備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點11 牛頓第二定律（含解析）

《備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點11 牛頓第二定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點11 牛頓第二定律（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 牛頓第二定律 1．用牛頓第二定律分析瞬時加速度 2．分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意以下幾種模型： 特性 模型 受外力時 的形變量 力能 否突變 產(chǎn)生拉力 或支持力 質(zhì)量 內(nèi)部 彈力 輕繩 微小不計 能 只有拉力 沒有支持力 不計 處 處 相 等 橡皮繩 較大 不能 只有拉力 沒有支持力 輕彈簧 較大 不能 既可有拉力 也可有支持力 輕桿 微小不計 能 既可有拉力 也可有支持力 3．在求解瞬時加速度問題時應注意： （1

2、）物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析。 （2）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。 如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則下列說法中正確的是 A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F=μmg時，A的加速度為μg C．當F>3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 【參考答案】BCD

3、 【詳細解析】當F≤μmg時，A、B不發(fā)生相對滑動，但相對地面滑動。當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力2μmg，隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有2μmg–μ·3mg=ma，得a=μg；對整體分析，F(xiàn)–μ·3mg=3ma，得F=3μmg，即當F>3μmg時，A、B發(fā)生相對滑動。隔離B分析，2μmg–μ·3mg≥ma'，得a'≤μg；當F=μmg時，A、B相對靜止，對整體分析，加速度a''==μg。 1．（2019·浙江省寧波市九校高一聯(lián)考）如圖所示，AB為豎直平面內(nèi)某圓周的豎直直徑，BC與CD為兩根固定光滑細直桿，其中CD通過O點且與AB成60°夾角，兩細直桿上各

4、套有一個小球，小球可視為質(zhì)點。兩小球均從C點由靜止釋放，一小球從C點運動到D點所用的時間為t1，另一小球從C點運動到B點所用的時間為t2，則t1：t2等于 A．：1 B．2：1 C．1：1 D．：2 【答案】A 【解析】設AB=CD=d。小球從C點運動到D點的過程，由牛頓第二定律有：mgsin30°=ma1，得：a1g，由位移公式有：da1t12；得：t1=2，小球從C點運動到B點的過程，由牛頓第二定律有：mgsin60°=ma1，得：a2g，由位移公式有：dcos30°a2t22，得：t2，所以有：t1：t2=：1，故選A。 如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈

5、簧上端固定在框架上，下端固定一個質(zhì)量為m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起，當框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為 A．g B． C．0 D． 【參考答案】D 【詳細解析】當框架對地面壓力為零瞬間，框架受重力和彈簧的彈力處于平衡，則有：F=Mg，隔離對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F+mg=ma，解得：，方向豎直向下，故D正確。 1．（2019·湖南省湘東六校高二期末聯(lián)考）兩個質(zhì)量分別為m1=1kg,m2=2kg的物體A、B靜止在光滑的水平地面上，中間用一輕質(zhì)彈簧將兩物體連接。如圖所示，現(xiàn)用兩個水平力推力F1=10 N，F(xiàn)2=40 N，分別作用在物體A、B上，則

6、 A．彈簧的彈力為25 N B．彈簧的彈力為20 N C．在突然撤去F1的瞬間，A的加速度為30 m/s2 D．在突然撤去F2的瞬間，A的加速度為10 m/s2 【答案】BD 【解析】對AB的整體，由牛頓第二定律：解得a=10 m/s2，則對A：，解得F=20 N，則選項A錯誤，B正確；在突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力不變，則此時A的加速度為，選項C錯誤；在突然撤去F2的瞬間，因彈簧的彈力不變，則此時A所受的合外力不變，則A的加速度仍為10m/s2，選項D正確。 （2019·河北省石家莊市高三二模）傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著廣泛的應用。如圖甲，傾角為θ的傳送帶以

7、恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將m=2kg的貨物放在傳送帶上的A點，貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙，整個過程傳送帶是繃緊的，貨物經(jīng)過1.2 s到達B點，已知重力加速度g=10m/s2．下列說法正確的是 A．貨物在內(nèi)的加速度大小為 B．A、B兩點的距離為 C．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為 D．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為 【參考答案】AC 【詳細解析】由加速度的定義知：貨物在0.2~1.2 s內(nèi)的加速度為：，故A正確；物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，仍做勻加速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應圖象所圍

