專題解析：（五）牛頓第二定律的綜合應用1．如圖(a)所示，鳥兒像標槍一樣一頭扎入水中捕魚。假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其v-t圖像如圖(b)所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為eq\f(5,3)t1，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．t1＝1.6sB．t1～eq\f(5,3)t1的加速度為－10m/s2C．整個過程下落的高度為27mD．t1～eq\f(5,3)t1阻力是重力的1.5倍解析：選C小鳥自由落體運動的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運動的規律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A錯誤；t1至eq\f(5,3)t1時間內小鳥的加速度為a＝eq\f(0－vm,\f(5,3)t1－t1)＝－15m/s2，故B錯誤；整個過程下落的高度等于v-t圖像與時間軸所圍成的面積，則h＝eq\f(vm,2)×eq\f(5,3)t1＝27m，故C正確；t1至eq\f(5,3)t1時間內，由牛頓第二定律有mg－f＝ma，可得eq\f(f,mg)＝2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D錯誤。2．排球是人們喜愛的運動之一。如圖所示，女排運動員在原地向上做墊球訓練，排球在空中受到空氣阻力大小可視為不變，以豎直向下為正方向，下列反映排球上升和下落運動過程的圖像可能正確的是()解析：選C排球上升過程受重力和向下的阻力，根據牛頓第二定律有mg＋f阻＝ma1，排球下降過程受重力和向上的阻力，有mg－f阻＝ma2，阻力大小不變，所以排球上升和下降過程的加速度都恒定、方向都向下，大小有a1>a2，故C正確，A、B、D錯誤。3．物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質量分別為mA、mB、mC，與水平面的動摩擦因數分別為μA、μB、μC，現用沿水平面的拉力F分別作用于物體A、B、C，所得到的加速度與拉力的關系如圖所示，其中A、B兩線平行，則下列結論正確的是()A．mB<mC B．mA<mBC．μB>μC D．μA>μB解析：選A由牛頓第二定律可知，物體在水平方向上有F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，故圖像中的斜率對應eq\f(1,m)，縱截距對應－μg，由題圖可知eq\f(1,mA)＝eq\f(1,mB)>eq\f(1,mC)，即mA＝mB<mC，μAg<μBg＝μCg，即μA<μB＝μC，故選A。4．利用智能手機的加速度傳感器可直觀顯示手機的加速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始上下運動。以豎直向上為正方向，測得手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機()A．t1時刻開始減速上升，t1～t3所受的支持力先減小后增大B．t1時刻開始減速上升，t1～t3所受的支持力逐漸減小C．t2時刻開始減速上升，t1～t3所受的支持力先減小后增大D．t2時刻開始減速上升，t1～t3所受的支持力逐漸減小解析：選Dt1時刻手機加速度最大，但t1時刻之后手機的加速度依然是正值，手機還將繼續加速上升；t2時刻之后，手機的加速度反向，但此時手機向上的速度最大，手機將減速上升一段時間；手機在t1～t2，向上的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma1，故支持力逐漸減小；手機在t2～t3，向下的加速度逐漸增大，由牛頓第二定律得mg－FN＝ma2，可知支持力繼續減小，t1～t3所受的支持力逐漸減小。故選D。5.如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質量分別為m和2m。物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊靠在一起但A、B之間無彈力。已知重力加速度為g，某時刻把細線剪斷，當細線剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．物塊A的加速度為0B．物塊A的加速度為eq\f(g,3)C．物塊B的加速度為0D．物塊B的加速度為eq\f(g,2)解析：選B剪斷細線前，A、B緊靠在一起但A、B之間無彈力，以A為對象，可知彈簧對A的彈力方向沿斜面向上，大小F＝mgsinθ，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力保持不變，以物塊A、B為整體，根據牛頓第二定律得3mgsinθ－F＝3ma，解得a＝eq\f(g,3)，可知物塊A、B的加速度均為eq\f(g,3)。故選B。6.一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質彈簧兩端分別與質量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統處于靜止狀態，重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間，下列說法正確的是()A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和斜面體C的重力之和D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右解析：選B根據題意，設A、B兩球質量均為m，去掉擋板前，對A球進行受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為零，加速度為零，對B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ，加速度沿斜面向下，故A錯誤，B正確；根據上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態，則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和斜面體C的重力之和，故C錯誤；去掉擋板瞬間，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，對A、B和C整體進行分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。7.