全国通用高考物理考点一遍过专题11牛顿第二定律含解析11023182

1、专题11 牛顿第二定律1用牛顿第二定律分析瞬时加速度2分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计能只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计能既可有拉力也可有支持力3在求解瞬时加速度问题时应注意：（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会

2、发生突变。质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为f的水平恒力拉木块，其加速度为a。当拉力方向不变，大小变为2f时，木块的加速度为a2，则aa1=a2 ba22a1 da2=2a1【参考答案】c【详细解析】由牛顿第二定律得：，由于物体所受的摩擦力， ，即不变，所以，故选项c正确。 【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，f是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水平恒力f成正比。1如图a、b两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接b，另一端绕过定滑轮连接c物体，已知a和c的质量都是1 kg，b的质量是2 kg，a、b间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。由静止释放c，c下落一定高度

3、的过程中（c未落地，b未撞到滑轮，g=10 m/s2）。下列说法正确的是aa、b两物体发生相对滑动ba物体受到的摩擦力大小为3 ncb物体的加速度大小是2.5 m/s2d细绳的拉力大小等于10 n【答案】c【解析】假设a、b不发生相对滑动，整体的加速度，隔离对a分析，f=maa=12.5 n=2.5 nmag=3 n，可知假设成立，即a、b两物体不发生相对滑动，a所受的摩擦力为2.5 n，加速度为2.5 m/s2，故a b错误，c正确；隔离对c分析，根据牛顿第二定律得，mcgt=mca，解得t=mcgmca=10 n12.5 n=7.5 n，故d错误。故选c。【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律

4、的基本运用，通过整体法和隔离法判断出a、b是否发生相对滑动是解决本题的关键。2将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力f，使圆环以加速度a沿杆运动，则f的大小不可能是a bc d【答案】c则：fcos(fsinmg)=ma，解得，故abd是可能的，选项c是不可能的。如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角=30，弹簧水平，以下说法正确的是a细线拉力大小为mgb弹簧的弹力大小为c剪断左侧细线瞬间，b球加速度为0d剪断左侧细线瞬间

5、，a球加速度为【参考答案】c【详细解析】对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为 ，弹簧的弹力为： ，故ab错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力，加速度为0，故c正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力，根据牛顿第二定律得，故d错误。【名师点睛】根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度。1如图所示，质量为4 kg的小球a和质量为1 kg的物体b用弹簧相连后，再用细线悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a=2 m/s2，加速上升过程中，剪断细线的瞬间，两小球的加速度正确的是（重

6、力加速度为g=10 m/s2）a b c d 【答案】b【解析】剪断细线前，对b，根据牛顿第二定律得：fmbg=mba，解得弹簧的弹力 f=12 n，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对a有：f+mag=maaa，解得aa=13 m/s2，此瞬间b的受力情况不变，加速度不变，则ab=a=2 m/s2，故b正确，acd错误；故选b。学%【名师点睛】本题是牛顿第二定律的瞬时问题，关键要明确弹簧的弹力不能发生突变，结合牛顿第二定律进行求解，要灵活选择研究对象。2如图所示，a、b、c三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与a球相连，a、b间固定一个轻杆，b、c间由一轻质细线

7、连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是aa球的受力情况未变，加速度为零bc球的加速度沿斜面向下，大小为gca、b两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin da、b之间杆的拉力大小为2mgsin 【答案】c，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得： ，则加速度，b的加速度为：，以b为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：，c正确，d错误。如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图象如图乙所示，g取10 m/

8、s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是a06 s加速，加速度大小为2 m/s2，612 s减速，加速度大小为2 m/s2b08 s加速，加速度大小为2 m/s2，812 s减速，加速度大小为4 m/s2c08 s加速，加速度大小为2 m/s2，816 s减速，加速度大小为2 m/s2d012 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，1216 s减速，加速度大小为4 m/s2【参考答案】c【详细解析】根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，车先以4 m/s2的加速度匀加速直线运动，后以4 m/s2的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为

9、2 m/s2。根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：08 s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力而加速，其加速度大小为2 m/s2，同理可得：816 s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力而减速，则其加速度大小为2 m/s2，故c正确，abd错误；故选c。1将一只小球竖直向上抛出，小球运动时受到空气阻力的大小与速度大小成正比，下列描绘小球在上升过程中的加速度大小a及速度大小v与时间t关系的图象，可能正确的是a bc d【答案】bd1如图所示，质量为m的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。已知m与m之间的动摩擦因数为，m、m与桌面间的动摩擦因数均为2。现对

