课时作业8 牛顿运动定律-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

第三章 运动和力的关系 3 第三章 运动和力的关系 课时作业8 牛顿运动定律 - 1.(多选)(2023·河南郑州期末)伽利略根据小 球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯 性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础。早期 物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是 ( ) A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力的作用,物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质 是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以 同一速度沿同一直线运动 2.(2023·浙江6月选考)在足球 运动中,足球入网如图所示,则 ( ) A.踢 香 蕉 球 时 足 球 可 视 为 质点 B.足球在飞行和触网时惯性不变 C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D.触网时足球对网的力大于网对足球的力 3.2022年3月23日,在绕地球 做匀速圆周运动的中国空间 站内,航天员王亚平观察到 北京冬奥会吉祥物“冰墩墩” 被抛出后近似做匀速直线运动,不计空气阻 力。刚抛出后 ( ) A.“冰墩墩”不受外力 B.“冰墩墩”受的合力为0 C.“冰墩墩”处于完全失重状态 D.该运动过程可以用来验证牛顿第一定律 4.(2023·江苏苏州期末)关于物体的运动状态 和所受合力的关系,下列说法正确的是 ( ) A.物体所受合力为0,物体一定处于静止状态 B.只有合力发生变化时,物体的运动状态才会 发生变化 C.物体所受合力不为0时,物体的速度一定不 为0 D.物体所受的合力不变且不为0,物体的运动 状态一定变化 5.如图所示,油桶放在汽车上, 汽车停于水平地面上。关于 油桶、汽车、地球三个物体之间的力,下列说法 正确的是 ( ) A.汽车对油桶的支持力与油桶的重力是一对 作用力与反作用力 B.油桶对汽车的压力与汽车对油桶的支持力 是一对平衡力 C.汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力 是一对作用力与反作用力 D.地面对汽车的支持力与汽车的重力是一对 平衡力 6.(2022·上海卷)神舟十三号在返回地面的过 程中打开降落伞后,在大气层中经历了竖直向 下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随 速度的减小而减小,则加速度大小 ( ) A.一直减小 B.一直增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大 7.(2024·九省联考安徽卷)某国宇航局发射行 星探测卫星,由于没有把部分资料中实际使用 的单位制转换为国际单位制,造成重大损失。 国际单位制中力学有三个基本单位,用这三个 基本单位导出功率单位———瓦特(W)的表达 形式为 ( ) A.kg·m2·s-3 B.kg·m3·s-2 C.kg2·m3·s-1 D.kg2·m·s-3 8.(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放 置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度 g=10 m/s2,若书不滑动,则高铁的最大加速 度不超过 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -405- hh A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2 C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2 9.