专题16牛顿第二定律的应用 ---2021年高考物理复习专题训练含真题及解析

牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。

【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。

2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。

3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。

4.利用牛顿第二定律处理板块模型。

【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。

一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。

二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。

(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。

(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。

三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

四、板块模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（16）牛顿第二定律的应用（解析版）双基过关：一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F 合＝ma )求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． 2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 受力情况F 合F 合＝ma 加速度a 运动学公式运动情况v 、x 、t自测1 假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )A ．40 mB ．20 mC ．10 mD ．5 m【答案】B解析 a ＝F f m ＝mg m ＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10 m ＝20 m ，B 对． 二、瞬时问题1．牛顿第二定律的表达式为：F 合＝ma ，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致．当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变．2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变．【自测2】如图1，A 、B 、C 三个小球质量均为m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A 上面的细线剪断，使A 的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A 、B 、C 三个小球的加速度分别是(重力加速度为g )( )图1 A ．1.5g ，1.5g,0 B ．g ，2g ，0 C ．g ，g ，g D ．g ，g ，0【答案】A解析剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确．二、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．自测3图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10 m/s2，根据图象分析可知( )图2A．人的重力为1 500 N B．c点位置人处于失重状态C．e点位置人处于超重状态 D．d点的加速度小于f点的加速度【答案】C解析开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N ，故A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C 正确；人在d 点：a 1＝F d －G m ＝1 500－50050010m/s 2＝20 m/s 2，人在f 点：a 2＝G －0m ＝50050010m/s 2＝10 m/s 2，可知d 点的加速度大于f 点的加速度，故D 错误． 命题热点一：瞬时问题的两类模型1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．解题思路 分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度【例1】(多选)如图3所示，质量均为m 的木块A 和B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A 上放有质量为2m 的木块C ，三者均处于静止状态．现将木块C 迅速移开，若重力加速度为g ，则在木块C 移开的瞬间( )图3 A ．弹簧的形变量不改变B ．弹簧的弹力大小为mgC ．木块A 的加速度大小为2gD ．木块B 对水平面的压力大小迅速变为2mg【答案】AC解析 由于弹簧弹力不能突变，所以撤去C 的瞬间，弹簧的形变量不变，故A 正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A 和C 的重力，即F ＝3mg ，撤去C 的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg ，故B 错误；撤去C 瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合外力大小等于C 的重力，对木块A ，由牛顿第二定律得：2mg ＝ma ，解得：a ＝2g ，方向竖直向上，故C 正确；撤去C 的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg ，对B ，由平衡条件得：3mg ＋mg ＝F N ，解得：F N ＝4mg ，故由牛顿第三定律可知，木块B 对水平面的压力大小为4mg ，故D 错误．【变式1】如图4所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A 、B 质量均为m .物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 靠在一起，但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )图4 A ．细线剪断前，弹簧的弹力为mgB ．细线剪断前，细线的拉力为mgC ．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D ．细线剪断瞬间，物块B 的加速度大小为14g 【答案】D解析 细线剪断前，由于A 、B 之间无弹力，对A 分析可以得到弹簧的弹力：F ＝mg sin θ＝12mg ，对B 分析可以得到F T ＝mg sin θ＝12mg ，故A 、B 错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C 错误；细线剪断瞬间，对A 、B 系统，加速度大小：a ＝2mg sin θ－F 2m ＝14g ，故D 正确． 【变式2】如图5所示，A 球质量为B 球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g ，则在突然撤去挡板的瞬间有( )图5A ．图甲中A 球的加速度大小为g sin θB ．图甲中B 球的加速度大小为2g sin θC ．图乙中A 、B 两球的加速度大小均为g sin θD ．图乙中轻杆的作用力一定不为零【答案】C解析 设B 球质量为m ，则A 球的质量为3m .撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B 球的弹力大小均为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A 球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力大小为4mg sin θ，加速度大小为4g sin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A 、B 两球整体受到的合力大小为4mg sin θ，A、B两球的加速度大小均为g sin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确．命题热点二：超重与失重现象1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．2．判断超重和失重的方法【例2】压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小、某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．其工作原理图如图6甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源连成电路、在压敏电阻上放置一个绝缘重物，0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断不正确．．．的是()图6A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态C．升降机开始时可能停在1楼层，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼层D．升降机开始时可能停在高楼层，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼【答案】D【变式3】如图7，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为()图7A．失重、失重B．超重、超重C．失重、超重D．超重、失重【答案】A解析运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A.【变式4】如图8所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是()图8A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态【答案】C解析若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．命题热点三：动力学两类基本问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况【例3】如图9，质量为m ＝1 kg 、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O 点时速度大小为v ＝4 m/s ，对此物块施加大小为F ＝6 N 、方向向左的恒力，一段时间后撤去该力，物块刚好能回到O 点，已知物块与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图9(1)此过程中物块到O 点的最远距离；(2)撤去F 时物块到O 点的距离．【答案】(1)1 m (2)23m 解析 (1)物块向右运动时：F ＋μmg ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1x 1可得x 1＝1 m(2)物块向左运动时，先做匀加速运动，加速度大小为a 2，后做匀减速运动，加速度大小为a 3，则有： F －μmg ＝ma 2解得a 2＝4 m/s 2μmg ＝ma 3解得a 3＝2 m/s 2由v 12＝2a 2x 2v 12＝2a 3x 3x 2＋x 3＝x 1联立解得x 3＝23m. 