適用于新高考新教材浙江專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第3單元牛頓運動定律作業(yè)8牛頓第二定律的應(yīng)用2新人教版

作業(yè)8牛頓其次定律的應(yīng)用2A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)微練一連接體問題1.(多選)(2024年浙江淳安中學(xué)高二期末)質(zhì)量為m'的小車上放置質(zhì)量為m的物塊,水平向右的牽引力作用在小車上,二者一起在水平地面上向右運動。下列說法正確的是()A.假如二者一起向右做勻速直線運動,則物塊與小車間不存在摩擦力作用B.假如二者一起向右做勻速直線運動,則物塊與小車間存在摩擦力作用C.假如二者一起向右做勻加速直線運動,則小車受到物塊施加的水平向左的摩擦力作用D.假如二者一起向右做勻加速直線運動,則小車受到物塊施加的水平向右的摩擦力作用2.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m'、上表面光滑的斜面體放置在水平面上,另一質(zhì)量為m的物塊沿斜面對下滑動時,斜面體始終靜止不動。已知斜面傾角為θ,重力加速度為g,則()A.地面對斜面體的支持力為(m'+m)gB.地面對斜面體的摩擦力為零C.斜面傾角θ越大,地面對斜面體的支持力越小D.斜面傾角θ不同,地面對斜面體的摩擦力可能相同3.(多選)(2024浙江桐鄉(xiāng)一中期末)如圖所示,質(zhì)量分別為m1和m2的小物塊,通過輕繩相連,并接在裝有光滑定滑輪的小車上。假如按圖甲所示,裝置在水平力F1作用下做勻加速運動時,兩個小物塊恰好相對靜止;假如互換兩個小物塊,如圖乙所示,裝置在水平力F2作用下做勻加速運動時,兩個小物塊也恰好相對靜止,一切摩擦不計,則()A.F1∶F2=mB.F1∶F2=mC.兩種狀況下小車對質(zhì)量為m2的小物塊的作用力大小之比為m2∶m1D.兩種狀況下小車對質(zhì)量為m2的小物塊的作用力大小之比為m1∶m2微練二臨界極值問題(彈力臨界)4.(多選)(2024浙江麗水中學(xué)月考)如圖所示,5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上,第5顆棋子最左端與水平面上的A點重合,全部接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上,恒力作用一小段時間后,五顆棋子的位置狀況可能是()5.如圖甲所示,輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上,上端連接物體B,B上疊放著物體A,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上,使物體A起先向上做勻加速運動。以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標(biāo)原點,豎直向上為位移x正方向,對物體A施加豎直向上的拉力,物體A以a0做勻加速運動,物體B的加速度隨位移變更的a-x圖像如圖乙所示,坐標(biāo)上的值為已知量,重力加速度g。以下說法正確的是 ()A.在圖乙PQ段中,拉力F恒定不變B.在圖乙QS段中,物體B的速度漸漸減小C.物體B位移為x1時,物體A、B之間彈力大小為0D.物體B位移為x2時,彈簧達(dá)到原長狀態(tài)微練三動力學(xué)圖像問題6.引體向上是中學(xué)學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測項目,如圖甲所示,質(zhì)量為60kg的男同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上,在豎直向上的運動過程中,他重心運動的速度v隨時間t變更的圖像如圖乙所示,重力加速度大小取10m/s2,由圖像可知()A.t=0.5s時,單杠對他的支持力約為582NB.t=1.1s時,他向上運動到最高點C.t=1.5s時,他處于失重狀態(tài)D.t=1.5s時,單杠對他的支持力約為600N7.