2024届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律、两类动力学问题练习含答案

第2讲　牛顿第二定律、两类动力学问题

知识巩固练

1.昆虫沫蝉跳跃的高度可达0.7 m，而其身体长度仅有几毫米，跳跃能力远远超过了人们先前所认为的昆虫界的“跳高冠军”——跳蚤.已知沫蝉起跳时，平均加速度可达3.8 km/s2，则沫蝉起跳时对地面的平均压力大小与其受到的重力大小的比约为(g取10 m/s2)              (　　)

A.4∶1  B.38∶1

C.381∶1  D..3 800∶1

【答案】C　

【解析】沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得地面对沫蝉的支持力大小FN＝381mg，由牛顿第三定律可知，它对地面的压力大小FN'＝FN＝381mg，则FN'∶G＝381∶1，C正确.

2.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，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，则小石子在竖直方向分

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

【答案】A　

【解析】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大.开始上升时与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力在竖直方向的分力最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大，故选A.

3.一质量为m的乘客站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以大小为a0的加速度加速上行，如图所示.重力加速度大小为g.该过程中，乘客对踏板的压力大小为              (　　)

A.mg  B.ma0sin θ

C.mg+ma0sin θ  D..mg－ma0sin θ

【答案】C

4.一质量为m的物块在倾角为θ的足够长的固定斜面上匀减速下滑.现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示，则物块减速为零的时间将              (　　)

A.变长  B.变短

C.不变  D..不能确定

【答案】B

5.中国载人深潜器“蛟龙”号7 000 m级海试中下潜深度达7 062 m，再创中国载人深潜纪录.设潜水器在下潜或上升的过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已知海水浮力大小为F，设海水阻力与潜水器的速率成正比.当潜水器的总质量为m时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上浮，则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为g)(　　)

A.－m　　　  B.2

C.m－　　　  D..2m－

【答案】B

6.(多选)如图，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g，下列正确的是              (　　)

A.剪断弹簧OA瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下

B.剪断弹簧OA瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成θ角斜向右下

C.剪断OB绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与OA垂直斜向左下

D.剪断OB绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向水平向左

【答案】AD　

【解析】剪断弹簧OA瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得a＝g，方向竖直向下，故A正确，B错误；以球为研究对象，由平衡条件得FOB－FOAsin θ＝0，FOAcos θ－mg＝0，联立解得FOB＝mgtan θ.剪断轻绳OB瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得a＝＝gtan θ，方向水平向左，故C错误，D正确.

综合提升练

7.一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶.在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定.上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C与车共同向左加速时              (　　)

A.A对C的支持力变大

B.B对C的支持力不变

C.当向左的加速度达到g时，C将脱离A

D.当向左的加速度达到g时，C将脱离A

【答案】D　

【解析】对C进行受力分析，如图所示.设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°.原来C处于静止状态，根据平衡条件可得NBsin 30°＝NAsin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有NB'sin 30°－NA'sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得a＝g，C错误，D正确.

8.(2022年海南模拟)(多选)如图所示，铁球A、B的质量分别为2m、m，它们之间由轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，用细绳OA将它们按图示悬于天花板上，整个系统静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

A.静止时弹簧的伸长量为

B.烧断细绳OA的瞬间，铁球A和铁球B以相同的加速度g做自由落体运动

C.烧断细绳OA的瞬间，铁球A的加速度大小为1.5g

D.烧断细绳OA的瞬间，铁球B的加速度大小为g

【答案】AC　

【解析】静止时，对小球B由平衡条件可得k·Δx＝mg，解得Δx＝，A正确；静止时，对A、B组成的系统由平衡条件可知细绳OA的拉力为3mg，烧断细绳OA的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球加速度为零，对A球由受力分析可得a＝＝1.5 g，C正确，B、D错误.

9.(2022年汕头模拟)一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲).该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内可调节，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙)，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.

(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小.

(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行的最大加速度am和加速过程通过的位移x加.

解：(1)从O点到A点，由运动公式知0－v2＝2ax0，

解得a＝＝－ m/s2＝－ m/s2.

机器人在此过程加速度a的大小为 m/s2.

(2)要想用最短时间，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零.最大加速度由牛顿第二定律有am＝μg＝2 m/s2，加速的位移为x加＝＝4 m.