专题跟踪检测（五） 牛顿第二定律的综合应用

在水平支撑面上放置了一个开口向上的水杯，其中包含了三个实心小球A、B和C，它们分别处于漂浮、悬浮和沉入水杯底部的状态。若瞬间移除支撑面，那么在移除的瞬间，三个小球相对于杯底的情况是：A、B球将向上移动，而C球则保持静止；或者A、B球会向下移动，C球则有可能向上移动；又或者A球上升，B球下降，C球同样可能上升；唯有选项D所述，即A、B和C球均保持不动，才是正确的。解析如下：在移除支撑面的那一刻，装有水的杯子将进入自由落体状态，此时浮力和支撑力都瞬间变为零，水和球都处于完全失重状态，与杯子一起做自由落体运动。以杯子为参照物，A、B和C球均处于静止状态，因此选项D是正确的。一个质量为1千克的小物体静止放置在无摩擦的水平面上，在t＝0时刻对它施加了一个向右的水平拉力F。根据速度平方与位移的关系图像，该图像是一条通过点(5,25)的直线。据此，我们可以得出以下结论：A.小物体并未进行匀速直线运动；B.水平拉力F的数值为2.5牛顿；C.在5秒内，小物体的位移并非5米；D.在5秒结束时，小物体的速度不是25米每秒。解析如下：由v²＝2ax公式可知，加速度a等于(25-5)除以(5-1)乘以(25-5)除以(5-1)米每秒平方，即2.5米每秒平方。因此，拉力F等于质量m乘以加速度a，即2.5牛顿。选项A不正确，因为物体不是匀速运动；选项B正确；5秒内物体的位移x5等于(25-5)除以(5-1)乘以(5-1)米，即31.25米，所以选项C不正确；5秒末物体的速度v5等于加速度a乘以时间t5，即12.5米每秒，因此选项D也不正确。将小球从地面以初速度v0垂直向上抛出，经过2t0时间后小球重新回到抛出点，此时的速度为v1。根据小球在空中运动时受到的空气阻力与速度成正比的规律，我们可以分析如下：在小球上升阶段，根据牛顿第二定律，有mg+kv=ma，这意味着随着速度的降低，加速度也会逐渐减小，因此v-t图线的切线斜率的绝对值会逐渐减小；而在小球下降阶段，牛顿第二定律可表示为mg-kv=ma，这表明随着速度的增大，加速度同样会逐渐减小，v-t图线的切线斜率的绝对值也会逐渐减小；由于存在阻力，小球回到地面时的速度v1将小于初始速度v0，因此正确答案为A。如图所示，质量相等的木块A与B通过一根轻质弹簧相连接，整体竖直放置于一个光滑的水平表面上。在木块A的上方，还有一个质量为2m的木块C。目前，这三个木块均处于静止不动的状态。迅速移走木块C后，若重力加速度标记为g，那么在木块C被移开的那个瞬间，A.弹簧的变形程度保持不变；B.弹簧产生的弹力数值等于mg；C.木块A的加速度量值为g；D.木块B对水平面的作用力为3mg。分析如下：选择A，因为移走木块C的瞬间，木块A尚未启动，其位移为零，所以弹簧的变形程度保持不变，因此A选项正确；最初，整个系统处于平衡状态，弹簧的弹力等于木块A和C的重力之和，即F＝3mg。移走木块C的瞬间，弹簧的变形程度依旧不变，因此弹力也不变，仍为3mg，所以B选项错误；移走木块C的瞬间，弹簧的弹力保持不变，木块A所受的合力等于木块C的重力，根据牛顿第二定律，对木块A有2mg＝ma，解得a＝2g，方向为竖直向上，因此C选项错误；移走木块C的瞬间，弹簧的弹力保持不变，仍为3mg，对木块B，根据平衡条件有F＋mg＝FN，解得FN＝4mg，根据牛顿第三定律，木块B对水平面的压力为4mg，所以D选项错误。斜面体C以其倾角θ固定于水平地面，表面光滑而底部粗糙，正如图中所示。轻质弹簧的两端分别与质量相同的A、B两球相连。B球紧贴挡板，整个系统目前处于静止状态，且所受重力加速度的值为g。撤除挡板那一刻开yun体育官网入口登录app，以下判断准确：A.球A的即时加速度指向斜面下方，其数值为gsinθ；B.球B的即时加速度亦指向斜面下方，其数值为2gsinθ；C.斜面体C所受地面支持力并不等同于球A、球B及斜面体C总重力之和；D.