江苏版高考物理一轮复习课时分层作业8牛顿第二定律、两类动力学问题含答案

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2．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，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，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，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧被压缩至最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧被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加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。]
3．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。]
4．C [设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确。]
5．C [开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故选项C正确。]
6．B [
对小球受力分析，如图所示。由平衡条件得tan 60°＝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cs 60°＝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，由牛顿第二定律得eq \r(F\\al(2,B)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg))2)＝ma，解得a＝eq \r(3)g，方向水平向右，故D正确。]
7．C [当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s 匀速下落时，有Mg＝kveq \\al(2,1)，当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速向上运动时，有Mg＋kveq \\al(2,2)＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25 Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kveq \\al(2,2))2，解得F＝eq \f(\r(17),4)Mg，B项错误；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Feq \\al(2,max)－(Mg)2＝(kveq \\al(2,3))2，解得v3＝5eq \r(3) m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kveq \\al(2,2)＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误。]
8．解析：(1)气球静止时受力如图所示，设细绳的拉力为T，由平衡条件得
Tsin α＋mg－F浮＝0
Tcs α＝kv0
解得T＝eq \f(kv0,cs α)
F浮＝kv0tan α＋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,mcs α)。
(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＝v0tan α
气球相对地面速度大小v′＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))
解得v′＝eq \f(v0,cs α)。
答案：(1)kv0tan α＋mg (2)eq \f(kv0,mcs α) (3)eq \f(v0,cs α)
9．C [飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2，t＝6 s时，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s内的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，匀减速上升的位移x2＝eq \f(v\\al(2,1),2a2)＝eq \f(122,2×12) m＝6 m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋Ff－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，开始恢复升力的速度设为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)＝24 m，故C正确。]
10．解析：(1)当θ＝30°时，对木块受力分析，根据平衡条件有
mgsin θ＝μFN，FN＝mgcs θ
联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)当θ变化时，木块的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
木块的位移为s，根据速度位移公式有veq \\al(2,0)＝2as
则有s＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin θ＋μcs θ)
令tan α＝μ，则s＝eq \f(v\\al(2,0)cs α,2gsinα＋θ)
当α＋θ＝90°时s最小，即θ＝60°，s最小值为
smin＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin 60°＋μcs 60°)＝eq \f(\r(3)v\\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) m
11．解析：(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cs 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2。
(2)刚撤去F时，小球的速度
v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间t2＝eq \f(v1,a2)＝0.4 s
上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为
xm＝x1＋x2＝2.4 m。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m