第3讲　专题提升：牛顿第二定律的综合应用 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以牛顿第二定律为核心，通过连接体、临界极值问题的分层训练，系统提炼整体法与隔离法，构建“规律应用—模型建构—临界分析”的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|4题|整体法求系统加速度，隔离法求内力；轻杆/轻绳模型受力分析|从两体到多体系统，逐步深化牛顿第二定律对相互作用的定量描述| |临界极值问题|2题|摩擦力/支持力临界条件判断，加速度范围分析|结合运动状态变化，揭示力与运动关系的动态边界| |综合提升|4题|多对象受力分析，方程联立求解；实际情境模型化|整合连接体与临界问题，提升复杂情境中科学推理与模型建构能力|

第3讲　专题提升:牛顿第二定律的综合应用 (分值:60分) 选择题:1~6题每小题4分,7~8题每小题7分,共38分 基础对点练 题组一　动力学中的连接体问题 1.(2025安徽卷)如图所示,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　) A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N 2.(2025广东广州期末)我国高铁技术迅猛发展,取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力,用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢,滑块与地面间动摩擦因数都相同,滑块间用轻杆连接,如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F,滑块向右加速运动,下列说法正确的是(　　) A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力变小 B.若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变小 C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3 D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3 3.如图所示,质量相同的物体A和物体B通过一根轻绳连接在一起,放在光滑的水平桌面上,如果它们分别受到水平拉力F1和F2的作用,而且F1>F2,则此时轻绳中产生的弹力大小为(　　) A.F1-F2 B.F1+F2 C.(F1+F2) D.(F1-F2) 4.(2025广东潮州期末)在趣味校运会托球跑比赛中,某队员手握球拍托着小球沿着平直赛道向前运动,球相对球拍静止。已知球拍与竖直方向的夹角θ=37°,球拍的质量m0=0.5 kg,球的质量m=0.1 kg,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计小球与球拍之间的摩擦力及空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.球处于平衡状态 B.球拍对球的作用力为1.25 N C.球拍的加速度为 m/s2 D.手对球拍的作用力为8 N 题组二　动力学中的临界极值问题 5.(多选)(2025陕西西安期末)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,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.当货车向左做加速运动时,加速度变大,B对C的支持力变大 B.当货车向左做加速运动,且加速度达到g时,C将脱离A C.货车向左匀速运动时,速度越大,B对C的支持力越大 D.当货车向右做加速运动,且加速度达到g时,C将脱离B 6.(多选)(2025江苏南京模拟)如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用,A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3 kg,g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　) A.两物块间的动摩擦因数为0.2 B.当0<F<4 N时,A、B保持静止 C.当4 N<F<12 N时,A、B发生相对运动 D.当F>12 N时,A受到的摩擦力随F的增大而增大 综合提升练 7.(多选)在东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 8.(多选)(2026广东梅州模拟)如图所示,均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接,小球A用轻绳连接C系于车厢侧壁,当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时,定滑轮两侧的轻绳恰好垂直,AC间轻绳恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4 kg、0.3 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.A、B间轻绳中的拉力大小为5 N B.小车的加速度大小为 m/s2 C.C、A间轻绳中的拉力大小为3 N D.轻绳对定滑轮的作用力小于7 N 9.(10分)(2025广东东莞阶段练习)某弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计,盘内放一个物体P处于静止状态。P的质量m=12 kg,弹簧的劲度系数k=800 N/m。现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,如图所示。已知在前0.2 s内F的大小是变化的,在0.2 s以后F是恒力,g取10 m/s2。求: (1)未施加力F时,弹簧的压缩量; (2)物体做匀加速直线运动的加速度大小; (3)F的最小值和最大值。 