新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第3单元牛顿运动定律作业8牛顿第二定律的应用2(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第3单元牛顿运动定律作业8牛顿第二定律的应用2(人教版)，共7页。

微练一 连接体问题
1.(多选)(2023年浙江淳安中学高二期末)质量为m'的小车上放置质量为m的物块,水平向右的牵引力作用在小车上,二者一起在水平地面上向右运动。下列说法正确的是( )
A.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间不存在摩擦力作用
B.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间存在摩擦力作用
C.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用
D.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向右的摩擦力作用
2.(多选)如图所示,质量为m'、上表面光滑的斜面体放置在水平面上,另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时,斜面体一直静止不动。已知斜面倾角为θ,重力加速度为g,则( )
A.地面对斜面体的支持力为(m'+m)g
B.地面对斜面体的摩擦力为零
C.斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小
D.斜面倾角θ不同,地面对斜面体的摩擦力可能相同
3.(多选)(2023浙江桐乡一中期末)如图所示,质量分别为m1和m2的小物块,通过轻绳相连,并接在装有光滑定滑轮的小车上。如果按图甲所示,装置在水平力F1作用下做匀加速运动时,两个小物块恰好相对静止;如果互换两个小物块,如图乙所示,装置在水平力F2作用下做匀加速运动时,两个小物块也恰好相对静止,一切摩擦不计,则( )
A.F1∶F2=
B.F1∶F2=
C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m2∶m1
D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m1∶m2
微练二 临界极值问题(弹力临界)
4.(多选)(2023浙江丽水中学月考)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( )
5.如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点,竖直向上为位移x正方向,对物体A施加竖直向上的拉力,物体A以a0做匀加速运动,物体B的加速度随位移变化的a-x图像如图乙所示,坐标上的值为已知量,重力加速度g。以下说法正确的是( )
A.在图乙PQ段中,拉力F恒定不变
B.在图乙QS段中,物体B的速度逐渐减小
C.物体B位移为x1时,物体A、B之间弹力大小为0
D.物体B位移为x2时,弹簧达到原长状态
微练三 动力学图像问题
6.引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目,如图甲所示,质量为60 kg的男同学用双手抓住单杠做引体向上,在竖直向上的运动过程中,他重心运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度大小取10 m/s2,由图像可知( )
A.t=0.5 s时,单杠对他的支持力约为582 N
B.t=1.1 s时,他向上运动到最高点
C.t=1.5 s时,他处于失重状态
D.t=1.5 s时,单杠对他的支持力约为600 N
7.(2023浙江奉化中学高三模拟)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作,传感器记录的力随时间变化的图像(F-t图像)如图所示,则( )
A.下蹲过程中的最大加速度为6 m/s2
B.人在下蹲过程中,力传感器的示数先变大,后变小
C.人在站起过程中,先失重后超重
D.人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
B组 综合提升
8.(多选)如图所示,一总质量为m的热气球从地面开始匀加速竖直上升。假设上升过程中,热气球总质量保持不变,所受的空气阻力与热气球上升的速度成正比。热气球上升过程所受的浮力用F表示,所用时间用t表示,上升的高度用h表示。则表示F-t和F-h的关系图像可能正确的是( )