(2023· 福 建 南 平 质 检)如图所 示,挂钩连接三根长度均为L 的 轻绳,三根轻绳的另一端与一质 量为m、直径为1.2L 的水平圆环 相连,连接点将圆环三等分,在挂 钩拉力作用下圆环以加速度a=12g 匀加速上 升,已知重力加速度为g,则每根轻绳上的拉力 大小为 ( ) A. 5 12mg B. 5 9mg C. 5 8mg D. 5 6mg 4  10.(2023·河北衡水中学模 拟)如图所示,一只盛水 的容器固定在一个小车 上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一 只乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静 止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球 的运动状况是(以小车为参考系) ( ) A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 11.建筑工人用如图所示的定滑轮 装置运送建筑材料。一质量为 70.0 kg的工人站在地面上,通 过定滑轮将20.0 kg的建筑材 料以0.500 m/s2 的加速度拉 升,忽略绳子和定滑轮的质量及 定滑轮的摩擦,则工人对地面的压力大小为 (g 取10 m/s2) ( ) A.510 N B.490 N C.890 N D.910 N 12.(2024·吉林长春月考)如 图所示,质量为m 的长木 板放在水平地面上,站在木板上的人用斜向 右下方的力F 推箱子,三者都保持静止。人 和箱子的质量均为m,重力加速度为g。下列 说法正确的是 ( ) A.人对长木板的压力大小为mg B.长木板对地面的压力等于3mg C.箱子受到的摩擦力的方向水平向右 D.地面对长木板的摩擦力的方向水平向左 13.(多选)如图甲所示,一 竖直放置的足够长的固 定玻璃管中装满某种液 体,一半径为r、质量为 m 的金属小球,从t=0 时刻起,由液面静止释 放,小球在液体中下落,其加速度a 随速度v 的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中 受到的阻力f=6πηvr,式中r是小球的半径, v是小球的速度,η 是常数。忽略小球在液体 中受到的浮力,重力加速度为g,下列说法正 确的是 ( ) A.小球的最大加速度为g B.小球的速度从0增加到v0 的过程中,做匀 变速运动 C.小球先做加速度减小的变加速运动,后做 匀速运动 D.小球的最大速度为 mg 6πηr 14.如图为用索道运输重物的情 景,已知倾斜的索道与水平 方向的夹角为37°,重物与车 厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车 厢沿索道向上加速运动时,质量为m 的重物 与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢 水平 地 板 的 正 压 力 为 其 重 力 的1.15倍, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g, 那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为 ( ) A.0.35mg B.0.3mg C.0.23mg D.0.2mg 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -406- hh 此时小球受 到2个 力,F=mg;当 弹 簧呈水平状态时,对小球受力分析如 图所示, 此时弹簧的长度为l2= l2- l2 4 = 3 2l ,此时弹簧的弹力为F'k=k× 1- 3 2 l,此时水平方向 F'k= 32N',竖 直方向 有 F= 1 2N'+mg 。由 图 可 知,从初始状态到弹簧恢复原长的过 程中,F 从 mg- 1 5 Fk 逐 渐 增 大 到 mg,然后从原长位置到弹簧呈水平状 态位置,F 从mg 增大到 1 2N'+mg , 故F 一直在增大,A错误;综上所述, 小球在运动过程中不可能受到3个力 的作用,可能受到2个力的作用或4 个力 的 作 用,故 B错 误;因 为 Fk= k× 5 2-1 l,F'k=k× 1- 32 l, 所以F'k>Fk,故弹簧 在 末 态 时 的 弹 力比初态时的大,故C正确;初始状 态时,轻 质 杆 所 受 的 弹 力 为 N = Fkcos θ= 2 5 Fk= (5-25) 5 kl ,当弹 簧恢复到原长位置时,轻质杆所受的 弹力为 N″=0,当弹簧处于水平状态 时,轻质杆所受的弹力为 N'= 2 3 F'k= (23-3) 3 kl ,又因为 N'>N,所以轻 质杆所受的弹力先变小后变大,故D 正确。 