2023一轮复习课后速练14 3.3 牛顿第二定律应用专题(二)

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2023一轮复习课后速练(十四)
一、选择题
1．(2022·重庆模拟)(多选)如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是(　　)


【答案】　AD
【思维分析】 因3对4的滑动摩擦力为3μmg小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动，同理5也不可能滑动，B项错误；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动，此时如A项图所示，当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．
2．(2021·陕西模拟)如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿竖直方向拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则(　　)

A．a1＝a2，x1>x2　　　　　 B．a1＝a2，x1＝x2
C．a1>a2，x1＝x2 D．a1x2
【答案】　C
【思维分析】 对整体分析，有a1＝，a2＝＝－g，设F水平时弹簧弹力为F1，竖直时为F2，对b物体隔离分析，有F1＝mba1＝，F2＝mbg＋mba2，F2＝，根据胡克定律，有F＝kx，可知a1>a2，x1＝x2，故选C项．
3.(2021·江苏模拟)如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验．已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为(　　)
A．3μmg B．6μmg
C．12μmg D．26μmg
【答案】　D
【思维分析】 当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为a1，纸板的加速度为a2.为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离＝a1t2，则纸板运动距离为d＋＝a2t2，联立解得a2＝11a1，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有f1＝μmg＝ma1，得a1＝μg，a2＝11μg，对纸板有F－f1－f2＝2ma2，则得F＝f1＋f2＋2ma2＝μmg＋μ·(m＋2m)g＋22μmg＝26μmg，故选D项．
4.(2021·四川模拟)(多选)如图所示，截面是直角梯形的物块放在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙．开始时两压力传感器的示数均为零．现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是(　　)
A．金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零
B．金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零
C．金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零
D．金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零
【答案】　BC
【思维分析】 金属块在ac之间运动时，斜面对物块的作用力垂直于斜面向上，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的作用力垂直于斜面向下，所以传感器P的示数为零，Q的示数不为零，A项错误，B项正确；金属块在cb之间运动时，如果加速向下运动，斜面对物块在水平方向的作用力向左，根据牛顿第三定律物块对斜面水平方向的作用力水平向右，传感器P示数为零，Q的示数不为零；如果匀速向下运动，斜面对物块的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律物块对斜面的作用力竖直向下，传感器P、Q的示数均为零；如果物体减速向下运动，斜面对物块在水平方向的作用力向右，根据牛顿第三定律物块对斜面水平方向的作用力水平向左，传感器P示数不为零，Q的示数为零，故C项正确，D项错误．故选B、C两项．
5.(2021·济南模拟)将质量为m1、底角为θ＝60°的等腰梯形A放在质量为m2、倾角为α＝30°的光滑斜面体B上，斜面体B处在光滑水平面上，如图所示．对A施加一个水平力F时A、B恰好一起在水平面上运动，已知m1＝2m2＝2m，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．A、B可能做匀速直线运动
B．A、B加速度大小可能为g
C．力F的大小为2mg
D．力F的大小在某个范围内
【答案】　C
【思维分析】 系统水平方向只受力F，因此不可能做匀速直线运动，故A项错误；对A：F－FNcos θ＝m1a、FNsin θ－m1g＝0，对B：FNsin α＝m2a，解得a＝gtan α＝g，故B项错误；由F＝3ma＝2mg，故C项正确；系统有唯一加速度值，因此力F有唯一的值，故D项错误．故选C项．
6.(2022·岳阳模拟)如图所示，光滑水平面与倾角为θ的光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动，若要求A不能追上B，则B的加速度a的取值范围是(　　)
A．a>gsin θ B．a>gsin θ
C．a＞g D．条件不足，无法确定
【答案】　A
【思维分析】 设A恰能追上B，A在斜面上的运动时间为t1，在平面上的运动时间为t2，则有位移关系
gsin θt1t2＝a(t1＋t2)2，速度关系gsin θt1＝a(t1＋t2)，解得a＝gsin θ，要使得A追不上B，则应有a>gsin θ，故A项正确，B、C、D三项错误．故选A项．
7.(2021·漳州模拟)(多选)如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则(　　)
A．若α＝θ，小球受到的拉力为mgcos θ
B．若α＝θ，滑块的加速度为gtan θ
C．若α>θ，则斜面粗糙
D．若α＝θ，则斜面光滑
【答案】　AD
【思维分析】 对小球进行受力分析，小球受到的合力为F合＝mgsin α，若α＝θ，小球受到的拉力为mgcos θ，故A项正确；对小球进行受力分析，合力为F合＝mgsin α，若α＝θ，则有F合＝mgsin θ＝ma，即有a＝gsin θ，故B项错误；根据B选项可知，若α＝θ，整体的加速度为a＝gsin θ，以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mgsin θ－f＝Ma，解得f＝0，即斜面光滑；若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则gsin θ－μgcos θ＝gsinα，所以α＜θ，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．
8.(2021·贵州模拟)(多选)如图所示，倾角为θ＝30°，足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面的底端，弹簧上端与质量为m的滑块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的滑块B，B与A不粘连，开始时两滑块均处于静止状态．现对滑块B施加一个平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝g的匀加速直线运动．忽略两滑块的形状和大小，以x表示滑块A、B离开静止位置的位移，F1表示滑块A受到的合力，从滑块A、B开始运动到A第一次上升到最大高度的过程中，下列表示F与x，F1与x之间关系的图像可能正确的是(　　)

【答案】　AC
【思维分析】 开始时两滑块均处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，由平衡条件可得kx0＝2mgsin θ，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得F＋kx1－2mgsin θ＝2ma，x1为弹簧压缩量，故有x1＝x0－x，联立，解得F＝kx＋mg，故为A项的前部分图像．当A、B分离后，对B由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得F＝mg，为恒定值，为A项的后部分图像，故A项正确，B项错误；当滑块A、B一起运动时，a均为g，由牛顿第二定律可得F1＝mg，为恒力，C、D两项前部分图像均符合当弹簧弹力逐渐减小至最高点A、B分离，A不受B的压力，此后，A的合力为F1＝k(x0－x)－mgsin θ＝－kx＋mg，故C项正确，D项错误．故选A、C两项．
9.(2021·山东模拟)如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是(　　)
A．t1t3
C．t2＝t4 D．t2t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2