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第14讲　牛顿第二定律的综合应用
基础·满分练
命题角度一　前后牵连的连接体问题
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.(2025安徽卷)如图所示,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
命题角度二　上下叠放的连接体问题
3.如图所示,光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起,木块B受到一个大小为F水平向右的力,A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.木块A受到两个力的作用
B.木块B受到四个力的作用
C.木块A所受合力大小为
D.木块B受到A的作用力大小为
命题角度三　分离的临界问题
4.(2025江苏南京模拟)如图所示,斜劈B固定在弹簧上,斜劈A扣放在B上,A、B相对静止,待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A,使A、B缓慢压缩弹簧,弹簧一直在弹性限度内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(　　)
A.压缩弹簧的过程中,B对A的摩擦力大小不变
B.压缩弹簧的过程中,A可能相对B滑动
C.当弹簧压缩量为某值时,撤去力F,在A、B上升的过程中,A、B分离时,弹簧恢复原长
D.当弹簧压缩量为某值时,撤去力F,在A、B上升的过程中,B对A的作用力先增大后减小
命题角度四　发生相对滑动的临界问题
5.如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。开始时F=10 N,此后逐渐增大,在增大到45 N的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.当拉力F<12 N时,物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12 N时,开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
命题角度五　动力学的极值问题
6.(2026北京门头沟测试)如图所示,在平直公路上行驶的厢式货车内,用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物,轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中,为保持重物悬挂在O点位置不动,重力加速度为g,厢式货车的最大加速度为(　　)
A. B.
C. D.g
能力·高分练
7.(2026黑龙江齐齐哈尔检测)如图所示,细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球,静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a=2g水平向左加速运动,小球与滑块相对静止,则下列说法中正确的是(　 　)
A.细线对小球的拉力大小为mg
B.细线对小球的拉力大小为mg
C.小球对滑块的压力大小为mg
D.小球对滑块的压力大小为2mg
8.如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块A串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,A又通过轻细线悬吊着一个小铁球B,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而A、B均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度逐渐增大,A始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时(　　)
A.横杆对A的摩擦力增加到原来的2倍
B.横杆对A的弹力增大到原来的2倍
C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D.细线的拉力增加到原来的2倍
9.(多选)(2025浙江选考模拟)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连,另一端与物块B拴接,物块A紧挨着物块B,两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的拉力,使A、B一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为2m、m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,下列说法正确的是(　　)
A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为mg
B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为mg
C.整个过程中拉力先增大后不变
D.拉力F的最大值为2mg
10.(多选)(2026山东济宁测试)水平面上放置一质量为m的滑块A,上方有圆形凹槽,质量为2m的圆柱B恰好能放置在凹槽中,其截面图如图所示,圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连,细绳伸直后由静止释放C,不计一切摩擦,A离定滑轮足够远,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.若A、B能保持相对静止,则细绳的拉力大小为
B.若A、B能保持相对静止,则A对B的作用力大小为2mg
C.当M=(+1)m时,B恰要从凹槽中滚出
D.若θ=45°,则只要M足够大,B一定可以从凹槽中滚出
素养·提升练
11.(12分)(跨学科融通)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a的大小;
(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
答案：
1.C　解析 对两物块整体受力分析有F=2ma,再对于后面的物块有FTmax=ma,FTmax=2 N,联立解得F=4 N,故选C。
2.C　解析 因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。
3.C　解析 由于桌面光滑,则两木块一起向右做加速运动,则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用,选项A错误;木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用,选项B错误;整体的加速度a=,则木块A所受合力大小为FA=ma=,选项C正确;木块B受到A的压力为mg,摩擦力为Ff=,则作用力大小为FAB=,选项D错误。
4.C　解析 因为开始时A相对于B静止,则A所受重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力,设斜劈B的倾角为θ,则有mAgsin θ≤μmAgcos θ,用竖直向下的变力F作用于A,有(mAg+F)sin θ≤μ(mAg+F)cos θ,所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中,仍然能保持相对静止,B错误。A所受的摩擦力大小为Ff=(mAg+F)sin θ,对A、B整体分析,由于弹簧压缩量逐渐增大,弹簧弹力逐渐增大,则力F逐渐增大,可知B对A的摩擦力大小逐渐增大,故A错误。撤去力F后,在弹簧恢复原长前,整体的加速度逐渐减小后反向增大;隔离对A分析,有FB-mAg=mAa,则B对A的作用力逐渐减小,D错误。当A、B分离时,A、B间作用力为0,此时A只受重力作用,加速度为重力加速度g,则此时B的加速度也为g,所以弹簧弹力为0,弹簧刚好恢复原长,故C正确。
