备战2020年高考物理一遍过考点11牛顿第二定律(含解析)

1、 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：特性模型力能否突变能不能不能能没有支持力既可有拉力也可有支持力既可有拉力也可有支持力较大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，不会发生突变。1 如图所示，a、b 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。a、b 间的动摩擦因数为 ，b1与地面间的

2、动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现 对 a 施加一水平拉力 f，2则下列说法中正确的是a当 f3 mg 时，a 相对 b 滑动12d无论 f 为何值，b 的加速度不会超过g【参考答案】bcd3【详细解析】当 fmg 时 ，a、b 不发生相对滑动，但相对地面滑动。当 a、b 刚要发生相对滑动时，21a、b 间的摩擦力达到最大静摩擦力 2 mg，隔离 b 分析，根据牛顿第二定律有 2 mg3mg=ma，得21212a=g；对整体分析，f 3m g=3m a，得 f=3 mg，即当 f3 mg 时，a、b 发生相对滑动。隔离 b 分115析，2 mg 3mgma，得 a

3、 g；当 f= mg 时，a、b 相对静止，对整体分析，加速度2221f - m 3mg13a=2=g。3m1（2019浙江省宁波市九校高一联考）如图所示，ab 为竖直平面内某圆周的竖直直径，bc 与 cd 为两根固定光滑细直杆，其中 cd 通过 o 点且与 ab 成 60夹角，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球均从 c 点由静止释放，一小球从c 点运动到 d 点所用的时间为 t ，另一小球从 c 点运动到 b 点所1用的时间为 t ，则 t ：t 等于2122 22：2a【答案】a【解析】设ab=cd=d。小球从c 点运动到d 点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin30=ma，

4、得：a = g，：1b2：1c1：1d111212dg由位移公式有：d=，小球从 c 点运动到 b 点的过程，由牛顿第二定律有：a t ；得：t =2211112d3mgsin60=ma ，得 ：ag，由位移公式有：dcos30=a t ，得 ：t =，所以有：t ：t =：2=2221222212g1，故选 a。如图所示，质量为 m 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为()()m - m gm + m gagbc0dmm【参考答案】d【详细解析】当框架对地面压力为零瞬间，

5、框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则有： f=mg，隔离对f + mg mg + mg m + m小球分析，根据牛顿第二定律得：f+mg=m a，解得： =，方向竖直向下，故dgammm正确。3 1（2019湖南省湘东六校高二期末联考）两个质量分别为 m=1kg,m=2kg的物体 a、b静止在光滑的水平12地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接。如图所示，现用两个水平力推力f=10 n，f=40 n，分别作12用在物体 a、b上，则a弹簧的弹力为 25 nb弹簧的弹力为 20 nc在突然撤去 f 的瞬间，a的加速度为 30 m/s21d在突然撤去 f 的瞬间，a的加速度为 10 m/s22【答案】

6、bd- f = (m + m )af - f = m a，【解析】对ab的整体，由牛顿第二定律：f解得 a=10 m/s，则对a：2211211解得 f=20 n，则选项 a错误，b正确；在突然撤去 f 的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时 a的加速度为1f 20a = m/s= 20m/s22，选项 c错误；在突然撤去f 的瞬间，因弹簧的弹力不变，则此时a所受m1a21的合外力不变，则 a的加速度仍为 10m/s，选项 d正确。2（2019河北省石家庄市高三二模）传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为 的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m=2kg的货物放在传送带上的 a点，

7、货物与传送带的速度v随时间 t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2 s到达 b点，已知重力加速度g=10m/s下列说法正确的是2a货物在0.2-1.2 s内的加速度大小为1 m/s2ba、b两点的距离为1.5 m4 c货物从a运动到b的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4 jd货物从a运动到b的过程中，传送带对货物做的功为6.4 j【参考答案】acdv2 -1a =m / s =1m/ s2 ，【详细解析】由加速度的定义知：货物在0.21.2 s内的加速度为：2dt 1.2 - 0.22故a正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，仍做匀加速直

8、线运动，所以物11块由a到b的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x= 10.2 m + （1+2）1 m =1.6 m。故b22dvdta =1= 5m / s2 ，对物体错误；由vt图象可知，物块在传送带上先做a 匀加速直线运动，加速度为：1受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin + mgcos =ma；同理，做a 的匀加速直线运动，对12物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsin mgcos =ma联立解得：sin =0.3，2gcos =2，根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，f= mgcos =4 n，1做a 匀加速直线运动，位

9、移为：x= 10.2 m=0.1 m，皮带位移为：x =10.2 m=0.2 m，相对位移为：211皮1x=x x=0.2 m0.1 m=0.1m，同理：做a 匀加速直线运动，位移为：x= （1+2）1 m=1.5 m，x21皮122=11 m=1 m，相对位移为： x=xx =0.5 m，故两者之间的总相对位移为： x= x+ x=0.6 m，皮222皮212货物与传送带摩擦产生的热量为：q=w=f x=40.6 j=2.4 j，故c正确；根据功能关系，由c中可知：f= mgcos =4 n，做a 匀加速直线运动，由图象知位移为：x=0.1 m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力11做正功为：w