类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况【例4】如图10甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m ＝2.2 kg 的物体在水平向左的外力F 的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s 撤去外力F ，物体在0～4 s 内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图10(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F 的大小；(2)物体在0～4 s 内的位移大小．【答案】(1)0.5 4 N (2)28 m解析 (1)根据v －t 图象的斜率表示加速度，则2～4 s 内物体的加速度大小为：a 2＝12－84－2m/s 2＝2 m/s 2， 由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得：μ＝0.5；0～2 s 内物体的加速度大小为：a 1＝82m/s 2＝4 m/s 2， 由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma 1，解得：F ＝4 N ；(2)物体在0～4 s 内的位移为：x ＝8×22 m ＋8＋122×2 m ＝28 m. 【变式5】某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s ，最后再匀减速1 s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1 m/s ，高度为56 m ．货物质量为2 kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)无人机匀加速上升的高度；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力大小．【答案】(1)2.5 m (2)20.8 N解析 (1)无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2无人机匀减速上升的高度：h 3＝v 2t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3联立解得：h 1＝2.5 m(2)货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：F －mg －0.02mg ＝ma联立解得：F ＝20.8 N.课时精练一、双基巩固练1．电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a ＝2.5 m/s 2B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2C．匀加速上升，a＝5 m/s2D．匀减速上升，a＝5 m/s2【答案】C解析由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6 N，由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，解得：a＝5 m/s2物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力()图1A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小【答案】AD解析人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．3.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图2所示．当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图2A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上【答案】 C解析当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C 正确．4.如图3所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m 0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )图3A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋m 0m 0g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋m 0m 0g ，a 3＝0，a 4＝m ＋m 0m 0g 【答案】C解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F ＝mg ，因此物块3满足F －mg ＝0，即a 3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a 4＝F ＋m 0g m 0＝m 0＋m m 0g ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 5.如图4所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图4A ．a A ＝aB ＝gB ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0【答案】D解析 水平细线被剪断前，对A 、B 进行受力分析如图所示：静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，又m A ＝m B解得F T ＝23m A g水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，A 所受合力与F T 等大反向，所以a A ＝F T m A＝23g ，a B ＝0. 6.如图5所示，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A 、B 两小球的加速度大小分别为( )图5A ．都等于g 2B ．0和m 1＋m 2g 2m 2C.m 1＋m 2g 2m 2和0 D ．0和g 2【答案】 B解析 在剪断细绳之前，A 处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A 的重力沿斜面的分力相等；在剪断上端的细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，仍等于A 的重力沿斜面的分力，故A 球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B 球进行受力分析，B 受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B 球进行受力分析，则B 受到重力、弹簧向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得：a B ＝m 1g sin 30°＋m 2g sin 30°m 2＝m 1＋m 2g 2m 2，故B 正确，A 、C 、D 错误． 二、综合提升练7.如图6所示，物体A 、B 由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A 加速下降的过程中，下列判断正确的是( )图6A ．物体A 和物体B 均处于超重状态B ．物体A 和物体B 均处于失重状态C ．物体A 处于超重状态，物体B 处于失重状态D ．物体A 处于失重状态，物体B 处于超重状态【答案】 D解析 A 加速下降，则加速度方向向下，轻绳的拉力小于重力，故A 处于失重状态；同时B 加速上升，则加速度方向向上，轻绳的拉力大于重力，故B 处于超重状态，故A 、B 、C 错误，D 正确．8．(多选)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x .木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如图7所示，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图7A ．物块与木板间的动摩擦因数为33B ．物块初速度的大小是5 m/sC ．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同D ．当α＝0时，x ＝534m 【答案】ABD解析 当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x ＝1.25 m ，根据运动学规律得：v 02－0＝2gx ，解得v 0＝5 m/s ；当α＝30°，x ＝1.25 m ，根据速度位移关系：v 02－0＝2ax ，有a ＝v 022x ＝10 m/s 2，而a ＝μg cos θ＋g sin θ，解得：μ＝33，A 、B 正确；因为30°和90°对应的加速度大小均为a ＝10 m/s 2，根据v 0－0＝at ，运动到最高点时间相同，C 错误；当α＝0时，a ′＝μg ＝1033 m/s 2，根据v 02－0＝2a ′x ，求得x ＝534m ，D 正确． 9．在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.g 取10 m/s 2.(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．【答案】(1)0.3 m/s 2 (2)1.2×106 N (3)30 m/s解析 (1)列车的速度v ＝324 km/h ＝90 m/s经过t 1＝5 min ＝300 s 停下，所以加速度为a 1＝Δv t 1＝0－90300m/s 2＝－0.3 m/s 2 即加速度大小为0.3 m/s 2.(2)列车受到的阻力为F f ＝0.1mg根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma 2由运动学公式有v 2＝2a 2x 2联立解得a 2＝0.5 m/s 2，F ＝1.2×106 N.(3)列车减速运动通过的位移为x 1＝v 2t 1＝902×300 m ＝13 500 m 列车加速运动的时间为t 3＝v a 2＝900.5s ＝180 s 所以整个过程的平均速度为 v ＝x t ＝x 1＋x 2t 1＋t 2＋t 3＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 10.如图8所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止(t ＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2．0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：图8(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；(2)t ＝3.0 s 时运动员的速度大小；(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．【答案】 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)0.8 m/s (3)5.2 m 解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为a 1＝F －F f m＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 12＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m＝0.2 m/s 2 经时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s.(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2， 则v 22－v 1′2＝2a 1x 1解得v 2＝525m/s 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2 解得x 2＝5.2 m.。