地面对斜面体C的摩擦力作用方向为水平向右。分析如下：依题设，若设球A与球B的质量均为m，则在移除挡板前，对球A进行受力分析，根据平衡条件可知弹力F弹等于mgsinθ。移除挡板后，弹簧弹力保持不变，球A的受力状况未变，合力为零，因此加速度为零。对于球B，有mgsinθ加上F弹等于ma，从而解得a等于2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，因此A选项错误，B选项正确。由上述分析可知，移除挡板后，球B的加速度方向沿斜面向下，表明球B处于失重状态，因此地面对斜面体C的支持力小于球A、球B及斜面体C的总重力之和，故C选项错误。移除挡板后，球B的加速度方向沿斜面向下，同时在水平方向上存在向左的分加速度。对球A、球B及斜面体C整体进行分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，其方向为水平向左，因此D选项错误。以掌心支撑住手机，激活加速度感应器，随后掌心带动手机从静止状态迅速进行上下移动，从而记录下图中展示的加速度a随时间t变化的曲线图。图中设定竖直向上为正方向，并假设重力加速度g的值为10m/s²。根据分析，我们可以得出以下结论：A.手机未曾脱离过手心；B.手机在t1时刻尚未达到最高点；C.手机在t2时刻运动方向并未发生转变；D.在t1至t3时间段内，手机所受的支持力持续减少。解析：选择D。从题图可以看出，手机在一段时间内的加速度与重力加速度相等，这意味着手机与手之间不存在力的作用，手机曾离开过手心，因此A选项错误；根据速度变化量Δv等于加速度a与时间Δt的乘积，从a-t图像中可以看出，手机在t1时刻的速度为正值，尚未达到最高点，故B选项错误；在t2时刻，手机的速度始终为正值，运动方向没有改变，因此C选项错误；从题图中可以看出，在t1至t2时间段内，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律FN－mg＝ma，可以得到FN＝ma＋mg，这表明支持力持续减小；在t2至t3时间段内，加速度方向向下，并逐渐增大，根据牛顿第二定律mg－FN＝ma，可以得到FN＝mg－ma，这同样表明支持力持续减小。因此，在t1至t3时间段内，手机所受的支持力持续减少，故D选项正确。在浙江台州的调研中，有一个多选题。图中展示了两物块A和B，它们的质量分别是2m和m，并且都静止地叠放在水平地面上。A和B之间存在的动摩擦因数是μ，而B与地面之间的动摩擦因数则是eq\f(1,2)μ。在此情况下，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，同时考虑重力加速度g。对A施加一个水平的力F开元ky888棋牌官方版，那么，当F小于3μmg时，A相对于B发生滑动；不论F的数值如何，B的加速度都不会超过eq(1,2)μg。解析如下：选项BCD正确。当F等于F1时，即F1＝eq(1,2)μ(2m＋m)g＝eq(3,2)μmg，此时A和B刚好从地面上开始滑动，因此A项错误；当F等于F2时，A与B恰好发生相对滑动，对AB整体考虑，有F2－eq(1,2)μ·3mg＝3ma，对B单独分析，有μ·2mg－eq(1,2)μ·3mg＝ma，解得F2＝3μmg，故C项正确；当F等于eq(5,2)μmg时，AB保持相对静止，根据牛顿第二定律，有F－eq(1,2)μ·3mg＝3ma，解得a＝eq(1,3)μg，因此B项正确；当AB发生相对滑动时，B的加速度达到最大，对B有μ·2mg－eq(1,2)μ·3mg＝maB，解得aB＝eq(1,2)μg，所以D项正确。在实验甲中，通过将物体以恒定初速度沿斜面向上滑动，我们记录了其最大位移x与斜面倾角θ之间的关联，图像如乙所示。重力加速度g设定为10m/s²。