2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)十一牛頓第二定律兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十一）牛頓其次定律兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題一、立足主干學(xué)問(wèn)，注意基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示，是采納動(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，其推動(dòng)器的平均推力為800N，在飛船與空間站對(duì)接后，推動(dòng)器工作5s內(nèi)測(cè)出飛船和空間站的速度改變是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，由牛頓其次定律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。2.如圖所示，一傾角為α的光滑斜面對(duì)右做勻加速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的物體A相對(duì)于斜面靜止，則斜面運(yùn)動(dòng)的加速度為()A．gsinα B．gcosαC．gtanα D.eq\f(g,tanα)解析：選C物體隨斜面體一起沿水平方向運(yùn)動(dòng)，則加速度肯定在水平方向，對(duì)物體進(jìn)行受力分析如圖。物體受到重力和垂直斜面對(duì)上的支持力，兩者合力供應(yīng)加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向肯定水平向右，依據(jù)圖像可知豎直方向FNcosα＝mg，水平方向FNsinα＝ma，所以a＝gtanα。3．(2024·浙江1月選考)如圖所示，在考慮空氣阻力的狀況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小()A．O點(diǎn)最大 B．P點(diǎn)最大C．Q點(diǎn)最大 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程保持不變解析：選A在O→P的過(guò)程中，依據(jù)牛頓其次定律得豎直方向上：mg＋kvy＝ma1y，因?yàn)樵撨^(guò)程為減速過(guò)程，所以在O點(diǎn)時(shí)其豎直分速度vy最大，豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度最大；在P→Q的過(guò)程中，在豎直方向上有mg－kvy＝ma2y，因?yàn)樵撨^(guò)程為加速過(guò)程，在P點(diǎn)時(shí)其豎直分速度最小，豎直方向加速度最大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．(2024·大連調(diào)研)一條不行伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)質(zhì)量可忽視不計(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(kāi)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(kāi)地面時(shí)，繩中的最大拉力Fmax＝Mg＝150N，對(duì)猴子受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得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.如圖所示，排球運(yùn)動(dòng)員正在做墊球訓(xùn)練。排球離開(kāi)手臂豎直向上運(yùn)動(dòng)，再下落到手臂的過(guò)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(guò)程位移小于下落過(guò)程位移B．離開(kāi)手臂速度小于返回手臂速度C．上升過(guò)程加速度小于下落過(guò)程加速度D．上升過(guò)程時(shí)間小于下落過(guò)程時(shí)間解析：選D上升過(guò)程位移大小與下落過(guò)程位移大小相等，A錯(cuò)誤；上升過(guò)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(guò)程，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降過(guò)程，依據(jù)牛頓其次定律有mg－Ff＝ma2，對(duì)比有a1＞a2，依據(jù)v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得離開(kāi)手臂速度大于返回手臂速度，B、C錯(cuò)誤；依據(jù)公式h＝eq\f(1,2)at2，由于a1＞a2，所以上升過(guò)程時(shí)間小于下落過(guò)程時(shí)間，D正確。6.如圖所示，掛鉤連接三根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)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依據(jù)幾何學(xué)問(wèn)，圓環(huán)半徑為0.6L，輕繩長(zhǎng)L，故三根輕繩與豎直方向夾角為37°。分析圓環(huán)受力狀況，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)重力的合力供應(yīng)加速度，有mg－3Fcos37°＝m×eq\f(1,2)g，解得F＝eq\f(5,24)mg，故B正確。7.在高速馬路的長(zhǎng)下坡路段，為了防止汽車(chē)剎車(chē)失靈造成事故，須要建設(shè)避險(xiǎn)車(chē)道。某汽車(chē)在下坡時(shí)司機(jī)發(fā)覺(jué)剎車(chē)失靈(無(wú)法通過(guò)制動(dòng)系統(tǒng)產(chǎn)生摩擦)，馬上將車(chē)輛駛離高速馬路，干脆開(kāi)到避險(xiǎn)車(chē)道，剛進(jìn)入避險(xiǎn)車(chē)道時(shí)車(chē)速已經(jīng)達(dá)到108km/h，車(chē)輛運(yùn)行一段距離后停了下來(lái)。