第4章 习题课 牛顿第二定律的综合应用（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

[基础训练] 1．物块A、B(A、B用轻绳相连)放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1。现用大小为3 N的水平拉力作用在物块A上，如图所示，则A对B的拉力等于(　　) A．1 N　　　　　　　　　 B．1.5 N C．2 N D．3 N 解析　设B物块的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律有a＝，对B有F＝ma，所以F＝1 N。 答案　A 2.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平，则外力F的大小为(　　) A．4.5mg B．2mg C．2mg D．0.5mg 解析　以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下。如图， 由牛顿第二定律得：＝ma，解得a＝2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)gsin 30°＝3ma；解得F＝4.5mg。 答案　A 3．如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M>m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为(　　) A.g B.g C.g D．上述均不对 解析　由甲图可知，物体m匀速运动，故：T＝mg。 物体M匀速运动，故：T＝μMg。联立解得：μ＝。 乙图中，对M有：Mg－T′＝Ma； 对m有：T′－μmg＝ma； 联立解得：a＝g。故C正确。 答案　C 4．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是(　　) A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 解析　当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律， 有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 得a＝－gsin θ－μgcos θ。 隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa， 则FT＝mBgsin θ＋μmBgcos θ＋mBa＝， 则要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。 答案　AB 5.(多选)如图所示，铁球A和铁块B之间由弹簧相连，并用细线OA挂在天花板上，A、B的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，整个系统静止，下述说法正确的是(　　) A．细线对铁球A的拉力大小为mg B．弹簧的长度为 C．弹簧的弹力大小为2mg D．某时刻烧断细绳OA，该时刻铁球A的加速度大小为3g 解析　将A、B看成整体，根据平衡条件可知T＝(m＋2m)g＝3mg，故选项A错误；设弹簧的伸长量为x，则对B物块，根据胡克定律可知kx＝2mg，则x＝，弹簧的长度为原长与伸长量之和，故选项B错误，C正确；某时刻烧断细绳OA，则细线对A的拉力立刻为零，则A受到本身的重力以及弹簧的弹力作用，根据牛顿第二定律mg＋kx＝ma，kx＝2mg，联立可以得到a＝3g，故选项D正确。 答案　CD 6.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员(　　) A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为2∶1 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7 D．加速与减速过程的位移之比为1∶4 解析　设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x＝t1＋t2，得到v＝＝8 m/s，故A错误。设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v＝a1t1，v＝a2t2，得到t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故B错误。由t1∶t2＝1∶2，又t1＋t2＝3 s，得到t1＝1 s，t2＝2 s，a1＝＝8 m/s2，a2＝＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：加速过程：mg－Ff1＝ma1，Ff1＝mg－ma1；减速过程：Ff2－mg＝ma2，Ff2＝mg＋ma2，所以Ff1∶Ff2＝1∶7，故C正确；匀加速运动位移为：x1＝t1，匀减速运动位移为：x2＝t2，所以加速与减速过程的位移之比为x1∶x2＝t1∶t2＝1∶2，故D错误。 答案　C [能力提升] 7.如图中A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上的拉力F的大小为(　　) A．F＝mg B．mg<F<(M＋m)g C．F＝(M＋m)g D．F>(M＋m)g 解析　因为题中不涉及求A、B、C之间的相互作用力，故可采用整体法把A、B、C作为系统进行研究。系统受到绳子向上的拉力F和向下的总重力(M＋m)g。A和C的加速度为零，设B上升的加速度为a，则根据系统中的牛顿第二定律有：F－(M＋m)g＝M×0＋ma，解得F＝(M＋m)g＋ma，故选项D是正确的。 答案　D 8.两物体A、B静止于同一水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB，它们的质量分别为mA、mB，用平行于水平面的力F拉动物体A、B，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，则(　　) A．μA＝μB，mA>mB B．μA>μB，mA<mB C．μA＝μB，mA＝mB D．μA<μB，mA>mB 解析　A、B两物体在水平方向上受拉力F和滑动摩擦力μmg作用，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma，得a＝F－μg。由数学知识可知，是图中直线A、B对应的斜率，从图中可以看出，直线A、B的斜率关系是kA>kB，因此>，所以mA<mB。令a＝0，则F＝μmg，由直线A、B与横轴的交点相同得：μAmAg＝μBmBg，由于mA<mB故μA>μB，B项正确。 答案　B 9.如图所示，m1＝2 kg，m2＝3 kg，连接的细线仅能承受1 N的拉力，桌面水平光滑，为使线不断而又使它们一起运动获得最大加速度，则可以施加的水平力F的最大值和方向为(　　) A．向右，作用在m2上，F＝ N B．向右，作用在m2上，F＝2.5 N C．向左，作用在m1上，F＝ N D．向左，作用在m1上，F＝2.5 N 解析　若施加的水平向右的拉力F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得Tm＝m1am，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Fm＝am，联立求解得Fm＝2.5 N，故A错误，B正确；若施加的水平向左的拉力F，以m2为研究对象，由牛顿第二定律得Tm＝m2am，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Fm＝am，联立得Fm＝ N。故CD错误。 答案　B 10．用两根细线a、b和一根轻质弹簧将质量均为m的小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g。 (1)求细线b对小球1的拉力大小Fb1； (2)若烧断细线a，求在细线a断开瞬间小球2的加速度大小。 解析　(1)以球1、球2、细线b整体为研究对象，设细线a对球1的拉力大小为F1，弹簧对球2的拉力为F2，根据系统处于平衡状态有 竖直方向上F1cos θ＝2mg 水平方向上F1sin θ＝F2 以球2为研究对象，设细线b对球2的拉力大小为Fb2，根据平衡状态有F＝ 对于同一根细绳，细线b对小球1的拉力Fb1＝Fb2 由式可得并代入数据可得Fb1＝mg。 (2)细线a断开瞬间，小球2只受到自身重力和弹簧的拉力F2，合力大小等于Fb2，设小球2的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有Fb2＝mg＝ma，解得a＝g。 答案　(1)mg　(2)g 11．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示。求： (1)斜面的倾角θ； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ。 解析　由v­t图像可得物块沿斜面上滑和下滑的加速度分别为a1、a2 a1＝＝ m/s2＝－8 m/s2 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2 物块沿斜面向上滑动时，根据物块的受力情况， 由牛顿第二定律有－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 物块沿斜面向下滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 联立解得θ＝30°，μ＝。 答案　(1)30°　(2) 12．质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑块(可看作质点)放在长木板的最左端，如图所示，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时求解下列问题：(重力加速度为g) (1)要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大； (2)当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端。 解析　(1)当滑块和木板没有发生相对滑动时对滑块、木板整体有：F＝2ma 当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时， 对木板有：μmg＝ma 联立解得F＝2μmg。 (2)设滑块、木板的加速度分别为a1、a2。 由牛顿第二定律得：对滑块F－μmg＝ma1 对木板μmg＝ma2 解得a1＝2μg，a2＝μg 设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则L＝a1t2－a2t2，解得t＝。 答案　(1)2μmg　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$