通过图像分析，我们可以得出以下结论：A.物体的起始速度v0等于6m/s；B.物体与斜面之间的动摩擦系数μ不等于0.6；C.在不同的倾角θ下，物体在斜面上能实现的最小位移xmin为1.44m；D.当倾角θ为30°时，物体达到最大位移后不会沿斜面向下滑动。解析如下：根据牛顿第二定律，物体在斜面上运动时，受到的合力为mgsinθ加上μmgcosθ，从而得到加速度a等于gsinθ加上μgcosθ。当θ等于90°时，根据运动学公式，我们可以计算出v0等于6m/s；当θ等于0°时，根据公式，μ等于0.75，因此B选项错误。利用运动学公式，我们可以得到位移x的表达式，并通过辅助角公式计算出a等于(1+μ²)gsin(θ+α)，进而得到位移x的最小值xmin等于1.44m，因此C选项正确。由于动摩擦系数μ大于tan30°，所以当θ等于30°时，物体在斜面上停止后不会下滑，因此D选项错误。图中可见，一端固定于倾角为37°的光滑斜面底部的弹簧，其另一端连接着质量为6kg的物体P。与此同时，还有一个质量为10kg的物体Q。在此系统中，弹簧的质量被忽略不计，其劲度系数为600N/m。目前，整个系统正处于静止状态。对物体Q施加一个沿斜面向上的力F，促使它从静止状态出发，沿着斜面方向进行匀加速运动。在前0.2秒内，力F是变化的，而在接下来的0.2秒之后，力F则保持恒定。已知sin37°的值为0.6，cos37°的值为0.8，重力加速度g取10m/s²。在系统静止状态下，需确定弹簧的初始压缩量x0；同时，计算物体Q沿斜面匀加速上升时的加速度a；此外，还需找出作用力F的极大值和极小值。具体分析如下：首先，设定弹簧初始压缩量为x0，对系统整体受力进行考察，发现平行于斜面的方向上，(m1＋m2)gsinθ与kx0达到平衡，从而得出x0＝0.16m。在0.2秒的初始阶段，作用力F是变化的，随后转变为恒定值。在这一秒的0.2秒末，两物体开始分离，此时P和Q之间的弹力归零，它们的加速度数值相同。假设此时弹簧的压缩量为x1，根据牛顿第二定律，对于物体P，有kx1减去m1gsinθ等于m1a。在前0.2秒内，两物体的位移差为x0减去x1，等于eq乘以f(1,2)乘以a乘以t的平方。将这两个方程联立求解，得到加速度a等于eq乘以f(10,3)米每平方秒。根据整体受力情况分析，初始阶段拉力达到最小值，而在分离瞬间拉力达到最大值，最小拉力Fmin等于(m1+m2)a，即等于eq(160,3)N。通过牛顿第二定律对Q进行计算，得到Fmax－m2gsinθ等于m2a，从而解出Fmax等于m2(gsinθ＋a)，即等于eq(280,3)N。图甲中，一个质量为2千克的物体，以20米每秒的初速度从指定位置出发，沿着表面粗糙的水平面向右滑动。在此过程中，物体还受到一个水平向左的恒定力F的作用。观察图乙，我们可以看到物体速度随时间变化的情况。在此计算中，重力加速度g取值为10米每秒平方。需要计算：(1)物块在0至4秒时间段的加速度a1及其数值，以及4至8秒时间段的加速度a2及其数值；(2)恒定力F的具体数值以及物块与水平面之间的动摩擦系数μ；(3)在8秒时间内，恒定力F对物块所做的功。题图乙显示，在0至4秒时间段内，该物块沿右侧方向进行匀减速直线运动；而在4至8秒时间段内，则向左侧进行匀加速直线运动。具体来看，0至4秒内的加速度a1等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))，即eq\f(20,4)m/s²，其值为5m/s²，加速度方向为水平向左；而在4至8秒内的加速度a2等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv′,Δt′)))，即eq\f(8,8－4)m/s²，其值为2m/s²，加速度方向同样为水平向左。