《2025年高中总复习优化设计高中物理》

8.(多选)(2024天津滨海新区期中)如图所示，光滑的水平面上有两个质量分别为mA = 2 kg、mB = 8 kg的物体A、B，中间用轻质弹簧测力计连接，在大小为F = 30 N、方向向右的水平拉力作用下一起匀加速运动，则(　　　)

A.A、B的加速度大小为2 m/s²
B.突然撤去拉力F的瞬间，A的加速度大小为3 m/s²
C.弹簧测力计的示数是6 N
D.突然撤去拉力F的瞬间，B的加速度大小为4 m/s²

答案： BC　解析对A、B整体受力分析可知,A、B的加速度大小为$a=\frac{F}{m_A + m_B}=\frac{30}{2 + 8}m/s^2 = 3m/s^2$，A错误;对A分析可知,弹簧测力计的示数是$F_T = m_Aa = 6N$，C正确;突然撤去拉力F的瞬间,弹簧的弹力不变，则A的加速度大小仍为$a_A = 3m/s^2$，B的加速度大小为$a_B=\frac{F_T}{m_B}=\frac{6}{8}m/s^2 = 0.75m/s^2$，B正确,D 错误。

9.(2023江苏苏州联考)如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为Δρ(Δρ＞0)，重力加速度大小为g。初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为(　　　)

A.$(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho})g$　　　　　　
　B.$(1 - \frac{\Delta\rho}{\rho})g$
C.g　　　　　　　　　　
　D.（此处OCR识别可能有误，大模型也未明确，保留原样）潋

答案： A　解析静止时对木球受力分析得$F_浮 = mg + kx$，又有$F_浮=\rho_水gV$，$m = \rho V$，$\Delta\rho=\rho_水 - \rho$，解得$kx=\Delta\rho gV$，释放瞬间系统处于完全失重状态，浮力消失，木球受重力和弹簧的弹力，则有$mg + kx = ma$，解得$a = g+\frac{kx}{m}=(1 + \frac{\Delta\rho}{\rho})g$，A正确,B、C、D 错误。

10.(2023山东泰安模拟)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患。图甲为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，且图像上、下部分与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2 kg，重力加速度g取10 m/s²，则在该过程中(　　　)

A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2 N
D.充电宝与手机之间的摩擦力大小至少为6 N

答案： D　解析手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动,从t₁时刻向下做加速度减小的加速运动,加速度减小到零时，向下的速度达到最大，再向下做加速度增大的减速运动,t₂时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动,加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动,从t₃时刻再向上做加速度减小的减速运动,最后速度为零,A错误;充电宝在t₂时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上，充电宝在t₃时刻加速度方向向下,由$a_3 = 12m/s^2$，可知摩擦力方向向下,B错误;在t₁时刻充电宝向下的加速度为10m/s²,充电宝与手机之间的摩擦力最小,值为零,C错误;在t₂时刻充电宝向上的加速度最大,充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得$F_{fmax}-mg = ma_2$，解得充电宝与手机之间的摩擦力大小至少为$F_{fmax}=6N$，D正确。

11.如图所示，细绳1挂着匣子C，匣内又用绳2挂着A球，在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C的质量均为m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在细绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是(　　　)

A.A、B、C的加速度都为g
B.C的加速度为3g
C.A的加速度为2g
D.细绳2上的拉力大小为0.5mg

答案： D　解析绳1烧断前对B受力分析,由平衡条件可知弹簧弹力$F_T = mg$，绳烧断后弹簧弹力大小仍为mg,此时对B受力分析知$ma_B = F_T - mg$，故$a_B = 0$。由于A、C加速度相同,取A、C整体为研究对象受力分析,由牛顿第二定律得$2ma_{AC}=2mg + F_T$;对A受力分析有$ma_{AC}=mg + F_T - F_2$;解得$a_A = a_C = a_{AC}=1.5g$，$F_2 = 0.5mg$，所以A、B、C错误,D正确。

12.物体在粘滞流体中运动时所受的阻力叫作粘滞阻力，球形物体在流体中运动时受到的粘滞阻力的表达式为Ff = 6πηvr，其中η为流体的粘滞系数，r为球形物体的半径，v为球形物体运动的速率。小球在蓖麻油中从液面下某处由静止开始下落，经过一段时间达到最大速度。已知蓖麻油足够深，小球的密度为ρ1，蓖麻油的密度为ρ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　　)
A.在国际单位制中粘滞系数的单位为kg·m·s⁻¹
B.仅改变小球半径，小球达到最大速度所需时间不变
C.仅改变小球密度，小球达到最大速度所需时间不变
D.小球运动过程中加速度的最大值为g - \frac{ρ2}{ρ1}g

答案： D　解析结合题述可得$\eta=\frac{F_f}{6\pi rv}$，则在国际单位制中粘滞系数的单位为$kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}$，A错误;设释放后某一时刻小球的速度为$v_0$，则此时小球所受粘滞阻力为$F_f = 6\pi\eta rv_0$，小球受到重力、浮力和粘滞阻力,由牛顿第二定律有$\frac{4}{3}\pi r^3\rho_1a=\frac{4}{3}\pi r^3\rho_1g-\frac{4}{3}\pi r^3\rho_2g - 6\pi\eta rv_0$，化简得$a = g-\frac{\rho_2}{\rho_1}g-\frac{9\eta v_0}{2r^2\rho_1}$，可知在密度、速度相同时，小球的加速度与半径有关,故仅改变小球半径,小球达到最大速度所需时间改变,B错误;结合上述分析可知在半径、速度相同时，小球的加速度与小球密度有关,故仅改变小球密度，小球达到最大速度所需时间改变，C 错误;小球运动过程中，小球速度为零时加速度最大,为$a_m = g-\frac{\rho_2}{\rho_1}g$，D正确。