2025年高考复习二轮专题突破（五） 牛顿第二定律的综合应用（解析版）

专题解析：（五）牛顿第二定律的综合应用1．如图(a)所示，鸟儿像标枪一样一头扎入水中捕鱼。假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图(b)所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为eq\f(5,3)t1，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．t1＝1.6sB．t1～eq\f(5,3)t1的加速度为－10m/s2C．整个过程下落的高度为27mD．t1～eq\f(5,3)t1阻力是重力的1.5倍解析：选C小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A错误；t1至eq\f(5,3)t1时间内小鸟的加速度为a＝eq\f(0－vm,\f(5,3)t1－t1)＝－15m/s2，故B错误；整个过程下落的高度等于v-t图像与时间轴所围成的面积，则h＝eq\f(vm,2)×eq\f(5,3)t1＝27m，故C正确；t1至eq\f(5,3)t1时间内，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可得eq\f(f,mg)＝2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D错误。2．排球是人们喜爱的运动之一。如图所示，女排运动员在原地向上做垫球训练，排球在空中受到空气阻力大小可视为不变，以竖直向下为正方向，下列反映排球上升和下落运动过程的图像可能正确的是()解析：选C排球上升过程受重力和向下的阻力，根据牛顿第二定律有mg＋f阻＝ma1，排球下降过程受重力和向上的阻力，有mg－f阻＝ma2，阻力大小不变，所以排球上升和下降过程的加速度都恒定、方向都向下，大小有a1>a2，故C正确，A、B、D错误。3．物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与拉力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是()A．mB<mC B．mA<mBC．μB>μC D．μA>μB解析：选A由牛顿第二定律可知，物体在水平方向上有F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，故图像中的斜率对应eq\f(1,m)，纵截距对应－μg，由题图可知eq\f(1,mA)＝eq\f(1,mB)>eq\f(1,mC)，即mA＝mB<mC，μAg<μBg＝μCg，即μA<μB＝μC，故选A。4．利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机()A．t1时刻开始减速上升，t1～t3所受的支持力先减小后增大B．t1时刻开始减速上升，t1～t3所受的支持力逐渐减小C．t2时刻开始减速上升，t1～t3所受的支持力先减小后增大D．t2时刻开始减速上升，t1～t3所受的支持力逐渐减小解析：选Dt1时刻手机加速度最大，但t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升；t2时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间；手机在t1～t2，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1，故支持力逐渐减小；手机在t2～t3，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma2，可知支持力继续减小，t1～t3所受的支持力逐渐减小。故选D。5.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧靠在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A．物块A的加速度为0B．物块A的加速度为eq\f(g,3)C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为eq\f(g,2)解析：选B剪断细线前，A、B紧靠在一起但A、B之间无弹力，以A为对象，可知弹簧对A的弹力方向沿斜面向上，大小F＝mgsinθ，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块A、B为整体，根据牛顿第二定律得3mgsinθ－F＝3ma，解得a＝eq\f(g,3)，可知物块A、B的加速度均为eq\f(g,3)。故选B。6.一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是()A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθB．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和斜面体C的重力之和D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右解析：选B根据题意，设A、B两球质量均为m，去掉挡板前，对A球进行受力分析，由平衡条件有F弹＝mgsinθ，去掉挡板瞬间，弹簧弹力不变，A球受力情况不变，合力为零，加速度为零，对B球有mgsinθ＋F弹＝ma，解得a＝2gsinθ，加速度沿斜面向下，故A错误，B正确；根据上述分析可知，去掉挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和斜面体C的重力之和，故C错误；去掉挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体进行分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。7.如图所示，水平面上的物体A左端用跨过定滑轮的轻质细线连接物体B，物体B、C用轻弹簧相连放置在倾角为θ＝37°的斜面上。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，且mA＝2mB＝2mC，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．剪断弹簧的瞬间，B的加速度大小为2m/s2B．剪断弹簧的瞬间，B的加速度大小为6m/s2C．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为6m/s2D．