高考物理一轮复习专题练习 专题五 牛顿第二定律的综合应用

专题五牛顿第二定律的综合应用基础巩固1.[2024·广东卷]如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定.木块从弹簧正上方H高度处由静止释放.以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向.木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t.忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 ()ABCD2.(多选)如图所示,水平地面上两个完全相同的物体A和B紧靠在一起,在水平推力F的作用下,A和B一起运动,用FAB表示A、B间的作用力.下列说法正确的是()A.若地面光滑,则FAB=FB.若地面光滑,则FAB=0.5FC.若地面与物体间的动摩擦因数为μ,则FAB=FD.若地面与物体间的动摩擦因数为μ,则FAB=0.5F3.[2025·山西运城模拟]一支架固定在置于水平地面的小车上,细线上一端系着质量为m的小球,另一端系在支架上,当小车向左做直线运动时,细线与竖直方向的夹角为θ,此时放在小车上质量为M的A物体跟小车相对静止,重力加速度大小为g,如图所示,下列说法正确的是()A.加速度的大小为gsinθ,方向向左B.细线的拉力大小为mgcosθ,方向沿线向上C.A受到的摩擦力大小为Mgtanθ,方向向左D.A受到的摩擦力大小为Mgtanθ,方向向右4.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑.关于杆的受力情况,下列分析正确的是 ()A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力C.若μ1<μ2,m1<m2,则杆受到压力D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆不受到作用力5.阿特伍德机是英国物理学家阿特伍德发明的著名力学实验装置,如图所示为阿特伍德机的简化示意图.质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮,保持静止状态.现将质量为m的小物块C轻放在A上,让装置动起来,从开始运动到A和C下落高度h过程中,重力加速度为g,下列说法中正确的是 ()A.C放在A上后,A和C做加速度减小的加速运动B.A和C向下运动的加速度大小为a=mgC.轻绳的弹力大小为FT=MD.A的末速度大小为v=m6.[2025·陕西西安一中模拟]如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个物块P和Q,质量分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则 ()A.两物块一起运动的加速度大小为a=FB.弹簧的弹力大小为FT=m2C.两物块一起向上匀加速运动时,若增大m2,P、Q的间距不变D.两物块一起向上匀加速运动时,若增大θ,P、Q的间距变大综合提升7.[2025·四川绵阳模拟]将一个质量为0.5kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的v-t图像如图所示,g取10m/s2.则小球 ()A.受到的阻力大小为6NB.落回到抛出点时的速度大小为46m/sC.上升过程与下落过程都处于超重状态D.上升过程与下落过程所用时间之比为2∶38.[2025·湖南长沙模拟]如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为33,重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到定滑轮),斜面体静止不动.下列说法正确的是 (A.轻绳对P点的拉力大小为43B.物体A的加速度大小为13C.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mgD.增大A的质量,再将A、B静止释放,则B有可能上升9.[2025·湖北武汉模拟]如图所示,一光滑的正三角形斜面体OAB放在光滑的水平地面上,不可伸长的轻绳两端分别拴接质量为m1、m2的a、b两物体,轻绳跨过固定在O点的光滑滑轮,a、b分别放在OA、OB面上,两部分轻绳与斜面均平行.