2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测十一牛顿第二定律两类动力学问题

课时跟踪检测（十一）牛顿其次定律两类动力学问题一、立足主干学问，注意基础性和综合性1.如图所示，是采纳动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103kg，其推动器的平均推力为800N，在飞船与空间站对接后，推动器工作5s内测出飞船和空间站的速度改变是0.05m/s，则空间站的质量为()A．7.6×104kg B．8.0×104kgC．4.0×104kg D．4.0×103kg解析：选A加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.05,5)m/s2＝0.01m/s2，由牛顿其次定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量M＝eq\f(F,a)－m＝eq\f(800,0.01)kg－4.0×103kg＝7.6×104kg，故A正确，B、C、D错误。2.如图所示，一倾角为α的光滑斜面对右做匀加速运动，质量为m的物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为()A．gsinα B．gcosαC．gtanα D.eq\f(g,tanα)解析：选C物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度肯定在水平方向，对物体进行受力分析如图。物体受到重力和垂直斜面对上的支持力，两者合力供应加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向肯定水平向右，依据图像可知竖直方向FNcosα＝mg，水平方向FNsinα＝ma，所以a＝gtanα。3．(2024·浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的状况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小()A．O点最大 B．P点最大C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变解析：选A在O→P的过程中，依据牛顿其次定律得竖直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因为该过程为减速过程，所以在O点时其竖直分速度vy最大，竖直方向分运动的加速度最大；在P→Q的过程中，在竖直方向上有mg－kvy＝ma2y，因为该过程为加速过程，在P点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A正确，B、C、D错误。4．(2024·大连调研)一条不行伸长的轻绳跨过质量可忽视不计的定滑轮，绳的一端系有质量M＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10m/s2)()A．20m/s2 B．15m/s2C．10m/s2 D．5m/s2解析：选D重物不离开地面时，绳中的最大拉力Fmax＝Mg＝150N，对猴子受力分析，依据牛顿其次定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度为amax＝eq\f(Fmax－mg,m)＝eq\f(150－100,10)m/s2＝5m/s2，D正确。5.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球()A．上升过程位移小于下落过程位移B．离开手臂速度小于返回手臂速度C．上升过程加速度小于下落过程加速度D．上升过程时间小于下落过程时间解析：选D上升过程位移大小与下落过程位移大小相等，A错误；上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动，设阻力为Ff，在小球上升过程，依据牛顿其次定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降过程，依据牛顿其次定律有mg－Ff＝ma2，对比有a1＞a2，依据v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C错误；依据公式h＝eq\f(1,2)at2，由于a1＞a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。6.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq\f(1,2)g匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为()A.eq\f(5,6)mg B.eq\f(5,24)mgC.eq\f(5,12)mg D.eq\f(5,8)mg解析：选B依据几何学问，圆环半径为0.6L，轻绳长L，故三根轻绳与竖直方向夹角为37°。分析圆环受力状况，可知三根轻绳拉力的水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力供应加速度，有mg－3Fcos37°＝m×eq\f(1,2)g，解得F＝eq\f(5,24)mg，故B正确。7.在高速马路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，须要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发觉刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，马上将车辆驶离高速马路，干脆开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37°，避险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，k＝0.75。求：(1)该车辆在避险车道上停下来须要运行的距离x1；(2)假如此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来须要运行的距离x2。解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，设汽车的质量为m，依据牛顿其次定律，有mgsin37°＋kmgcos37°＝ma1，解得a1＝12m/s2汽车进入避险车道时的速度v＝108km/h＝30m/s依据匀变速直线运动公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5m。(2)假如避险车道水平，依据牛顿其次定律，有kmg＝ma2解得a2＝7.5m/s2依据匀变速直线运动公式v2＝2a2x2解得x2＝60m。答案：(1)37.5m(2)60m二、强化迁移实力，突出创新性和应用性8．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肯定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的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。9.用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3m/s2的加速度启动，然后以12m/s的速度匀速行驶，遇紧急状况后以8m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则()A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875NB．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000NC．货车在刹车过程中行驶的距离为9mD．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6m解析：选C摩擦力供应应水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5m/s2。启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma1＝750N，A错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f′＝μmg＝1875N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x＝eq\f(v2,2a2)＝9m，C正确；货车停止时间为t＝eq\f(v,a2)＝1.5s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为x′＝vt－eq\f(1,2)μgt2＝9.5625m，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δx＝x′－x＝0.5625m，D错误。10．(2024·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇犹如汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103t，在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵快速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后起先上浮，到水下200m处时马上对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的黏滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；(2)潜艇为阻挡“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。解析：(1)由牛顿其次定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满意mg－F＝ma1代入数据解得a1＝2.0m/s2，方向竖直向下“掉深”历时t1＝10s时，潜艇下降高度为h1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.0×102m潜艇速度为v1＝a1t1＝20m/s减重后，潜艇以加速度a2＝1.0m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h2＝eq\f(v12,2a2)＝2.0×102m潜艇“掉深”达到的最大深度为h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102m。(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿其次定律有F－m1