專題23牛頓第二定律的理解和應用1．[2021·浙江1月]如圖所示，同學們坐在相同的輪胎上，從傾角相同的平直雪道先后由同一高度靜止滑下，各輪胎與雪道間的動摩擦因數均相同，不計空氣阻力．雪道上的同學們()A．沿雪道做勻速直線運動B．下滑過程中機械能均守恒C．前后間的距離隨時間不斷增大D．所受重力沿雪道向下的分力相同2．[2021·河北衡水中學調研]一質量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機上，今用一段繩子水平拉球，使桿發生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N，重力加速度g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．若升降機處于靜止狀態，則AB桿對球的作用力大小為6NB．若升降機處于靜止狀態，則AB桿對球的作用力大小為8NC．若升降機加速上升，加速度大小為5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)ND．若升降機減速上升，加速度大小為5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6eq\r(5)N3．[2021·黑龍江大慶實驗中學月考]如圖所示，質量為m的球與輕彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于水平和豎直墻上．球靜止時，Ⅰ中的拉力為F1、Ⅱ中的拉力為F2，分析當僅剪斷Ⅰ或Ⅱ的瞬間，下列說法正確的是()A．若僅剪斷Ⅰ，則球的加速度a＝g，方向水平向右B．若僅剪斷Ⅰ，則球的加速度a＝eq\f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延長線C．若僅剪斷Ⅱ，則球的加速度a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左D．若僅剪斷Ⅱ，則球的加速度a＝g，方向豎直向上4．如圖所示，在粗糙的水平面上，質量分別為m和M(m∶M＝1∶2)的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數相同，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的力F豎直加速提升兩物塊時，彈簧的伸長量為x2，則x1∶x2等于()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶35．[2021·福建永安一中高三期中](多選)如圖所示，質量為m1的小圓環A套在水平細桿上，質量為m2的小球B通過輕質細線與圓環A連接，用大小為F的水平恒力拉小球B，使A、B一起做勻加速直線運動，加速度大小為a，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.細桿對圓環的支持力大小為m1gB．圓環A與水平細桿間的動摩擦因數為eq\f(F－（m1＋m2）a,（m1＋m2）g)C．細線中的彈力大小為eq\r(F2＋（m2g）2)D．細線與水平方向的夾角的正切值為eq\f(m2g,F－m2a)6.如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態．現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是()7．在光滑水平面上放一質量為M的物體A，用輕繩通過定滑輪與質量為M的B相連，如圖甲所示，其它條件不變去掉B換上拉力F，且F＝Mg.如圖乙，設甲、乙兩圖中A的加速度分別為a1、a2，則()A.a1＝2a2B．a1＝a2C．a1＝eq\f(a2,2)D．無法確定8．[2021·河北辛集中學測試](多選)如圖所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量m1的物塊A，A通過跨過光滑定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接．釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數為μ1，則細線中的拉力大小為()A．MgB．Mg－MaC．(m1＋m2)aD．m1a＋μ1m1g9.如圖所示，一個小球從豎直立在地面上的輕彈簧正上方某處自由下落，從小球與彈簧接觸開始到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的速度和加速度的變化情況為()A．加速度越來越大，速度越來越小B．加速度和速度都是先增大后減小C．速度是先增大后減小，加速度方向是先向下后向上D．速度是一直減小，加速度大小是先減小后增大10.[2020·全國卷Ⅰ]如圖，一同學表演蕩秋千．已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學和秋千踏板的總質量約為50kg.繩的質量忽略不計．當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200NB．400NC．600ND．800N11．(多選)如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質量都是M，人的質量都是m，甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與滑輪的質量和摩擦均不計)；人與車始終保持相對靜止．