作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动,a、b与斜面体保持相对静止,且A恰好没有离开斜面,则m1、m2的比值为 ()A.1∶2B.1∶1C.3∶4D.2∶110.(多选)[2025·浙江杭州模拟]某马戏团表演了猴子爬杆的节目,如图所示,杆的质量为m,长度为l,猴子的质量为2m.初始时,猴子静止在杆的最下端,现剪断轻绳,同时猴子相对于杆往上爬.已知重力加速度为g,杆下端到地面距离大于l,下列说法正确的是 ()A.若杆的加速度为3g,则猴子相对于地面静止B.若杆的加速度为2g,则猴子相对于地面静止C.猴子能相对地面静止的时间为2D.猴子能相对地面静止的时间为l11.(多选)如图所示,与水平面成θ=37°角的直棒上有一滑套,可以无摩擦地在棒上滑动.开始时滑套相对棒静止,此时与棒的上端相距L1=1.0m,与棒的下端相距L2=0.4m.现在使棒保持倾角θ=37°不变,以加速度a水平向右做匀加速直线运动,下列说法正确的是(g取10m/s2,sin37°=0.6) ()A.若加速度a=7.5m/s2,滑套恰好不会在棒上滑动B.若加速度a=6m/s2,滑套恰好不会在棒上滑动C.若加速度a=10m/s2,滑套经过t=0.63s会从棒的上端滑出D.若加速度a=5m/s2,滑套经过t=0.63s会从棒的下端滑出12.[2025·辽宁丹东模拟]如图甲所示,将一圆环套在固定的足够长的水平杆上,环的内径略大于杆的截面直径,对环施加一斜向上与杆的夹角为θ的拉力F,当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力F的变化规律如图乙所示.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2,求:(1)圆环的质量、圆环与杆之间的动摩擦因数;(2)当圆环受到的摩擦力大小为1N时,圆环的加速度大小.拓展挑战13.[2025·安徽淮北模拟]如图所示为一固定斜面,斜面倾角θ=30°,O、M、N为斜面上的三个位置.已知OM=MN=0.08m,其中MN部分光滑,其余粗糙部分的动摩擦因数均为μ=33.可视为质点的两滑块质量均为0.06kg,用长为0.08m的轻绳拴接.图示位置滑块甲、乙间距离为0.08m(轻绳间无拉力),两滑块速度均为0.1m/s.(重力加速度g取10m/s2)求:(1)滑块乙刚进入MN段时,轻绳所受的拉力大小;(2)若滑块乙刚进入MN段时,轻绳立即断开,则滑块乙刚离开MN段时,滑块乙和甲之间的距离.

答案解析1.C[解析]木块从释放到刚接触弹簧时,由于忽略空气阻力,故木块做自由落体运动,所受合外力F=mg不变,此段时间内位移y随时间t变化规律为y=12gt2,对应图像为抛物线;木块接触弹簧后,F=mg-k(y-H)逐渐减小到零,加速度也逐渐减小到零,当加速减小到零时速度达到最大,此段时间内位移y继续增大,且y-t图像斜率仍增大;之后木块做加速度反向增大的减速运动,F反向增大,当速度减小到零时F达到反向最大,此段时间内位移继续增大直到最低点,且y-t图像斜率逐渐减小到零;之后木块反弹,受力情况和运动情况都是以上过程的逆过程,图像具有对称性,C正确,A、B、D错误2.BD[解析]设物体的质量为m,当物体与地面间有摩擦力时,因A、B的加速度相同,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-2μmg=2ma,隔离B,有FAB-μmg=ma,所以FAB=0.5F,同理,当地面光滑时,A、B间的作用力也为0.5F,选项B、D正确.3.D[解析]对小球受力分析如图所示,由于小球和小车一起向左运动,则可知小球所受合外力在水平方向,小球加速度即为整体加速度,根据几何关系可得F合=mgtanθ=ma,解得a=gtanθ,方向水平向右,故A错误;根据几何关系可得细线的拉力FT=mgcosθ,方向沿线向上,故B错误;由于A与小车保持相对静止,则A的加速度与小车和小球加速度相同,对A分析可知,A在竖直方向受竖直向下的重力与小车对A竖直向上的支持力,合力为零,在水平方向仅受摩擦力作用,所受摩擦力即为合外力,而加速度水平向右,则所受摩擦力水平向右,根据牛顿第二定律有Ff=Ma=Mgtanθ,故C错误,D4.AD[解析]不考虑杆对滑块的作用时,滑块受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,对滑块A有m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a1,解得a1=g(sinθ-μ1cosθ);同理,对滑块B有a2=g(sinθ-μ2cosθ).