高三物理总复习 课时跟踪检测（十一） 牛顿第二定律 两类动力学问题

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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．如图所示，是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　 )A．7.6×104 kg  B．8.0×104 kgC．4.0×104 kg  D．4.0×103 kg解析：选A　加速度a＝＝m/s2＝0.01 m/s2，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。2．(2022·北京海淀区模拟)如图所示，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，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．gsin α  B．gcos αC．gtan α   D．解析：选C　物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图。物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知竖直方向FNcos α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α。3.如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　 )A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析：选A　物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。4．(2022·大连调研)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系有质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg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10 m/s2)(　 )A．20 m/s2  B．15 m/s2C．10 m/s2  D．5 m/s2解析：选D　重物不离开地面时，绳中的最大拉力Fmax＝Mg＝150 N，对猴子受力分析，根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度为amax＝＝ m/s2＝5 m/s2，D正确。5.(2022·嘉兴模拟)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，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma2，对比有a1＞a2，根据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；根据公式h＝at2，由于a1＞a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。6．2021年7月30日，在东京奥运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军，刘灵玲获得亚军。测得一位仅在竖直方向上运动的蹦床运动员受到蹦床的弹力F随时间t的变化规律如图所示，已知该运动员的最大加速度为42 m/s2，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 )A．该运动员接触蹦床过程中受到的最大弹力为2 000 NB．该运动员双脚离开蹦床后的最大速度为16 m/sC．该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中先处于超重状态后处于失重状态D．该运动员由接触蹦床到最低点的过程中一直处于失重状态解析：选C　由题图分析可知运动员的重力等于500 N，则运动员的质量为m＝50 kg，根据牛顿第二定律得Fm－mg＝mam，解得Fm＝2 600 N，故A错误；由题图分析可知运动员双脚离开蹦床后最长经过1.6 s再次接触蹦床，则离开蹦床后上升和下落的最大时间均为0.8 s，运动员双脚离开蹦床后的最大速度为v＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，故B错误；运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中，蹦床对人的支持力先大于人的重力，加速度方向向上，处于超重状态，经过平衡位置后，蹦床对人的支持力小于人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，故C正确；运动员由接触蹦床到最低点的过程中，蹦床对人的支持力先小于人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，经过平衡位置后，蹦床对人的支持力大于人的重力，加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。7．(2022·泰安模拟)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＝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.mg   B.mgC.mg   D.mg解析：选B　根据几何知识，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°。分析圆环受力情况，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提供加速度，有mg－3Fcos 37°＝m×g，解得F＝mg，故B正确。8．(2022·北京高三模拟)在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108 km/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，k＝0.75。求：(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离x1；(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离x2。解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，设汽车的质量为m，根据牛顿第二定律，有mgsin 37°＋kmgcos  37°＝ma1，解得a1＝12 m/s2汽车进入避险车道时的速度v＝108 km/h＝30 m/s根据匀变速直线运动公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5 m。(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有kmg＝ma2解得a2＝7.5 m/s2根据匀变速直线运动公式v2＝2a2x2解得x2＝60 m。答案：(1)37.5 m　(2)60 m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gsin θB．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．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2mgsin θ，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2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsin θ＝2ma，a＝gsin θ，隔离小球B，mgsin θ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。10.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3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，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＝10 m/s2，则(　 )A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1 875 NB．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 NC．货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m解析：选C　摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5 m/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＝750 N，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＝1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x＝＝9 m，C正确；货车停止时间为t＝＝1.5 s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为x′＝vt－μgt2＝9.562 5 m，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＝0.562 5 m，D错误。11.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为    s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝a1t12得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s无人机减速过程有H1－h1－H2＝t2，得t2＝ s所以总时间t＝t1＋t2＝ s。(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，则a2＝1 m/s2无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3恢复动力时v＝a3t则v＝6 m/s，H2＝＋，联立解得a4＝18 m/s2。答案：(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2