2020年初高中衔接物理重点13牛顿第二定律-(解析版)

1、衔接点13牛顿第二定律知识点梳理1、牛顿第二定律【基础知识梳理】1、牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟所受的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力 的方向相同.2、牛顿第二定律的表达式：F=ma3、牛顿第二定律的理解(1)同向性：加速度的方向与力的方向始终一致(2)瞬时性；加速度与力是瞬间的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失(3)同体性：加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的(4)独立性：当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度，而物体表现出来的实际加 速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果2、牛顿第二定律解决实际问题1 .确定研究对象.2 .分析物体的受

2、力情况和运动情况，画出研究对象的受力分析图.3 .求出合力.注意用国际单位制统一各个物理量的单位.4 .根据牛顿运动定律和运动学规律建立方程并求解.3、超重和失重超重现象：物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)大于物体受到的重力的现象称为超重现象.失重现象：当物体对支持物的压力和对悬挂物的拉力小于物体重力的现象称为失重现象.1 .如图所示，质量为 2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为 3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g=10 m/s2)A. 12 NB. 22 NC. 25ND. 30N【答案】A【解析】剪断

3、细线前， A、B间无压力，对 A受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据平衡条件有:F mAg 2 10 20 N剪断细线的瞬间，对整体分析，根据牛顿第二定律有：mA mB g FmA mB a代入数据得整体加速度为：a 6m/s2隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：mBg N mBa代入数据解得：N 12 N,故A正确，BCD错误。故选 A.2.如图所示，小球从轻弹簧正上方无初速释放，从小球开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球 的速度、加速度和所受的合力的变化是A.合力变大，加速度变小，速度变小B.合力与加速度逐渐变大，速度逐渐变小C.合力与加速度先变小后变大，速度先变大后变小D.合力、加速

4、度和速度都是先变大后变小【答案】C【解析】小球与弹簧接触后，受重力和弹力作用，开始重力大于弹力，合力方向向下，则加速度方向向下，向下做加速度减小的加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，与速度方向相反，做加速度逐渐增大的减小运动。所以合力和加速度先变小后变大，速度先变大后变小， 故C正确，ABD错误。3.在动摩擦因数 =0.2的水平面上有一个质量为 m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成=45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示。此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间A.小球仍处于静止状态B.小球获得10m/s2的加

5、速度C.如果不剪断轻绳而是剪断弹簧，则小球仍处于静止状态D.如果不剪断轻绳而是剪断弹簧，则小球获得【答案】C10m/s2的加速度【解析】AB.在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力F = mgtan45。=1 x 10X 1=10N断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为f=科m=0.2 X 1 x 10N=2N艮据牛顿第二定律得小 F f 10 2. . 2球的加速度为a 8m/s方向向左，故 AB错误；CD.剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉m 1力瞬间为零，此时小球所受

6、的合力为零，则小球的加速度为零，故C正确，D错误。故选Co4 .大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是A. 1m/s2和 7 m/s2B. 5m/s2 和 8 m/s2C. 6m/s2和 8m/s2D. 0m/s2 和 8 m/s2【答案】C7 122【斛析】当两力反向时，合力取小，加速度取小，则有 amin m/s 6m / s当两力同向时，合力最17 122 .大，加速度取大，则有 amax m/s 8m/s故C正确，ABD错误。故选 C。15. 一物体以7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是(g取10 m/

7、 s2 )A.是物体重力的0.3倍B.是物体重力的0.7倍C.是物体重力的1.7倍D.物体质量未知，无法判断【答案】A【解析】根据牛顿第二定律可得：mg f ma所以物体受到的空气阻力大小是f m(g a) 0.3mg即空气阻力大小是物体重力的0.3倍，故选A6.质量为20kg的物体在动摩擦因数为 0.1的水平面上向左运动，在运动过程中受到水平向右，大小为 10N 的拉力作用，则物体的加速度为A. 1m/s2 向右B. 1 m/s2 向左C. 1.5 m/s2 向右D. 0.5 m/s2 向右【答案】C【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得F mg ma ,代入数据得a 1.5m/s2,方

8、向向右，正确。故选Co7 .如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器.当箱子随电梯以= 4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N,下底板的传感器显示的压力为10.0 N.取g=10 m/s2,若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是A .匀加速上升，a= 5 m/s28 .匀加速下降，a= 5 m/s2C.匀速上升D.静止状态【答案】B【解析】当箱子随电梯以 a 4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知Fn上mg fn下ma,解得m 1kg；若上顶

9、板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由 于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为 10 N,则上顶板传感器的示数是5 N,对金属块，由牛顿第二定律知Fn上mg Fn下ma ,解得a 5m/s2 ,方向向下，故电梯以5m/s2的加速度匀加速下降, 或以5m/s2的加速度匀减速上升，故选项B正确，A、C、D错误。8 .如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化 （用Fi至F4变化表示）可能是下图中的（OO沿杆方向）（）A.C.【解析】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行

