微練10　牛頓第二定律的基本應(yīng)用-2026版大一輪高中物理（解析版）

微練10牛頓第二定律的基本應(yīng)用梯級Ⅰ基礎(chǔ)練1.如圖所示，一可視為質(zhì)點的小物塊先后沿兩光滑斜面Ⅰ和Ⅱ從頂端由靜止滑下﹐到達底端的時間分別為t1和t2，斜面Ⅰ與水平面的夾角為30°，斜面Ⅱ與水平面的夾角為45°(未標出)，則(A)A.t1>t2 B.t1=t2C.t1<t2 D.無法判斷解析設(shè)斜面的底邊長為L，斜面的傾角為θ，則斜邊的長度x=Lcosθ，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma，解得a=gsinθ，根據(jù)x=12at2，解得t=4Lgsin2θ，將30°、45°代入解得t2<2.某同學利用如圖所示裝置測量滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)?；瑝K上裝有寬度為d的遮光條，位置O處安裝光電門，實驗時給滑塊向左的初速度，記錄遮光條通過光電門的時間t、通過光電門后滑塊繼續(xù)滑行的距離為L，已知當?shù)刂亓铀俣却笮間，則滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(A)A.d22gLt2C.d2gLt D.解析滑塊通過光電門時的速度v=dt，通過光電門后滑塊做勻減速運動，有v2=2aL，由牛頓第二定律得μmg=ma，聯(lián)立解得μ=d22gL3.(多選)(2025·濰坊模擬)如圖甲，一箱式貨車在平直公路上由靜止開始向左運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，貨箱中放置一質(zhì)量為50kg的貨物，其與車廂間動摩擦因數(shù)為0.25，在運動過程中貨物一直未與車廂壁碰撞，下列說法正確的是(設(shè)貨箱地板保持水平)(BD)A.第1s內(nèi)，貨物不受摩擦力B.第2s內(nèi)，貨物受向左的摩擦力，大小為125NC.第3s內(nèi)，貨物不受摩擦力D.第3s內(nèi)，貨物受向左的摩擦力，大小為125N解析第1s內(nèi)，貨車從靜止開始向左做勻加速直線運動，加速度為a1=Δv1Δt1=21m/s2=2m/s2，貨物與貨車間的最大靜摩擦力為fm=μmg=125N，貨物的最大加速度為a=fmm=μg=2.5m/s2>2m/s2，貨物與貨車相對靜止，一起做勻加速直線運動，貨物受到向左的靜摩擦力，A項錯誤；第2s內(nèi)，貨車的加速度為a2=Δv2Δt2=7-22-1m/s2=5m/s2>2.5m/s2，第3s內(nèi)，貨車相對于貨物向左運動，貨物相對貨車向右運動，受到向左的滑動摩擦力，大小為f=fm=125N，B項正確；第3s內(nèi)，貨車做勻速直線運動，速度為7m/s，2s末貨物的速度為v物=a1t+at=4.5m/s<7m/s，3s末貨物的速度為v物'=a1t+at'=7m/s，第3s內(nèi)，貨車相對于貨物向左運動，貨物相對貨車向右運動，受到向左的滑動摩擦力，4.(2025·鹽城模擬)質(zhì)量分別為m1、m2的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時由靜止開始下落，由于空氣阻力的作用，兩球到達地面前經(jīng)時間t0分別達到穩(wěn)定速度v1、v2，已知空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即f=kv(k>0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同，兩球下落的v-t關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是(B)A.m1<m2B.m1mC.釋放瞬間甲球的加速度較大D.t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等解析兩小球先做加速度減小的加速運動后做勻速直線運動，小球做勻速直線運動時有kv1=m1g，kv2=m2g，可得m1m2=v1v2，由題圖可知v1>v2可得m1>m2，A項錯誤，B項正確；釋放瞬間兩小球只受重力作用，兩小球的加速度相等，為重力加速度，C項錯誤；v-t圖像的面積表示位移，由題圖可知5.如圖所示，物體在摩擦力的作用下沿水平地面做勻減速直線運動的位移x與時間t的關(guān)系圖像是拋物線的一部分，圖像在O點的切線過B點，在A點的切線與橫軸平行，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是(D)A.物體的減速距離為2mB.物體的初速度大小為2m/sC.物體沿地面運動的時間為3sD.