PAGEPAGE1牛頓其次定律兩類動(dòng)力學(xué)問題一、單項(xiàng)選擇題1．在國際單位制(簡稱SI)中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導(dǎo)出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4，A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1解析：依據(jù)P＝UI、P＝Fv、F＝ma可導(dǎo)出U＝eq\f(mav,I)，即V＝eq\f(kg·m·s－2·m·s－1,A)＝m2·kg·s－3·A－1，B項(xiàng)正確．答案：B2．(2024·山東臨沂檢測)如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m.物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B挨在一起但A、B之間無彈力．已知重力加速度為gA．物塊A的加速度為0B．物塊A的加速度為eq\f(g,3)C．物塊B的加速度為0D．物塊B的加速度為eq\f(g,2)解析：剪斷細(xì)線前，彈簧的彈力：F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝eq\f(1,2)mg；剪斷細(xì)線瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度為：a＝eq\f(3mgsin30°－F彈,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均為eq\f(g,3)，故選B.答案：B3．(2024·湖北襄陽模擬)在慶祝節(jié)日的時(shí)候，人們會(huì)在夜晚燃放漂亮的焰火．依據(jù)設(shè)計(jì)，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4s末到達(dá)離地面100m的最高點(diǎn)時(shí)炸開，構(gòu)成各種漂亮的圖案．假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時(shí)的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么v0和k分別等于(重力加速度g取10m/s2)()A．25m/s1.25 B．40m/s0.25C．50m/s0.25 D．80m/s1.25解析：依據(jù)h＝eq\f(1,2)at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升過程禮花彈所受的平均阻力Ff＝kmg，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(mg＋Ff,m)＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故選項(xiàng)C正確．答案：C4．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇．若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示．在纜車中放一個(gè)與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運(yùn)行)，則()A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面對上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面對下C．小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為eq\f(1,2)mg＋maD．小物塊受到的靜摩擦力為ma解析：小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力．纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為探討對象，則有Ff－mgsin30°＝ma，F(xiàn)f＝eq\f(1,2)mg＋ma，F(xiàn)f為靜摩擦，方向平行斜面對上，故A正確，B、C、D均錯(cuò)誤．答案：A5．(2024·湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)據(jù)國外媒體報(bào)道，歐洲最大的直升機(jī)公司安排研制一款X3型高速直升機(jī)．該公司已完成X3型直升機(jī)原型機(jī)的首次試飛．設(shè)X3型直升機(jī)原型機(jī)的質(zhì)量為m，某次試飛時(shí)，主旋翼供應(yīng)大小為2mg向上的升力，每個(gè)向前螺旋推動(dòng)器供應(yīng)大小為mg、方向向前的推力．不考慮空氣的阻力影響，下列說法正確的是()A．該直升機(jī)原型機(jī)可能處于平衡狀態(tài)B．該直升機(jī)原型機(jī)以加速度g做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．空氣對直升機(jī)原型機(jī)的作用力為2eq\r(2)mgD．空氣對直升機(jī)原型機(jī)的作用力為4mg解析：直升機(jī)原型機(jī)的受力如圖所示，所受合外力大小為eq\r(5)mg，方向斜向右上方，加速度大小為eq\r(5)g，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；空氣對直升機(jī)原型機(jī)的作用力為eq\r(2mg2＋2mg2)＝2eq\r(2)mg，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．本題也可以由水平方向的加速度ax＝2g和豎直方向的加速度ay＝g合成得到原型機(jī)的加速度a＝eq\r(ax2＋ay2)＝eq\r(5)g.答案：C二、多項(xiàng)選擇題6．(2024·安徽馬鞍山三校聯(lián)考)氫氣球下系一小重物G，重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，重物運(yùn)動(dòng)的方向如圖中箭頭所示虛線方向，圖中氣球和重物G在運(yùn)動(dòng)中所處的位置可能是()解析：重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，故合力為零或者與速度共線，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；重力和繩的拉力的合力與速度必需共線，故D錯(cuò)誤．答案：ABC7．一放在粗糙的水平面上的物體在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面對右以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力F在水平和豎直方向的重量分別為F1、F2，如圖所示．現(xiàn)將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則此后()A．物體將仍以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．物體將可能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．物體將可能以大于a的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．物體將可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析：設(shè)地面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)在斜向上的拉力F的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a＝eq\f(F1－μmg－F2,m)，將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則加速度a′＝eq\f(F1－μmg,m)<a，所以物體可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤，D正確；若μmg＝F1，則加速度為零，所以物體將可能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確．答案：BD8．(2024·湖北黃石高三質(zhì)檢)如圖所示，輕彈簧兩端拴接質(zhì)量均為m的小球a、b，拴接小球的細(xì)線固定在天花板上，兩小球靜止，兩細(xì)線與水平方向的夾角α＝30°，彈簧水平，重力加速度為g，則以下說法中正確的是()A．細(xì)線拉力的大小為mgB．彈簧彈力的大小為eq\f(\r(3),2)mgC．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，小球a的加速度為2D．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，小球b的加速度為零解析：對小球a分析，由共點(diǎn)力平衡條件得，彈簧的彈力F＝eq\r(3)mg，細(xì)線的拉力為2mg，故A、B錯(cuò)誤；剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，小球a所受的合力F合＝2mg，依據(jù)牛頓其次定律得，a＝2g，小球b受力不變，合力仍舊為零，所以加速度為零，故C、D正確．答案：CD[實(shí)力題組]一、選擇題9．