13.B 设两绳子对圆柱体的 拉力的合力为T,木板对 圆柱体的支持力为 N,从 右向左看如图所示,在矢 量三角形中,根据正弦定 理 sin α mg = sin β N = sin γ T , 在木板以底边 MN 为轴 向后方 缓 慢 转 动 直 至 水 平过 程 中,α 不 变,γ 从 90°逐渐减小到0°,又γ+β+α=180° 且α<90°,可知β 从锐角逐渐增大到 钝角,根据sin α mg = sin β N = sin γ T ,由于 sin γ 不 断 减 小,可 知 T 不 断 减 小, sin β先增大 后 减 小,可 知 N 先 增 大 后减小,结 合 牛 顿 第 三 定 律 可 知,圆 柱体对木板的压力先增大后减小,设 两绳子之间的夹角为2θ,绳子拉力为 T',则 2T'cos θ=T,可 得 T'= T 2cos θ ,θ 不 变,T 逐 渐 减 小,可 知 绳 子 拉 力 不 断 减 小,B 正 确,A、C、D 错误。 14.C 如图所示,两 板间 夹 角120°固 定不变,设BP 板 转动 的 角 度 为θ (0°≤θ≤60°),棉 包的重 力 为 mg, 根据正弦定 理 有 F1 sin (60°-θ) = F2 sin θ= mg sin 120° ,当θ 从0°增大到60° 的过程中,AP 板对棉包的支持力F2 一直增大,则棉包对AP 板的压力一 直增大,A错误;当BP 板或AP 板处 于水平状态时,棉包受重力和支持力 这两个力作用,B错误;在AP 板转到 水平前,BP 板 与AP 板 对 棉 包 的 作 用力的合力始终与棉包的重力平衡, 所以合力不变,C正确;当BP 板转过 60°时,AP 板 处 于 水 平 状 态,此 时 棉 包对 BP 板 的 作 用 力 大 小 为 0,D 错误。 第三章 运动和力的关系 课时作业8 牛顿运动定律 1.AD 任何物体都具有保持原来运动状 态的性质,即惯性,所以物体抵抗运动 状态变化的性质是惯性,A正确;没有 力的作用,物 体 也 可 以 做 匀 速 直 线 运 动,B错误;惯性是保持原来运动状态 的性质,圆周运动的 速 度 是 改 变 的,C 错误;运动的物体在不受力时,将保持 匀速直线运动,D正确。 2.B 在研究如何踢出“香蕉球”时,需要 考虑踢在 足 球 上 的 位 置 与 角 度,所 以 不可以把足球看作质点,A错误;惯性 只与质量 有 关,足 球 在 飞 行 和 触 网 时 质量不变,则惯性不变,B正确;足球在 飞行时脚 已 经 离 开 足 球,故 在 忽 略 空 气阻力的情况下只受重力,C错误;触 网时足球对网的力与网对足球的力是 相互作用力,大小相等,D错误。 3.C 在忽略空气阻力的情况下,“冰墩 墩”在运动过程中只受地球引力作用, 合力不为0,处 于 完 全 失 重 状 态,A、B 错误,C正确;牛顿第一定律成立的条 件是物体不受外力或受到的合力为0, 而“冰墩 墩”受 到 的 合 力 不 为0,所 以 “冰墩墩”近似匀速前进不能验证牛顿 第一定律,D错误。 4.D 物体所受合力为0,则物体处于平 衡状态,因 此 物 体 处 于 静 止 状 态 或 匀 速直线运动状态,A错误;物体所受合 力变化时,物 体 的 运 动 状 态 会 产 生 变 化,物体受恒定的合力时,物体的运动 状态也会产生变化,B错误;物体所受 合力不为0时,物体的加速度一定不是 0,物体的速度 有 时 可 能 是0,C错 误; 物体所受的合力不变且不为0,由牛顿 第二定律可知,物体一定有加速度,物 体的运动状态一定变化,D正确。 5.C 汽车对油桶的支持力与油桶的重 力是一对平衡力,A错误;油桶对汽车 的压力与汽车对油桶的支持力是一对 作用力与反作用力,B错误;汽车对地 面的压力与地面对汽车的支持力是一 对作用力与反作用力,C正确;地面对 汽车的支持力与汽车和油桶的总重力 是一对平衡力,D错误。 6.A 打开降落伞后,所受空气阻力f 大 于重力,降 落 伞 做 减 速 运 动。根 据 题 述,f=kv,由牛顿第二定律kv-mg= ma,解得a= kv m -g ,由于速度v 逐渐 减小,可 知 加 速 度 a 一 直 减 小,A 正确。 