第14讲 牛顿第二定律的综合应用（练习）（解析版）—高中物理

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1．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）

A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为
D．A、B未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】B
【详解】A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A、B、C三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得
对物块A根据牛顿第二定律可得解得故A错误；
B．物块A受到的最大合外力为μMg，则物块A的最大加速度当物块A的加速度恰好为μg时，物块A、B发生相对滑动，以物块A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得
解得要使物块A、B之间发生相对滑动，则故B正确；
C．对物块C由牛顿第二定律得解得所以轻绳拉力的大小小于mg；故C错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力故D错误。故选B。
2．（2023·广东惠州·高三第三次调研）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A．小物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
【答案】C
【详解】BC．由图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动。故B错误，C正确；
AD．当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力。物块也不可能从图甲的左端滑下传送带。故AD错误。故选C。
3．（2023秋·山东青岛·高三统考期末）如图甲，为机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货仓装载行李的场景，传送带保持恒定速率向上运行。工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图乙，A、B、C、D是传送带上4个进入货仓前匀速运动的行李箱，其中A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d。已知传送带运行的速率为，倾角为，传送带的长度为L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）．
A．A、B、C、D与传送带间动摩擦因数相同，均满足
B．A、B、C与传送带间动摩擦因数大于D与传送带间动摩擦因数
C．工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔
D．若A的质量为m，则由于传送A，驱动传送带的电机额外消耗的电能
【答案】C
【详解】AB．传送带运行的速率为，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，行李箱放在传送带上后，先加速，后匀速，设加速时间为t，加速过程的位移为x1，则对行李箱有
行李箱加速时，传送带的位移为x2，则 行李箱加速时，与传送带的相对位移为 ，A与B、B与C间的距离均为d，C与D间的距离小于d，则A、B、C与传送带间动摩擦因数相同，D与传送带间动摩擦因数大于A、B、C与传送带间动摩擦因数，且A、B、C、D与传送带间动摩擦因数均满足，AB错误；
C．由以上分析知，A、B、C释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d，则工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为，C正确；
D．根据能量守恒定律知，驱动传送带的电机额外消耗的电能转化为了A的机械能和摩擦产生的热能，有
，D错误。故选C。
4．（2023·湖北·统考三模）如图（a）所示，物块和长木板置于倾角为且足够长的斜面上。时对长本板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系图像如图（b）所示，已知，，重力加速度取，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的作用时间为2s
B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2
C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75
【答案】C
【详解】B．由图（b）知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，B错误；
A．撤去拉力时的速度拉力作用时间为，A错误；
C．撤去拉力时的加速度由牛顿第二定律解得，C正确；
D．物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律解得物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。故选C。
7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，一质量为、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为的光滑楔形物块，物块在水平恒力作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为。下列说法正确的是（ ）

A．斜面体对物块的支持力为
B．斜面体的加速度大小为
C．水平恒力大小
D．若水平作用力作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则将变小
【答案】ABC
【详解】ABC．整体受力分析，根据牛二定律有再隔离物块，在竖直方向有
水平方向有联立解得故ABC正确；
D．若力作用在斜面上，对物块受力分析仅受重力和支持力，二力合成有解得
再对整体，根据牛顿第二定律可知外力需增大，故D错误；故选ABC。
8．（2023·辽宁·校联考二模）如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移动A、B两个物体，斜面倾角为且足够长，两物体相互接触但不黏合，质量为，。从时刻开始，推力和拉力分别作用于A、B上，和随时间变化规律为，，。则关于两个物体的运动以下说法正确的是（ ）
A．的时刻，A的加速度为
B．的时刻，B的加速度为
C．的时刻，B的加速度为
D．的时刻，A的加速度为
【答案】BC
【详解】AB．的时刻，若A、B两个物体一起沿斜面向上运动，由牛顿第二定律解得加速度对B物体
解得物体A对物体B的支持力所以A、B两个物体一起沿斜面向上以加速度加速运动，A错误，B正确；
CD．的时刻，若A、B两个物体分开沿斜面运动，由牛顿第二定律，解得加速度，，C正确，D错误。
故选BC。
9．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）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，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
B．物体A的加速度大小为
C．地面对斜面体的摩擦力大小为
D．地面对斜面体的支持力大小为
【答案】AC
【详解】AB．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T，根据牛顿第二定律得；代入数据，联立解得；
，A正确，B错误；
C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得
解得地面对斜面体的摩擦力为，C正确；
D．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得
解得地面对斜面体的支持力为，D错误。
故选AC。
10．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为的物体P，Q为一质量为的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.下列说法正确的是（ ）