9.(多选)水平地面上有两物体A、B,质量分别为mA、mB,与地面的动摩擦因数分别为μA、μB,轻弹簧左端连接物体B,右端固定在墙壁上。在水平力F作用下,A、B均静止,如图所示。现撤去水平力F,A、B向左运动,且最终A、B分离。下列说法正确的是( )
A.若μA>μB,则A、B分离时弹簧处于压缩状态
B.若μA>μB,则A、B分离时弹簧处于伸长状态
C.若μA<μB,则A、B分离时弹簧处于压缩状态
D.若μA<μB,则A、B分离时弹簧处于伸长状态
10.(2023浙江平湖中学高三模拟)如图所示,一个长度L=1 m、质量m'=2 kg的木板静止在光滑的水平面上,木板的左端放置一个质量m=1 kg、可视为质点的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F,使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是( )
A.拉力F>7 N
B.物块离开木板时速度的最小值为4 m/s
C.物块离开木板的最短时间为1 s
D.木板获得的最大速度为2 m/s
11.(多选)水平面上放置一质量为m的滑块B,上方有如图所示的凹槽,质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中,其截面图如图所示,圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量为m'的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连,细绳张紧后由静止释放C,不计一切摩擦,B离定滑轮足够远,下列说法正确的是( )
A.如果A、B能保持相对静止,B对A的作用力大小为F=mg
B.如果A、B能保持相对静止,绳子对B的作用力大小为m'g
C.当m'>(+1)m时,A会从凹槽中滚出
D.如果调整OP边的倾斜程度使得α=45°时,无论m'为多大,OQ边对圆柱A的支持力一定不为0
参考答案
作业8 牛顿第二定律的应用2
1.AC 解析 如果二者一起向右做匀速直线运动,假设物块与小车间存在摩擦力,对物块受力分析可知,物块在竖直方向受重力与小车对物块的支持力,合力为零,而水平方向只会受到小车对物块的摩擦力,因此水平方向合力不为零,根据牛顿第二定律可知,物块将做加速运动,假设不成立,即如果二者一起向右做匀速直线运动,物块与小车间不存在摩擦力作用,故A正确,B错误;如果二者一起向右做匀加速直线运动,根据以上分析,结合牛顿第二定律可知,物块必定受到小车对其水平向右的摩擦力作用,由牛顿第三定律可知,小车将受到物块施加的水平向左的摩擦力作用,故C正确,D错误。
2.CD 解析 物块在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为ax=gsinθcsθ,ay=gsin2θ,设地面对斜面体的支持力大小为FN,摩擦力大小为Ff,根据牛顿第二定律可得(m'+m)g-FN=may,Ff=max,解得FN=(m'+m)g-mgsin2θ<(m'+m)g,Ff=mgsinθcsθ,由上面两式可知,地面对斜面体的支持力小于(m'+m)g,且斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小;地面对斜面体的摩擦力不为零,且当斜面倾角θ取互余的两个值时,Ff大小相等。综上所述可知A、B错误,C、D正确。
3.AC 解析 一切摩擦不考虑,则题图甲中小车的加速度为a1=,题图乙中小车的加速度为a2=,所以两题图中小车的加速度之比为a1∶a2=,因为题图甲和题图乙装置的整体质量是一样的,所以F1∶F2=a1∶a2=,A正确,B错误;题图甲中,小车对质量为m2的小物块的作用力为FN1=m2a1=g,题图乙中,小车对质量为m2的小物块的支持力大小等于其所受的重力大小,即FN2=m2g,所以FN1∶FN2=∶m2g=m2∶m1,C正确,D错误。
4.BC 解析 设两棋子间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,最上面两个棋子向右运动的最大加速度为am==μg,设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时,水平恒力大小为F0,则F0-μ·3mg=3mam,所以F0=6μmg,当0≤F≤3μmg时,所有棋子均静止不动;当3μmg6μmg时,第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动,此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速运动,上面两个棋子以am的加速度向右加速运动,而第四个棋子不可能发生运动,因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg,下表面受到的最大静摩擦力为4μmg,同理第五个棋子也不可能运动,故A错误,C正确。