7.A 由功率的定义式P= W t 得,功率的单 位为 W= J s= N·m s = kg·m/s2·m s = kg·m2·s-3,故选A。 8.B 书放在水平桌面上,若书相对于桌 面不滑动,则 最 大 静 摩 擦 力 提 供 加 速 度fm=μmg=mam,解 得am=μg= 4 m/s2,书 相 对 高 铁 静 止,故 若 书 不 动,高铁的最大加速度为4 m/s2,B正 确,A、C、D错误。 9.C 假设每根绳子与竖直方向的夹角 为θ,由几何关系得sin θ=0.6,则cos θ= 0.8;对圆环受力分析,根据牛顿第二定 律得3FTcos θ-mg=ma,解得FT= 5 8mg ,C正确。 10.A 小车突然向右运动时,由于惯性, 铁球和 乒 乓 球 都 要 保 持 原 有 的 静 止 状态,由 于 与 同 体 积 的“水 球”相 比, 铁球的质量大,惯性大,铁球的运动状 态难改变,而同体积的“水球”的运动状 态容易改变,所以小车加速向右运动 时,铁球相对于小车向左运动。同理, 由于与同体积的“水球”相比,乒乓球的 质量小,惯性小,乒乓球相对于小车向 右运动。A正确,B、C、D错误。 11.B 设绳子对建材的拉力为F1,F1- mg=ma,F1=m(g+a)=210 N,绳 子对工人的拉力F2=F1=210 N,工 人处于静止状态,则地面对工人的支 持力FN=Mg-F2=490 N,由牛顿 第三定律知工人对地面的压力F'N= FN=490 N,B正确。 12.B 人 用 力 F 向右下方推箱 子,则 箱 子 给 人的作用力大 小 等 于 F,人 受 力 如 图,根 据平衡FN+Fcos θ=mg,解得FN= mg-Fcos θ,根据牛顿第三定律,人 对长木板的压力大小小于 mg,A错 误;把三 者 看 成 整 体 进 行 受 力 分 析, 受重力 和 支 持 力,根 据 平 衡 条 件 知, 地面对整体 的 支 持 力 大 小 等 于 三 者 的总重力,再 结 合 牛 顿 第 三 定 律,长 木板对 地 面 的 压 力 大 小 等 于3mg, B正确;人 用 力 F 向 右 下 方 推 箱 子, 致使箱子有向右的运动趋势,则箱子 受到的摩擦力的方向水平向左,C错 误;把三 者 看 成 整 体 进 行 受 力 分 析, 受重力和支持力,整体在水平方向不 受力,地 面 对 长 木 板 的 摩 擦 力 为0, D错误。 13.ACD 当t=0时,小 球 所 受 的 阻 力 f=0,此时加速度为g,A正确;随着 小球 速 度 的 增 加,加 速 度 减 小,小 球 的速度从0增加到v0 的过程中,加速 度减小,B错误;根据牛顿第二定律有 mg-f=ma,解得a=g- 6πηvr m ,当 a=0时,速度最大,此后小球做匀速 运 动,最 大 速 度 vm = mg 6πηr ,C、D 正确。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -632- 参 考 答 案 14.D 将加速度a 沿 水 平 和 竖 直 两个 方 向 分 解, 对 重 物 受 力 分 析如 图 所 示,水 平 方 向 有 Ff= max,竖直方向有FN-mg=may,又 ay ax = 3 4 ,FN =1.15mg,联 立 解 得 Ff=0.2mg,由 牛 顿 第 三 定 律 知,重 物 对 车 厢 地 板 的 摩 擦 力 大 小 为 0.2mg,D正确。 课时作业9 牛顿第二定律的应用 1.C 匀速下落的雨滴,加速度为0,既不 处于 失 重 状 态 也 不 处 于 超 重 状 态,A 错误;向下减速运动的电梯,具有向上 的加速度,电梯处于超重状态,B错误; 斜向上抛 出 的 小 球,具 有 向 下 的 加 速 度,小球处于失重状态,C正确;摆动到 最低点时的摆球,具有向上的加速度, 摆球处于超重状态,D错误。 2.D 人在压力传感器上下蹲时,先加速 下降,然后减速下降,即加速度方向先 向下后向上,人先失重后超重,D正确。 3.AC 在0~10 s过程中,材料向上加 速,处于超重状态,钢索的拉力大于重 力,在10~30 s的过程中,材料做匀速 直线运动,重力等于拉力,30~36 s的 过程中,材 料 向 上 减 速,处 于 失 重 状 态,36~46 s的过程中,材料向下加速, 处于失重状态,钢索的拉力小于重力, 故在0~10 s钢索最容易发生断裂,A、 C正确,B错误;由题图可知36 s后材 料开始向下运动,36 s时材料离地面的 距离最大,D错误。 