高考物理总复习 第3单元 牛顿运动定律 作业手册（8）牛顿第二定律的应用（2）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时作业(八)第8讲牛顿第二定律的应用(2)时间 / 40分钟基础巩固1.如图K8-1所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2,则()图K8-1A.a1=a2,x1=x2B.a1x2D.a1x22.2017福建三明模拟 如图K8-2所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m.现用水平力F拉B(如图甲所示),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿

2、水平面运动.若改用水平力F拉A(如图乙所示),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F不得超过()图K8-2A.2F B.3.(多选)2017济南模拟 如图K8-3所示,用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动,现在中间的B物体上加一块橡皮泥,它和中间的物体一起运动,且原拉力F不变,那么加上橡皮泥以后,两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()图K8-3A.Ta增大B.Tb增大C.Ta减小D.Tb减小4.2017沈阳四校协作体期中 质量为M的光滑半圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上从而使质量为m的小球静止在半圆槽上,如图K8-4所示,则()图K8-4A.小球对半圆槽的压力为B

3、.小球对半圆槽的压力为C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在半圆槽上,则小球对半圆槽的压力增大D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在半圆槽上,则小球对半圆槽的压力减小技能提升5.2017黄冈质检 如图K8-5所示,bc 为固定在小车上的水平横杆,物块串在杆上, 靠摩擦力保持相对杆静止,物块又通过轻细线悬吊着一个小球,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而物块、小球均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为.若小车的加速度逐渐增加,物块始终和小车保持相对静止,则当加速度增加到 2a 时()图K8-5A.横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍B.横杆对物块的弹力增加到原来的2倍C.细线与竖直方向

4、的夹角增加到原来的2倍D.细线的拉力增加到原来的2倍6.2017陕西咸阳兴平质检 如图K8-6所示,在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧,弹簧下端连一个质量为2 kg的小球,球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变.若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动,g取10 m/s2,则()图K8-6A.小球向下运动0.4 m时速度最大B.小球向下运动0.1 m时与挡板分离C.小球速度最大时与挡板分离D.小球从一开始就与挡板分离7.(多选)2017合肥质检 如图K8-7甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,轻绳跨过滑轮,绳两端分别

5、连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为.下列说法正确的是()图K8-7A.若已知,可求出A的质量B.若未知,可求出图乙中a1的值C.若已知,可求出图乙中a2的值D.若已知,可求出图乙中m0的值8.2017河南中原名校联考 如图K8-8所示,B物体的质量为A物体质量的两倍,用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上,A、B与斜面间的动摩擦因数均为.对B施加沿斜面向上的拉力F,使A、B相对静止地沿斜面向上运动,此时弹簧长度为l1;若撤

6、去拉力F,换成大小仍为F的沿斜面向上的推力推A,A、B保持相对静止后弹簧长度为l2,则下列判断正确的是()图K8-8A.两种情况下A、B保持相对静止后弹簧的形变量相等B.两种情况下A、B保持相对静止后两物体的加速度不相等C.弹簧的原长为D.弹簧的劲度系数为9.足够长光滑斜面BC的倾角=53,小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间B点由一小段圆弧连接,一质量m=2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成=53角的恒力F作用,如图K8-9甲所示,小物块在AB段运动的速度时间图像如图乙所示,到达B点时迅速撤去恒力F.(已知sin 53=0.8,cos 53=0.6

7、,g取10 m/s2)(1)求小物块所受的恒力F大小.(2)求小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用时间.(3)小物块能否返回A点?若能,计算小物块通过A点时的速度;若不能,计算小物块停止运动时距离B点的距离.图K8-910.2017安徽芜湖、马鞍山质检 两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图K8-10甲所示,在A、B的速度达到6 m/s时,撤去推力F.已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg,A与地面间的动摩擦因数=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图像如图乙所示.g取10

8、m/s2,求:(1)推力F的大小.(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离.图K8-10挑战自我11.如图K8-11所示,一圆环A套在一均匀圆木棒B上,A的长度相对B的长度来说可以忽略不计,A和B的质量都等于m,A和B之间滑动摩擦力为f(fmg,g为重力加速度).开始时B竖直放置,下端离地面高度为h,A在B的顶端.现让它们由静止开始自由下落,当木棒与地面相碰后,木棒以竖直向上的速度反向运动,并且碰撞前后的速度大小相等.设碰撞时间很短,不考虑空气阻力,在B再次着地前,A、B不分离.(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中,A、B各自的运动情况,并求出匀变速运动时的加速度大小;(2)B