10、m施一水平恒力f，将m从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中a水平恒力f一定大于3(m+m)gbm在m上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等cm在m上滑动的时间是在桌面上滑动的时间的2倍d若增大水平恒力f，木块有可能滑出桌面2在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动。当两球间距小于或等于l 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于l 时，则相互作用力为零。两球在相互作用区间运动时始终未接触， 两球运动的vt 图象如图所示，则 aa 球质量小于b 球质量bt1 时刻两球间距最小c0t2 时间内，两球间距逐渐减小d0t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反3

11、质量不同、半径相同的甲乙两个小球从高空中某处由静止开始下落，且甲球质量比乙球质量大。设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值。则下列四个运动图象哪一个与两小球运动相符a b c d 4一轻弹簧b端固定，另一端c与细绳一端共同拉着一个质量为m的小球，细绳的另一端a也固定，且ac、bc与竖直方向夹角分别为1=30和2=60，重力加速度为g。则烧断细绳的瞬间，小球的加速度为ag，竖直向下bg/2，水平向右c，水平向右d，向右下与水平成60角5物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如图所示，取开始时的运动方向为正方向，则物体运动的vt图象是a b c d 6如图甲所示，小

12、物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其xv2图象如图乙所示，取g=10 m/s2，则斜面倾角为a30 b45c60 d757静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力f的作用，拉力f的大小随时间变化如图甲所示。在拉力f从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10 m/s2。则下列说法中错误的是a物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变b物体与水平面间的动摩擦因数为0.1c物体的质量为6 kgd4 s末物体的速度为4 m/s8（2016新课标全国卷）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则a

13、质点速度的方向总是与该恒力的方向相同b质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直c质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同d质点单位时间内速率的变化量总是不变9（2016海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力f的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s、510 s、1015 s内f的大小分别为f1、f2和f3，则af1f3cf1f3 df1=f310（2015海南卷）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧s1和s2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点o；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度

14、记为a1，s1和s2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间aa1=3g ba1=0cl1=2l2 dl1=l211（2015海南卷）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时a物块与斜面间的摩擦力减小b物块与斜面间的正压力增大c物块相对于斜面减速下滑d物块相对于斜面匀速下滑12（2015新课标全国卷）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出a斜面的倾角b物块的质量c物块与斜面间的动摩擦因数d物块沿斜面向上滑行

15、的最大高度2c【解析】从速度时间图象可以看出，b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故a错误；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以b错误，c正确；b球0t1时间内做匀减速运动，所以0t1时间内排斥力与运动方向相反，d错误。故选c。3c【解析】小球下落过程中，受到重力与空气阻力，由牛顿第二定律得：mgf=ma，f=kv，则得a=gkv/m可见，速度v增大，加速度a减小，故ab错误；由上式可知，当速度相等时，质量越大，加速度越大，故c正

16、确，d错误。4d【解析】以球为研究对象，小球受轻绳的拉力f1，弹簧的拉力f2，由平衡条件，解得，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得 ，方向向右下与水平成60角，故d正确。5c【解析】在01 s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在12 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2 s末时速度为零。23 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复01 s内运动情况，34 s内重复12 s内运动情况。在01 s内，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，

17、1 s末速度，在12 s内， ，物体将仍沿正方向运动，但做减速运动，2 s末时速度，23 s内重复01 s内运动情况，34 s内重复12 s内运动情况，综上正确的图象为c。【名师点睛】本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题。7c【解析】由图乙知，02 s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2 s时静摩擦力达到最大值，t=2 s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保

18、持不变，故a正确；在24 s内，由牛顿第二定律得：fmg=ma，由图知：当f=6 n时，a=1m/s2，代入式得 610m=m，当f=12 n时，a=3 m/s2，代入式得 1210m=3m，由解得 =0.1，m=3 kg，故b正确，c错误；根据at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4 s内物体速度的变化量为，由于初速度为0，所以4 s末物体的速度为4 m/s，故d正确。本题选错误的，故选c。【名师点睛】解决本题的关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程。要知道at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量。8bc【解析】因为原来质点做匀速直线运

19、动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故c正确，d错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故a错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故b正确。【名师点睛】本题主要考查牛顿运动定律。特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，本题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。9a【解析】由vt图象可知，05 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin ff1=ma1，f1=mgsin f0.2m；510 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin ff2=ma2，f2=mgsin f；1015 s内加速度a3=0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin ff3=ma3，f3=mgsin f+0.2m。故可得：f3f2f1，选项a正确。【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运