5.D　解析 当A、B间达到最大静摩擦力时两者开始相对滑动,以B为研究对象,设临界加速度为a,由牛顿第二定律得μmAg=mBa,得a=6 m/s2。由整体法得F=(mA+mB)a=48 N,所以F增大到45 N的过程中,两物体始终没相对运动,B、C两项错误,D项正确;由于地面光滑,故一开始物体就加速运动,A项错误。
6.B　解析 对重物受力分析可得FAsin 30°+FBsin 60°=mg,FBcos 60°-FAcos 30°=ma,联立解得·mg-FA-FA=ma,整理得mg-FA=ma,当FA=0时,a取得最大值,为g,故选项B正确。
7.A　解析 设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0,小球受到重力、拉力作用,根据牛顿第二定律a0=gtan 60°=g,当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,此时小球已经飘离斜面,则此刻小球对滑块的压力为0,设此时细线与水平方向的夹角为α,故有FTsin α=mg,FTcos α=ma=2mg,解得FT=mg,A正确,B、C、D错误。
8.A　解析 设小球B质量为m,物块A质量为M,对小球受力分析,受重力mg和细线的拉力FT,如图甲所示,由牛顿第二定律有FTsin θ=ma,FTcos θ-mg=0。
再对A和B整体受力分析,受总重力(M+m)g、支持力FN、摩擦力Ff,如图乙所示,由牛顿第二定律有Ff=(M+m)a,FN-(M+m)g=0,解得tan θ=,FN=(M+m)g,拉力为FT=,摩擦力为Ff=(M+m)a;当加速度变为2倍时,不影响横杆对A的作用力,支持力FN不变,A正确,B错误;由于FT=,故FT不是增加原来的2倍,故D错误;θ的正切变为原来的2倍,但θ不是2倍,故C错误。
9.AB　解析 施加拉力之前,A、B整体受力平衡,根据平衡条件有F弹=3mgsin θ;施加拉力瞬间,A、B开始向上一起做加速度大小为a=g的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律对A、B整体有F+F弹-3mgsin θ=3ma,解得F=mg,根据牛顿第二定律对A有F+FBA-2mgsin θ=2ma,解得A、B间的弹力大小为FBA=mg,故A正确;分离时,A、B间作用力为0,F最大,根据牛顿第二定律对A有Fmax-2mgsin θ=2ma,解得Fmax=mg,根据牛顿第二定律对B有F弹'-mgsin θ=ma,解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为F弹'=mg,故B正确,D错误。根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大,故C错误。
10.AB　解析 若A、B相对静止,对系统由牛顿第二定律得Mg=(m+2m+M)a,则加速度大小为a=,对A、B受力分析,有FT=3ma,解得FT=;再对B受力分析,有=(2ma)2+(2mg)2,所以FAB=2mg,故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力FAB沿着圆心与二者接触的左端点连线方向,得FABsin θ=2ma1,FABcos θ=2mg,临界加速度大小为a1=g,对A、B整体有a1=,解得M=m,故C错误;若θ=45°,由FABsin θ=2ma2和FABcos θ=2mg,解得临界加速度大小a2=g,由于11.(1)2 m/s2
(2)0.5
(3) N
解析 (1)根据L=v0t+at2,
解得a=2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,代入数据解得μ=0.5。
(3)设F与斜面夹角为α,
平行斜面方向有Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向有FN+Fsin α=mgcos θ
解得F=
当sin (φ+α)=1时,F有最小值Fmin,
解得Fmin= N。
1(共28张PPT)
第14讲 牛顿第二定律的综合应用
考点一　动力学中的连接体问题
能力 高分练
课中 关键能力·可视思维
角度一　前后牵连的连接体问题
例1 (多选)(2023福建卷)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的拉力为FT1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为FT2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为FT3,则
(　　)
A.当火车匀速直线运动时,FT1=FT2=FT3
B.当火车匀速直线运动时,FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1
C.当火车匀加速直线运动时,FT1=FT2=FT3
D.当火车匀加速直线运动时,FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1
BD
解析 设每节车厢重为G,当火车匀速直线运动时FT1=Ff1=k×3G, FT2=Ff2=k×2G,FT3=Ff3=k×G,得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1,故A错误,B正确;当火车匀加速直线运动时FT1-Ff1=FT1-k×3G=3ma,FT2-Ff2=FT2-k×2G =2ma,FT3-Ff3=FT3-k×G=ma,得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1,故C错误,D正确。
例2 (2026广东肇庆模拟)如图所示,固定的足够长的
光滑斜面的倾角θ=30°,斜面顶端固定有轻质滑轮。
位于斜面底端的滑块P通过不可伸长的轻质细绳绕
过滑轮与重物Q连接。开始时托着重物Q使细绳恰
处于绷直状态,滑块P和滑轮间的细绳与斜面平行,重物Q与滑轮间的细绳沿竖直方向。现释放重物Q,重物Q向下运动,滑块P沿斜面向上运动。当滑块P的速度达到v时剪断细绳,发现滑块P回到原出发点时速度大小变为2v。不计一切摩擦阻力。求:
(1)剪断细绳前后P在斜面上运动时间之比及加速度大小之比;
(2)滑块P与重物Q的质量之比。
答案 (1)1　　(2)
解析 (1)选沿斜面向上为正方向,剪断细绳前后P运动的时间分别为t1、t2,剪断细绳前有v=a1t1
剪断细绳后有-2v=v-a2t2
两阶段滑块P发生的位移大小相等,方向相反,有a1=-
联立得=1,。
(2)设细绳上的拉力为FT,重力加速度为g,剪断细绳前对滑块P,
有FT-mPgsin θ=mPa1
对重物Q,有mQg-FT=mQa1
剪断细绳后,对滑块P有mPgsin θ=mPa2
联立解得。
破题思维链
解题精要
前后牵连的连接体:
(1)常见情境如下图。
(2)由轻绳连接,在伸直状态下,两端的
物体沿绳方向的速度和加速度的大小
相等。
(3)对轻弹簧,在弹簧形变最大时,两端
连接体的速率相等。
角度二　上下叠放的连接体问题
例3 (2026福建宁德模拟)如图所示,在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q,θ=37°,P和Q质量之比为7∶2,所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上,P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上,P和Q也恰好相对静止,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则为(　　)
