課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十一） 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十一）牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．(2022·浙江6月選考)下列屬于力的單位是()A．kg·m/s2 B．kg·m/sC．kg·m2/s D．kg·s/m2解析：選A根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，則力的單位為kg·m/s2。2.如圖所示，是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖，若已知飛船質(zhì)量為4.0×103kg，其推進(jìn)器的平均推力為800N，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作5s內(nèi)測(cè)出飛船和空間站的速度變化是0.05m/s，則空間站的質(zhì)量為()A．7.6×104kg B．8.0×104kgC．4.0×104kg D．4.0×103kg解析：選A加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.05,5)m/s2＝0.01m/s2，由牛頓第二定律F＝(M＋m)a，可知空間站的質(zhì)量M＝eq\f(F,a)－m＝eq\f(800,0.01)kg－4.0×103kg＝7.6×104kg，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3．(2022·遼寧高考)如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25解析：選B根據(jù)題意，小物塊平均速度為1m/s，小物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)的末速度為v，則eq\f(v0＋v,2)＝1m/s，且小物塊的末速度大于等于0。因此v0最大為2m/s，由v2－v02＝－2μgx得μ最大為0.2，故選B。4．(2023·瀘州調(diào)研)一條不可伸長的輕繩跨過質(zhì)量可忽略不計(jì)的定滑輪，繩的一端系有質(zhì)量M＝15kg的重物，重物靜止于地面上，有一質(zhì)量m＝10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩向上爬，如圖所示，不計(jì)滑輪與繩子間的摩擦，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g取10m/s2)()A．20m/s2 B．15m/s2C．10m/s2 D．5m/s2解析：選D重物不離開地面時(shí)，繩中的最大拉力Fmax＝Mg＝150N，對(duì)猴子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度為amax＝eq\f(Fmax－mg,m)＝eq\f(150－100,10)m/s2＝5m/s2，D正確。5.(2023·咸陽模擬)如圖所示，排球運(yùn)動(dòng)員正在做墊球訓(xùn)練。排球離開手臂豎直向上運(yùn)動(dòng)，再下落到手臂的過程中，若手臂位置不變且空氣阻力大小恒定，則排球()A．上升過程位移小于下落過程位移B．離開手臂速度小于返回手臂速度C．上升過程加速度小于下落過程加速度D．上升過程時(shí)間小于下落過程時(shí)間解析：選D上升過程位移大小與下落過程位移大小相等，A錯(cuò)誤；上升過程逆向可看成初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)阻力為Ff，在小球上升過程，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降過程，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma2，對(duì)比有a1＞a2，根據(jù)v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得離開手臂速度大于返回手臂速度，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)at2，由于a1＞a2，所以上升過程時(shí)間小于下落過程時(shí)間，D正確。6．2021年7月30日，在東京奧運(yùn)會(huì)蹦床項(xiàng)目女子決賽中，中國選手朱雪瑩奪得冠軍，劉靈玲獲得亞軍。測(cè)得一位僅在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的蹦床運(yùn)動(dòng)員受到蹦床的彈力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，已知該運(yùn)動(dòng)員的最大加速度為42m/s2，重力加速度為g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．該運(yùn)動(dòng)員接觸蹦床過程中受到的最大彈力為2000NB．該運(yùn)動(dòng)員雙腳離開蹦床后的最大速度為16m/sC．該運(yùn)動(dòng)員由最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)到離開蹦床的過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)D．該運(yùn)動(dòng)員由接觸蹦床到最低點(diǎn)的過程中一直處于失重狀態(tài)解析：選C由題圖分析可知運(yùn)動(dòng)員的重力等于500N，則運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m＝50kg，根據(jù)牛頓第二定律得Fm－mg＝mam，解得Fm＝2600N，故A錯(cuò)誤；由題圖分析可知運(yùn)動(dòng)員雙腳離開蹦床后最長經(jīng)過1.6s再次接觸蹦床，則離開蹦床后上升和下落的最大時(shí)間均為0.8s，運(yùn)動(dòng)員雙腳離開蹦床后的最大速度為v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員由最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)到離開蹦床的過程中，蹦床對(duì)人的支持力先大于人的重力，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，經(jīng)過平衡位置后，蹦床對(duì)人的支持力小于人的重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；運(yùn)動(dòng)員由接觸蹦床到最低點(diǎn)的過程中，蹦床對(duì)人的支持力先小于人的重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，經(jīng)過平衡位置后，蹦床對(duì)人的支持力大于人的重力，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。