江蘇版高考物理一輪復習課時分層作業(yè)8牛頓第二定律、兩類動力學問題含答案

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2．D [在壓縮彈簧的過程中，P水平方向只受到彈簧的彈力，方向與速度方向相反，而且彈力逐漸增大，加速度逐漸增大，P做加速度增大的變減速直線運動，故A錯誤；彈簧壓縮過程中對P施加的彈力方向始終向左，根據(jù)牛頓第二定律知P的加速度方向保持不變，故B錯誤；壓縮彈簧的過程中，當速度為零時彈簧被壓縮至最短，此時彈力最大，故加速度數(shù)值最大，速度為零，故C錯誤；當彈簧被壓縮至最短后將物體P向左彈出的過程中，彈簧彈力方向向左，物體P向左做加速運動，隨著彈簧彈力的減小，物體P加速度逐漸減小，而速度逐漸增大，故D正確。]
3．C [無論是豎直向上還是豎直向下拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，加速度為g，處于完全失重狀態(tài)，A、B錯誤；將飲料瓶放在繞地球做勻速圓周運動的宇宙飛船內(nèi)，并與飛船保持相對靜止，因飛船內(nèi)的物體也是處于完全失重狀態(tài)，可知水不流出，C正確；飲料瓶靜置于繞地球公轉(zhuǎn)的月球表面，不是完全失重狀態(tài)，則水會流出，D錯誤。]
4．C [設沉管加速的加速度為a1，減速的加速度為a2，加速過程由牛頓第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F(xiàn)1＜G；減速過程由牛頓第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F(xiàn)2＞G，故A、B、D錯誤，C正確。]
5．C [開始時彈簧的彈力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬間，彈簧彈力不變，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故選項C正確。]
6．B [
對小球受力分析，如圖所示。由平衡條件得tan 60°＝eq \f(FA,mg)，解得細線A中拉力的大小FA＝eq \r(3)mg，故A正確；由三角函數(shù)關系得cs 60°＝eq \f(mg,FB)，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝eq \f(2mg,k)，故B錯誤，C正確；彈簧的彈力不能突變，則突然剪斷細線A的瞬間，仍有FB＝2mg，由牛頓第二定律得eq \r(F\\al(2,B)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg))2)＝ma，解得a＝eq \r(3)g，方向水平向右，故D正確。]
7．C [當飛行器關閉發(fā)動機以速率v1＝10 m/s 勻速下落時，有Mg＝kveq \\al(2,1)，當飛行器以速率v2＝5 m/s勻速向上運動時，有Mg＋kveq \\al(2,2)＝Fmax，聯(lián)立解得Fmax＝1.25 Mg，A項錯誤；當飛行器以速率v2＝5 m/s勻速水平飛行時，飛行器受重力、推力和空氣阻力作用而平衡，由平衡條件有F2＝(Mg)2＋(kveq \\al(2,2))2，解得F＝eq \f(\r(17),4)Mg，B項錯誤；當飛行器以最大推力Fmax推動飛行器水平飛行時，由平衡條件有Feq \\al(2,max)－(Mg)2＝(kveq \\al(2,3))2，解得v3＝5eq \r(3) m/s，C項正確；當飛行器最大推力向下，飛行器以5 m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值，由牛頓第二定律有Mg＋Fmax＋kveq \\al(2,2)＝Mamax，解得amax＝2.5g，D項錯誤。]
8．解析：(1)氣球靜止時受力如圖所示，設細繩的拉力為T，由平衡條件得
Tsin α＋mg－F?。?
Tcs α＝kv0
解得T＝eq \f(kv0,cs α)
F?。絢v0tan α＋mg。
(2)細繩斷裂瞬間，氣球所受合力大小為T，則加速度大小為a＝eq \f(F合,m)
解得a＝eq \f(kv0,mcs α)。
(3)設氣球勻速運動時，相對空氣豎直向上速度vy，則有kvy＋mg－F?。?
解得vy＝v0tan α
氣球相對地面速度大小v′＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))
解得v′＝eq \f(v0,cs α)。
答案：(1)kv0tan α＋mg (2)eq \f(kv0,mcs α) (3)eq \f(v0,cs α)
9．C [飛機失去升力前做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－Ff＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2，t＝6 s時，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s內(nèi)的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，勻減速上升的位移x2＝eq \f(v\\al(2,1),2a2)＝eq \f(122,2×12) m＝6 m，飛機能達到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飛機失去升力下降階段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢復升力后向下做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F＋Ff－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，開始恢復升力的速度設為v，則eq \f(v2,2a3)＋eq \f(v2,2a4)＝h，解得v＝12eq \r(2) m/s，此時飛機離地面的高度h1＝eq \f(v2,2a4)＝24 m，故C正確。]
10．解析：(1)當θ＝30°時，對木塊受力分析，根據(jù)平衡條件有
mgsin θ＝μFN，F(xiàn)N＝mgcs θ
聯(lián)立解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)當θ變化時，木塊的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
木塊的位移為s，根據(jù)速度位移公式有veq \\al(2,0)＝2as
則有s＝eq \f(v\\al(2,0),2g?sin θ＋μcs θ?)
令tan α＝μ，則s＝eq \f(v\\al(2,0)cs α,2gsin?α＋θ?)
當α＋θ＝90°時s最小，即θ＝60°，s最小值為
smin＝eq \f(v\\al(2,0),2g?sin 60°＋μcs 60°?)＝eq \f(\r(3)v\\al(2,0),4g)＝eq \f(5\r(3),2) m。
答案：(1)eq \f(\r(3),3) (2)60° eq \f(5\r(3),2) m
11．解析：(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cs 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2。
(2)剛撤去F時，小球的速度
v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑時，由牛頓第二定律得
mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑時間t2＝eq \f(v1,a2)＝0.4 s
上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.6 m
則小球上滑的最大距離為
xm＝x1＋x2＝2.4 m。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m