4.D 由题意可知,此时物体对光滑地面 的压力恰好为0,对物体受力分析,物 体受到重 力、轻 绳 的 拉 力 和 轻 弹 簧 的 弹力,共 三 个 力 作 用,A错 误;若 突 然 撤去弹簧,则轻绳的拉力发生突变,物 体受到重力、地面的支持力,共两个力 作用,处于静止状态,B错误;在没有剪 断轻绳前,对物体,由共点力平衡条件 可得F弹=mgtan 45°=mg,突然剪断 轻绳的瞬间,弹簧弹力不会突变,物体 受到重力、轻 弹 簧 的 弹 力 和 地 面 的 支 持力三个 力 的 作 用,由 牛 顿 第 二 定 律 可得F弹=ma,解得a=10 m/s2,C错 误,D正确。 5.B 物块沿中线做匀减速直线运动,则 v= x t = v0+v 2 ,由题意知x=1 m,t= 1 s,v>0,代 入 数 据 有v0<2 m/s,A 错误,B正 确;对 物 块 作 受 力 分 析 有 a=-μg,v2-v20=2ax,整理有v20+ 2ax>0,联立可得μ<0.2,C、D错误。 6.C 在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚 性轻杆接 触 处 的 形 变 立 即 消 失,受 到 的合力均 等 于 各 自 重 力,所 以 由 牛 顿 第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间 轻弹簧的 形 变 还 来 不 及 改 变,此 时 弹 簧对3向上的弹力大小和对物块4向 下的弹力大小仍为 mg,因此物块3的 加速度满足a3=0;由牛顿第二定律得 物块4的加速度满足a4= M+m M g ,C 正确。 7.B 设汽车在路面与在冰面所受阻力 分别为f1、f2,汽车进入冰面瞬间的速 度为v1,由牛顿第二定律f=ma,则汽 车在路面与在冰面上运动的加速度大 小之 比 为 a1 a2 = f1 f2 = 7 1 ,由 运 动 学 公 式,在路面上有v20-v21=2a1x1,在冰 面上有v21=2a2x2,其中 x1 x2 = 8 7 ,解得 汽车进入冰面瞬间的速度为v1= v0 3 , 故选B。 8.(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m 解析:(1)根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1,a1= 2 m/s2。(2)匀 加 速 v2=2a1l1,v= 4 m/s。(3)匀 减 速 v21-v2=2a2l2, a2=-μg,l2=2.7 m。 9.ABC 由 题 图 所 给 信 息 可 知,开 始 时 运动员静 止 在 蹦 床 上,所 受 弹 力 与 重 力大小相等,即mg=600 N,运动员的 质量m=60 kg,A正确;在蹦床上时受 到的最大弹力Fm=3 300 N,最大加速 度am= Fm-mg m =45 m/s2,B正 确; 由题图知,运 动 员 离 开 蹦 床 后 在 空 中 运动的时间t=2 s,上升和下落的时间 均为1 s,则 最 大 高 度 为h= 1 2gt 2= 5 m,C正确;9.3 s至10.1 s内,运 动 员先失重、后超重、再失重,D错误。 10.C 甲、乙两种情 境 中,小 球 静 止 时,轻杆对小球与 轻弹 簧 对 小 球 的 作用 力 都 是 水 平 向 右,如 图 所 示, 由平 衡 条 件 得 细 绳的拉 力 大 小 都 为 T = mg cos 53°= 5 3mg ,A错 误;甲 图 所 示 情 境 中,细 绳烧断 瞬 间,小 球 即 将 做 圆 周 运 动, 所以小球的加速度大小为a1=g,乙 图所示情境中,细绳烧断瞬间弹簧的 弹力不变,则小球所受的合力与烧断 前细绳 拉 力 的 大 小 相 等、方 向 相 反, 则此瞬间小球的加速度大小为a2= T m= 5 3g ,C正确,B、D错误。 