(多選)如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛起先豎直上升時(shí)的加速度為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180m時(shí)，以5m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g取10m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面起先上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230N解析：熱氣球從地面剛起先上升時(shí)，由牛頓其次定律有F合＝F?。璵g＝ma，得熱氣球所受的浮力F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，則A項(xiàng)正確；氣球受重力、浮力和空氣阻力，若空氣阻力不變，合力不變，氣球應(yīng)勻加速上升，與題沖突，可知阻力是改變的，則B項(xiàng)錯(cuò)誤；熱氣球以5m/s的速度勻速上升時(shí)，由平衡條件知，所受的空氣阻力Ff＝F?。璵g＝4830N－460×10N＝230N，則D項(xiàng)正確；熱氣球從地面上升10s內(nèi)，它做變加速運(yùn)動(dòng)，故10s時(shí)其速度大小不是5m/s，則C項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AD10．(2024·河南開封質(zhì)檢)某試驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)模型火箭，由測力計(jì)測得其重力為G.通過測量計(jì)算此火箭放射時(shí)刻供應(yīng)大小為F＝2G的恒定推力，且持續(xù)時(shí)間為t.隨后小明又對設(shè)計(jì)方案進(jìn)行了改進(jìn)(火箭的推力大小仍為2G)，采納二級推動(dòng)的方式，即當(dāng)火箭飛行經(jīng)過eq\f(t,2)時(shí)，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余eq\f(t,2)時(shí)間，火箭推動(dòng)剩余的一半接著飛行．若采納原來的方法火箭可上升的高度為H，則采納改進(jìn)后方案火箭最高可上升的高度為(重力加速度取g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量改變及空氣阻力的影響)()A．1.5H B．2HC．2.75H D．3.25H解析：原方案，加速上升過程，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有F－G＝ma，解得a＝g；加速上上升度h1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2，t時(shí)刻向上的速度v＝at＝gt，失去推力后，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上上升度h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(gt2,2g)＝eq\f(1,2)gt2，H＝h1＋h2＝gt2.改為二級推動(dòng)后，起先加速上升過程，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有F－G＝ma1，解得a1＝g；eq\f(t,2)時(shí)間加速上上升度H1＝eq\f(1,2)a1(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,8)gt2，eq\f(t,2)時(shí)刻向上的速度v1＝eq\f(a1t,2)＝eq\f(gt,2)，丟棄一半質(zhì)量后，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有F－eq\f(1,2)G＝eq\f(1,2)ma2，解得a2＝3g，eq\f(t,2)時(shí)間加速上上升度H2＝eq\f(v1t,2)＋eq\f(1,2)a2(eq\f(t,2))2＝eq\f(5,8)gt2，t時(shí)刻向上的速度v2＝v1＋eq\f(a2t,2)＝2gt，失去推力后，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上上升度H3＝eq\f(v22,2g)＝eq\f(2gt2,2g)＝2gt2，H′＝H1＋H2＋H3＝eq\f(1,8)gt2＋eq\f(5,8)gt2＋2gt2＝eq\f(11,4)gt2＝eq\f(11,4)H＝2.75H，選項(xiàng)C正確．答案：C11．某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時(shí)從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過肯定的推斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是()A．甲圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同C．乙圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D．乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同解析：小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，依據(jù)牛頓其次定律可知，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gsinθ，依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圖中幾何關(guān)系有s＝eq\f(1,2)at2，s＝eq\f(h,sinθ)＝eq\f(x,cosθ)，解得小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2x,gsinθcosθ))，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝eq\r(2gh)，明顯，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面對下的方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故選項(xiàng)C正確．答案：C二、非選擇題12．(2024·廣西桂林高三月考)放在水平地面上一質(zhì)量為m＝2kg的質(zhì)點(diǎn)，在水平恒定外力作用下由靜止起先沿直線運(yùn)動(dòng)，4s內(nèi)通過8m的距離，此后撤去外力，質(zhì)點(diǎn)又運(yùn)動(dòng)了2s停止，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小不變，求：(1)撤去水平恒定外力時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度大??；(2)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中所受到的阻力大??；(3)質(zhì)點(diǎn)所受水平恒定外力的大小．解析：(1)質(zhì)點(diǎn)起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)x0＝eq\f(0＋v0,2)t1，解得v0＝eq\f(2x0,t1)＝4m/s.(2)質(zhì)點(diǎn)減速過程加速度a2＝eq\f(0－v0,t2)＝－2m/s2由牛頓其次定律有－Ff＝ma2解得Ff＝4N(3)設(shè)起先加速過程中加速度為a1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x0＝eq\f(1,2)a1t2，由牛頓其次定律有F－Ff＝ma1解得F＝Ff＋ma1＝6N.答案：(1)4m/s(2)4N(3)6N13．(2024·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)北京已獲得2024年冬奧會(huì)舉辦權(quán)！如圖所示，俯式冰橇是冬奧會(huì)的競賽項(xiàng)目之一，其賽道可簡化為起點(diǎn)和終點(diǎn)高度差為120m、長度為1200m的斜坡．假設(shè)某運(yùn)動(dòng)員從起點(diǎn)起先，以平行賽道的恒力F＝40N推動(dòng)質(zhì)量m＝40kg的冰橇起先沿斜坡向下運(yùn)動(dòng)，動(dòng)身4s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為12m,8s末快速登上冰橇與冰橇一起沿直線運(yùn)動(dòng)直到終點(diǎn)．設(shè)運(yùn)動(dòng)員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計(jì)空氣阻力，求：(g取10m/s2，取賽道傾角的余弦值為1，正弦值依據(jù)題目要求計(jì)算)(1)動(dòng)身4s內(nèi)冰橇的加速度大?。?2)冰橇與賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)競賽中運(yùn)動(dòng)員到達(dá)終點(diǎn)時(shí)的速度大?。馕觯?1)設(shè)動(dòng)身4s內(nèi)冰橇的加速