9、至少应该多长?图K8-11课时作业(八)1.B解析 对a、b物体及弹簧整体分析,有a1=-g,a2=,可知a1a2,再隔离b分析,有F1-m2g=m2a1,解得F1=,F2=m2a2=,可知F1=F2,再由胡克定律知,x1=x2,所以选项B正确.2.B解析 力F拉木块B时,A、B恰好不滑动,故A、B间的静摩擦力达到最大值,对木块A受力分析,受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm,根据牛顿第二定律,有fm=ma,对A、B整体受力分析,受重力3mg、支持力N2和拉力F,根据牛顿第二定律,有F=3ma,联立解得fm=F,当F作用在木块A上,A、B恰好不滑动时,A、B间的静摩擦力达到最大值,对木块

10、A,有F-fm=ma1,对整体,有F=3ma1,联立解得F=F,即F的最大值是F.3.AD解析 设C物体质量为m,A物体质量为m,整体质量为M,整体的加速度a=,对C物体分析,有Tb=ma,对A物体分析,有F-Ta=ma,解得Ta=F-ma.在B物体上加上橡皮泥,由于原拉力F不变,则整体的加速度a减小,因为m、m不变,所以Tb减小,Ta增大,A、D正确.4.C解析 由整体法可求得系统的加速度a=,小球对半圆槽的压力FN=m,当F增大后,FN增大,只有C正确.5.A解析 对小球和物块组成的整体,分析受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得,水平方向有f=(M+m)a,竖直方向有FN=(M+m)g,则当

11、加速度增加到2a时,横杆对物块的摩擦力f增加到原来的2倍,横杆对物块的弹力等于物块、小球的总重力,保持不变,故A正确,B错误.以小球为研究对象,分析受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律得mgtan =ma,解得tan =,当a增加到原来的两倍时,tan 变为原来的两倍,但不是原来的两倍.细线的拉力FT=,可见,a变为原来的两倍,FT不是原来的两倍,故C、D错误.6.B解析 球和挡板分离前小球做匀加速运动,球和挡板分离后做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,此时小球所受合力为零,即kxm=mgsin 30,解得xm=0.5 m,由于开始时弹簧处于原长,所以速度最大时,小球向下运动的路程

12、为0.5 m,故A错误.设球与挡板分离时位移为x,从开始运动到分离的过程中,小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F,根据牛顿第二定律有mgsin 30-kx-F1=ma,保持a不变,随着x的增大,F1减小,当小球与挡板分离时,F1减小到零,则有mgsin 30-kx=ma,解得x=0.1 m,即小球向下运动0.1 m时与挡板分离,故B正确.因为速度最大时,运动的位移为0.5 m,而小球运动0.1 m与挡板分离,故C、D错误.7.BC解析 由题中图像,若m=0,则物块A受重力、支持力作用,由牛顿第二定律可知,A的加速度方向沿斜面向下,a2=-gsi

13、n ,C正确;若m=m0,则A的加速度为零,由平衡条件可知,m0g=mAgsin ,必须知道A的质量mA和的值,m0才可求,D错误;若B的质量无限大,则所受拉力远小于它的重力,B的加速度趋近于g,所以A的最大加速度a1=g,B正确;对以上状态的分析中,均无法计算出A的质量,A错误.8.D解析 以A、B为整体,根据牛顿第二定律知,两种情况下的加速度相等,设A的质量为m,则加速度a=-gsin -gcos .设弹簧的原长为l0,根据牛顿第二定律得,第一种情况下,对A,有k(l1-l0)-mgsin -mgcos =ma,第二种情况下,对B,有k(l0-l2)-2mgsin -2mgcos =2ma

14、,联立得l0=,k=,故B、C错误,D正确.第一种情况下,弹簧的形变量为l1=l1-l0=l2,第二种情况下,弹簧的形变量l2=l0-l2=l2,故A错误.9.(1)11 N(2)0.5 s(3)不能0.4 m解析 (1)由图乙可知,AB段加速度a1=0.5 m/s2由牛顿第二定律得Fcos -(mg-Fsin )=ma1解得F=11 N.(2)在BC上,有mgsin =ma2加速度a2=gsin =8 m/s2小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B时间相等,则t=0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中,有mg=ma3解得a3=g=0.510 m/s2=5 m/s2滑行的位移s=4.0

15、m=4.0 m故小物块不能返回A点.10.(1)15 N(2)6 m 解析 (1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图像得a=3 m/s2.对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-mAg=(mA+mB)a解得F=15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对于A物体有mAg=mAaA,aA=g=3 m/s2,vt=v0-aAt=0,解得t=2 s,物体A的位移为xA= t=6 m,物体B的位移为xB=v0t=12 m,所以A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离为x=xB-xA=6 m.11.(1)略(2)解析 (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,加速度大小都为a=g,B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,加速度大小aA=,B竖直向上做匀减速运动,加速度大小aB=,B速度减为零后,继续以加速度aB向下运动.(2)B第一次着地前瞬间的速度为v1=,B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t=,在此时间内A的位移x=v1t+aAt2,要使B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足Lx,联立解得L.