高中物理教科版 能力提升训练：必修1　牛顿第二定律　两类动力学问题Word版含解析

牛顿第二定律　两类动力学问题
一、单项选择题
1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　　)
A．m2·kg·s－4，A－1　　 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
解析：根据P＝UI、P＝Fv、F＝ma可导出U＝，即V＝＝m2·kg·s－3·A－1，B项正确．
答案：B
2．(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的加速度为0
B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0
D．物块B的加速度为
解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝＝，即A和B的加速度均为，故选B.
答案：B
3．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．25 m/s　1.25 B．40 m/s　0.25
C．50 m/s　0.25 D．80 m/s　1.25
解析：根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
答案：C
4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则(　　)
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，Ff为静摩擦，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
答案：A
5．(2019·湖北重点中学联考)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机．该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞．设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力．不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是(　　)
A．该直升机原型机可能处于平衡状态
B．该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动
C．空气对直升机原型机的作用力为2mg
D．空气对直升机原型机的作用力为4mg
解析：直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，故选项A、B均错误；空气对直升机原型机的作用力为＝2mg，故选项C正确，D错误．本题也可以由水平方向的加速度ax＝2g和竖直方向的加速度ay＝g合成得到原型机的加速度a＝＝g.
答案：C
二、多项选择题
6．(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是(　　)
解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A正确；可能做匀减速直线运动，故B正确；可能做匀加速直线运动，故C正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D错误．
答案：ABC
7．一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后(　　)
A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动
B．物体将可能向右做匀速直线运动
C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动
D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动
解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F的作用下运动时，加速度a＝，将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则加速度a′＝答案：BD
8．(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g，则以下说法中正确的是(　　)
A．细线拉力的大小为mg
B．弹簧弹力的大小为mg
C．剪断左侧细线的瞬间，小球a的加速度为2g
D．剪断左侧细线的瞬间，小球b的加速度为零
解析：对小球a分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F＝mg，细线的拉力为2mg，故A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g，小球b受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C、D正确．
答案：CD
[能力题组]
一、选择题
9．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，则A项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误．
答案：AD
10．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G.通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F＝2G的恒定推力，且持续时间为t.随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G)，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)(　　)
A．1.5H B．2H
C．2.75H D．3.25H
解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F－G＝ma，解得a＝g；加速上升高度h1＝at2＝gt2，t时刻向上的速度v＝at＝gt，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h2＝＝＝gt2，H＝h1＋h2＝gt2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F－G＝ma1，解得a1＝g；时间加速上升高度H1＝a1()2＝gt2，时刻向上的速度v1＝＝，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F－G＝ma2，解得a2＝3g，时间加速上升高度H2＝＋a2()2＝gt2，t时刻向上的速度v2＝v1＋＝2gt，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H3＝＝＝2gt2，H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H，选项C正确．
答案：C
11．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　)
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同
B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同
D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
答案：C
二、非选择题
12．(2019·广西桂林高三月考)放在水平地面上一质量为m＝2 kg的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小；
(2)质点运动过程中所受到的阻力大小；
(3)质点所受水平恒定外力的大小．
解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x0＝t1，解得v0＝＝4 m/s.
(2)质点减速过程加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2
解得Ff＝4 N
(3)设开始加速过程中加速度为a1，由运动学公式可得x0＝a1t2，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6 N.
答案：(1)4 m/s　(2)4 N　(3)6 N
13．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)
(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．
解析：(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1＝a1t12
解得a1＝1.5 m/s2.
(2)由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.05.
(3)8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2
8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2
出发8 s内冰橇发生的位移为x2＝a1t22＝48 m
到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则
v22－v12＝2a2(x－x2)
解得v2＝36 m/s.
答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.05　(3)36 m/s