8、梯形的“面積”，為：x=×1×0.2 m +×（1+2）×1 m =1.6 m。故B錯誤；由v–t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為：，對物體受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1①；同理，做a2的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ–μmgcosθ=ma2②聯(lián)立①②解得：sinθ=0.3，μgcosθ=2，根據(jù)功能關系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，f=μmgcosθ=4 N，做a1勻加速直線運動，位移為：x1=×1×0.2 m=0.1 m，皮帶位移為：x皮=1×0.2

9、m=0.2 m，相對位移為：Δx1=x皮–x1=0.2 m–0.1 m=0.1m，同理：做a2勻加速直線運動，位移為：x2=×（1+2）×1 m=1.5 m，x皮2=1×1 m=1 m，相對位移為：Δx2=x2–x皮2=0.5 m，故兩者之間的總相對位移為：Δx=Δx1+Δx2=0.6 m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=W=fΔx=4×0.6 J=2.4 J，故C正確；根據(jù)功能關系，由C中可知：f=μmgcosθ=4 N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x1=0.1 m，物體受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.1 J=0.4 J，同理做a2勻加速直線運動，由圖

10、象知位移為：x2=1.5 m，物體受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2=–fx2=–4×1.5 J=–6 J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：6 J–0.4 J=5.6 J，故D錯誤。 1．將一只小球豎直向上拋出，小球運動時受到空氣阻力的大小與速度大小成正比，下列描繪小球在上升過程中的加速度大小a及速度大小v與時間t關系的圖象，可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，加速度的方向與速度方向相反，做減速運動，速度減小

11、，則阻力減小，加速度減小，所以小球在上升過程中做加速度減小的減速運動，到達最高點時，加速度a=g，故A錯誤，B正確；速度時間圖線的斜率表示加速度，知圖線斜率在減小，上升到最高點時，速度減小為零，C錯誤，D正確。 1．如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為m的木塊。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ，m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2μ?，F(xiàn)對M施一水平恒力F，將M從m下方拉出，而m恰好沒滑出桌面，則在上述過程中 A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B．m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等 C．m在M上滑動的時間是在桌面上滑動的時間的2倍 D．

12、若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面 2．（2019·江蘇省南通市高二期末）如圖所示，放在固定斜面上的物塊沿斜面下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力F，則 A．若物塊原來勻速運動，則物塊將勻加速下滑 B．若物塊原來勻速運動，則物塊將勻減速下滑 C．若物塊原來勻加速運動，則物塊將以相同的加速度勻加速下滑 D．若物塊原來勻加速運動，則物塊將以更大的加速度勻加速下滑 3．一個物塊放在光滑的水平地面上，從靜止開始受到水平向右的外力F的作用，外力F與時間t的關系如圖所示。則 A．0~t0時間內(nèi)，物塊向右做勻加速運動 B．t0~2t0時間內(nèi)，物塊向左做勻加速運動 C．0~2t0

13、時間內(nèi)，物塊的速度先增大后減小 D．0~2t0時間內(nèi)，物塊的加速度先增大后減小 4．（2019·四川省宜賓市高一期末）如圖（a）,一長木板靜止于光滑水平桌面上，時，小物塊以速度 滑到長木板上，時刻小物塊恰好滑至長木板最右端。圖（b）為物塊與木板運動的圖像，已知圖中、、，重力加速度大小為g。下列說法正確的是 A．木板的長度為 B．物塊與木板的質(zhì)量之比為 C．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為 D．t1時刻，小物塊和木板動能之比為 5．（2019·新課標全國Ⅲ卷）如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始

14、受到水平外力F的作用，在t=4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出 A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 6．（2018·新課標I卷）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(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)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

15、F和x之間關系的圖像可能正確的是 A． B． C． D． 7．（2016·新課標全國Ⅰ卷）一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則 A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 8．（2016·海南卷）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則 A．