已知該避險(xiǎn)車(chē)道與水平面的夾角為37°，避險(xiǎn)車(chē)道上的碎石對(duì)車(chē)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(chē)輛在避險(xiǎn)車(chē)道上停下來(lái)須要運(yùn)行的距離x1；(2)假如此避險(xiǎn)車(chē)道設(shè)計(jì)成水平的，所用的碎石材料不變，該車(chē)輛停下來(lái)須要運(yùn)行的距離x2。解析：(1)車(chē)輛在避險(xiǎn)車(chē)道向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)汽車(chē)的質(zhì)量為m，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsin37°＋kmgcos37°＝ma1，解得a1＝12m/s2汽車(chē)進(jìn)入避險(xiǎn)車(chē)道時(shí)的速度v＝108km/h＝30m/s依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5m。(2)假如避險(xiǎn)車(chē)道水平，依據(jù)牛頓其次定律，有kmg＝ma2解得a2＝7.5m/s2依據(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)化遷移實(shí)力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性8．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肯定不為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。9.用貨車(chē)運(yùn)輸規(guī)格相同的兩層水泥板，底層水泥板固定在車(chē)廂內(nèi)，為防止貨車(chē)在剎車(chē)時(shí)上層水泥板撞上駕駛室，上層水泥板按如圖所示方式放置在底層水泥板上。貨車(chē)以3m/s2的加速度啟動(dòng)，然后以12m/s的速度勻速行駛，遇緊急狀況后以8m/s2的加速度剎車(chē)至停止。已知每塊水泥板的質(zhì)量為250kg，水泥板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2，則()A．啟動(dòng)時(shí)上層水泥板所受摩擦力大小為1875NB．剎車(chē)時(shí)上層水泥板所受摩擦力大小為2000NC．貨車(chē)在剎車(chē)過(guò)程中行駛的距離為9mD．貨車(chē)停止時(shí)上層水泥板相對(duì)底層水泥板滑動(dòng)的距離為0.6m解析：選C摩擦力供應(yīng)應(yīng)水泥板最大的加速度為a′＝μg＝7.5m/s2。啟動(dòng)時(shí)，加速度小于最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為靜摩擦力，大小為f＝ma1＝750N，A錯(cuò)誤；剎車(chē)時(shí)，加速度大于最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，其大小為f′＝μmg＝1875N，B錯(cuò)誤；貨車(chē)在剎車(chē)過(guò)程中行駛的距離為x＝eq\f(v2,2a2)＝9m，C正確；貨車(chē)停止時(shí)間為t＝eq\f(v,a2)＝1.5s，該時(shí)間內(nèi)，上層水泥板滑動(dòng)的距離為x′＝vt－eq\f(1,2)μgt2＝9.5625m，貨車(chē)停止時(shí)上層水泥板相對(duì)底層水泥板滑動(dòng)的距離為Δx＝x′－x＝0.5625m，D錯(cuò)誤。10．(2024·濟(jì)南高三調(diào)研)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，潛艇猶如汽車(chē)那樣掉下懸崖，稱(chēng)之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒(méi)。某潛艇總質(zhì)量為3.0×103t，在高密度海水區(qū)域水下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當(dāng)該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時(shí)，浮力突然降為2.4×107N；10s后，潛艇官兵快速對(duì)潛艇減重(排水)，此后潛艇以1.0m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后起先上浮，到水下200m處時(shí)馬上對(duì)潛艇加重(加水)后使其緩慢勻減速上浮，升到水面時(shí)速度恰好為零。取重力加速度為10m/s2，不計(jì)潛艇加重和減重的時(shí)間和水的黏滯阻力。求：(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度(自海平面算起)；(2)潛艇為阻擋“掉深”減重后的質(zhì)量以及升到水面時(shí)的質(zhì)量。解析：(1)由牛頓其次定律，潛艇剛“掉深”時(shí)加速度a1滿意mg－F＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2.0m/s2，方向豎直向下“掉深”歷時(shí)t1＝10s時(shí)，潛艇下降高度為h1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.0×102m潛艇速度為v1＝a1t1＝20m/s減重后，潛艇以加速度a2＝1.0m/s2勻減速下降，直至其速度為零，潛艇下降的距離為h2＝eq\f(v12,2a2)＝2.0×102m潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度為h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102m。(2)潛艇在減重后減速下降過(guò)程中，由牛頓其次定律有F－m1