高考物理一轮复习课时练习 第3章第3练　专题强化：牛顿第二定律的综合应用（含详解）

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1．(2023·北京卷·6)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．某列车由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．F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
3.(多选)(2024·吉林通化市模拟)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTA和FTB的变化情况是( )
A．FTA增大 B．FTB增大
C．FTA减小 D．FTB减小
4.(2021·海南卷·7)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＝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
5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，下列说法正确的是( )
A．Q对P的摩擦力方向水平向右
B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N
C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N
D．P与Q发生相对滑动
6.(多选)(2023·陕西西安市期末)一辆货车运载着圆柱形的光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和货车一起保持静止状态，如图所示，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变大
B．当汽车向左做加速运动，且加速度达到eq \f(\r(3),2)g时，C将脱离A
C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D．当汽车向右做加速运动，且加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离B
7.(多选)(2023·河北唐山市检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是( )
A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2
B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2
C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离
D．t＝eq \f(2,7) s时，两物体A、B恰好分离
8.(2023·山东师范大学附中模拟)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝
3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，则物块A的加速度与换前相同
9．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2
10.(2023·江苏扬州市期中)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？
(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度大小v。
11．如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ在0～90°之间改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
12.(多选)(2024·河南南阳市第一中学月考)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mP＝6 kg的物体P，Q为一质量为mQ＝10 kg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，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x1＝eq \f(7,75) m
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a＝eq \f(10,3) m/s2
第3练 专题强化：牛顿第二定律的综合应用
1．C [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 [设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为FT，对后2节车厢，由牛顿第二定律得FT－2Ff＝2ma，联立解得FT＝eq \f(F,19)，故选项C正确。]
3．AD [设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝eq \f(F,M)，对最左边的物体分析FTB＝ma＝eq \f(mF,M)，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得FTA＝F－eq \f(m′F,M)，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以FTB减小，FTA增大。故选A、D。]
4．A [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＝eq \f(FT1,2)＝1 N，故Q物体加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物体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。]
5．AC [当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误。]
6．AD [对桶C受力分析如图所示，当车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有FBsin θ－FAsin θ＝ma
竖直方向根据平衡条件可得FBcs θ＋FAcs θ＝mg，加速度变大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A正确；当货车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度为a＝eq \f(\r(3),3)g，故B错误；货车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcs θ＋FAcs θ＝mg，则B对C的支持力不变，故C错误；当货车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝eq \f(\r(3),3)g，故D正确。]
7．BD [t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝eq \f(11,3) m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝eq \f(2,7) s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝eq \f(FB1,m2)＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。]
8．C [对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A隔离分析，由牛顿第二定律得FT－m1gsin θ＝m1a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，则物块A的加速度与换前不同，故D错误。]
9．BC [设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq \f(F,m)－μg；根据题图乙知eq \f(1,m)＝
eq \f(2－0,6－4) kg－1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确。当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝eq \f(F－μmg,m)＝6 m/s2，C正确。]
10．(1)μ≥0.5 (2)eq \r(2) m/s
解析 (1)对重物受力分析，根据受力平衡可得FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT
又Ff＝μMg，联立解得μ＝0.5
要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
(2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得FT－mg＝2ma
对木箱受力分析，
有F－μMg－2FT＝Ma，
解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m，由2×2a·h＝v2，可得此时重物的速度大小为v＝eq \r(2) m/s。
11．(1)eq \f(\r(3),3) (2)60° eq \f(5\r(3),2) m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin θ＝Ff，
其中Ff＝μmgcs θ，解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2ax
得x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，故α＝30°，
又因x＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sin θ＋α)
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2))＝eq \f(5\r(3),2) m。
12．BCD [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，故A错误；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kx1－mPgsin θ＝mPa，前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝eq \f(1,2)at2，由未加拉力时受力平衡得kx0＝(mP＋mQ)gsin θ，联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2，x1＝eq \f(7,75) m，故B、C、D正确。]