專(zhuān)題五牛頓第二定律的綜合應(yīng)用1.C[解析]木塊從釋放到剛接觸彈簧時(shí),由于忽略空氣阻力,故木塊做自由落體運(yùn)動(dòng),所受合外力F=mg不變,此段時(shí)間內(nèi)位移y隨時(shí)間t變化規(guī)律為y=12gt2,對(duì)應(yīng)圖像為拋物線;木塊接觸彈簧后,F=mg-k(y-H)逐漸減小到零,加速度也逐漸減小到零,當(dāng)加速減小到零時(shí)速度達(dá)到最大,此段時(shí)間內(nèi)位移y繼續(xù)增大,且y-t圖像斜率仍增大;之后木塊做加速度反向增大的減速運(yùn)動(dòng),F反向增大,當(dāng)速度減小到零時(shí)F達(dá)到反向最大,此段時(shí)間內(nèi)位移繼續(xù)增大直到最低點(diǎn),且y-t圖像斜率逐漸減小到零;之后木塊反彈,受力情況和運(yùn)動(dòng)情況都是以上過(guò)程的逆過(guò)程,圖像具有對(duì)稱(chēng)性,C正確,A、B、D錯(cuò)誤2.BD[解析]設(shè)物體的質(zhì)量為m,當(dāng)物體與地面間有摩擦力時(shí),因A、B的加速度相同,以整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F-2μmg=2ma,隔離B,有FAB-μmg=ma,所以FAB=0.5F,同理,當(dāng)?shù)孛婀饣瑫r(shí),A、B間的作用力也為0.5F,選項(xiàng)B、D正確.3.D[解析]對(duì)小球受力分析如圖所示,由于小球和小車(chē)一起向左運(yùn)動(dòng),則可知小球所受合外力在水平方向,小球加速度即為整體加速度,根據(jù)幾何關(guān)系可得F合=mgtanθ=ma,解得a=gtanθ,方向水平向右,故A錯(cuò)誤;根據(jù)幾何關(guān)系可得細(xì)線的拉力FT=mgcosθ,方向沿線向上,故B錯(cuò)誤;由于A與小車(chē)保持相對(duì)靜止,則A的加速度與小車(chē)和小球加速度相同,對(duì)A分析可知,A在豎直方向受豎直向下的重力與小車(chē)對(duì)A豎直向上的支持力,合力為零,在水平方向僅受摩擦力作用,所受摩擦力即為合外力,而加速度水平向右,則所受摩擦力水平向右,根據(jù)牛頓第二定律有Ff=Ma=Mgtanθ,故C錯(cuò)誤,D4.AD[解析]不考慮桿對(duì)滑塊的作用時(shí),滑塊受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)滑塊A有m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a1,解得a1=g(sinθ-μ1cosθ);同理,對(duì)滑塊B有a2=g(sinθ-μ2cosθ).若μ1>μ2,則a1<a2,B的加速度較大,考慮桿對(duì)兩滑塊的作用,則桿受到壓力,故A正確.若μ1=μ2,則a1=a2,兩滑塊加速度相同,說(shuō)明無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),桿不受到作用力,故B錯(cuò)誤,D正確.若μ1<μ2,則a1>a2,A的加速度較大,考慮桿對(duì)兩滑的作用,則桿受到拉力,故C錯(cuò)誤.5.B[解析]對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律得mg=2M+ma,解得a=mg2M+m,加速度恒定,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得FT-Mg=Ma,解得FT=2MM+mg2M+6.B[解析]對(duì)兩物塊整體分析,根據(jù)牛頓第二定律有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,可得兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=Fm1+m2-gsinθ,故A錯(cuò)誤;對(duì)物塊Q分析,根據(jù)牛頓第二定律有FT-m2gsinθ=m2a,解得彈簧的彈力大小為FT=m2m1+m2F,故B正確;由上述分析可知,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧的彈力大小為FT=m2m1+m2F=1m1m2+1F,則若增大m2,彈簧彈力FT增大,則P、Q7.B[解析]由圖可知小球上升過(guò)程中的加速度大小為a1=v1t1=12m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mg+F阻=ma1,解得F阻=1N,故A錯(cuò)誤;小球下落過(guò)程的加速度大小為a2=mg-F阻m=8m/s2,根據(jù)h=12a1t12、h=12a2t22,可得小球上升與下落所用時(shí)間之比為t1t2=a2a1=23,小球下落的時(shí)間為t2=32t1=32s,小球落回到拋出點(diǎn)的速度大小為v2=a8.B[解析]由于相同時(shí)間內(nèi)物