10、 =fx=40.1 j=0.4 j，同理做a 匀加速直线运动，由图象知位移为：x=1.5 m，物体受摩擦f1122力，方向向上，摩擦力做负功为：w =fx=41.5 j=6 j，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：f226 j0.4 j=5.6 j，故d错误。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acbd5 【答案】bdmg + f=【解析】根据牛顿第二定律得 a，加速度的方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，m则阻力减小，加速度减小，所以小球在上升过程中做加速度减小的减速

11、运动，到达最高点时，加速度 a=g，故 a 错误，b 正确；速度时间图线的斜率表示加速度，知图线斜率在减小，上升到最高点时，速度减小为零，c 错误，d 正确。1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 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

12、桌面2（2019江苏省南通市高二期末）如图所示，放在固定斜面上的物块沿斜面下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力 f，则a若物块原来匀速运动，则物块将匀加速下滑b若物块原来匀速运动，则物块将匀减速下滑c若物块原来匀加速运动，则物块将以相同的加速度匀加速下滑d若物块原来匀加速运动，则物块将以更大的加速度匀加速下滑3一个物块放在光滑的水平地面上，从静止开始受到水平向右的外力f 的作用，外力 f 与时间 t 的关系如6 图所示。则a0t 时间内，物块向右做匀加速运动0bt2t 时间内，物块向左做匀加速运动00c02t 时间内，物块的速度先增大后减小0d02t 时间内，物块的加速度先增大后减小0= 0

13、4（2019四川省宜宾市高一期末）如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，t时，小物块以速度v 滑到长木板上，t 时刻小物块恰好滑至长木板最右端。图（b）为物块与木板运动的v-t图像，已知01图中t 、 v 、v ，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是101v t0 12a木板的长度为vb物块与木板的质量之比为 1v0v - vc物块与木板之间的动摩擦因数为 01gt1vdt 时刻，小物块和木板动能之比为1v - v1015（2019新课标全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力f的作用，在

14、t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s。由题给数据可以得出27 a木板的质量为1 kgb2 s4 s内，力f的大小为0.4 nc02 s内，力f的大小保持不变d物块与木板之间的动摩擦因数为0.26（2018新课标 i卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 p，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力 f作用在 p上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示 p离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 f和 x之间关系的图像可能正确的是acbd7（2

15、016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8（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8 为 f 、f 和 f ，则123af fcf fdf =f12231313( )2mm+ m g = mamf - mg -1ac【解析】对小

16、木块 mg=ma ，对木板：2；要使小木块滑离木板，需1( )f 3m m+ m g使 a a ，则，a 正确；设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t ，小木块的加速211度大小为 a ，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为 a ，时间为 t ，有 ： mg=ma ，2 mg=ma ，12212a t =a t ，联立解得：t =2t ，b 错误，c 正确；若增大水平恒力 f，木块离开木板时间变短，速度变小，112212位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，d 错误。故选：ac。2d【解析】若物块原来匀速运动，未加 f 时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由

17、平衡条件得：mgsin = mgcos ；得：sin = cos ，对物块施加一个竖直向下的恒力f 时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f= （f+mg）cos ，重力和 f 沿斜面向下的分力大小为（f+mg）sin ，则可知，（f+mg）sin = （f+mg）cos ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故ab 错误。若物块原来匀加速运动，未加 f 时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：mg sinq - mmg cosq(mg + f)sin q m( )cos q- mg + fa =；当施加 f 后加速度为：a=，因为mmgsin gcos ，所以 fsin fcos

18、 ，可见 aa，即加速度增大，则物块将以更大的加速度匀加 速下滑，故 d 确，c 错误。3c【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可知 f=ma，0t 时间内，拉力减小，加速度减小，物体0做加速度减小的加速运动，在 t 时刻速度达到最大，故 a 错误；t 2t 时间内，拉力反向增大，加速度000反向增大，做减速运动，根据力的对称性可知，到达2t 时刻速度减速到零，故 bd 错误，c 正确。09 4acd【解析】t 时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为图1- vf vv t像面积差：木板加速度，a正确。相对运动过程中，相互间的摩擦力设为f，木块的加速度a

19、 = =01 ，0 12mt1f vvf va = =- va =m t1 ，所以质量之比为1，b错误。木块的加速度01 ，摩擦力v - vmt1101v - v1= mvf= mgm01 ，c正确。动能 e2 ，t 时刻，速度相同，所以动能比，所以动摩擦因数为gt2k11v等于质量比1，d正确。v - v015ab【解析】结合两图像可判断出 02 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力 f等于 f，故 f在此过程中是变力，即 c错误；25 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对 24 s和 45 s列运动学方程，可解出质量 m为 1 kg，24 s内的力 f为 0.4 n，故 a、b正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数 ，故 d错误。6a【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。由牛顿运动