10、受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大。A.与分析不符，故A错误。B.与分析不符，故B错误。C.与分析相符，故 C正确。D.与分析不符，故 D错误。9 .如图所示，两个质量分别为mi=3 kg、m2=2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为 Fi=30 N、F2 = 20 N的水平拉力分别作用在 mi、m2上，则A .弹簧测力计的示数是 50 NB.弹簧测力计的示数是24 NC.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2D.在突然撤去 F

11、2的瞬间，mi的加速度大小为10 m/s2【答案】B【解析】对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度F1 F210_,22a -m/s 2m/s ,隔离m2,根据牛顿第二定律有F-F2=m2a,解得F = 24 N,所以弹簧测m1 m25力计的示数为24 N,选项A错误，B正确；在突然撤去 F2的瞬间，弹簧的弹力不变，mi的加速度不变，为cF24, 2，22 m/s2,m2的加速度a2m/s12m/s ,选项CD错误.m2210.如图所示，光滑水平面上，AB两物体用轻弹簧连接在一起。A B的质量分别为 甲、m2,在拉力f作用下，AB共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ,

12、某时刻突然撤去拉力 F ,此瞬时A和B的加速度大小为ai和a2,则A. a10, a20c c cm2 cB. 0 a, a?am1 m2一 _mi_ _mt 一C. 0a, a2ami mbm, mr c c cmiD a a, a2 a m2【答案】D【解析】由牛顿第二定律得：存在拉力时，对 A： T=mia,撤去拉力瞬间，弹簧弹力不突变，对 A ： T=miai,mi 一斛得：ai=a对B ： T=m 2a2解得：a2a ,故选：D om211 .橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k=i00N/m,橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下

13、端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为i0N,现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g=i0m/s2,则拉打停逋器sLA.悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为i0NB,悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20NC.悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20ND.悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10cm【答案】AD【解析】ABC.悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N, A正确，BC错误；D.设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为xi, kXi G ,悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长X2

14、,则k(x1 x2) 2G ,代入数据，可得 x2 10cm , D正确。故选AD。12 .如图甲所示，地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力 F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度为g,则下列说法正确的是A.当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg F ,物体不动B.图乙中A点的横坐标等于物体的重力值C.物体向上运动的加速度和力F成正比D.图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标等于-g【答案】ABD【解析】A.物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有 N F mg故重力大于拉力,故A正确；B.物体加速向上，根拉力大于重力时， 物据牛顿第

15、二定律，有 F Mg Ma ,则a -FM当F=F。时，加速度为零，则F=Mg,故B正确；C.由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故 C错误；D .由a g式，当拉力为零时，加速度为一g,即图线的纵轴截距为一 g,故D正确。故选ABD 。 M13 .如图所示的两家直升飞机在某一高度水平向前飞行，其中一架飞机在加速前进，另一架飞机在减速前进，则图 所示的飞机在加速前进，图 所示的飞机在减速前进。AB【答案】A B【解析】A图空气对飞机的作用力斜向右上，和重力的合力方向向前，与速度同向，则飞机做加速前进；B图中空气对飞机的作用力斜向左上，和重力的合力方向向后，与速度方向相反，做减速前进.1

16、4 .某人在以2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为。【答案】605m / s2【解析】1匀加速下降的升降机里，有ng N m1aN 解得N 600N，故在地面上能举起的物体质量为m 60kgg2在匀加速上升降的升降机里，有N m2g m2a将N 600N带入可得a 5m/s215.如图，用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯时，两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力， 力的大小均为320N ,方向都与竖直方向成 37° ,重物离开地面 30

17、cm后停止施力，最后重物落地并把地面 砸深2cm。己知重物的质量为 50kg, g取10m/s2, cos37° =0.8。求：(计算结果保留两位有效数字) (1)两人同时用力时重物的加速度大小；(2)重物刚落地时的速度大小；(3)重物对地面的平均冲击力大小。【答案】(1)0.24m/s2; (2)2.5m/s； (3)8.3 x 103N【解析】从两人刚开始同时用力到重物压实地面后停下的整个过程，可分解为匀加速运动、竖直上抛运动和匀减速运动三个子过程，对应的加速度大小分别为ai、a2=g和a3(1)在加速过程，根据牛顿第二定律2Fcos mg mai解得加速度a10.24m/s2(

18、2)设两人刚停止用力时重物的速度为vo,刚落地时速度为 v,根据v2 2 alh22vVo 2gh联立解得v=2.5m/s在最后的减速过程，有 Fn mg ma320 v2a3hio3解得地面对重物的阻力 Fn 8.3 103N根据牛顿第三定律，重物对地面的平均冲击力 一 一 3FnFn 8.3 103 N16.为了研发超高速的新型交通工具Hyperloop One,某公司完成了图示的轨道测试，现简化为下述过程。轨道全长1000m,之后铺设了 450m的减速沙堆，车辆全程保持悬浮，车辆质量为 260kg,忽略轨道和空气产生的阻力。车辆从轨道的一端由静止启动，在电磁作用下加速，加速度大小为20m/s2,直到达到最大速度540km/h后关闭动力，最后在沙堆阻力的作用下减速，恰好停在减速沙堆的中点。车辆视为质