體B通過(guò)的位移是物體A通過(guò)的位移的兩倍,則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍,設(shè)物體A的加速度為a,則B的加速度為2a,設(shè)物體A、B釋放瞬間,輕繩的拉力為FT,對(duì)A、B分別受力分析,由牛頓第二定律得2FT-mgsin30°-μmgcos30°=ma,2mg-FT=2m·2a,解得FT=23mg、a=13g,故A錯(cuò)誤,B正確;物體B下降過(guò)程中,對(duì)斜面體、A、B整體分析,在豎直方向上根據(jù)牛頓第二定律得(M+3m)g-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面對(duì)斜面體的支持力為FN=M+32mg,故C錯(cuò)誤;假設(shè)B上升,則A下滑,A所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上,分析此時(shí)A的受力情況可知mgsin30°<μmgcos30°+2FT1,而A這樣的受力情況,9.A[解析]對(duì)A、B受力分析如圖甲、乙所示,因?yàn)锳恰好沒(méi)有離開(kāi)斜面,故其和斜面無(wú)彈力,可知繩上的拉力FT=233m1g,整體的加速度a=33g,對(duì)B有32FN-12FT=m2a,12FN+32FT=m2g,兩式聯(lián)立解得m1∶m210.AC[解析]若桿的加速度為3g,對(duì)桿根據(jù)牛頓第二定律可知mg+Ff=m·3g,解得Ff=2mg,方向豎直向下,根據(jù)牛頓第三定律可知,桿對(duì)猴子的摩擦力大小為2mg,方向向上,對(duì)猴子由牛頓第二定律有2mg-Ff=2ma,解得a=0,則猴子相對(duì)于地面靜止,故A正確,B錯(cuò)誤;若桿的加速度為3g,則猴子相對(duì)于地面靜止,則桿下降的位移為l,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)=12·3gt2,猴子能相對(duì)地面靜止的時(shí)間為t=2l3g,故C11.AD[解析]設(shè)棒以加速度a0向右勻加速時(shí),滑套恰好不在棒上滑動(dòng),如圖甲所示,則有FNcosθ=mg、FNsinθ=ma0,解得a0=gtanθ=7.5m/s2,故A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)a=10m/s2>a0時(shí),滑套會(huì)沿棒上滑,如圖乙所示,設(shè)滑套相對(duì)棒的加速度大小為a1,經(jīng)時(shí)間t1滑套滑出直棒,則有FNcosθ-mg=ma1sinθ、FNsinθ=m(a-a1cosθ)和L1=12a1t12,解得a1=2m/s2,t1=1.0s,故C錯(cuò)誤;當(dāng)a=5m/s2<a0時(shí),滑套會(huì)沿棒下滑,如圖丙所示,設(shè)滑套相對(duì)棒的加速度大小為a2,經(jīng)時(shí)間t2滑套滑出直棒,則有mg-FNcosθ=ma2sinθ、FNsinθ=ma+a2cosθ和L2=12a2t22,解得a2=2m/s2,t2=10512.(1)0.4kg0.5(2)0或1.25m/s2或8.75m/s2[解析](1)F在2~5N內(nèi)時(shí),對(duì)圓環(huán)受力分析可得Fcosθ-μmg-當(dāng)拉力超過(guò)5N時(shí),支持力方向相反,所以當(dāng)拉力為5N時(shí)Fsinθ=mgFcosθ=ma代入圖中數(shù)據(jù),聯(lián)立求解可得sinθ=0.8,μ=0.5,m=0.4kg(2)當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時(shí),F較小時(shí)圓環(huán)的加速度為0,當(dāng)F較大圓環(huán)所受支持力向上時(shí)有μ(mg-Fsinθ)=1N解得F=2.5N由Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma解得a=1.25m/s2當(dāng)F較大圓環(huán)所受支持力向下時(shí)有μ(Fsinθ-mg)=1N解得F=7.5N由Fcosθ-μ(Fsinθ-mg)=ma得a=8.75m/s213.(1)0.15N(2)0.144m[解析](1)滑塊乙剛進(jìn)入MN段時(shí),對(duì)甲和乙整體應(yīng)用牛頓第二定律有2mgsinθ-μmgcosθ=2ma對(duì)滑塊甲分析,由牛頓第二定律得mgsinθ+F-μmgcosθ=ma聯(lián)立解得F=μmgcosθ2=0.(2)乙進(jìn)入MN段時(shí),輕繩被拉斷,此后對(duì)乙受力分析,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma乙可得a乙=gsinθ=5m/s2甲、乙未進(jìn)入MN段時(shí),對(duì)甲、乙整體,由牛頓第二定律得2mgsinθ-2μmgcosθ=2ma0解得a0