專題跟蹤檢測（五） 牛頓第二定律的綜合應(yīng)用

專題跟蹤檢測（五）牛頓第二定律的綜合應(yīng)用1．(2023·杭州高三模擬)上端開口的裝水杯子置于水平支承面上，三個實心小球A、B和C分別漂浮、懸浮和沉入杯子底部。若突然撤去支承面，則在撤去瞬間三個小球相對于杯底()A．A、B球向上運動，C球不動B．A、B球向下運動，C球可能向上運動C．A球向上運動，B球向下運動，C球可能向上運動D．A、B和C球均不動解析：選D撤去支承面瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，浮力和支持力均突變?yōu)?，水和球均處于完全失重狀態(tài)，做自由落體運動，以杯子為參考系，A、B和C球均不動，D正確。2．一質(zhì)量為1kg的小物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時刻給物塊施加一個水平向右的拉力F，其速度的二次方隨位移變化的圖像為經(jīng)過P點(5,25)的直線，如圖所示，則()A．小物塊做勻速直線運動B．水平拉力F的大小為2.5NC．5s內(nèi)小物塊的位移為5mD．5s末小物塊的速度為25m/s解析：選B根據(jù)v2＝2ax可知a＝eq\f(1,2)·eq\f(25,5)m/s2＝2.5m/s2，則F＝ma＝2.5N，選項A錯誤，B正確；5s內(nèi)小物塊的位移為x5＝eq\f(1,2)at52＝eq\f(1,2)×2.5×52m＝31.25m，選項C錯誤；5s末小物塊的速度為v5＝at5＝12.5m/s，選項D錯誤。3．在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比，則小球在空中運動時速率隨時間的變化規(guī)律可能是()解析：選A小球上升過程中，由牛頓第二定律得mg＋kv＝ma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，v－t圖線切線的斜率絕對值逐漸減小；當(dāng)物體下降過程中，由牛頓第二定律得mg－kv＝ma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，v－t圖線切線的斜率絕對值逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度v1將小于初速度v0，故選A。4.如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()A．彈簧的形變量不改變B．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為gD．木塊B對水平面的壓力為3mg解析：選A撤去木塊C的瞬間，木塊A還沒有動，即木塊A的位移為零，則彈簧的形變量不變，故A正確；開始時整體處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力等于木塊A和C的重力，即F＝3mg，撤去木塊C的瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，仍為3mg，故B錯誤；撤去木塊C瞬間，彈簧彈力不變，木塊A所受合力的大小等于木塊C的重力大小，對木塊A，由牛頓第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向豎直向上，故C錯誤；撤去木塊C的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為3mg，對木塊B，由平衡條件得F＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛頓第三定律，可知木塊B對水平面的壓力為4mg，故D錯誤。5.一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，重力加速度大小為g。當(dāng)撤去擋板瞬間，下列說法正確的是()A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和斜面體C的重力之和D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右解析：選B根據(jù)題意，設(shè)A、B兩球質(zhì)量均為m，去掉擋板前，對A球受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ，加速度沿斜面向下，故A錯誤，B正確；根據(jù)上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和斜面體C的重力之和，故C錯誤；去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對A、B和C整體分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。6．(2023·麗水高三模擬)用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度a隨時間t變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判斷出()A．手機一直未離開過手掌B．手機在t1時刻運動到最高點C．手機在t2時刻改變運動方向D．手機在t1～t3時間內(nèi)，受到的支持力一直減小解析：選D由題圖可知，手機的加速度在某一段時間內(nèi)等于重力加速度，則手機與手掌之間沒有力的作用，手機離開過手掌，A錯誤；根據(jù)Δv＝aΔt，可知a－t圖像與坐標軸所圍成面積表示速度變化量，則手機在t1時刻速度為正，還沒有到最高點，B錯誤；手機在t2時刻前后速度均為正，運動方向沒有發(fā)生改變，C錯誤；由題圖可知t1～t2時間內(nèi)加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝ma，即FN＝ma＋mg，可知t1～t2時間內(nèi)支持力不斷減小，t2～t3時間內(nèi)加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得mg－FN＝ma，即FN＝mg－ma，可知支持力還是不斷減小，即手機在t1～t3時間內(nèi)，受到的支持力一直減小，D正確。7．(2023·浙江臺州調(diào)研)(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()A．當(dāng)F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當(dāng)F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg解析：選BCD設(shè)F為F1時，A、B剛好從地面上滑動，則F1＝eq\f(1,2)μ(2m＋m)g＝eq\f(3,2)μmg，A項錯誤；設(shè)F為F2時，A與B恰好發(fā)生相對滑動，對AB整體有F2－eq\f(1,2)μ·3mg＝3ma，對B有μ·2mg－eq\f(1,2)μ·3mg＝ma，解得F2＝3μmg，C項正確；當(dāng)F＝eq\f(5,2)μmg時，AB保持相對靜止，由牛頓第二定律得F－eq\f(1,2)μ·3mg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，B項正確；當(dāng)AB發(fā)生相對滑動時，B加速度最大，對B有μ·2mg－eq\f(1,2)μ·3mg＝maB，解得aB＝eq\f(1,2)μg，D項正確。8．(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以相同的初速度沿足夠長的斜面向上推出，實驗測得x與θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖像可求出()A．