2025版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2课时课时作业含解析

PAGEPAGE6课时作业【基础练习】1．在儿童蹦极嬉戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明()A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下B解析：依据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确．2．两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，假如它们分别受到水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为()A.eq\f(m2,m1＋m2)F B.eq\f(m1,m1＋m2)FC.eq\f(m1＋2m2,m1＋m2)F D.eq\f(2m1＋m2,m1＋m2)FC解析：依据牛顿其次定律对整体有：2F－F＝(m1＋m2)a，方向水平向右；对物体B有：FN－F＝m2a，联立上述两式得：FN＝eq\f(m1＋2m2,m1＋m2)F，故选项A、B、D均错误，选项C正确．3．电梯在t＝0时由静止起先上升，运动的a－t图象如图所示(选取向上为正)，电梯内乘客的质量m0＝50kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．第9s内乘客处于失重状态B．1～8s内乘客处于平衡状态C．第2s内乘客对电梯的压力大小为550ND．第9s内电梯速度的增加量为1m/s答案：C4．(2024·湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球起先在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度改变的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．铝球刚起先运动的加速度a0＝gB．铝球下沉的速度将会始终增大C．铝球下沉过程所受到油的阻力f＝eq\f(ma0v,v0)D．铝球下沉过程机械能的削减量等于克服油的阻力所做的功C解析：刚起先释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a0＝eq\f(mg－F浮,m)＝g－eq\f(F浮,m)<g，A错误；由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a＝0时，铝球下沉的速度达到最大，之后匀速运动，B错误；刚起先释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿其次定律可得，mg－F浮－f＝ma，由a－v图象可知a＝a0－eq\f(a0,v0)v，由以上各式解得铝球与油的阻力f＝eq\f(ma0v,v0)，C正确；铝球下沉过程机械能的削减量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D错误。5．如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．0B．大小为g，方向竖直向下C．大小为eq\r(3)g，方向垂直木板向下D．大小为2g，方向垂直木板向下D解析：撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消逝，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向．6．(多选)(2024·河北保定一模)如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度为g＝10m/s2，下列推断正确的是()A．系统做匀速直线运动B．F＝40NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq\r(2)ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面对上运动BD解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿其次定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿其次定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错，B对．斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝10eq\r(2)N，C错．外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D对．7．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为()A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2)C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)A解析：把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿其次定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(Fcosθ,m1＋m2)，选项A正确．8．(2024石家庄质检)质量为1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为θ＝53°的斜面，0.7s时其次次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(1,3)，则AB间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．1.05m B．1.13mC．2.03m D．1.25mB解析：物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝0.5s，位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.25m，物块从最高点滑到B点所用时间为t2＝t－t1＝0.2s，位移为x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m.9．(2024湖南六校联考，17)如图所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是()A．环肯定沿长杆向下加速运动B．环的加速度肯定沿杆向上C．环的加速度肯定大于gsinαD．环肯定沿杆向上运动B解析：稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能推断出小球的加速度与gsinα的大小关系，则C项错误．【素能提升】10．(2024吉林三模)一个质量为2kg的物体，在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15N和20N的两个力而其余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是()A．肯定做匀加速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．肯定做加速度不变的变速运动，加速度大小可能是15m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是5m/s2C解析：依据平衡条件知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去两个力后，物体的合力大小范围为5N≤F合≤35N，物体的加速度范围为2.5m/s2≤a≤17.5m/s2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同始终线上、与速度方向相同或相反时，物体可能做匀变速曲线运动或匀变速直线运动，物体不行能做匀速圆周运动．11．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速度为v′2，则下列说法正确的是()A．若v1<v2，则v′2＝v1B．若v1>v2，则v′2＝v2C．不管v2多大，总有v′2＝v2D．只有v1＝v2时，才有v′2＝v2AB解析：设物体的质量为m，物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动，则有Ff＝ma，物体在传送带上向左滑动的位移为x＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a).速度减为零后，在滑动摩擦力的作用下起先向右匀加速运动，加速度大小仍为a，若v1>v2，物体滑到传送带右端时的速度大小为v′2＝eq\r(2ax)，比较可以得出，v′2＝v2<v1；若v1<v2，物体还没有运动到传送带的右端，速度就和传送带的速度相同，物体与传送带之间不再存在摩擦力，物体随传送带一起匀速运动，v′2＝v1<v2，正确选项为A、B.12．(2024·四川德阳模拟)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．解析：(1)依据v－t图象可知物体A的加速度为aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2以A为探讨对象，依据牛顿其次定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝eq\f(