专题11 牛顿第二定律(题组小练)-2021年高考物理一轮复习微专题训练(人教版)

专题11 牛顿第二定律1.如图，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4，A －1 B ．m 2·kg·s －3·A －1 C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －13.．如图所示，质量为3 kg 的物块放在小车上，小车上表面水平，物块与小车之间夹有一个水平弹簧，弹簧处于压缩的状态，且弹簧的弹力为3 N ，整个装置处于静止状态．现给小车施加一水平向左的恒力F ，使其以2 m/s 2的加速度向左做匀加速直线运动，则( )A ．物块一定会相对小车向右运动B ．物块受到的摩擦力一定减小C ．物块受到的摩擦力大小一定不变D ．物块受到的弹簧弹力一定增大4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma5．（多选）(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G ，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是( )6.（多选）一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动7．（多选）(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g，则以下说法中正确的是()A．细线拉力的大小为mgB．弹簧弹力的大小为32mgC．剪断左侧细线的瞬间，小球a的加速度为2gD．剪断左侧细线的瞬间，小球b的加速度为零8．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N9．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G.通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F＝2G的恒定推力，且持续时间为t.随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G)，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)()A．1.5HB．2HC．2.75HD．3.25H10．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是()A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同11．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．12．2018年国庆前夕，某市启动“机动车文明礼让斑马线”，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察．头一个月，查处违规机动车近3 000辆次，“逼迫”各位驾驶员学会“文明礼让”．一辆质量为2.0×103kg 的汽车以54 km/h的速度沿迎泽大街的平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m远的距离时，发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住．重力加速度g取10 m/s2.(1)不考虑制动过程中汽车的牵引力作用，求汽车制动过程中所受的运动阻力大小；(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，要使汽车从静止开始匀加速经10 s时间使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小．1.解析：设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．答案：D2.解析：根据P ＝UI 、P ＝F v 、F ＝ma 可导出U ＝ma v I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s －3·A －1，B 项正确．答案：B3.解析：整个装置处于静止状态时弹簧弹力T ＝3 N ，根据平衡条件可得此时的摩擦力f ＝3 N ，方向向右，所以最大静摩擦力大于等于3 N ；当小车以2 m/s 2的加速度向左做匀加速直线运动，物块受到的合外力F 合＝ma ＝6 N ，方向向左，假设此时二者没有相对运动，则弹力仍为3 N ，摩擦力大小为3 N ，方向向左，由于摩擦力仍小于等于最大静摩擦力，所以二者保持相对静止，且物块受到的摩擦力大小不变，方向改变，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C4解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有f －mg sin 30°＝ma ，f ＝12mg ＋ma ，f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5.解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A 正确；可能做匀减速直线运动，故B 正确；可能做匀加速直线运动，故C 正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D 错误．答案：ABC6.解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μ(mg －F 2)m ，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmgm <a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．答案：BD7.解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合＝2mg ，根据牛顿第二定律得，a ＝2g ，小球b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C 、D 正确．答案：CD8解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F 合＝F 浮－mg ＝ma ，得热气球所受的浮力F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5)N ＝4 830 N ，则A 项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B 项错误；热气球以5 m /s 的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －460×10 N ＝230 N ，则D 项正确；热气球从地面上升10 s 内，它做变加速运动，故10 s 时其速度大小不是5 m/s ，则C 项错误．答案：AD9.解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma ，解得a ＝g ；加速上升高度h 1＝12at 2＝12gt 2，t 时刻向上的速度v ＝at ＝gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h 2＝v 22g ＝(gt )22g ＝12gt 2，H ＝h 1＋h 2＝gt 2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma 1，解得a 1＝g ；t2时间加速上升高度H 1＝12a 1(t 2)2＝18gt 2，t 2时刻向上的速度v 1＝a 1t 2＝gt 2，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F －12G＝12ma 2，解得a 2＝3g ，t 2时间加速上升高度H 2＝v 1 t 2＋12a 2(t 2)2＝58gt 2，t 时刻向上的速度v 2＝v 1＋a 2t2＝2gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H 3＝v 222g ＝(2gt )22g ＝2gt 2，H ′＝H 1＋H 2＋H 3＝18gt 2＋58gt 2＋2gt 2＝114gt 2＝114H ＝2.75H ，选项C 正确． 答案：C10解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力F N 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h ，底边长为x ，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s ＝12at 2，s ＝h sin θ＝xcos θ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝1sin θ2h g ＝2x g sin θcos θ，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2，解得小球下滑至底端的速度大小为v ＝2gh ，显然，在甲图中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A 错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B 错误；在乙图中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D 错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C 正确．答案：C11解析：(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为 x 1＝12a 1t 21解得a 1＝1.5 m/s 2. (2)由牛顿第二定律有 F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 解得μ＝0.05.(3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 (m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2 8 s 末冰橇的速度为 v 1＝a 1t 2出发8 s 内冰橇发生的位移为 x 2＝12a 1t 22＝48 m到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，则v 22－v 21＝2a 2(x －x 2)解得v 2＝36 m/s.答案：(1)1.5 m /s 2 (2)0.05 (3)36 m/s12.解析：(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x 1，制动过程中行驶的距离为x 2，加速度大小为a 1，所受阻力大小为f ，由牛顿第二定律及运动学公式可知：x 1＝v 0t 反 x 2＝x －x 1 v 20＝2a 1x 2 f ＝ma 1解得f ＝1.0×104 N(2)汽车从静止开始经10 s 时间使速度重新达到54 km/h 过程的加速度大小为a 2，牵引力为F ，由牛顿运动定律及运动学公式有v0＝a2t加F－0.05mg＝ma2解得F＝4.0×103 N答案：(1)1.0×104 N(2)4.0×103 N。