11.A 由题知,不挂钢球时,弹簧下端指 针位于直尺20 cm刻度处,则弹簧的 原长l0=0.2 m;下端悬挂钢球,静止 时指针位于直尺40 cm刻度处,则根 据受力平衡有mg=k(l-l0),可计算 出k= mg 0.2 ;由分析可知,在30 cm刻 度时,有F弹-mg=ma(取竖直向上 为正方向),代入数据有a=-0.5g, A正 确;由 分 析 可 知,在40 cm 刻 度 时,有 mg=F弹 ,则40 cm 刻 度 对 应 的加速度为0,B错误;由 分 析 可 知, 在50 cm 刻 度 时,有 F弹 -mg=ma (取竖直向上为正方向),代入数据有 a=0.5g,C错 误;设 刻 度 对 应 值 为 x,结合分析可知 mg 0.2 ·Δx-mg m =a , Δx=x -0.2,经 过 计 算 有 a = gx-0.4g 0.2 ,根据以上分析,加速度a 与刻度对应值x 呈线性关系,则各刻 度对应加速度的值是均匀的,D错误。 12.(1) 29 3 s (2)200 N (3)18 m/s2 解析:(1)无 人 机 向 下 匀 加 速 运 动 过 程h1= 1 2a1t 2 1,得t1 =3 s,v1 = a1t1=6 m/s,无 人 机 减 速 过 程 有 H1-h1-H2= v1 2t2 ,得t2= 20 3 s,所 以总时间t=t1+t2= 29 3 s。(2)无人 机减速过程有0-v21=-2a2h2,无人 机重 新 悬 停 距 试 验 田 的 安 全 高 度 H2=3 m 时,加 速 度 a2 最 大,由 H2=H1-h1-h2,则a2=1 m/s2, 无人机向下匀减速运动时,由牛顿第 二定律可得F+f-mg=ma2,则升 力F=200 N。(3)失去竖直升力后, 由牛顿第二定律 mg-f=ma3,恢复 动力时v=a3t',则v=6 m/s,H2= v2 2a3 + v2 2a4 ,联立解得a4=18 m/s2。 专题强化练3 动力学图像、 连接体和临界极值问题 1.C 对两物块整体作受力分析有 F= 2ma,再 对 于 后 面 的 物 块 有 FTmax= ma,FTmax=2 N,联立解得F=4 N,C 正确。 2.C 对两小球组成的整体进行分析,加 速度a= F 5m ,对质量为3m 的 小 球 分 析,根据 牛 顿 第 二 定 律 有 F弹 =kx= 3ma,可 得 x= 3F 5k ,A、B、D 错 误,C 正确。 3.A 假设物块P静止时弹簧的压缩量 为x0,则由力 的 平 衡 条 件 可 知kx0= mg,在弹簧恢复原长前,当物块P向上 做匀加速 直 线 运 动 时,由 牛 顿 第 二 定 律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以 上两式解得F=kx+ma,显然F 和x 为一次函数关系,且在F 轴上有截距, A正确,B、C、D错误。 4.A P静止在水平桌面上时,由平衡条 件有FT1=mQg=2.0 N,Ff=FT1= 2.0 N<μmPg=2.5 N,推力F 作用在 P上后,轻绳的张力变为原来的一半, 即FT2= FT1 2 =1.0 N,故Q加速下降, 有mQg-FT2=mQa,可得a=5 m/s2, 而P将以大小相等的加速度向右加速 而受滑动 摩 擦 力,对P由 牛 顿 第 二 定 律得FT2+F-μmPg=mPa,解得F= 4.0 N。 5.C 物块甲运动至最高点时,挡板对乙 的 弹 力 最 小 值 为 0,对 乙 有 F弹1 = mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma, 物块甲运 动 至 最 低 点 时,根 据 对 称 性 有F弹2-mgsin θ=ma,对 乙 受 力 分 析,挡 板 对 乙 的 弹 力 最 大 值 为 FN= F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。 6.BD t=0时,FA0=3 N,FB0=8 N,设 A和B的共同加速度大小为a,根据牛 顿第二定律有FA0+FB0=(m1+m2)a, 代入数据解得a= 11 3 m/s2,A错误;A 和B开始分离时,A和B速度相等,无 相互作用力,且加速度相同,根据牛顿 第二定律有FA=m1a'、FB=m2a',联 立解得t= 2 7 s,当t=1 s时,A、B已 分离,FB1=5 N,对B由牛顿第二定律 有aB= FB1 m2 =2.5 m/s2,C错 误,B、D 正确。 7.B 对重物受力分析可得FAsin 30°+ FBsin 60°=mg,FBcos 60°-FAcos 30°= ma,联立解得 1 2× 233mg- 33FA - 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -633-