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( )
A
B
C
D
2.(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=F
B.若地面光滑,则FAB=0.5F
C.若地面与物体间的动摩擦因数为μ,则FAB=F
D.若地面与物体间的动摩擦因数为μ,则FAB=0.5F
3.[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gsin θ,方向向左
B.细线的拉力大小为mgcos θ,方向沿线向上
C.A 受到的摩擦力大小为Mgtan θ,方向向左
D.A 受到的摩擦力大小为Mgtan θ,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=mg
2M + m
C.轻绳的弹力大小为FT=M (M + m )g
2M + m
D.A 的末速度大小为v=❑√
m
M g h
6.[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=F
m1+ m2
B.弹簧的弹力大小为FT=m2
m1+ m2
F
C.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0.5 kg 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10 m/s2.则小球
( )
A.受到的阻力大小为6 N
B.落回到抛出点时的速度大小为4❑√6 m/s
C.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∶3
8.[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
❑√3
3
,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4
3
mg
B.物体A 的加速度大小为1
3
g
C.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mg
D.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∶2
B.1∶1
C.3∶4
D.2∶1
10.(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❑√
2l
3g
D.猴子能相对地面静止的时间为❑√
l
g
11.(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=1.0 m,与棒的下端相距L2=0.4 m.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10 m/s2,sin
37°=0.6) ( )
A.若加速度a=7.5 m/s2,滑套恰好不会在棒上滑动
B.若加速度a=6 m/s2,滑套恰好不会在棒上滑动
C.若加速度a=10 m/s2,滑套经过t=0.63 s 会从棒的上端滑出
D.若加速度a=5 m/s2,滑套经过t=0.63 s 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10
m/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1 N 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=0.08 m,其中MN 部分光滑,其余粗糙部分的动摩擦因数均为μ=
❑√3
3
.可视
为质点的两滑块质量均为0.06 kg,用长为0.08 m 的轻绳拴接.图示位置滑块甲、乙间距离为
0.08 m(轻绳间无拉力),两滑块速度均为0.1 m/s.(重力加速度g 取10 m/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=1
2
gt2,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=mgtan θ=ma,解得a=gtan
θ,方向水平向右,故A 错误;根据几何关系可得细线的拉力FT=mg
cosθ
,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=Mgtan θ,故C 错误,D 正确.
4.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m1gsin θ-μ1m1gcos θ=m1a1,解得a1=g(sin θ-μ1cos θ);同理,对滑块B 有
a2=g(sin θ-μ2cos θ).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 + m )a,解得a=mg
2M + 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=2M (M + m )g
2M + m
,C
错误;根据运动学公式,得h=v
2
2a
,解得v=❑√
2mg h
2M + m
,D 错误.
6.B [解析] 对两物块整体分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a,可得两物
块一起运动的加速度大小为a=F
m1+ m2
-gsin θ,故A 错误;对物块Q 分析,根据牛顿第二定律有
FT-m2gsin θ=m2a,解得弹簧的弹力大小为FT=m2
m1+ m2
F,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=m2
m1+ m2
F=
1
m1
m2
+1F,则若增大m2,弹簧弹力FT增
大,则P、Q 的间距变大,若增大θ,弹簧弹力FT不变,则P、Q 的间距不变,故C、D 错误.
7.B [解析] 由图可知小球上升过程中的加速度大小为a1=v1
t1
=12 m/s2,根据牛顿第二定律有
mg+F 阻=ma1,解得F 阻=1 N,故A 错误;小球下落过程的加速度大小为a2=mg-F阻
m
=8 m/s2,根
据h=1
2
a1t1
2、h=1
2
a2t2
2,可得小球上升与下落所用时间之比为t1
t2
=❑√
a2
a1
=❑√
2
3
,小球下落的时
间为t2=❑√
3
2
t1=❑√
3
2
s,小球落回到抛出点的速度大小为v2=a2t2=4❑√6 m/s,故B 正确,D 错误;小
球上升和下落过程加速度方向均向下,处于失重状态,故C 错误.
8.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-mgsin 30°-μmgcos
30°=ma,2mg-FT=2m·2a,解得FT=2
3
mg、a=1
3
g,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-FTsin 30°=2m·2a-masin
30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=(M +3
2 m)g,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mgsin 30°<μmgcos 30°+2FT1,而A 这样的
受力情况,无法下滑,故假设错误,故D 错误.
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=2❑√3
3
m1g,整体的加速度a=
❑√3
3
g,对B 有
❑√3
2
FN-1
2
FT=m2a,1
2
FN+
❑√3
2
FT=m2g,两式联立解得m1 m
∶
2=1∶2,故选A.
10.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=1
2
·3gt2,猴子能相对地
面静止的时间为t=❑√
2l
3g
,故C 正确,D 错误.
11.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
FNcos θ=mg、FNsin θ=ma0,解得a0=gtan θ=7.5 m/s2,故A 正确,B 错误;当a=10 m/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
FNcos θ-mg=ma1sin θ、FNsin θ=m(a-a1cos θ)和L1=1
2
a1t1
2,解得a1=2 m/s2,t1=1.0 s,故C 错误;
当a=5 m/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-FNcos θ=ma2sin θ、FNsin θ=m(a+a2cosθ)和L2=1
2
a2t2
2,解得a2=2
m/s2,t2=
❑√10
5
s≈0.63 s,故D 正确.
12.(1)0.4 kg 0.5
(2)0 或1.25 m/s2或8.75 m/s2
[解析] (1)F 在2~5 N 内时,对圆环受力分析可得
Fcos θ-μ(mg- Fsinθ)=ma
当拉力超过5 N 时,支持力方向相反,所以当拉力为5 N 时Fsin θ=mg
Fcos θ=ma
代入图中数据,联立求解可得sin θ=0.8,μ=0.5,m=0.4 kg
(2)当圆环受到的摩擦力大小为1 N 时,F 较小时圆环的加速度为0,
当F 较大圆环所受支持力向上时有
μ(mg-Fsin θ)=1 N
解得F=2.5 N
由Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma
解得a=1.25 m/s2
当F 较大圆环所受支持力向下时有
μ(Fsin θ-mg)=1 N
解得F=7.5 N
由Fcos θ-μ(Fsin θ-mg)=ma
得a=8.75 m/s2
13.(1)0.15 N (2)0.144 m
[解析] (1)滑块乙刚进入MN 段时,对甲和乙整体应用牛顿第二定律有2mgsin θ-μmgcos
θ=2ma
对滑块甲分析,由牛顿第二定律得
mgsin θ+F-μmgcos θ=ma
联立解得F=μmgcosθ
2
=0.15 N
(2)乙进入MN 段时,轻绳被拉断,此后对乙受力分析,由牛顿第二定律得
mgsin θ=ma 乙
可得a 乙=gsin θ=5 m/s2
甲、乙未进入MN 段时,对甲、乙整体,由牛顿第二定律得
2mgsin θ-2μmgcos θ=2ma0
解得a0=0
即滑块甲、乙做匀速直线运动;滑块乙通过MN 段时,由运动学公式得x=v0t+1
2
a 乙t2
其中v0=0.1 m/s,x=0.08 m,解得t=0.16 s
绳子断开后,由于tan θ=μ,可知甲做匀速直线运动,甲在t 时间内通过的位移为x1=v0t=0.016
m
则滑块乙刚离开MN 段时,甲、乙间的距离为s=2x-x1=0.144 m