(2024浙江奉化中學(xué)高三模擬)人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作,傳感器記錄的力隨時間變更的圖像(F-t圖像)如圖所示,則()A.下蹲過程中的最大加速度為6m/s2B.人在下蹲過程中,力傳感器的示數(shù)先變大,后變小C.人在站起過程中,先失重后超重D.人在8s內(nèi)完成了兩次下蹲和兩次站起動作B組綜合提升8.(多選)如圖所示,一總質(zhì)量為m的熱氣球從地面起先勻加速豎直上升。假設(shè)上升過程中,熱氣球總質(zhì)量保持不變,所受的空氣阻力與熱氣球上升的速度成正比。熱氣球上升過程所受的浮力用F表示,所用時間用t表示,上升的高度用h表示。則表示F-t和F-h的關(guān)系圖像可能正確的是()9.(多選)水平地面上有兩物體A、B,質(zhì)量分別為mA、mB,與地面的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB,輕彈簧左端連接物體B,右端固定在墻壁上。在水平力F作用下,A、B均靜止,如圖所示?，F(xiàn)撤去水平力F,A、B向左運動,且最終A、B分別。下列說法正確的是 ()A.若μA>μB,則A、B分別時彈簧處于壓縮狀態(tài)B.若μA>μB,則A、B分別時彈簧處于伸長狀態(tài)C.若μA<μB,則A、B分別時彈簧處于壓縮狀態(tài)D.若μA<μB,則A、B分別時彈簧處于伸長狀態(tài)10.(2024浙江平湖中學(xué)高三模擬)如圖所示,一個長度L=1m、質(zhì)量m'=2kg的木板靜止在光滑的水平面上,木板的左端放置一個質(zhì)量m=1kg、可視為質(zhì)點的物塊,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒定拉力F,使物塊相對木板向右滑動。則下列說法正確的是()A.拉力F>7NB.物塊離開木板時速度的最小值為4m/sC.物塊離開木板的最短時間為1sD.木板獲得的最大速度為2m/s11.(多選)水平面上放置一質(zhì)量為m的滑塊B,上方有如圖所示的凹槽,質(zhì)量也為m的圓柱A能放置在凹槽POQ中,其截面圖如圖所示,圓心與兩條邊接觸的左端點連線跟豎直方向夾角α=30°。一質(zhì)量為m'的物體C通過跨過定滑輪的不行伸長的輕質(zhì)細(xì)繩與B相連,細(xì)繩張緊后由靜止釋放C,不計一切摩擦,B離定滑輪足夠遠(yuǎn),下列說法正確的是()A.假如A、B能保持相對靜止,B對A的作用力大小為F=mgmB.假如A、B能保持相對靜止,繩子對B的作用力大小為m'gC.當(dāng)m'>(3+1)m時,A會從凹槽中滾出D.假如調(diào)整OP邊的傾斜程度使得α=45°時,無論m'為多大,OQ邊對圓柱A的支持力確定不為0參考答案作業(yè)8牛頓其次定律的應(yīng)用21.AC解析假如二者一起向右做勻速直線運動,假設(shè)物塊與小車間存在摩擦力,對物塊受力分析可知,物塊在豎直方向受重力與小車對物塊的支持力,合力為零,而水平方向只會受到小車對物塊的摩擦力,因此水平方向合力不為零,依據(jù)牛頓其次定律可知,物塊將做加速運動,假設(shè)不成立,即假如二者一起向右做勻速直線運動,物塊與小車間不存在摩擦力作用,故A正確,B錯誤;假如二者一起向右做勻加速直線運動,依據(jù)以上分析,結(jié)合牛頓其次定律可知,物塊必定受到小車對其水平向右的摩擦力作用,由牛頓第三定律可知,小車將受到物塊施加的水平向左的摩擦力作用,故C正確,D錯誤。2.CD解析物塊在水平方向和豎直方向的加速度大小分別為ax=gsinθcosθ,ay=gsin2θ,設(shè)地面對斜面體的支持力大小為FN,摩擦力大小為Ff,依據(jù)牛頓其次定律可得(m'+m)g-FN=may,Ff=max,解得FN=(m'+m)g-mgsin2θ<(m'+m)g,Ff=mgsinθcosθ,由上面兩式可知,地面對斜面體的支持力小于(m'+m)g,且斜面傾角θ越大,地面對斜面體的支持力越小;地面對斜面體的摩擦力不為零,且當(dāng)斜面傾角θ取互余的兩個值時,Ff大小相等。綜上所述可知A、B錯誤,C、D正確。