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专题4 牛顿第二定律的综合应用 跟踪练习
基础过关
一．选择题：
1．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，
两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F 作用
下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的最大值为( )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
2．如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自
由滑下，经过水平NP 段后飞入空中，在Q 点落地。不计运动员经过N 点的机
械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v 或加
速度大小a 随时间t 变化的图像是( )
3．如图，C 由质量为M 的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水
平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m 和m 的物块A、B，除地面外的
其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B
下落而A 又未碰到滑轮的过程中，C 始终保持静止，重力加速度为g，下列说法
正确的是( )
A．地面对C 有向右的摩擦
B．物体C 受到4 个力作用
C．绳中拉力大小等于mg
D．地面对C 的支持力小于(M＋2m)g
4．(多选)质量分别为M 和m 的物块A 和B 形状、大小均相同，将它们通过
轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α 的斜面，A 恰好
能静止在斜面上，不考虑A、B 与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图
乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，已知重力加速度为g，则下列说法正确
的是( )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A 运动的加速度大小
为(1－sin α)g
D．A 运动的加速度大小为g
5．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物块紧靠在一起放在倾
角为θ 的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面
向上的恒力F 推A，使它们沿斜面向上做匀加速运动，为了增大A、B 间的压
力，可行的办法是( )
A．增大推力F B．减小倾角θ
C．减小B 的质量 D．减小A 的质量
6．(多选)(2024·湖南怀化模拟)如图甲所示，
将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方
向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x 与斜面倾角θ 的关系如图乙所示，
g 取10 m/s2，则( )
A．物块的初速度为2 m/s
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g
D．物块沿斜面上滑的最小距离为 m
7．(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹
簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水
平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则
从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P 的加速度大小的最大值为2μg
B．Q 的加速度大小的最大值为2μg
C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
能力提升
一．选择题：
8．如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止
在水平桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来
的一半。已知P、Q 两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P 与桌面间
的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2。则推力F 的大小为( )
A．4.0 N B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
9．(2025·河北唐山阶段考试)某游泳运动员在0
～6 s 时间内运动的v-t 图像如图所示。关于该运动员，
下列说法正确的是( )
A．在0～6 s 内所受的合力一直不为0
B．在0～6 s 内的位移大小为24 m
C．在2～4 s 内一定处于超重状态
D．在4～6 s 内的位移大小为8 m
10．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，
木板与水平面成θ 角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s 沿木板向上滑
行，随着θ 的改变，木块沿木板向上滑行的距离s 将发生变化，重力加速度g 取
10 m/s2，s 的最小值为( )
A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
11．(多选)(2025·山东潍坊联考)如图甲所示是风洞
示
意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流
动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg 的表演者静卧于出风口，打开气流
控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用
国际单位制单位)，v 为风速。控制v 可以改变表演者的上升高度h，其v2与h
的变化规律如图乙所示。g 取10 m/s2。表演者上升10 m 的运动过程中，下列说
法正确的是( )
A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2
B．表演者一直处于超重状态
C．表演者上升5 m 时获得最大速度
D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运
动
二．计算题：
12.如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg 的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s
的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N 作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t
＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A、B 之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角
θ＝37°，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求物块加速度的大小a；
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)若拉力F 的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F
的最小值是多少？
培优训练
一．选择题：
13．(多选)(2025·湖南怀化第一次调研)如图甲所示，劲度系数k＝500 N/m
的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端
和质量为mA的小物块A 相连，质量为mB的物块B 紧靠A 一起静止，现用水平
推力使斜面体以加速度a 向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不
同推力作用下，稳定时形变量大小x 随加速度a 的变化如图乙所示。弹簧始终
在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．a0＝7.5 m/s2
B．mA＝3 kg
C．若a＝a0，稳定时A、B 间弹力大小为0
D．若a＝a0，稳定时A 对斜面的压力大小为12.5 N
参考答案：
1.C 解析 对两物块整体受力分析有Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析