5.C 解析 以物体A、B为整体分析,PQ段一起向上匀加速运动,受弹簧弹力、重力和拉力F,合力恒定,向上运动过程中弹簧弹力减小,所以拉力F增大,故A错误;QS段物体B的加速度在减小,但方向仍然向上,故其速度仍在增大,故B错误;在x1时物体B的加速度开始减小,而物体A的加速度保持不变,故此时两物体刚好分离,物体A、B之间弹力大小为0,故C正确;位移为x2时,物体B的加速度为0,合力为0,弹簧弹力大小等于物体B的重力,故弹簧处于压缩状态,故D错误。
6.C 解析 由v-t图像的斜率表示加速度可知,t=0.5s时,加速度为a=m/s2=0.3m/s2,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得单杠对他的支持力为FN=mg+ma=618N,故A错误;由v-t图像可知,0~1.1s向上做加速运动,1.1s后向上做减速运动,可知t=1.1s时,并不是向上运动到最高点,故B错误;由v-t图像可知,t=1.5s时,他的加速度方向向下,处于失重状态,单杠对他的支持力小于重力,即小于600N,故C正确,D错误。
7.A 解析 由图可知,力传感器受到的最小压力为200N,则根据牛顿第二定律得最大加速度为a=m/s2=6m/s2,故A正确;人在下蹲过程中,先加速下降再减速下降,所以力传感器的示数先变小,后变大,故B错误;人在站起过程中,先加速起立再减速起立,所以先超重后失重,故C错误;人在下蹲过程中,力传感器的示数先变小,后变大,人在站起过程中,力传感器的示数先变大,后变小,所以人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作,故D错误。
8.AC 解析 对热气球,根据牛顿第二定律有F-mg-kv=ma,即F=m(g+a)+kv,根据匀加速运动公式v=at,整理得F=m(g+a)+kat,故A正确,B错误;根据匀加速运动公式v2=2ah,可得v=,代入得F=m(g+a)+k,故C正确,D错误。
9.BC 解析 A、B分离时两物体向左的速度相等,向右的加速度相等,物体之间的弹力恰好为零,对物体A进行分析有μAmAg=mAa1,解得a1=μAg,若μA>μB,则有μAg>μBg,由于两物体加速度相等,则弹簧对物体B的弹力方向必定向右,有F1+μBmBg=mBa1,解得F1=(μA-μB)mBg,方向向右,为拉力,则此时弹簧处于拉伸状态,A错误,B正确;A、B分离时两物体向左的速度相等,向右的加速度相等,物体之间的弹力恰好为零,对物体A进行分析有μAmAg=mAa2,解得a2=μAg,若μA<μB,则有μAg<μBg,由于两物体加速度相等,则弹簧对物体B的弹力方向必定向左,有μBmBg-F2=mBa2,解得F2=(μB-μA)mBg,方向向左,为支持力,则此时弹簧处于压缩状态,C正确,D错误。
10.B 解析 物块相对木板向右滑动,对木板有μmg=m'a2,得a2=2m/s2,对物块有F-μmg=ma1,且根据a1>a2,可得F>6N,故A错误;设经过时间t物块滑离木板,则有a1t2-a2t2=L,物块滑离木板时的速度v1=a1t,得v1=a1,可知当,即a1=2a2=4m/s2时物块离开木板的速度最小,其最小值v1min=4m/s,故B正确;当a1=4m/s2时F=8N,t=1s时木板获得的速度v2=a2t=2m/s,若F>8N,则t<1s,故C错误;若6N2m/s,故D错误。
11.ACD 解析 如果A、B能保持相对静止,将A、B、C看作一个整体,根据牛顿第二定律可知m'g=(2m+m')a1,解得加速度大小为a1=,对A进行分析,则A受到B水平方向的作用力大小为Fx=ma1,A受到B竖直方向的作用力大小为Fy=mg,则B对A的作用力大小为F==mg,对A、B整体进行分析,绳子对B的作用力大小为FT=2ma1=,故A正确,B错误;圆柱滚出凹槽的临界条件为圆柱受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向,如下图所示。根据几何关系可得ma=mgtanα,解得临界加速度大小为a=g,对整体根据牛顿第二定律可得m'g=(2m+m')a,解得m'=(+1)m,故C正确;当α=45°时,圆柱滚出凹槽的临界条件为圆柱受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向,根据C选项的分析可得临界加速度大小为a'=gtanα=g,由于