下列說法正確的是()A．甲車的加速度大小為eq\f(F,M)B．甲車的加速度大小為0C．乙車的加速度大小為eq\f(2F,M＋m)D．乙車的加速度大小為012．[2021·河北卷]如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接．一個質量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起．背包與滑道的動摩擦因數為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化．求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度．專題23牛頓第二定律的理解和應用1．C同學們坐在輪胎上從靜止開始沿雪道下滑，做加速運動，受力分析如圖所示，根據牛頓第二定律可知加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，因為μ相同，所以同學們做加速度相同的勻加速直線運動，A錯誤；下滑過程中摩擦力做負功，雪道上的同學們機械能減少，B錯誤；同學們做勻加速直線運動，加速度大小相等，隨著時間的增加，同學們前后的速度差不變，所以同學們前后間的距離隨著時間不斷增大，C正確；各同學質量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsinθ也可能不相同，D錯誤．2．C若升降機是靜止的，球也是靜止的，球處于平衡狀態，由平衡條件可知，桿對球的作用力大小為eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(繩))＋（mg）2)＝10N，故A、B錯誤；若升降機加速上升，在豎直方向，對球由牛頓第二定律得Fy－mg＝ma，解得Fy＝12N，在水平方向，由平衡條件得Fx＝F繩＝6N，桿對球的作用力大小為F＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))＝6eq\r(5)N，故C正確；若升降機減速上升，對球在豎直方向，由牛頓第二定律得mg－F′y＝ma，解得F′y＝4N，在水平方向，由平衡條件得Fx＝F繩＝6N，桿對球的作用力大小為F′＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋F′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))＝2eq\r(13)N，故D錯誤．3．C細線和彈簧未斷時，球受力如圖甲所示，球的重力和F1、F2的合力為零，剪斷彈簧瞬間，細線拉力突變為零，故小球只受重力，加速度為g，方向豎直向下，故A、B均錯誤；剪斷細線瞬間，彈簧的彈力和小球的重力不變，受力如圖乙所示，由幾何關系可知，F合＝F2＝ma，a＝eq\f(F2,m)，方向水平向左，故C正確，D錯誤．4．A水平向右拉兩物塊時，運用整體法，由牛頓第二定律得整體的加速度a＝eq\f(F－μ（M＋m）g,M＋m)＝eq\f(F,3m)－μg，隔離分析物塊A有kx1－μmg＝ma，得kx1＝eq\f(F,3)，x1＝eq\f(F,3k).豎直向上加速提升兩物塊時，運用整體法，由牛頓第二定律得整體的加速度a′＝eq\f(F－（M＋m）g,M＋m)＝eq\f(F,3m)－g，對A物塊有kx2－mg＝ma′，得kx2＝eq\f(F,3)，x2＝eq\f(F,3k).所以x1∶x2＝1∶1，A正確，B、C、D錯誤．5．BD6.A7.C8．BCA、B一起在光滑面上向右加速由牛頓第二定律可得T＝(m1＋m2)a，故C正確，對C列牛頓第二定律Mg－T＝Ma，T＝Mg－Ma，B正確．9．C在接觸的第一個階段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向豎直向下，小球向下運動，彈簧形變量x逐漸增大，所以F合逐漸減小．由a＝eq\f(F合,m)得a的方向豎直向下，且逐漸減小．又這一階段a與v的方向都豎直向下，所以v逐漸增大．當mg＝kx時，F合＝0，a＝0，此時速度達到最大．之后，小球繼續向下運動，mg<kx，合力F合＝kx－mg，方向豎直向上，小球向下運動，x繼續增大，F合增大，且隨x增大而增大，因為此時a與v方向相反，所以v逐漸減小．所以小球向下壓縮彈簧的過程中，F合的方向先向下后向上，大小先變小后變大；a的方向先向下后向上，大小先變小后變大；v的方向向下，大小先變大后變小．故選項C正確．10．B該同學蕩秋千可視為做圓周運動，設每根繩子的拉力大小為F，以該同學和秋千踏板整體為研究對象，在最低點根據牛頓第二定律得2F－mg＝eq\f(mv2,R)，代入數據解得F＝410N，故每根繩子平均承受的拉力約為400N，故B項正確，A、C、D項錯誤．11．BC對甲：以整體為研究對象，水平方向不受力，所以甲車的加速度大小為0；對乙：以整體為研究對象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙車的加速度大小為eq\f(2F,M＋m).故選BC.12．(1)9m(2)7.44m/s解析：(1)設背包的質量為m，滑雪者的質量為M.對背包，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得背包的加速度a1＝2m/s2，設背包由A點運動到B點的時間為