專題五牛頓第二定律的綜合應(yīng)用例1B[解析]根據(jù)牛頓第二定律有2F-k(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=2F-k(m1+m2)g(m1+m2),動力與加速度并不是正比關(guān)系,若每組提供的動力均為2F,列車組的加速度并不加倍,A、D錯(cuò)誤;對于A組列車,根據(jù)牛頓第二定律有F-FT-km1g=m1a,解得FT=(m2-m1)Fm1+m2,若例2B[解析]對ABCD整體,可知a=Fm+m+m+3m=F6m;對BCD整體有FfAB=5ma=5F6,即A對B的摩擦力大小為5F6,方向向右,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;對C分析,可知FfBC=ma=F6,則C對B的摩擦力大小為F6,方向向左,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等,均為F6例3D[解析]物體A與車廂具有相同的加速度,對物體A分析,受重力和拉力,根據(jù)合成法知F合=m1gtanθ,繩子拉力為FT=m1gcosθ,物體A的加速度為a=m1gtanθm1=gtanθ,所以車廂的加速度為gtanθ,故A、B錯(cuò)誤;物體B的加速度為gtanθ,對物體B受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,支持力為FN=m2g-m1gcosθ、Ff=m2a=m2例4D[解析]由裝置圖可知,A的速度和加速度都等于B的速度和加速度的2倍,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;設(shè)輕繩上的拉力為FT,則對A,由牛頓第二定律有FT-μm1g=m1a,對B有m2g-2FT=m2·12a,聯(lián)立解得FT=6.6N,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確例5B[解析]當(dāng)小滑塊b在左側(cè)、a在右側(cè)時(shí),對ab整體,有3mgsin37°-mgsin53°-μ(3mgcos37°+mgcos53°)=(3m+m)×0.1g,解得μ=0.2,對b,有3mgsin37°-μ·3mgcos37°-FT1=0.1g×3m,解得FT1=1.02mg,故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)小滑塊a在左側(cè)、b在右側(cè)時(shí),對ab整體,有3mgsin53°-mgsin37°-μ(3mgcos53°+mgcos37°)=(3m+m)a,解得a=0.32g,對b,有3mgsin53°-μ·3mgcos53°-FT2=3ma,解得FT2=1.08mg,故B正確,D錯(cuò)誤.例6CD[解析]A與B間的最大靜摩擦力為FfABm=μ×2mg=2μmg,C與B間的最大靜摩擦力為FfCBm=14μmg=14μmg,B與地面間的最大靜摩擦力為FfB地m=18μ(2m+m+m)g=12μmg,要使A、B、C都始終相對靜止,三者一起向右加速,則對整體有F-12μmg=4ma,假設(shè)C恰好與B相對不滑動,則對C有14μmg=ma,聯(lián)立解得a=14μg,F=32μmg,設(shè)此時(shí)A與B間的摩擦力為Ff,對A有F-Ff=2ma,解得Ff=μmg<2μmg,表明C達(dá)到臨界時(shí)A還沒有達(dá)到臨界,故要使三者始終相對靜止,則力F不能超過32μmg,故C正確;當(dāng)A恰好相對B滑動時(shí),C早已相對B滑動,對A、B整體得F-12μmg-14μmg=3ma',對A有F-2μmg=2ma',聯(lián)立解得F=92μmg,故當(dāng)拉力F大于92μmg時(shí),B與A相對滑動,故B錯(cuò)誤;當(dāng)F較大時(shí),A、C都會相對B滑動,B的加速度達(dá)到最大,對B有2μmg-14μmg-12μmg=maB,解得aB=54μg,故A錯(cuò)誤;當(dāng)F=μmg時(shí),三個(gè)物體相對靜止,則對整體有F-12μmg=4ma0,對A有F-Ff例7B[解析]若支持力恰好為零,對小球受力分析,受到重力、繩子拉力,如圖所示,小球向左加速,加速度向左,合力水平向左,根據(jù)牛頓第二定律,有FTcosθ=ma、FTsinθ=mg,解得a=gtanθ=4g3=403m/s2≈13.3m/s2;由以上分析可知,當(dāng)