2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題三牛頓第二定律的應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE6-專題三牛頓其次定律的應(yīng)用1．為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設(shè)計(jì)好房頂?shù)母叨?，設(shè)雨滴沿房頂下淌時(shí)做無初速度無摩擦的運(yùn)動(dòng)，那么如圖所示的四種狀況中符合要求的是()C[設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變)。雨滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，聯(lián)立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))。當(dāng)θ＝45°時(shí)，sin2θ＝1為最大值，時(shí)間t最短，故選項(xiàng)C正確。]2.(2024·山東日照模擬)物塊在1N的合外力作用下沿x軸做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，圖示為其位置坐標(biāo)和速率的二次方的關(guān)系圖線，則關(guān)于該物塊的有關(guān)物理量大小的推斷正確的是()A．質(zhì)量為1kgB．經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)速度為2m/sC．加速度為1m/s2D．加速度為0.5m/s2D[本題依據(jù)x-v2圖象考查依據(jù)受力狀況分析運(yùn)動(dòng)狀況。依據(jù)圖象求出解析式為x＝v2－2，與v2－veq\o\al(2,0)＝2ax對比可得a＝0.5m/s2，由F＝ma可得m＝2kg，由圖象可看出x＝0時(shí)，veq\o\al(2,0)＝2m2/s2，則v0＝eq\r(2)m/s，D正確。]3.(2024·東北三省三校一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上隨意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比較時(shí)間大小關(guān)系B[由“等時(shí)圓”模型可知，A、C在圓周上，B點(diǎn)在圓周外，故tA＝tC<tB，B正確。]4．(2024·廣東試驗(yàn)中學(xué)段考)(多選)如圖，質(zhì)量相等的A、B兩球分別用輕質(zhì)彈簧和輕桿連接置于固定的光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行。在突然撤去擋板的瞬間()A．兩圖中每個(gè)小球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖乙中B球的加速度為gsinθCD[本題考查瞬時(shí)性問題。撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱悖珹、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ。故A、B錯(cuò)誤，C、D正確。]5.(2024·吉林調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為4kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質(zhì)量為1kg的物體B用細(xì)線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為(g取10m/s2)()A．0 B.8NC．10N D.50NB[剪斷細(xì)線前，物體A、B間無壓力，則彈簧的彈力F＝mAg＝40N，剪斷細(xì)線的瞬間，對物體A、B整體分析，整體加速度a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2m/s2，對物體B隔離分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8N，故選B。]6．(2024·河南洛陽模擬)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)。在0～3s時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的改變規(guī)律如圖乙所示。則()A．F的最大值為12NB．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/sD．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，2～3s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)C[由圖象可知，物體在1～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a＝4m/s2，由牛頓其次定律得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg>12N，故A錯(cuò)誤；由a-t圖象的特點(diǎn)知加速度始終為正，故B錯(cuò)誤；a-t圖象與時(shí)間軸圍成圖形的面積為Δv，而初速度為零，故3s末速度最大為8m/s，故C正確；整個(gè)過程中，物體始終做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。]7．(2024·四川綿陽涪城模擬)如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時(shí)水平細(xì)線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。起先時(shí)A、B兩球都靜止不動(dòng)，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在水平細(xì)線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()A．a(chǎn)A＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C．a(chǎn)A＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0D[以A、B球整體作為探討對象，A處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，由平衡條件得：細(xì)線拉力FT＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧的彈力沒有改變，A球受到的合力與原來細(xì)線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓其次定律得：aA＝eq\f(2\r(3)mg,m)＝2eq\r(3)g，B球的受力狀況不變，加速度仍為0，故D正確。]8．如圖所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，受到隨時(shí)間t改變的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應(yīng)時(shí)刻物體所受摩擦力Ff的大小。