3.AC解析一切摩擦不考慮,則題圖甲中小車的加速度為a1=m2gm1,題圖乙中小車的加速度為a2=m1gm2,所以兩題圖中小車的加速度之比為a1∶a2=m2gm1∶m1gm2,因為題圖甲和題圖乙裝置的整體質(zhì)量是一樣的,所以F1∶F2=a1∶a2=m22∶m12,A正確,B錯誤;題圖甲中,小車對質(zhì)量為m2的小物塊的作用力為FN1=m2a1=m22m1g,題圖乙中,小車對質(zhì)量為m4.BC解析設(shè)兩棋子間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,最上面兩個棋子向右運動的最大加速度為am=μ·2mg2m=μg,設(shè)最上面三個棋子一起以am向右加速運動時,水平恒力大小為F0,則F0-μ·3mg=3mam,所以F0=6μmg,當(dāng)0≤F≤3μmg時,全部棋子均靜止不動;當(dāng)3μmg<F≤6μmg時,最上面三個棋子作為整體,相對靜止一起向右勻加速直線運動,下面的兩個棋子靜止不動,故B正確,D錯誤;當(dāng)F>6μmg時,第三個棋子和上面兩個棋子發(fā)生相對滑動,此時第三個棋子以大于am的加速度向右勻加速運動,上面兩個棋子以am的加速度向右加速運動,而第四個棋子不行能發(fā)生運動,因為第四個棋子上表面受到的最大靜摩擦力為3μmg,下表面受到的最大靜摩擦力為4μmg,同理第五個棋子也不行能運動,故A5.C解析以物體A、B為整體分析,PQ段一起向上勻加速運動,受彈簧彈力、重力和拉力F,合力恒定,向上運動過程中彈簧彈力減小,所以拉力F增大,故A錯誤;QS段物體B的加速度在減小,但方向照舊向上,故其速度仍在增大,故B錯誤;在x1時物體B的加速度起先減小,而物體A的加速度保持不變,故此時兩物體剛好分別,物體A、B之間彈力大小為0,故C正確;位移為x2時,物體B的加速度為0,合力為0,彈簧彈力大小等于物體B的重力,故彈簧處于壓縮狀態(tài),故D錯誤。6.C解析由v-t圖像的斜率表示加速度可知,t=0.5s時,加速度為a=ΔvΔt=(30-0)×10-21.0m/s2=0.3m/s2,依據(jù)牛頓其次定律可得FN-mg=ma,解得單杠對他的支持力為FN=mg+ma=618N,故A7.A解析由圖可知,力傳感器受到的最小壓力為200N,則依據(jù)牛頓其次定律得最大加速度為a=G-Fm=500-20050m/s2=6m/s2,故A正確;人在下蹲過程中,先加速下降再減速下降,所以力傳感器的示數(shù)先變小,后變大,故8.AC解析對熱氣球,依據(jù)牛頓其次定律有F-mg-kv=ma,即F=m(g+a)+kv,依據(jù)勻加速運動公式v=at,整理得F=m(g+a)+kat,故A正確,B錯誤;依據(jù)勻加速運動公式v2=2ah,可得v=2ah,代入得F=m(g+a)+k2ah,故C正確,D錯誤。9.BC解析A、B分別時兩物體向左的速度相等,向右的加速度相等,物體之間的彈力恰好為零,對物體A進行分析有μAmAg=mAa1,解得a1=μAg,若μA>μB,則有μAg>μBg,由于兩物體加速度相等,則彈簧對物體B的彈力方向必定向右,有F1+μBmBg=mBa1,解得F1=(μA-μB)mBg,方向向右,為拉力,則此時彈簧處于拉伸狀態(tài),A錯誤,B正確;A、B分別時兩物體向左的速度相等,向右的加速度相等,物體之間的彈力恰好為零,對物體A進行分析有μAmAg=mAa2,解得a2=μAg,若μA<μB,則有μAg<μBg,由于兩物體加速度相等,則彈簧對物體B的彈力方向必定向左,有μBmBg-F2=mBa2,解得F2=(μB-μA)mBg,方向向左,為支持力,則此時彈簧處于壓縮狀態(tài),C正確,D錯誤。10.B解析物塊相對木板向右滑動,對木板有μmg=m'a2,得a2=2m/s2,對物塊有F-μmg=ma1,且依據(jù)a1>a2,可得F>6N,故A錯誤;設(shè)經(jīng)過時間t物塊滑離木板,則有12a1t2-12a2t2=L,物塊滑離木板時的速度v1=a1t,得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知當(dāng)1a1=12a2,即a1=2a2=4m/s2時物塊離開木板的速度最小,