a>13.3m/s2時(shí),小球受mg、FT兩個(gè)力作用,當(dāng)a<13.3m/s2時(shí),小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用,故D錯(cuò)誤;若a=14m/s2>13.3m/s2,小球受mg、FT兩個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤,B正確;若a=13m/s2<13.3m/s2,小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用,故例8BC[解析]對A、B整體受力分析,則有F+FN-(mA+mB)g=(mA+mB)a,可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FN;當(dāng)FN最大時(shí)F最小,即剛開始施力時(shí),FN最大且等于A和B的重力之和,則Fmin=(mA+mB)a=6N,故A錯(cuò)誤,B正確.剛開始,彈簧的壓縮量為x1=mAg+mBgk=0.05m,A、B分離時(shí),其間恰好無作用力,對托盤B,由牛頓第二定律可知kx2-mBg=mBa,解得x2=0.04m,物塊A在這一過程的位移為Δx=x1-x2=0.01m,由運(yùn)動學(xué)公式可知v2=2aΔx,代入數(shù)據(jù)得v=0.2m/s,例9D[解析]設(shè)P的質(zhì)量為M,P與桌面間的滑動摩擦力為Ff,繩的拉力為FT,以P為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得FT-Ff=Ma,以盤和盤中砝碼為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FT=ma,聯(lián)立可得a=mg-FfM+m=g-FfmMm+1,可知當(dāng)砝碼的重力大于Ff時(shí),才有一定的加速度,當(dāng)m例10AB[解析]木板和實(shí)驗(yàn)臺間的摩擦忽略不計(jì),由題圖乙知,2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小為F摩=0.2N.由題圖丙知,2~4s內(nèi),木板的加速度大小為a1=0.42m/s2=0.2m/s2,撤去外力F后的加速度大小a2=0.4-0.21m/s2=0.2m/s2.設(shè)木板質(zhì)量為m,在2~4s內(nèi)對木板進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得F-F摩=ma1,F摩=ma2,且知F摩=μm塊g=0.2N,解得m=1kg,F=0.4N,由于不知道物塊的質(zhì)量,故無法求出物塊與木板間的動摩擦因數(shù),選項(xiàng)A、B正確,D錯(cuò)誤;0~2s內(nèi),由題圖乙知,F是均勻增加的,選項(xiàng)C變式B[解析]解除鎖定后,沿繩方向上對A、B和繩組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律有Mgsinθ-mg=(M+m)a,對A由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有x=12at2,結(jié)合圖像斜率k=12a,即a=2k,聯(lián)立解得Mm=k+53-k例11C[解析]解法一:設(shè)桿對猴子豎直向上的作用力為F1,以猴子為研究對象,由牛頓第二定律得F1-mg=ma,解得F1=mg+ma,由牛頓第三定律得猴子對桿向下的作用力F2=F1=mg+ma,以桿為研究對象,設(shè)桿向下的加速度為a0,由牛頓第二定律得F2+Mg=Ma0,解得a0=g+mM(g+a),選項(xiàng)C正確解法二:對桿和猴子組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律得(M+m)g=-ma+Ma0,解得a0=g+mM(g+a),選項(xiàng)C正確例12A[解析]小滑塊沿斜面下滑的加速度大小為a=gsinθ,把此加速度分解為水平和豎直方向的加速度,在水平方向的加速度ax=gsinθcosθ,豎直方向的加速度ay=gsin2θ,對小滑塊和斜面整體,在水平方向上有Ff=mgsinθcosθ=12mgsin2θ,當(dāng)θ=45°時(shí),地面所受摩擦力最大,此時(shí),對整體在豎直方向上有Mg+mg-FN=mgsin2θ,解得FN=Mg+1