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为12m/s2解析：选A设mA＝2mB＝2mC＝2m，对物体A进行受力分析，由平衡条件可知F＝(mB＋mC)gsinθ＝2mgsinθ，在剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为零，所以A、B成为连接体，整体进行受力分析由牛顿第二定律得F－mBgsinθ＝(mA＋mB)a，A、B共同加速度为a＝eq\f(F－mBgsinθ,mA＋mB)＝eq\f(1,3)gsinθ，代入数据解得B的加速度大小为aB＝a＝2m/s2，A正确，B错误；在细线被烧断前，对C进行受力分析，由平衡条件可得，弹簧对物体C的弹力为F弹＝mCgsinθ＝mgsinθ，在细线被烧断的瞬间，细线对物体B的拉力变为零，但弹簧的弹力不变，所以C仍然受力平衡，则此时C的加速度大小为aC＝0，C、D错误。8．(多选)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2m的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度eq\f(1,5)g竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时()A．竖直拉力的大小为mgB．物块A上升的高度为eq\f(3mg,5k)C．物块B的速度大小为eq\f(g,5)eq\r(\f(6m,k))D．弹簧弹性势能的减少量为eq\f(108m2g2,50k)解析：选BCA与B恰好分离时，二者间弹力为零，对B由牛顿第二定律得F－mg＝ma，竖直拉力的大小为F＝eq\f(6,5)mg，A错误；系统静止时，有3mg＝kx1，A、B分离时，对A由牛顿第二定律得kx2－2mg＝2ma，A上升高度为h＝x1－x2，解得h＝eq\f(3mg,5k)，B正确；物块B速度大小为v＝eq\r(2ah)＝eq\f(g,5)eq\r(\f(6m,k))，C正确；弹簧弹性势能减少量为ΔEp减＝eq\f(kx1＋kx2,2)h＝eq\f(81m2g2,50k)，D错误。9．(多选)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)解析：选CD设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ，竖直方向Ny＝mg，则Nx＝mgtanθ。若B球受到的摩擦力为零，对B球根据牛顿第二定律可得Nx＝ma，可得a＝gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mgtanθ，对小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ，则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F的最大值为4mgtanθ，B错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝μ(Ny＋mg)－Nx＝2μmg－mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ，可知Fmax<mgtanθ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，联立可得F的最大值为4mg(2μ－tanθ)，C正确；若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝Nx－μ(Ny＋mg)＝mgtanθ－2μmg，当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝Nx＋μ(Ny＋mg)＝mgtanθ＋2μmg，对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝mamin，Fmax＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范围可得F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确。10．一辆卡车向右运动，现用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g，求：(1)若卡车启动时的加速度为eq\f(\r(3),4)g，求斜面Ⅰ、Ⅱ对工件的作用力大小；(2)若要保证行车安全，求汽车启动、刹车的加速度的范围。解析：(1)若卡车启动时的加速度为eq\f(\r(3),4)g，对工件受力分析如图所示，F1cos60°－F2cos30°＝ma，F1sin60°＋F2sin30°＝mg联立解得F1＝eq\f(5\r(3),8)mg，F2＝eq\f(1,8)mg。(2)随着汽车加速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿斜面Ⅰ向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿第二定律可得mgtan30°＝ma1解得a1＝eq\f(\r(3),3)g即汽车启动时加速度应该满足a1≤eq\f(\r(3),3)g随着汽车减速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿斜面Ⅱ向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿第二定律可得mgtan60°＝ma2解得a2＝eq\r(3)g即汽车刹车时加速度应该满足a2≤eq\r(3)g。答案：(1)eq\f(5\r(3),8)mgeq\f(1,8)mg(2)启动时a1≤eq\f(\r(3),3)g刹车时a2≤eq\r(3)g11．风洞训练可以模拟高空跳伞下落过程中人体所承受气流的状态，是跳伞初学者学习跳伞的必要项目。在空中运动的物体受到的空气阻力F＝eq\f(1,2)CdρSv2，式中S为迎风面积，Cd为风阻系数，与物体的迎风面积、光滑程度和整体形状等有关，空气密度ρ取1.29kg/m3。已知跳伞运动员的质量约为65kg，重力加速度g取10m/s2。(结果保留2位小数)(1)如图(a)，风洞竖直向上送风，当风速达65m/s时该运动员悬浮在风洞内，Cd取0.326，求其身体的迎风面积S；(2)在室外高空跳伞时，Cd取1.26，跳伞总装备的质量为20kg，打开的降落伞伞面面积为56m2。运动员身上的传感器记录了运动员由静止起在空