10.(12分)质量为3m的木箱内装有质量分别为m和2m的小球A和物块B,两根长度均为L的细线分别连接A、B和箱顶,两根细线与竖直、水平方向均为30°,如图甲所示,物块B位于箱底且与箱底的动摩擦因数为μ1,m=1 kg,g取10 m/s2。 (1)用竖直向上F1=84 N的恒力匀加速提起箱子,B未发生相对滑动,求A、B间细线的拉力。 (2)要使(1)问中的B不发生相对滑动,μ1应满足什么条件? (3)如图乙所示,若将B固定于箱底,用水平向右的恒力F2匀加速拖动箱子,箱子与地面间的动摩擦因数μ2=,则为使A、B间细线拉力为零,F2应满足什么条件? 答案： 1.C　解析 因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。 2.C　解析 对所有滑块,据牛顿第二定律,有F-8μmg=8ma,对第8个滑块,有F78-μmg=ma,则F78=F,由此可知,若减小滑块与地面间的动摩擦因数,则滑块7、8间杆的拉力不变,若增大水平拉力F,滑块7、8间杆的拉力变大,故A、B错误;对6、7、8三个滑块,根据牛顿第二定律,有F56-3μmg=3ma,则F56=F,则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为,故C正确,D错误。 3.C　解析 设两物体的质量均为m,这两物体在F1和F2的作用下,具有相同的加速度,为a=,方向与F1相同,设绳子拉B的作用力为FT(方向与F1方向相同),对物体B,根据牛顿第二定律有FT-F2=ma,解得FT=(F1+F2),故选C。 4.C　解析 对小球受力分析,如图所示,可知小球的合力沿水平向右,故小球向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F合==ma,解得a= m/s2,故A错误,C正确;由小球受力分析可得球拍对球的作用力为FN= N,故B错误;将球拍和球看成一个整体,对整体分析,可知加速度为a= m/s2,根据牛顿第二定律,可得整体水平方向的合力为F合'=(m+m0)a=8 N,竖直方向,整体受到的重力为G=(m+m0)g=6 N,根据平行四边形定则,可得手对球拍的作用力为F==10 N,故D错误。 5.AD　解析 对桶C受力分析如图所示,当货车向左做加速直线运动时,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FBcos θ+FAcos θ=mg,加速度变大,则B对C的支持力变大,A对C的支持力变小,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=ma1,其中θ=30°,解得加速度为a1=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FBcos θ+FAcos 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=ma2,其中θ=30°,解得加速度a2=g,故D正确。 6.AB　解析 当0<F<4 N时,由图乙可知A、B间没有摩擦力作用,且f2=F,因此A、B处于静止状态,故B正确;当4 N<F<12 N时,由图乙可知,B与地面间的摩擦力是滑动摩擦力,而A、B间是静摩擦力,因此B在地面上滑动,而A、B保持相对静止,故C错误;当F>12 N时,由图乙可知A、B间发生相对运动,A受到的摩擦力是滑动摩擦力,恒为6 N,故D错误;A、B间发生相对运动时,A受到的摩擦力为f1=μmg=6 N,解得两物块间的动摩擦因数为μ=0.2,故A正确。 7.AC　解析 设P、Q两边车厢的节数为nP和nQ,当机车在东边拉时,根据牛顿第二定律可得F=nPm·a,当机车在西边拉时,根据牛顿第二定律可得F=nQm·,根据以上两式可得nQ=3nP,则总的节数为n=nP+nQ=4nP,其中nP为正整数,所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16。故选AC。 8.AB　解析 设A、B间轻绳中的拉力大小为FT,OA与竖直方向的夹角为θ,则有FTsin θ=3 N,FTcos θ=4 N,解得FT=5 N,故A正确;由上述可知小球B受到的合力为4 N,其加速度大小为aB= m/s2= m/s2,故B正确;设C、A间轻绳中的拉力大小为FT',则有FT'-FTsin θ=mAa,解得FT'= N,故C错误;轻绳对定滑轮的作用力大小为5 N,故D错误。 9.答案 (1)0.15 m　(2)7.5 m/s2　(3)90 N　210 N 解析 (1)未施加力F时,根据受力平衡可得mg=kx0 解得弹簧的压缩量为x0=0.15 m。 (2)根据题意可知,在t=0.2 s时,物体P与秤盘开始分离,此时弹簧处于原长,则在0~0.2 s内,根据运动学公式有x0=at2 解得物体做匀加速直线运动的加速度大小为a=7.5 m/s2。 (3)物体P与秤盘分离前,以物体P为研究对象,根据牛顿第二定律有F+FN-mg=ma 由于秤盘质量忽略不计,则有FN=kx 由于压缩量逐渐减小,FN逐渐减小,则F逐渐增大;可知初始时刻F最小,则有Fmin+kx0-mg=ma,解得Fmin=90 N 当物体P与秤盘分离时,FN=0,此时F最大,则有Fmax-mg=ma,解得Fmax=210 N。 10.答案 (1)14 N　(2)μ1≥　(3)40 N 解析 (1)对木箱和小球整体分析,根据牛顿第二定律有 F1-(3m+m+2m)g=(3m+m+2m)a 设A与箱顶间细线的拉力为FT1,A、B间细线的拉力为FT2,对A受力分析,竖直方向有FT1cos 30°-mg-FT2sin 30°=ma 水平方向有FT1sin 30°=FT2cos 30° 联立解得A、B间细线的拉力FT2=14 N。 (2)对B受力分析,竖直方向有FT2sin 30°+FN-2mg=2ma 水平方向有FT2cos 30°=μ1FN 联立解得μ1= 为使B不发生相对滑动,应使μ1≥。 (3)要使A、B间细线拉力为零,对A应有mgtan 30°=ma' 对整体有F2-μ2(3m+m+2m)g=(3m+m+2m)a' 解得F2=40 N。 7 学科网（北京）股份有限公司 $