16、F1F3` C．F1>F3 D．F1=F3 1．AC【解析】對小木塊μmg=ma1，對木板：；要使小木塊滑離木板，需使a2>a1，則 ，A正確；設小木塊在薄木板上滑動的過程，時間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運動，加速度大小為a2，時間為t2，有：μmg=ma1，2μmg=ma2，a1t1=a2t2，聯(lián)立解得：t1=2t2，B錯誤，C正確；若增大水平恒力F，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變?。辉谧烂嫔匣瑒拥木嚯x變短，不可能滑出桌面，D錯誤。故選：AC。 2．D【解析】若物塊原來勻速運動，未加F時，物塊勻速下滑，受力平衡，分析物體的受

17、力情況如圖，由平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ；得：sinθ=μcosθ，對物塊施加一個豎直向下的恒力F時，物塊受到的滑動摩擦力大小為：f=μ（F+mg）cosθ，重力和F沿斜面向下的分力大小為（F+mg）sinθ，則可知，（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，則物塊受力仍平衡，所以仍處于勻速下滑狀態(tài)，故AB錯誤。若物塊原來勻加速運動，未加F時，物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：；當施加F后加速度為：a′=，因為gsinθ>μgcosθ，所以Fsinθ>μFcosθ，可見a′>a，即加速度增大，則物塊將以更大的加速度勻加速下滑，故D確，C錯誤。 3．C【解析

18、】對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma，0~t0時間內(nèi)，拉力減小，加速度減小，物體做加速度減小的加速運動，在t0時刻速度達到最大，故A錯誤；t0~2t0時間內(nèi)，拉力反向增大，加速度反向增大，做減速運動，根據(jù)力的對稱性可知，到達2t0時刻速度減速到零，故BD錯誤，C正確。 4．ACD【解析】時刻小物塊恰好滑至長木板最右端，所以相對位移就是板長，根據(jù)圖b知，相對位移為圖像面積差：，A正確。相對運動過程中，相互間的摩擦力設為f，木塊的加速度，木板加速度 ，所以質(zhì)量之比為，B錯誤。木塊的加速度，摩擦力 ，所以動摩擦因數(shù)為，C正確。動能 ，t1時刻，速度相同，所以動能比等于質(zhì)量比，D正確。

19、5．AB【解析】結合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯誤；2~5 s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對滑動，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒幽Σ亮?，由牛頓運動定律，對2~4 s和4~5 s列運動學方程，可解出質(zhì)量m為1 kg，2~4 s內(nèi)的力F為0.4 N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數(shù)μ，故D錯誤。 6．A【解析】本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、力隨位移變化的圖線及其相關的知識點。由牛頓運動定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma+ kx，對

20、比題給的四個圖象，可能正確的是A。 7．BC【解析】因為原來質(zhì)點做勻速直線運動，合外力為0，現(xiàn)在施加一恒力，質(zhì)點所受的合力就是這個恒力，所以質(zhì)點可能做勻變速直線運動，也有可能做勻變速曲線運動，這個過程中加速度不變，速度的變化率不變。但若做勻變速曲線運動，單位時間內(nèi)速率的變化量是變化的。故C正確，D錯誤。若做勻變速曲線運動，則質(zhì)點速度的方向不會總是與該恒力的方向相同，故A錯誤；不管做勻變速直線運動，還是做勻變速曲線運動，質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直，故B正確。 【名師點睛】本題主要考查牛頓運動定律。特別注意以前我們碰到的問題經(jīng)常是去掉一個恒力，本題增加了一個恒力，從牛頓運動定律

21、角度來看沒有什么區(qū)別。根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的可能大小，根據(jù)合力與速度方向間的關系判斷物體的運動情況。要特別注意的是，質(zhì)點有可能做勻變速曲線運動。 8．A【解析】由v–t圖象可知，0~5 s內(nèi)加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ–f–F1=ma1，F(xiàn)1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s內(nèi)加速度a2=0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F(xiàn)2=mgsin θ–f；10~15 s內(nèi)加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F(xiàn)3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項A正確。 11