根据牛顿第二定律，在0至4秒的时间段内，力F加上摩擦力μ乘以重力mg等于质量m乘以加速度a1，而在4至8秒的时间段内，力F减去摩擦力μ乘以重力mg等于质量m乘以加速度a2。将相关数据代入公式进行计算，最终得出力F的值为7牛顿，摩擦系数μ为0.15。根据图形面积计算，8秒内物块移动的位移x等于eq(1,2)乘以4再乘以20米减去eq(1,2)乘以4再乘以8米，结果为24米。恒力F所做功W等于F乘以x再乘以cos180°，即－7乘以24焦耳，总计为－168焦耳。图甲显示，一块质量为0.2千克的平板静止放置在水平地面上，其上叠放了一个质量为0.1千克的物块，该物块可被视为质点。整个系统目前处于静止状态。接着，对平板施加了一个水平向右的拉力，该拉力的变化情况如图乙所示。在1.5秒的时刻，拉力被移除。已知该物体未脱离平板，推断出物体与平板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力数值相同，且物体与平板之间的动摩擦系数μ1为0.2，平板与地面之间的动摩擦系数μ2为0.4，重力加速度g设定为10m/s²。要求计算：(1)在0至1秒的时间段内，物块和平板的加速度a1和a2的数值；(2)在1秒时刻，物块和平板的速度v1和v2，以及1.5秒时刻物块和平板的速度v1'和v2'；(3)平板的最小长度L。在0至1秒的时间范围内，物块和平板之间的滑动摩擦力为Ff1，其值等于摩擦系数μ1乘以物块和平板的总重量mg，即0.2N；平板与地面之间的滑动摩擦力为Ff2，其值等于摩擦系数μ2乘以平板和物块的总重量(M＋m)g，即1.2N。假设当物块与平板恰好发生相对滑动时，所需的拉力大小为F0，根据牛顿第二定律，拉力F0减去平板与地面间的摩擦力Ff2等于平板和物块的总质量(m＋M)乘以加速度eq，即F0－Ff2＝(m＋M)eq。通过解这个方程，我们可以得到F0的值为1.8N。由于实际施加的拉力F1为2N，大于计算出的F0值1.8N，因此可以确定物块与平板之间确实发生了相对滑动。根据牛顿第二定律，对于物块和平板，我们可以得到以下关系式：物块所受的加速度a1等于外力Ff1与质量m的乘积除以等效质量eq，即a1＝eq\f(Ff1,m)；平板所受的加速度a2等于作用在平板上的总力F1减去摩擦力Ff1和Ff2的差值与等效质量M的乘积除以等效质量eq，即a2＝eq\f(F1－Ff1－Ff2,M)。通过计算，我们得到物块的加速度a1为2m/s²，平板的加速度a2为3m/s²。在0至1秒的时间段内（t1等于1秒），物体和平板都执行匀加速直线运动，据此可以得出：物体速度v1等于加速度a1乘以时间t1，平板速度v2等于加速度a2乘以时间t1，从而计算出v1等于2米每秒，v2等于3米每秒。在1至1.5秒的时间段内（t2等于0.5秒），由于向右的水平拉力F2为1.4牛顿，正好与摩擦力Ff1和Ff2的合力相平衡，因此平板保持匀速直线运动，而物体则持续进行匀加速直线运动，这时物体的速度v1'等于初始速度v1加上加速度a1乘以时间t2，即v1'等于3米每秒，平板的速度v2'保持不变，仍为3米每秒。移除拉力F之后，物块和平板的加速度分别计算得出：物块的加速度a1′为2m/s²，平板的加速度a2′为5m/s²。物块和平板停止所需的时间分别是：物块停下用时Δt1为1.5秒，平板停下用时Δt2为0.6秒。通过绘制速度-时间图像，我们可以看到，在0至1.5秒的时间段内，物块相对于平板向左滑动，其滑行距离x1为0.75米；而在1.5至3秒的时间段内，物块相对于平板向右滑动开yunapp体育官网入口下载手机版，其滑行距离x2为1.35米。因为x2的值大于x1，所以物块和平板之间的距离L等于x2，即1.35米。(1)加速度a1等于2米每秒平方，加速度a2等于3米每秒平方(2)速度v1为2米每秒，速度v2为3米每秒，速度v1'与速度v2'均为3米每秒(3)距离为1.35米