若μ1>μ2,则a1<a2,B的加速度较大,考虑杆对两滑块的作用,则杆受到压力,故A正确.若μ1=μ2,则a1=a2,两滑块加速度相同,说明无相对运动趋势,杆不受到作用力,故B错误,D正确.若μ1<μ2,则a1>a2,A的加速度较大,考虑杆对两滑的作用,则杆受到拉力,故C错误.5.B[解析]对A、B、C组成的系统根据牛顿第二定律得mg=2M+ma,解得a=mg2M+m,加速度恒定,选项A错误,B正确;对B根据牛顿第二定律得FT-Mg=Ma,解得FT=2MM+mg2M+6.B[解析]对两物块整体分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,可得两物块一起运动的加速度大小为a=Fm1+m2-gsinθ,故A错误;对物块Q分析,根据牛顿第二定律有FT-m2gsinθ=m2a,解得弹簧的弹力大小为FT=m2m1+m2F,故B正确;由上述分析可知,两物块一起向上匀加速运动时,弹簧的弹力大小为FT=m2m1+m2F=1m1m2+1F,则若增大m2,弹簧弹力FT增大,则P、Q7.B[解析]由图可知小球上升过程中的加速度大小为a1=v1t1=12m/s2,根据牛顿第二定律有mg+F阻=ma1,解得F阻=1N,故A错误;小球下落过程的加速度大小为a2=mg-F阻m=8m/s2,根据h=12a1t12、h=12a2t22,可得小球上升与下落所用时间之比为t1t2=a2a1=23,小球下落的时间为t2=32t1=32s,小球落回到抛出点的速度大小为v2=a8.B[解析]由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍,则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍,设物体A的加速度为a,则B的加速度为2a,设物体A、B释放瞬间,轻绳的拉力为FT,对A、B分别受力分析,由牛顿第二定律得2FT-mgsin30°-μmgcos30°=ma,2mg-FT=2m·2a,解得FT=23mg、a=13g,故A错误,B正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体分析,在竖直方向上根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=M+32mg,故C错误;假设B上升,则A下滑,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,分析此时A的受力情况可知mgsin30°<μmgcos30°+2FT1,而A这样的受力情况,9.A[解析]对A、B受力分析如图甲、乙所示,因为A恰好没有离开斜面,故其和斜面无弹力,可知绳上的拉力FT=233m1g,整体的加速度a=33g,对B有32FN-12FT=m2a,12FN+32FT=m2g,两式联立解得m1∶m210.AC[解析]若杆的加速度为3g,对杆根据牛顿第二定律可知mg+Ff=m·3g,解得Ff=2mg,方向竖直向下,根据牛顿第三定律可知,杆对猴子的摩擦力大小为2mg,方向向上,对猴子由牛顿第二定律有2mg-Ff=2ma,解得a=0,则猴子相对于地面静止,故A正确,B错误;若杆的加速度为3g,则猴子相对于地面静止,则杆下降的位移为l,由运动学公式有l=12·3gt2,猴子能相对地面静止的时间为t=2l3g,故C11.AD[解析]设棒以加速度a0向右匀加速时,滑套恰好不在棒上滑动,如图甲所示,则有FNcosθ=mg、FNsinθ=ma0,解得a0=gtanθ=7.5m/s2,故A正确,B错误;当a=10m/s2>a0时,滑套会沿棒上滑,如图乙所示,设滑套相对棒的加速度大小为a1,经时间t1滑套滑出直棒,则有FNcosθ-mg=ma1sinθ、FNsinθ=m(a-a1cosθ)和L1=12a1t12,解得a1=2m/s2,t1=1.0s,故C错误;当a=5m/s2<a0时,滑套会沿棒下滑,如图丙所示,设滑套相对棒的加速度大小为a2,经时间t2滑套滑出直棒,则有mg-FNcosθ=ma2sinθ、FNsinθ=ma+a2cosθ和L2=12a2t22,解得a2=2m/s2,t2=10512.(1)0.4kg0.5(2)0或1.25m/s2或8.75m/s2[解析](1)F在2~5N内时,对圆环受力分析可得Fcosθ-μmg-当拉力超过5N时,支持力方向相反,所以当拉力为5N时Fsinθ=mgFcosθ=ma代入图中数据,联立求解可得sinθ=0.8,μ=0.5,m=