3)。(2)当θ变更时,木块的加速度为a,依据牛顿其次定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma木块的位移为s,依据速度位移公式有veq\o\al(2,0)=2as则有s=eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ+μcosθ)令tanα=μ,则s=eq\f(v\o\al(2,0)cosα,2gsinα+θ)当α+θ=90°时s最小,即θ=60°,s最小值为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.如图所示,一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下,从A点静止动身向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6),g取10m/s2。试求:(1)小球运动的加速度大小;(2)若F作用1.2s后撤去,求小球上滑过程中距A点最大距离。[解析](1)在力F作用下,由牛顿其次定律得(F-mg)sin30°-μ(F-m

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