物體的初速度v0＝6m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當(dāng)某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑解析：選AC物體在粗糙斜面上向上運動，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得加速度為a＝gsinθ＋μgcosθ；由運動學(xué)公式知當(dāng)θ＝90°時，v02＝2gx，可得v0＝eq\r(2gx)＝6m/s；當(dāng)θ＝0時，v02＝2μgx′，可得μ＝0.75，故A正確，B錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式得物體能達到的位移有x＝eq\f(v02,2a)，由輔助角公式得a＝eq\r(1＋μ2)gsin(θ＋α)，可得位移x的最小值xmin＝eq\f(v02,2g\r(1＋μ2))＝1.44m，故C正確；由于μ>tan30°，所以當(dāng)θ＝30°時，物體在斜面上停止后，不會下滑，故D錯誤。9.如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝6kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝10kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量x0；(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；(3)力F的最大值與最小值。解析：(1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0，對整體受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0，解得x0＝0.16m。(2)前0.2s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，對物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a，前0.2s時間內(nèi)兩物體的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得a＝eq\f(10,3)m/s2。(3)對整體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大，F(xiàn)min＝(m1＋m2)a＝eq\f(160,3)N。對Q應(yīng)用牛頓第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a，解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝eq\f(280,3)N。答案：(1)0.16m(2)eq\f(10,3)m/s2(3)eq\f(280,3)Neq\f(160,3)N10．(2023·臺州高三調(diào)研)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝2kg的物塊以初速度v0＝20m/s從圖中所示位置開始沿粗糙水平面向右運動，同時物塊受到一水平向左的恒力F作用，在運動過程中物塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，g取10m/s2。求：(1)物塊在0～4s內(nèi)的加速度a1的大小和4～8s內(nèi)的加速度a2的大小；(2)恒力F的大小及物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)8s內(nèi)恒力F所做的功。解析：(1)由題圖乙可知，0～4s內(nèi)，物塊向右做勻減速直線運動，4～8s內(nèi)，物塊向左做勻加速直線運動；0～4s內(nèi)a1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝eq\f(20,4)m/s2＝5m/s2，方向水平向左；4～8s內(nèi)a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv′,Δt′)))＝eq\f(8,8－4)m/s2＝2m/s2，方向水平向左。(2)由牛頓第二定律，0～4s內(nèi)有F＋μmg＝ma1,4～8s內(nèi)有F－μmg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得F＝7N，μ＝0.15。(3)根據(jù)圖形的面積可得8s內(nèi)物塊運動的位移x＝eq\f(1,2)×4×20m－eq\f(1,2)×4×8m＝24m，恒力F做的功為W＝Fxcos180°＝－7×24J＝－168J。答案：(1)5m/s22m/s2(2)7N0.15(3)－168J11．如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.2kg的平板放在水平地面上，質(zhì)量m＝0.1kg的物塊(可視為質(zhì)點)疊放在平板上方某處，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對平板施加一水平向右的拉力，該拉力F隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，1.5s末撤去拉力。已知物塊未從平板上掉下，認為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，物塊與平板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，平板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，g取10m/s2。求：(1)0～1s內(nèi)物塊和平板的加速度大小a1、a2；(2)1s末物塊和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物塊和平板的速度大小v1′、v2′；(3)平板的最短長度L。解析：(1)0～1s內(nèi)，物塊與平板間、平板與地面間的滑動摩擦力大小分別為：Ff1＝μ1mg＝0.2NFf2＝μ2(M＋m)g＝1.2N設(shè)物塊與平板間恰好相對滑動時拉力大小為F0由牛頓第二定律有F0－Ff2＝(m＋M)eq\f(Ff1,m)解得F0＝1.8N，因為F1＝2N＞F0＝1.8N故物塊與平板發(fā)生相對滑動。對物塊和平板由牛頓第二定律有：a1＝eq\f(Ff1,m)，a2＝eq\f(F1－Ff1－Ff2,M)解得：a1＝2m/s2，a2＝3m/s2。(2)0～1s內(nèi)(t1＝1s)，物塊與平板均做勻加速直線運動，有：v1＝a1t1，v2＝a2t1解得：v1＝2m/s，v2＝3m/s1～1.5s內(nèi)(t2＝0.5s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4N恰好與Ff1＋Ff2平衡，故平板做勻速直線運動，物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，有：v1′＝v1＋a1t2＝3m/s，v2′＝v2＝3m/s。(3)撤去拉力F后，物塊和平板的加速度大小分別為：a1′＝eq\f(Ff1,m)＝2m/s2，a2′＝eq\f(Ff2－Ff1,M)＝5m/s2物塊和平板停下所用的時間分別為Δt1＝eq\f(v1′,a