7．(2023·成都模擬)如圖所示，掛鉤連接三根長度均為L的輕繩，三根輕繩的另一端與一質(zhì)量為m，直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點(diǎn)將圓環(huán)三等分。在掛鉤拉力作用下圓環(huán)以加速度a＝eq\f(1,2)g勻減速上升，已知重力加速度為g，則每根繩上的拉力大小為()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：選B根據(jù)幾何知識(shí)，圓環(huán)半徑為0.6L，輕繩長L，故三根輕繩與豎直方向夾角為37°。分析圓環(huán)受力情況，可知三根輕繩拉力的水平方向分力恰好平衡，豎直方向分力與圓環(huán)重力的合力提供加速度，有mg－3Fcos37°＝m×eq\f(1,2)g，解得F＝eq\f(5,24)mg，故B正確。8．(2023·延安高三模擬)在高速公路的長下坡路段，為了防止汽車剎車失靈造成事故，需要建設(shè)避險(xiǎn)車道。某汽車在下坡時(shí)司機(jī)發(fā)現(xiàn)剎車失靈(無法通過制動(dòng)系統(tǒng)產(chǎn)生摩擦)，立即將車輛駛離高速公路，直接開到避險(xiǎn)車道，剛進(jìn)入避險(xiǎn)車道時(shí)車速已經(jīng)達(dá)到108km/h，車輛運(yùn)行一段距離后停了下來。已知該避險(xiǎn)車道與水平面的夾角為37°，避險(xiǎn)車道上的碎石對(duì)車輛產(chǎn)生的阻力為壓力的k倍。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，k＝0.75。求：(1)該車輛在避險(xiǎn)車道上停下來需要運(yùn)行的距離x1；(2)如果此避險(xiǎn)車道設(shè)計(jì)成水平的，所用的碎石材料不變，該車輛停下來需要運(yùn)行的距離x2。解析：(1)車輛在避險(xiǎn)車道向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)汽車的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin37°＋kmgcos37°＝ma1，解得a1＝12m/s2汽車進(jìn)入避險(xiǎn)車道時(shí)的速度v＝108km/h＝30m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5m。(2)如果避險(xiǎn)車道水平，根據(jù)牛頓第二定律，有kmg＝ma2解得a2＝7.5m/s2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2a2x2解得x2＝60m。答案：(1)37.5m(2)60m二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9．如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()A．兩圖中兩球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為0C．圖乙中輕桿的作用力一定不為0D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍解析：選D撤去擋板前，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為0，加速度為0，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中由于用桿相連有共同的加速度a，所以整體分析：2mgsinθ＝2ma，a＝gsinθ，隔離小球B，mgsinθ＋F＝ma，所以F＝0，故D正確。10.(2022·全國乙卷)如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，它們加速度的大小均為()A.eq\f(5F,8m) B．eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m) D．eq\f(3F,10m)解析：選A當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(3,5)，設(shè)繩子拉力為T，水平方向有2Tcosθ＝F，解得T＝eq\f(5,8)F。對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。11．隨著人工智能技術(shù)的不斷發(fā)展，無人機(jī)有著非常廣闊的應(yīng)用前景。春播時(shí)節(jié)，一架攜藥總質(zhì)量m＝20kg的無人機(jī)即將在田間執(zhí)行噴灑藥劑任務(wù)，無人機(jī)懸停在距一塊試驗(yàn)田H1＝30m的高空，t＝0時(shí)刻，它以加速度a1＝2m/s2豎直向下勻加速運(yùn)動(dòng)h1＝9m后，立即向下做勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，重新懸停，然后水平飛行噴灑藥劑。若無人機(jī)田間作業(yè)時(shí)噴灑的安全高度為1～3m，無人機(jī)下降過程中空氣阻力恒為20N，求：(g取10m/s2)(1)無人機(jī)從t＝0時(shí)刻到重新懸停在H2＝1m處的總時(shí)間t；(2)無人機(jī)在安全高度范圍內(nèi)重新懸停，向下勻減速時(shí)能提供的最大豎直升力大?。?3)若無人機(jī)在高度H2＝3m處懸停時(shí)動(dòng)力系統(tǒng)發(fā)生故障，失去豎直升力的時(shí)間為eq\f(2,3)s，要使其不落地，恢復(fù)升力時(shí)的最小加速度。解析：(1)無人機(jī)向下勻加速運(yùn)動(dòng)過程h1＝eq\f(1,2)a1t12得t1＝3s，v1＝a1t1＝6m/s無人機(jī)減速過程有H1－h(huán)1－H2＝eq\f(v1,2)t2，得t2＝eq\f(20,3)s所以總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(29,3)s。(2)無人機(jī)減速過程有0－v12＝－2a2h2無人機(jī)重新懸停時(shí)距試驗(yàn)田