8、度向右做勻加速直線運(yùn)動，故A、C錯誤，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，故B正確．
答案：BD
8．(2019·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mg
B．彈簧彈力的大小為mg
C．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，小球a的加速度為2g
D．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＝mg，細(xì)線的拉力為2mg，故A、B錯誤
9、；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，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝2g，小球b受力不變，合力仍然為零，所以加速度為零，故C、D正確．
答案：CD
[能力題組]
一、選擇題
9．(多選)如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運(yùn)動．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10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是( )
A．所受浮力大小為4 830 N
B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變
C．從地面開
10、始上升10 s后的速度大小為5 m/s
D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N
解析：熱氣球從地面剛開始上升時，由牛頓第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得熱氣球所受的浮力F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，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，與題矛盾，可知阻力是變化的，則B項(xiàng)錯誤；熱氣球以5 m/s的速度勻速上升時，由平衡條件知，所受的空氣阻力Ff＝F?。璵g＝4 830 N－460×10 N＝230 N，則D項(xiàng)正確；熱氣球從地面上升10 s內(nèi)，它做變加速運(yùn)動，故10 s時其速度大小不是5 m/s，
11、則C項(xiàng)錯誤．
答案：AD
10．(2019·河南開封質(zhì)檢)某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一個模型火箭，由測力計(jì)測得其重力為G.通過測量計(jì)算此火箭發(fā)射時刻提供大小為F＝2G的恒定推力，且持續(xù)時間為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)，采用二級推進(jìn)的方式，即當(dāng)火箭飛行經(jīng)過時，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余時間，火箭推動剩余的一半繼續(xù)飛行．若采用原來的方法火箭可上升的高度為H，則采用改進(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)量變化及空氣阻力的影響)( )
A．1.5H B．2H
C．2.75H D．3.25H
解析：原方案，加速上升過程，由牛頓運(yùn)動定
12、律，有F－G＝ma，解得a＝g；加速上升高度h1＝at2＝gt2，t時刻向上的速度v＝at＝gt，失去推力后，做豎直上拋運(yùn)動，上升高度h2＝＝＝gt2，H＝h1＋h2＝gt2.改為二級推進(jìn)后，開始加速上升過程，由牛頓運(yùn)動定律，有F－G＝ma1，解得a1＝g；時間加速上升高度H1＝a1()2＝gt2，時刻向上的速度v1＝＝，丟棄一半質(zhì)量后，由牛頓運(yùn)動定律，有F－G＝ma2，解得a2＝3g，時間加速上升高度H2＝＋a2()2＝gt2，t時刻向上的速度v2＝v1＋＝2gt，失去推力后，做豎直上拋運(yùn)動，上升高度H3＝＝＝2gt2，H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H
13、，選項(xiàng)C正確．
答案：C
11．某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是( )
A．甲圖中小球在兩個斜面上運(yùn)動的時間相同
B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同
C．乙圖中小球在兩個斜面上運(yùn)動的時間相同
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，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在斜面上運(yùn)動的加速度為a＝gsin θ，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)
14、律和圖中幾何關(guān)系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的運(yùn)動時間為t＝＝，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個斜面上運(yùn)動的時間不同，故選項(xiàng)A錯誤；在甲圖中，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，故選項(xiàng)B錯誤；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，因此小球在兩個斜面上運(yùn)動的時間相等，故選項(xiàng)C正確．
答案：C
二、非選擇題
12．(2019·廣西桂林高三月考)放在水平
15、地面上一質(zhì)量為m＝2 kg的質(zhì)點(diǎn)，在水平恒定外力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動，4 s內(nèi)通過8 m的距離，此后撤去外力，質(zhì)點(diǎn)又運(yùn)動了2 s停止，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動過程中所受阻力大小不變，求：
(1)撤去水平恒定外力時質(zhì)點(diǎn)的速度大??；
(2)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動過程中所受到的阻力大小；
(3)質(zhì)點(diǎn)所受水平恒定外力的大?。?
解析：(1)質(zhì)點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動x0＝t1，解得v0＝＝4 m/s.
(2)質(zhì)點(diǎn)減速過程加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛頓第二定律有－Ff＝ma2
解得Ff＝4 N
(3)設(shè)開始加速過程中加速度為a1，由運(yùn)動學(xué)公式可得x0＝a1t2，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma1
解得F＝Ff
16、＋ma1＝6 N.
答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N
13．(2019·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)北京已獲得2022年冬奧會舉辦權(quán)！如圖所示，俯式冰橇是冬奧會的比賽項(xiàng)目之一，其賽道可簡化為起點(diǎn)和終點(diǎn)高度差為120 m、長度為1 200 m的斜坡．假設(shè)某運(yùn)動員從起點(diǎn)開始，以平行賽道的恒力F＝40 N推動質(zhì)量m＝40 kg的冰橇開始沿斜坡向下運(yùn)動，出發(fā)4 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為12 m,8 s末迅速登上冰橇與冰橇一起沿直線運(yùn)動直到終點(diǎn)．設(shè)運(yùn)動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計(jì)空氣阻力，求：(g取10 m/s2，取賽道傾角的余弦值為1，正弦值按照題目要求計(jì)算)
(1)出發(fā)4 s內(nèi)冰橇
17、的加速度大小；
(2)冰橇與賽道間的動摩擦因數(shù)；
(3)比賽中運(yùn)動員到達(dá)終點(diǎn)時的速度大?。?
解析：(1)設(shè)出發(fā)4 s內(nèi)冰橇的加速度為a1，出發(fā)4 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為x1＝a1t12
解得a1＝1.5 m/s2.
(2)由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.05.
(3)8 s后冰橇的加速度為a2，由牛頓第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2
8 s末冰橇的速度為v1＝a1t2
出發(fā)8 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移為x2＝a1t22＝48 m
到達(dá)終點(diǎn)時速度最大，設(shè)最大速度為v2，則
v22－v12＝2a2(x－x2)
解得v2＝36 m/s.
答案：(1)1.5 m/s2 (2)0.05 (3)36 m/s
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2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課時作業(yè)（含解析）