A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小
B．0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等
C．0.2 s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为
D．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小
【答案】BCD
【详解】A．对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力
分离时对Q应用牛顿第二定律得Fmax－mQgsin θ＝mQa解得分离时拉力
故A错误；
BCD．前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
前0.2 s时间内两物体的位移又未加拉力时平衡时联立解得；
故BCD正确。故选BCD。
11．（2023·辽宁丹东·统考一模）如图所示，木板置于光滑水平面上，倾角的光滑斜劈放在木板上，一平行于斜面的轻绳上端系在斜劈上，另一端拴接一小球，木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板间动摩擦因数为μ，系统处于静止状态。现对木板施加一水平向右拉力F，若，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．若、时，木板相对斜劈向右运动
B．若，不论F多大，小球与斜面间总有弹力
C．若、时，小球加速度大小为
D．若、时，小球与斜面间无弹力
【答案】BD
【详解】A．整个系统要一起向右运动且斜劈与木板不发生相对运动，则最大加速度不能超过最大静摩擦力所能提供的极限，则时整个系统一起向右运动的最大加速度为
则整个系统要一起向右运动且斜劈与木板不发生相对运动的最大拉力Fmax
所以时，木板不会相对斜劈向右运动，故A错误；
B．时斜劈与小球一起向右运动的最大加速度为小球与斜面恰好没有弹力一起向右运动的加速度为所以所以不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，小球与斜面间总有弹力，故B正确；
C．，时，整个系统能够一起向右运动的最大加速度为则整个系统要一起向右运动且斜劈与木板不发生相对运动的最大拉力Fmax为所以木板会相对斜劈向右运动，则小球与斜劈的加速度由滑动摩擦力提供，为故C错误；
D．时整个系统能够一起向右运动的最大加速度为则整个系统要一起向右运动且斜劈与木板不发生相对运动的最大拉力Fmax为说明木板与斜劈没有发生相对滑动，则此时整个系统的加速度为而小球与斜面恰好没有弹力一起向右运动的加速度为所以所以小球与斜面间恰好无弹力，故D正确。故选BD。
12．（2023·广东汕头·汕头金山中学南区学校校考三模）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连物体P、Q，时P在传送带左端具有速度，P与定滑轮间的绳水平，时P离开传送带。不计滑轮质量和摩擦，绳足够长。物体P的速度随时间变化的图像可能是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】B．若，且则当P加速运动速度达到后，与皮带一起匀速运动，直到离开转送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B正确；
ACD．若，且则P先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），加速度保持不变，图像斜率不变；若且则P先匀减速至，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；若且满足中途速度减至，以后满足加速度减小，图像斜率绝对值变小，物体先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，AD错误。故选BC。
13．（2023·广东·高三六校联盟三模）如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线（时，时），g取。下列说法正确的是（ ）

A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带速度大小为1
C．小物块与传送带间的动摩擦因数
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
【答案】ACD
【详解】A．根据图乙可知，小物块的位移先增大后减小，表明小物块的运动方向发生了反向，则传送带必定沿顺时针方向转动，A正确；
B．根据图乙分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，后反向向右做匀加速直线运动至与传送带达到相等速度，最后以该速度向右做匀速直线运动，则传送带速度为，B错误；
C．根据图乙可知，小物块向左匀减速经历时间t0=2s速度减为0，后向右加速经历时间t1=1s速度与传送带达到同速v0，则有，解得，C正确；
D．小物块向左匀减速的初速度全过程对小物块分析有
解得，D正确。故选ACD。
14．（2023·新疆·统考三模）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。时刻，质量的小物块以初速度从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取，则（ ）

A．传送带的倾角
B．小物块对传送带做功
C．小物块在传送带上留下的痕迹长度为
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
【答案】BC
【详解】A．由图示图象可知，物体先做初速度为2m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=0.25s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为4m/s；开始匀加速运动的加速度根据牛顿第二定律得
速度相等后，加速度根据牛顿第二定律得
联立两式解得故A错误；
B．小物块对传送带的摩擦力为小物块对传送带做功为故B正确；
CD．0~0.25s时间，小物块的位移为相对位移
0.25s~1.25s时间，小物块的位移为相对位移所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误；故选BC。
15．（2023春·湖南衡阳·高三校考）传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单。如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大小恒为，一物块从传送带顶端以初速度开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像可能是（以物块初速度的方向为正方向）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【详解】A．若且，物块先向下减速到零，然后反向加速到从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称。故A正确；
B．若且，物块先向下减速到零，然后反向加速到，与传送带共速后向上匀速运动。故B正确；
C．若物块将向下一直做匀速直线运动。故C正确；
D．若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变。故D错误。
故选ABC。
16．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考三模）中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，是在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】BD．设两棋子间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最上面两个棋子向右运动的最大加速度为设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，则
所以当时，所有棋子均静止不动；当时，最上面三个作为整体，相对静止一起向右匀加速直线运动，下面的两个棋子静止不动，故B正确，D错误；
AC．当时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速，上面两个棋子以am的加速度向右加速，而第四个棋子不可能发生运动，因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg，下表面受到的最大静摩擦力为4μmg，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。故选BC。
17．（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得对长木板受力分析有解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，解得则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得故C正确；
D．若aa＜ab，则有两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的解得故D错误。故选BC。
18．（2023·黑龙江·高三高考模拟调研）如图甲所示，质量为1kg可视为质点的物块A放置在足够长的长木板B上，A、B静止在水平地面上，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示。已知长木板B的质量为2kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时刻，A的加速度大小为1m/s2
B．t＝4s时刻，B的加速度大小为m/s2
C．t=4s时刻，B的速度为8m/s
D．4s后撤去外力F，又经过s，木板停止运动
【答案】ACD
【详解】A．当AB恰好发生相对滑动时，设拉力为，加速度为，对A根据牛顿第二定律
对AB整体联立解得；由图乙可知，t＝0时刻，拉力为6N，故此时A的加速度大小为1m/s2，故A正确；
B．t＝4s时刻，AB发生相对滑动，此时对B，根据牛顿第二定律
解得故B错误；
C．t＝0时刻，拉力为6N，此时之后AB一直相对滑动，0到4s之内，拉力对B的冲量
对B根据动量定理解得故C正确；
D．4s时，A的速度大小，4s后撤去外力F，B的加速度大小变为
当AB共速时解得；因为A与B及B与地面间的动摩擦因数相同，故共速后AB一起相对静止减速到零，此过程用时
故撤去外力F到木板停止运动共用时故D正确。故选ACD。
19．（2021·海南·高考真题）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、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有；
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即故Q物体加速下降，有
可得而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
解得故选A。
20．（2020·江苏·统考高考真题）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A．FB．C．D．
【答案】C
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有联立解得。故选C。
21．（2022·全国·统考高考真题）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。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
B．Q的加速度大小的最大值为
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
【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时解得故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为解得撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。