重力加速度g取10m/s2。下列推斷正確的是()A．5s內(nèi)拉力對物塊做功為零B．4s末物塊所受合力大小為4.0NC．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D.6～9s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0m/s2D[由題可得：物塊所受的最大靜摩擦力為4N，滑動(dòng)摩擦力為3N，物塊在4s末就起先運(yùn)動(dòng)了，故5s內(nèi)拉力對物塊做了功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；4s末物塊所受拉力為4N，所受最大靜摩擦力也為4N，合力大小為0，B項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力為3N，物塊對木板的壓力為10N，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；6～9s內(nèi)拉力大小為5N，物塊所受的滑動(dòng)摩擦力為3N，合力為2N，由牛頓其次定律可得，物塊的加速度大小為2.0m/s2，D項(xiàng)正確。]9.傾角為θ＝30°的光滑斜面上，質(zhì)量m＝3kg的物塊在恒力F的作用下，從斜面底端勻加速上滑，經(jīng)3s后，撤去力F，又經(jīng)過3s，物塊恰好滑回斜面底端，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)力F的大小和前3s內(nèi)物塊的位移大?。?2)物塊滑回底端時(shí)的速度大小。解析：(1)前3s，設(shè)加速度大小為a1，由牛頓其次定律：F－mgsinθ＝ma1位移為x＝eq\f(1,2)a1t2，3s末，速度為v1＝a1t后3s，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：mgsinθ＝ma2位移為－x＝v1t－eq\f(1,2)a2t2解得：F＝eq\f(4,3)mgsinθ＝20N，x＝7.5m(2)設(shè)物塊滑回底端時(shí)的速度大小為v2，整個(gè)過程由動(dòng)能定理：Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0解得：v2＝10m/s答案：(1)20N7.5m(2)10m/s10.(2024·江蘇泰州聯(lián)考)有時(shí)候投籃后籃球會(huì)停在籃網(wǎng)里不掉下來，如圖所示，彈跳好的同學(xué)就會(huì)輕拍一下讓它掉下來。我們可以把籃球下落的情境志向化：籃球脫離籃網(wǎng)靜止下落，遇到水平地面后反彈，如此數(shù)次落下和反彈。若規(guī)定豎直向下為正方向，碰撞時(shí)間不計(jì)，空氣阻力大小恒定，則下列圖象中可能正確的是()A[籃球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力和空氣阻力作用，依據(jù)牛頓其次定律有mg－F阻＝ma1，解得a1＝g－eq\f(F阻,m)；籃球反彈向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力和空氣阻力作用，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋F阻＝ma2，解得a2＝g＋eq\f(F阻,m)，聯(lián)立得a1<a2，即下落的加速度小于上升的加速度，故v-t圖線正方向的斜率小于負(fù)方向的斜率，由于碰撞中存在能量損失，所以籃球彈起時(shí)的速度越來越小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。]11．(2024·山東滕州一中檢測)(多選)如圖甲所示，一小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間4t0到達(dá)B處，在5t0時(shí)刻滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面的C點(diǎn)停止，滑塊與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。已知滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受的摩擦力大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前后速率不變。以下說法正確的是()A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16∶5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1∶4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,7)BD[設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，滑塊在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v,2)·4t0,\f(v,2)·t0)＝eq\f(4,1)，故A錯(cuò)誤；滑塊從A到B的過程中v＝a1·4t0，滑塊從B到C的過程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正確；由圖乙可得Ff2＝μmg＝5N，F(xiàn)f1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C錯(cuò)誤；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上運(yùn)動(dòng)的過程中ma2＝μmg，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正確。]12．可愛的企鵝喜愛在冰面上玩嬉戲。如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2從冰面底部由靜止起先沿直線向上“奔跑”，t＝8s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面對前滑行，最終退滑到動(dòng)身點(diǎn)，完成一次嬉戲(企鵝在滑動(dòng)過程中姿態(tài)保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：(1)企鵝向上“奔跑”的位移大?。?2)企鵝在冰面滑動(dòng)的加速度大?。?3)企鵝退滑到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度大小。(計(jì)算結(jié)果可用根式表示)解析：(1)在企鵝向上“奔跑”的過程中有x＝eq\f(1,2)at2，解得x＝16m。(2)在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)過程是從臥倒到最高點(diǎn)，其次個(gè)過程是從最高點(diǎn)滑回到動(dòng)身點(diǎn)，兩次過程依據(jù)牛頓其次定律分別有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1mgsin3