物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2解析題圖中在A點的切線與橫軸平行，則A點時速度為0，此時位移為4m，則物體的減速距離為4m，A項錯誤；圖像在O點的切線過B點，則根據(jù)該點的斜率求得物體的初速度大小為4m/s，B項錯誤；物體減速的加速度大小為a=v022x=422×4m/s2=2m/s2，物體沿地面運動的時間為t0=v0a=4ms2m/s2=2s，C項錯誤；物體在水平地面上，根據(jù)牛頓第二定律有Ff=μ梯級Ⅱ能力練6.(2025·威海模擬)如圖所示，一重力為10N的小球，在F=20N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發(fā)沿AB向上運動，F(xiàn)作用1.2s后撤去，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為36，桿足夠長，取g=10m/s2。求(1)有F作用的過程中小球的加速度大小；(2)撤去F瞬間小球的加速度大??；(3)從撤去力F開始計時，小球經(jīng)多長時間將經(jīng)過距A點為2.25m的B點。解析(1)小球的質(zhì)量為m=Gg=1kg取沿桿向上為正方向，設(shè)小球在力F作用時的加速度大小為a1，此時小球的受力如圖1所示，圖1根據(jù)牛頓第二定律有Fsin30°-Gsin30°-μFN=ma1，F(xiàn)cos30°=Gcos30°+FN，聯(lián)立解得a1=2.5m/s2。(2)撤去F瞬間，小球的受力如圖2所示，設(shè)此時小球的加速度為a2，有圖2-Gsin30°-μFN'=ma2，F(xiàn)N'=Gcos30°，聯(lián)立解得a2=-7.5m/s2，即加速度大小為7.5m/s2。(3)剛撤去F時，小球的速度為v1=a1t1=3m/s，小球的位移為x1=12a1t12=1.8撤去F后，小球繼續(xù)向上運動的時間為t2=0-v1a2=0.小球繼續(xù)向上運動的最大位移為x2=0-v122a2則小球向上運動的最大距離為xm=x1+x2=2.4m，在上滑階段通過B點，即xAB-x1=v1t3+12a2t解得t3=0.2s或t3=0.6s(舍)。小球返回時，受力如圖3所示，設(shè)此時小球的加速度為a3，有圖3-Gsin30°+μFN'=ma3，解得a3=-2.5m/s2，即加速度大小為2.5m/s2，方向沿桿向下，小球由頂端返回B點時，有-(xm-xAB)=12a3t解得t4=35s則通過B點時間為t=t2+t4≈0.75s。答案(1)2.5m/s2(2)7.5m/s2(3)0.2s或0.75s7.分揀機器人在快遞行業(yè)的推廣大大提高了工作效率，派件員在分揀處將包裹放在靜止機器人的水平托盤上，機器人可將包裹送至指定投遞口，停止運動后緩慢翻轉(zhuǎn)托盤，當托盤傾角增大到θ時，包裹恰好開始下滑，如圖甲所示?，F(xiàn)機器人要把包裹從分揀處運至相距L=45m的投遞口處，為了運輸安全，包裹需與水平托盤保持相對靜止。已知包裹與水平托盤的動摩擦因數(shù)μ=0.75，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求:(1)包裹剛開始下滑時的托盤傾角θ；(2)機器人在運輸包裹的過程中允許的最大加速度a；(3)若機器人運行的最大速度為vm=3m/s，則機器人從分揀處運行至投遞口(恰好靜止)所需的最短時間t。解析(1)根據(jù)題意，當包裹剛開始下滑時滿足mgsinθ=μmgcosθ，解得θ=37°。(2)當包裹與水平托盤間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，加速度最大，即μmg=ma，解得a=7.5m/s2。(3)當機器人先以最大加速度做勻加速直線運動，加速至最大速度，然后做勻速直線運動，最后以最大加速度做勻減速直線運動，直至減速到零，機器人從分揀處運行至投遞口所需時間最短，則勻加速直線運動與勻減速直線運動的位移和時間相等，有x1=x3=vmt1=t3=vm勻速運動的時間為t2=x2vm聯(lián)立解得t=t1+t2+t3=15.4s。答案(1)37°(2)7.5m/s2(3)15.4s梯級Ⅲ創(chuàng)新練8.(多選)智能手機中安裝了加速度感測器APP軟件后，可以精確測量手機運動的加速度。一同學將手機輕輕接觸彈簧由靜止釋放，如圖甲所示，手機在t3時刻運動到最低點，APP軟件記錄下此過程中加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示(不考慮薄板的質(zhì)量)，則(AD)A.手機先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動B.t2時刻，重力等于彈力，手機速度為零C.t2時刻，手機對薄板的壓力為零D.t3時刻，手機對薄板的壓力等于手機重力的2倍解析從題圖乙可知，手機的加速度先是向下逐漸減小，t2時刻之后加速度向上，再逐漸增大，而手機的速度方向一直向下，故手機先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，A項正確；t2時刻手機加速度為零，重力大小等于彈力，手機對薄板的