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课后限时集训8牛顿第二定律、两类动力学问题建议用时：45分钟1.(多选)(2019·北京海淀区期中)如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是()A．将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态B．将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态C．将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出D．饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出BC[无论是竖直向上还是竖直向下抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，A错误，B正确；将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，D错误。]2．(多选)(2019·泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是()A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动B．所有雨滴的最大速率均相等C．较大的雨滴最大速率也较大D．较小的雨滴在空中运动的时间较长CD[设雨滴下落时受到的阻力为f＝kv，根据牛顿第二定律：mg－kv＝ma，则雨滴下落时，随着速率的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速率最大，则vm＝mgk，质量越大，则最大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速率较小，整个过程的平均速率较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确。]3.(2019·日照第一中学检测)如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10m/s2)()A．0B．15m/s2C．6m/s2D．5m/s2C[开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6m/s2，故选项C正确。]4．(2019·江苏盐城模拟)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通。建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108N，相当于一艘中型航母的重量。通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力变化过程可能正确的是()ABCDC[设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确。]5．(2019·泰州月考)如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中()A．P做匀变速直线运动B．P的加速度方向发生变化C．当加速度数值最大时，速度也最大D．有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大D[在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧压缩至最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧压缩至最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左做加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。]6．(多选)(2019·江苏常熟期末)如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则()A．细线A中拉力的大小FA为3mgB．轻弹簧B中拉力的大小FB为mgC．轻弹簧B的伸长量Δx为2mgkD．突然剪短细线A的瞬间，小球的加速度a大小为3gACD[对小球受力分析，如图所示。由平衡条件得tan60°＝FAmg，解得细线A中拉力的大小FA＝3mg，故A正确；由三角函数关系得cos60°＝mgFB，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝2mgk，故B错误，C正确；弹簧的弹力不能突变，则突然剪断细线A的瞬间，仍有FB＝2mg，由牛顿第二定律得F2B－()mg2＝ma，解得a＝3g，方向水平向右，故D正确。]7．(2019·沭阳县修远中学高三开学考试)如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直，现将滑块拉到M点由静止释放，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d＝0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑块第一次下滑的时间t；(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x。[解析](1)滑块下滑时的加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma1解得加速度a1＝4.0m/s2由d＝12a1t2可得滑块第一次下滑的时间t＝2da1＝2×0.54.0s＝0.5s。(2)滑块第一次与挡板相碰时的速度v＝a1t＝4.0×0.5m/s＝2m/s由题知，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回，上滑时，根据动能定理mgsin37°＋μmgcos37°＝ma20－v2＝2a2x代入数据，解得滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x＝0.25m。[答案](1)0.5s(2)0.25m8.(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为()A．30°B．45°C．60°D．75°B[设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，水滴的加速度a＝gsinθ，根据三角关系判断，屋顶坡面的长度为：s＝L2cosθ，由s＝12at2得：t＝2sa＝2Lgsin2θ，θ＝45°时，t最短。]9．(2019·雅安中学月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f＝4N，g取10m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力()A．36mB．30mC．24mD．18mC[飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，代入数据解得a1＝2m/s2，t＝6s时，速度v1＝a1t＝2×6m/s＝12m/s，前6s内的位移x1＝12a1t2＝12×2×62m＝36m,6s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12m/s2，匀减速上升的位移x2＝v212a2＝1222×12m＝6m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36m＋6m＝42m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6m/s2，开始恢复升力的速度设为v，则v22a3＋v22a4＝h，解得v＝122m/s，此时飞机离地面的高度h1＝v22a4＝24m，故C正确。]10.在风洞实验室中进行如图所示的实验。在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为1kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s的瞬时速度，表给出了部分数据：t/s0.00.20.40.6…1.41.61.8…v/(m·s－1)0.01.02.03.0…4.02.00.0…已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)A、C两点间的距离；(2)水平恒力F的大小。[解析](1)物块匀加速运动过程中的加速度为：a1＝ΔvΔt＝3－10.6－0.2m/s2＝5m/s2关闭风洞时的速度为：v＝a1t＝5×1.2m/s＝6m/s关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2＝ΔvΔt＝2－41.6－1.4m/s2＝－10m/s2匀加速过程的位移：x1＝12a1t2＝12×5×1.22m＝3.6m匀减速过程的位移：x2＝v2－2a2＝3620m＝1.8mA、C两点间的距离为：x＝x1＋x2＝3.6m＋1.8m＝5.4m。(2)由牛顿第二定律得匀加速过程：Fcos37°－mgsin37°－μ(mgcos37°＋Fsin37°)＝ma1匀减速过程：－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝ma2联立两式代入数据得：F＝30N。[答案](1)5.4m(2)30N11.如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，g取10m/s2。试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。[解析](1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2。(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移x1＝v12t1＝1.8m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2小球上滑时间t2＝v1a2＝0.4s上滑位移x2＝v12t2＝0.6m则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m。[答案](1)2.5m/s2(2)2.4m