2024高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律专题三牛顿第二定律的应用课时作业含解析

PAGE6-专题三牛顿其次定律的应用1．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种状况中符合要求的是()C[设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))。当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。]2.(2024·山东日照模拟)物块在1N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的推断正确的是()A．质量为1kgB．经过坐标原点时速度为2m/sC．加速度为1m/s2D．加速度为0.5m/s2D[本题依据x­v2图象考查依据受力状况分析运动状况。依据图象求出解析式为x＝v2－2，与v2－veq\o\al(2,0)＝2ax对比可得a＝0.5m/s2，由F＝ma可得m＝2kg，由图象可看出x＝0时，veq\o\al(2,0)＝2m2/s2，则v0＝eq\r(2)m/s，D正确。]3.(2024·东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上随意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系B[由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确。]4．(2024·广东试验中学段考)(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间()A．两图中每个小球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2gsinθD．图乙中B球的加速度为gsinθCD[本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ。故A、B错误，C、D正确。]5.(2024·吉林调研)如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10m/s2)()A．0 B.8NC．10N D.50NB[剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8N，故选B。]6．(2024·河南洛阳模拟)如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止起先做直线运动。在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的改变规律如图乙所示。则()A．F的最大值为12NB．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m/sD．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动C[由图象可知，物体在1～2s内做匀加速直线运动，a＝4m/s2，由牛顿其次定律得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg>12N，故A错误；由a­t图象的特点知加速度始终为正，故B错误；a­t图象与时间轴围成图形的面积为Δv，而初速度为零，故3s末速度最大为8m/s，故C正确；整个过程中，物体始终做加速运动，故D错误。]7．(2024·四川绵阳涪城模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。起先时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A．aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0D[以A、B球整体作为探讨对象，A处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得：细线拉力FT＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有改变，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿其次定律得：aA＝eq\f(2\r(3)mg,m)＝2eq\r(3)g，B球的受力状况不变，加速度仍为0，故D正确。]8．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t改变的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物体所受摩擦力Ff的大小。重力加速度g取10m/s2。下列推断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6～9s内物块的加速度大小为2.0m/s2D[由题可得：物块所受的最大静摩擦力为4N，滑动摩擦力为3N，物块在4s末就起先运动了，故5s内拉力对物块做了功，A项错误；4s末物块所受拉力为4N，所受最大静摩擦力也为4N，合力大小为0，B项错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为3N，物块对木板的压力为10N，物块与木板之间的动摩擦因数为0.3，C项错误；6～9s内拉力大小为5N，物块所受的滑动摩擦力为3N，合力为2N，由牛顿其次定律可得，物块的加速度大小为2.0m/s2，D项正确。]9.倾角为θ＝30°的光滑斜面上，质量m＝3kg的物块在恒力F的作用下，从斜面底端匀加速上滑，经3s后，撤去力F，又经过3s，物块恰好滑回斜面底端，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)力F的大小和前3s内物块的位移大小；(2)物块滑回底端时的速度大小。解析：(1)前3s，设加速度大小为a1，由牛顿其次定律：F－mgsinθ＝ma1位移为x＝eq\f(1,2)a1t2，3s末，速度为v1＝a1t后3s，设加速度大小为a2，由牛顿运动定律：mgsinθ＝ma2位移为－x＝v1t－eq\f(1,2)a2t2解得：F＝eq\f(4,3)mgsinθ＝20N，x＝7.5m(2)设物块滑回底端时的速度大小为v2，整个过程由动能定理：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·江苏泰州联考)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，如图所示，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我们可以把篮球下落的情境志向化：篮球脱离篮网静止下落，遇到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹。若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是()A[篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，依据牛顿其次定律有mg－F阻＝ma1，解得a1＝g－eq\f(F阻,m)；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，依据牛顿其次定律有mg＋F阻＝ma2，解得a2＝g＋eq\f(F阻,m)，联立得a1<a2，即下落的加速度小于上升的加速度，故v­t图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以篮球弹起时的速度越来越小，故A正确，B、C、D错误。]11．(2024·山东滕州一中检测)(多选)如图甲所示，一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。已知滑块在运动过程中所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B点前后速率不变。以下说法正确的是()A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(4,7)BD[设滑块到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑块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错误；滑块从A到B的过程中v＝a1·4t0，滑块从B到C的过程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正确；由图乙可得Ff2＝μmg＝5N，Ff1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C错误；滑块在斜面上运动的过程中mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上运动的过程中ma2＝μmg，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正确。]12．可爱的企鹅喜爱在冰面上玩嬉戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止起先沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面对前滑行，最终退滑到动身点，完成一次嬉戏(企鹅在滑动过程中姿态保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到动身点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上“奔跑”的过程中有x＝eq\f(1,2)at2，解得x＝16m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，其次个过程是从最高点滑回到动身点，两次过程依据牛顿其次定律分别有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1mgsin3