如圖所示，水平面上的物體A左端用跨過定滑輪的輕質細線連接物體B，物體B、C用輕彈簧相連放置在傾角為θ＝37°的斜面上。開始時，物體A受到水平向右的恒力F的作用而保持靜止，且mA＝2mB＝2mC，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．剪斷彈簧的瞬間，B的加速度大小為2m/s2B．剪斷彈簧的瞬間，B的加速度大小為6m/s2C．在細線被燒斷的瞬間，C的加速度大小為6m/s2D．在細線被燒斷的瞬間，C的加速度大小為12m/s2解析：選A設mA＝2mB＝2mC＝2m，對物體A進行受力分析，由平衡條件可知F＝(mB＋mC)gsinθ＝2mgsinθ，在剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力突變為零，所以A、B成為連接體，整體進行受力分析由牛頓第二定律得F－mBgsinθ＝(mA＋mB)a，A、B共同加速度為a＝eq\f(F－mBgsinθ,mA＋mB)＝eq\f(1,3)gsinθ，代入數據解得B的加速度大小為aB＝a＝2m/s2，A正確，B錯誤；在細線被燒斷前，對C進行受力分析，由平衡條件可得，彈簧對物體C的彈力為F彈＝mCgsinθ＝mgsinθ，在細線被燒斷的瞬間，細線對物體B的拉力變為零，但彈簧的彈力不變，所以C仍然受力平衡，則此時C的加速度大小為aC＝0，C、D錯誤。8．(多選)如圖所示，勁度系數為k的豎直輕彈簧下端固定在地面上，上端與質量為2m的物塊A連接，質量為m的物塊B疊放在A上，系統處于靜止狀態。現對物塊B施加豎直向上的拉力，使B以加速度eq\f(1,5)g豎直向上做勻加速直線運動直至與A分離，重力加速度為g，則物塊A、B分離時()A．豎直拉力的大小為mgB．物塊A上升的高度為eq\f(3mg,5k)C．物塊B的速度大小為eq\f(g,5)eq\r(\f(6m,k))D．彈簧彈性勢能的減少量為eq\f(108m2g2,50k)解析：選BCA與B恰好分離時，二者間彈力為零，對B由牛頓第二定律得F－mg＝ma，豎直拉力的大小為F＝eq\f(6,5)mg，A錯誤；系統靜止時，有3mg＝kx1，A、B分離時，對A由牛頓第二定律得kx2－2mg＝2ma，A上升高度為h＝x1－x2，解得h＝eq\f(3mg,5k)，B正確；物塊B速度大小為v＝eq\r(2ah)＝eq\f(g,5)eq\r(\f(6m,k))，C正確；彈簧彈性勢能減少量為ΔEp減＝eq\f(kx1＋kx2,2)h＝eq\f(81m2g2,50k)，D錯誤。9．(多選)如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)解析：選CD設桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ，豎直方向Ny＝mg，則Nx＝mgtanθ。若B球受到的摩擦力為零，對B球根據牛頓第二定律可得Nx＝ma，可得a＝gtanθ，對小球A、B和小車整體根據牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A錯誤；若推力F向左，根據牛頓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為Nx＝mgtanθ，對小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ，則對小球A，根據牛頓第二定律可得Nx＝mamax，對系統整體根據牛頓第二定律F＝4mamax，解得F的最大值為4mgtanθ，B錯誤；若推力F向左，根據牛頓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為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，則對小球B，根據牛頓第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax，對系統整體根據牛頓第二定律F＝4mamax，聯立可得F的最大值為4mg(2μ－tanθ)，C正確；若推力F向右，根據牛頓第二定律可知系統整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時Fmin＝Nx－μ(Ny＋mg)＝mgtanθ－2μmg，當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時Fmax＝Nx＋μ(Ny＋mg)＝mgtanθ＋2μmg，對小球B根據牛頓第二定律Fmin＝mamin，Fmax＝mamax，對系統整體根據牛頓第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范圍可得F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正確。10．一輛卡車向右運動，現用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g，求：(1)若卡車啟動時的加速度為eq\f(\r(3),4)g，求斜面Ⅰ、Ⅱ對工件的作用力大小；(2)若要保證行車安全，求汽車啟動、剎車的加速度的范圍。解析：(1)若卡車啟動時的加速度為eq\f(\r(3),4)g，對工件受力分析如圖所示，F1cos60°－F2cos30°＝ma，F1sin60°＋F2sin30°＝mg聯立解得F1＝eq\f(5\r(3),8)mg，F2＝eq\f(1,8)mg。(2)隨著汽車加速時加速度逐漸增大，工件恰好要沿斜面Ⅰ向上滑動，此時加速度達到最大值，根據牛頓第二定律可得mgtan30°＝ma1解得a1＝eq\f(\r(3),3)g即汽車啟動時加速度應該滿足a1≤eq\f(\r(3),3)g隨著汽車減速時加速度逐漸增大，工件恰好要沿斜面Ⅱ向上滑動，此時加速度達到最大值，根據牛頓第二定律可得mgtan60°＝ma2解得a2＝eq\r(3)g即汽車剎車時加速度應該滿足a2≤eq\r(3)g。答案：(1)eq\f(5\r(3),8)mgeq\f(1,8)mg(2)啟動時a1≤eq\f(\r(3),3)g剎車時a2≤eq\r(3)g11．風洞訓練可以模擬高空跳傘下落過程中人體所承受氣流的狀態，是跳傘初學者學習跳傘的必要項目。在空中運動的物體受到的空氣阻力F＝eq\f(1,2)CdρSv2，式中S為迎風面積，Cd為風阻系數，與物體的迎風面積、光滑程度和整體形狀等有關，空氣密度ρ取1.29kg/m3。已知跳傘運動員的質量約為65kg，重力加速度g取10m/s2。(結果保留2位小數)(1)如圖(a)，風洞豎直向上送風，當風速達65m/s時該運動員懸浮在風洞內，Cd取0.326，求其身體的迎風面積S；(2)在室外高空跳傘時，Cd取1.26，跳傘總裝備的質量為20kg，打開的降落傘傘面面積為56m2。運動員身上的傳感器記錄了運動員由靜止起在空