2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（十一）牛顿第二定律两类动力学问题含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（十一）牛顿第二定律两类动力学问题含答案，共5页。
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.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．(2023·浙江1月选考)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解析：选A　在O→P的过程中，根据牛顿第二定律得竖直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因为该过程为减速过程，所以在O点时其竖直分速度vy最大，竖直方向分运动的加速度最大；在P→Q的过程中，在竖直方向上有mg－kvy＝ma2y，因为该过程为加速过程，在P点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A正确，B、C、D错误。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.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.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。7.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8．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。9.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。10．(2023·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103 t，在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107 N；10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的黏滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；(2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。解析：(1)由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mg－F＝ma1代入数据解得a1＝2.0 m/s2，方向竖直向下“掉深”历时t1＝10 s时，潜艇下降高度为h1＝a1t12＝1.0×102 m潜艇速度为v1＝a1t1＝20 m/s减重后，潜艇以加速度a2＝1.0 m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h2＝＝2.0×102 m潜艇“掉深”达到的最大深度为h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102 m。(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有F－m1g＝m1a2解得m1≈2.2×106 kg设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3，根据运动学公式有vh02＝2a2(h1＋h2)＝2a3h0解得a3＝1.5 m/s2，方向竖直向下在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中，由牛顿第二定律有m2g－F＝m2a3解得m2≈2.8×106 kg。答案：(1)5.0×102 m　(2)减重后的质量为2.2×106 kg，升到水面时的质量为2.8×106 kg