有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得Fmax＝4 N，故选C。
2.C 解析 根据题意可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g 的
匀加速运动，在NP 段做匀速直线运动，从P 点飞出后做平抛运动，加速度大
小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C 正确。
3.A 解析 设轻绳拉力为T，对B 由牛顿第二定律得mg－T＝ma，对A 由
牛顿第二定律得T＝2ma，联立解得a＝，T＝，C 错误；C 受到物块A 的压力、
绳对滑轮的作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五个力的作用，B 错误；
由上述分析可知，绳对滑轮的作用力大小为F＝2T cos 45°＝mg，方向与水平
面成45°角斜向左下方，对C 受力分析可知，水平方向上地面的摩擦力大小为f
＝F cos 45°＝mg，方向水平向右，竖直方向上地面的支持力大小N＝Mg＋2mg
＋F sin 45°＝Mg＋mg，故地面对C 的支持力大于(M＋2m)g，A 正确，D 错误。
4.ACD 解析 第一次按题图甲放置时A 静止，则由平衡条件可得Mg sin
α＝mg；第二次按题图乙放置时，对A，由牛顿第二定律得Mg－FT＝Ma；对
B，由牛顿第二定律得FT－mg sin α＝ma，联立解得 a＝(1－sin α)g＝g，FT
＝mg，故A、C、D 正确，B 错误。
5.AD 解析 设两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，对A、B 整体受力分
析，有F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B 受力分析，
有FAB－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa，由以上两式联立可得FAB＝F＝，为了
增大A、B 间的压力，即增大FAB，应增大推力F、减小A 的质量或增大B 的质
量。故A、D 正确，B、C 错误。
6.AD 解析 由题图乙可知，当斜面与水平方向的夹角为90°时，位移为0.2
m，由竖直上拋运动规律v＝2gh，解得v0＝2 m/s，故A 正确；当斜面与水平方
向的夹角为0°时，位移为0.4 m，根据v＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B
错误；根据μmg cos θ＋mg sin θ＝ma，可得a＝g sin θ＋μg cos θ＝g sin (θ
＋φ)，因此最大加速度为amax＝g＝g，此时根据速度与位移公式得v＝
2amaxxmin，解得xmin＝ m，故C 错误，D 正确。
7.AD 解析 两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q 的弹力大小为kx＝
μmg，当撤去拉力后，对滑块P，由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑
块Q 有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力大小
由μmg 一直减小到零，所以P 的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F 瞬间的加
速度大小，此时P 的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q 的加速度大小
达到最大值，即Q 的最大加速度为μg，A 正确，B 错误；由于弹簧恢复原长前
滑块P 的加速度一直大于Q 的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后
P 的速度一直小于同一时刻Q 的速度，所以P 的位移一定小于Q 的位移，C 错
误，D 正确。
8.A 解析 P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1
＝2 N<μmPg＝2.5 N，推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
FT2＝＝1 N，故Q 加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P 将以相
同大小的加速度向右加速运动，对P 由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，
解得F＝4.0 N，故选A。
9.D 解析 v-t 图像中图线的斜率代表加速度，由题图可知，在2～4 s 内该
运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F 合＝ma，在0～2 s 与4～6 s 运动员并
无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2 s 与4～6 s 所受合力为
零，在2～4 s 所受合力不为零，故A 项错误；由于v-t 图像与时间轴围成的面
积表示位移，所以在0～6 s 内的位移为x＝×(2＋4)×4 m＝12 m，故B 项错误；
由题图可知，在2～4 s 内其加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动
方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以其不
一定处于超重状态，故C 项错误；结合之前的分析可知，在4～6 s 的位移为x1
＝4×2 m＝8 m，故D 项正确。
10.C 解析 设沿斜面向上为正方向，木块的质量为m，木块的加速度为
a，当木板与水平面成θ 角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝
ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，根据运动学公式可知0－v＝2as，根据数学
关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋
α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时s 有最小值，为smin＝＝
0.16 m，故A、B、D 错误，C 正确。
11.AC 解析 打开开关瞬间，表演者高度为0，则有v＝1.2×104 m2·s-2，
根据牛顿第二定律有0.05v－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A 正确；根据题图
可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05v＝mg，解得v＝1.0×104 m2·s-2，
由于v2＝－400 m·s-2·h＋1.2×104 m2·s-2，可知重力与风力大小相等时的高度为
h1＝5 m，可知，在高度小于5 m 时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者
处于超重状态，在高度大于5 m 时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者
处于失重状态，故B 错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速
运动，表演者上升5 m 时，加速度为0，速度达到最大值，故C 正确；结合上
述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速
运动，故D 错误。
12.答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 (3) N
(1)根据L＝v0t＋at2 代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据解得μ＝0.5。
(3)设F 与斜面夹角为α，对小物块受力分析可知
平行斜面方向有F cos α－mg sin θ－μFN＝ma
垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ
联立解得F＝＝，
其中tan φ＝
当sin (φ＋α)＝1 时，F 有最小值Fmin
代入数据解得Fmin＝ N。
13.ACD 解析 由题图乙结合题意可知a＝a0时弹簧处于原长状态，对A、
B 整体，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)g tan 37°＝(mA＋mB)a0，解得a0＝7.5
m/s2，故A 正确；当a＝0 时，对A、B 整体分析有(mA＋mB)g sin 37°＝kx0，x0
＝3.6 cm，当a>a0时，根据题图乙中另一纵截距的意义可知mAg sin 37°＝kx1，
x1＝1.2 cm，联立解得mA＝1 kg，mB＝2 kg，故B 错误；当a＝a0时，对B，根
据牛顿第二定律有FNsin θ－FABcos θ＝mBa0，FNcos θ＋FABsin θ＝mBg，解得
FAB＝0，故C 正确；当a＝a0时，物块A、B 恰要分离，对A 有FNA＝＝12.5
N，由牛顿第三定律知A 对斜面的压力大小为12.5 N，故D 正确。
