专题跟踪检测（五） 牛顿第二定律的综合应用

专题跟踪检测（五）牛顿第二定律的综合应用1．(2023·杭州高三模拟)上端开口的装水杯子置于水平支承面上，三个实心小球A、B和C分别漂浮、悬浮和沉入杯子底部。若突然撤去支承面，则在撤去瞬间三个小球相对于杯底()A．A、B球向上运动，C球不动B．A、B球向下运动，C球可能向上运动C．A球向上运动，B球向下运动，C球可能向上运动D．A、B和C球均不动解析：选D撤去支承面瞬间，装水的杯子做自由落体运动，浮力和支持力均突变为0，水和球均处于完全失重状态，做自由落体运动，以杯子为参考系，A、B和C球均不动，D正确。2．一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图像为经过P点(5,25)的直线，如图所示，则()A．小物块做匀速直线运动B．水平拉力F的大小为2.5NC．5s内小物块的位移为5mD．5s末小物块的速度为25m/s解析：选B根据v2＝2ax可知a＝eq\f(1,2)·eq\f(25,5)m/s2＝2.5m/s2，则F＝ma＝2.5N，选项A错误，B正确；5s内小物块的位移为x5＝eq\f(1,2)at52＝eq\f(1,2)×2.5×52m＝31.25m，选项C错误；5s末小物块的速度为v5＝at5＝12.5m/s，选项D错误。3．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是()解析：选A小球上升过程中，由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v－t图线切线的斜率绝对值逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v－t图线切线的斜率绝对值逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度v1将小于初速度v0，故选A。4.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为gD．木块B对水平面的压力为3mg解析：选A撤去木块C的瞬间，木块A还没有动，即木块A的位移为零，则弹簧的形变量不变，故A正确；开始时整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于木块A和C的重力，即F＝3mg，撤去木块C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去木块C瞬间，弹簧弹力不变，木块A所受合力的大小等于木块C的重力大小，对木块A，由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C错误；撤去木块C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对木块B，由平衡条件得F＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律，可知木块B对水平面的压力为4mg，故D错误。5.一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是()A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθB．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和斜面体C的重力之和D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右解析：选B根据题意，设A、B两球质量均为m，去掉挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有F弹＝mgsinθ，去掉挡板瞬间，弹簧弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0，对B球有mgsinθ＋F弹＝ma，解得a＝2gsinθ，加速度沿斜面向下，故A错误，B正确；根据上述分析可知，去掉挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和斜面体C的重力之和，故C错误；去掉挡板瞬间，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，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。6．(2023·丽水高三模拟)用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度a随时间t变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判断出()A．手机一直未离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻改变运动方向D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小解析：选D由题图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌之间没有力的作用，手机离开过手掌，A错误；根据Δv＝aΔt，可知a－t图像与坐标轴所围成面积表示速度变化量，则手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，B错误；手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，C错误；由题图可知t1～t2时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得FN－mg＝ma，即FN＝ma＋mg，可知t1～t2时间内支持力不断减小，t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg－FN＝ma，即FN＝mg－ma，可知支持力还是不断减小，即手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小，D正确。7．(2023·浙江台州调研)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F>3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg解析：选BCD设F为F1时，A、B刚好从地面上滑动，则F1＝eq\f(1,2)μ(2m＋m)g＝eq\f(3,2)μmg，A项错误；设F为F2时，A与B恰好发生相对滑动，对AB整体有F2－eq\f(1,2)μ·3mg＝3ma，对B有μ·2mg－eq\f(1,2)μ·3mg＝ma，解得F2＝3μmg，C项正确；当F＝eq\f(5,2)μmg时，AB保持相对静止，由牛顿第二定律得F－eq\f(1,2)μ·3mg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，B项正确；当AB发生相对滑动时，B加速度最大，对B有μ·2mg－eq\f(1,2)μ·3mg＝maB，解得aB＝eq\f(1,2)μg，D项正确。8．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以相同的初速度沿足够长的斜面向上推出，实验测得x与θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出()A．物体的初速度v0＝6m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选AC物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得加速度为a＝gsinθ＋μgcosθ；由运动学公式知当θ＝90°时，v02＝2gx，可得v0＝eq\r(2gx)＝6m/s；当θ＝0时，v02＝2μgx′，可得μ＝0.75，故A正确，B错误；根据运动学公式得物体能达到的位移有x＝eq\f(v02,2a)，由辅助角公式得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正确；由于μ>tan30°，所以当θ＝30°时，物体在斜面上停止后，不会下滑，故D错误。9.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；(3)力F的最大值与最小值。解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0，解得x0＝0.16m。(2)前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a，前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2，联立解得a＝eq\f(10,3)m/s2。(3)对整体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝(m1＋m2)a＝eq\f(160,3)N。对Q应用牛顿第二定律得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·台州高三调研)如图甲所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。求：(1)物块在0～4s内的加速度a1的大小和4～8s内的加速度a2的大小；(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)8s内恒力F所做的功。解析：(1)由题图乙可知，0～4s内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s内，物块向左做匀加速直线运动；0～4s内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内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)由牛顿第二定律，0～4s内有F＋μmg＝ma1,4～8s内有F－μmg＝ma2，代入数据解得F＝7N，μ＝0.15。(3)根据图形的面积可得8s内物块运动的位移x＝eq\f(1,2)×4×20m－eq\f(1,2)×4×8m＝24m，恒力F做的功为W＝Fxcos180°＝－7×24J＝－168J。答案：(1)5m/s22m/s2(2)7N0.15(3)－168J11．如图甲所示，质量M＝0.2kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10m/s2。求：(1)0～1s内物块和平板的加速度大小a1、a2；(2)1s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物块和平板的速度大小v1′、v2′；(3)平板的最短长度L。解析：(1)0～1s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：Ff1＝μ1mg＝0.2NFf2＝μ2(M＋m)g＝1.2N设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F0由牛顿第二定律有F0－Ff2＝(m＋M)eq\f(Ff1,m)解得F0＝1.8N，因为F1＝2N＞F0＝1.8N故物块与平板发生相对滑动。对物块和平板由牛顿第二定律有：a1＝eq\f(Ff1,m)，a2＝eq\f(F1－Ff1－Ff2,M)解得：a1＝2m/s2，a2＝3m/s2。(2)0～1s内(t1＝1s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：v1＝a1t1，v2＝a2t1解得：v1＝2m/s，v2＝3m/s1～1.5s内(t2＝0.5s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4N恰好与Ff1＋Ff2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动，有：v1′＝v1＋a1t2＝3m/s，v2′＝v2＝3m/s。(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：a1′＝eq\f(Ff1,m)＝2m/s2，a2′＝eq\f(Ff2－Ff1,M)＝5m/s2物块和平板停下所用的时间分别为Δt1＝eq\f(v1′,a