A.　　　　　B.　　　　　
C.1　　　　　D.3
A
解析 设P和Q的质量分别为7m和2m,当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时,设整体的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有F1=9ma1。隔离Q分析,因为P和Q恰好相对静止,根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ=2ma1,联立解得F1=mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时,设整体的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有F2=9ma2,设Q对P的弹力大小为FN,则FNsin θ=7ma2,根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN,隔离Q分析,因为P和Q恰好相对静止,在竖直方向上根据平衡条件有FN'cos θ=2mg,联立解得F2=mg,所以,故A正确。
拓展延伸 若将P和Q叠放在一起,放在光滑的水平面上,两物体P和Q间接触面是粗糙的,水平力F分别作用在P、Q上,两物体均可保持相对静止,则两种情况下P、Q间的摩擦力分别为多大
答案 F　F
解析 力F作用在P上,P和Q一起加速运动,则对整体有F=9ma2
隔离Q物体,P对Q的摩擦力Ff1=2ma2
解得Ff1=F
力F作用在Q上,P和Q一起加速运动,则对整体有F=9ma1
隔离P物体,Q对P的摩擦力Ff2=7ma1
解得Ff2=F。
破题思维链
解题精要
上下叠放的连接体:
(1)常见情境如下图。
(2)上下两物体,通过弹力或摩擦力作用,可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。
考点二　动力学中的临界和极值问题
角度一　分离的临界问题
例4 (多选)(2026江苏苏州模拟)卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件,将工件置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°,重力加速度为g,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则(　　)
A.当卡车匀速行驶时F1=mg
B.当卡车匀速行驶时F2=mg
C.卡车安全启动的最大加速度为g
D.卡车安全刹车的最大加速度为g
AD
解析 当卡车匀速行驶时,圆筒处于平衡状态,将重力进行分解如图所示。根据几何关系可得F1=mgcos 30°=mg,F2=mgsin 30°=mg,故A正确,B错误;当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时,启动加速度最大,根据牛顿第二定律则有mgtan 30°=ma,得a=g,故C错误;当匀质圆筒状工件对斜面Ⅰ压力为0时,刹车加速度最大,根据牛顿第二定律则有mgtan 60°=ma',得a'=g,故D正确。
解题精要
1.出现临界条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。
2.接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。
方法导引
解决临界问题的思路
(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系。
角度二　发生相对滑动的临界问题
例5 (多选)(2026浙江金华模拟)如图所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( 　　)
A.小滑块的质量m=2 kg
B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一
定增大
D.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2
ABD
解析 由图乙可得,当拉力等于6 N时,小滑块和长木板刚好要发生相对滑动,以M、m为整体,根据牛顿第二定律可得F=(M+m)a,以m为对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,其中F=6 N,a=2 m/s2,解得m+M=3 kg,μ=0.2,当拉力大于6 N时,长木板的加速度为a=,可知a-F图像的斜率为k= kg-1=1 kg-1,解得M=1 kg,m=2 kg,故A、B正确;当水平拉力大于6 N时,长木板与小滑块已经发生相对滑动,此后F增大,小滑块的加速度也不再增大,而是保持不变,故C错误;当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为a= m/s2=3 m/s2,故D正确。
破题思维链
解题精要
相对滑动的临界条件
1.将要发生相对滑动时,静摩擦力达到最大值。
2.在发生相对滑动之前,加速度相同。
角度三　动力学的极值问题
例6 (2021全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　　)
A.逐渐增大　　　 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
D
解析 水平底座长设为l,物块下滑的位移x=,加速度a=gsin θ,由位移公式x=at2可得t=,θ=45°时,时间最短,所以从30°到60°时,物块下滑时间先减小后增大,故选D。
破题思维链
解题精要
出现极值条件的标志
(1)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在极值,这个极值点往往是临界点。
(2)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。

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