牛顿其次定律 一、选择题1．(2022·吉林试验中学模抉)中国首次太空授课活动于2021年6月20日上午进行，如图所示，航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74kg 。

测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N 的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1m /s ，则复位的时间为( )A ．0.74sB ．0.37sC ．0.26sD ．1.35s[答案] A[解析] 宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变速直线运动，由牛顿其次定律可得宇航员的加速度为a ＝F m ＝100N 74kg ＝10074m /s 2，再依据加速度的定义式a ＝v t －v 0t 得到复位的时间，所以复位时间t ＝v t a ＝110074s ＝0.74s ，A正确。

2．(2022·西安铁一中模拟)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。

若小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力F 1和车右壁受弹簧的拉力F 2的大小变化可能是( )A ．F 1不变，F 2始终变大B ．F 1先变小后变大，F 2不变C ．F 1先变大后变小，F 2不变D ．F 1变大，F 2先变小后不变 [答案] B[解析] 小车向右的加速度增大，而物块始终相对小车静止，即弹簧伸长量始终不变，则F 2不变，A 、D 错；若开头没有摩擦力或摩擦力水平向右，则随着加速度的增大，摩擦力必变大；若开头摩擦力向左，则随着加速度的增大，摩擦力必先变小后变大，B 对C 错。

3.(2021·甘肃第一次诊断性考试)如图是一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。

2021年高考物理二轮复习高考13题命题探究第一部分选择题命题探究第2道选择题---牛顿运动定律的应用目录一、命题点探究 (1)命题点一牛顿运动定律与直线运动知识相结合 (1)考查方式一动力学基本问题 (1)考查方式二动力学的运动图象问题 (5)命题点二动力学中的连接体问题 (10)考查方式一“板—块”模型 (11)考查方式二绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题 (13)二、第二道选择题限时强化训练 (17)一、命题点探究命题点一牛顿运动定律与直线运动知识相结合【命题规律】牛顿运动定律与直线运动知识相结合是高考重点考查的内容，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，难度中等．考查方式一动力学基本问题【核心考点梳理】1．分析动力学问题的流程注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．(2)求解加速度是解决问题的关键．2．解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．3．瞬时加速度的求解(1)两类模型①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即突变，不需要形变发生变化的时间．①弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．(2)求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度【典例1】（2021·湖南省永州市高三上学期1月一模）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。

如图所示，一质量m=2.0kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s，然后无人飞机又匀速向上运动3s，接着匀减速向上运动4s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。

【高中物理】2021高考物理牛顿运动定律题型训练（含答案）
1
2022高考物理牛顿运动规律问题式训练
1
二千零二十一
高考
物理学中牛顿运动定律的知识点
牛顿运动定律基本知识点
（一）牛顿第一定律（即惯性定律）
（二）牛顿第二定律
1.法律的内容
物体的加速度a跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量m成反比。

2.公式：
理解要点：
① 因果关系：是加速度a的原因，加速度a同时发生、变化、存在和消失；
②方向性：a与都是矢量，方向严格相同；
③ 瞬时性和对应性：A是物体在特定时间的加速度，是当时作用在物体上的综合外力。

（三）力的平衡
1.平衡状态
指的是静止或匀速直线运动状态。

特点：a=0。

2.平衡条件
共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即
3.平衡条件的推断
（1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等
大反向；
（2）当一个物体在同一平面上的三个非平行力的作用下处于平衡状态时，这三个力必须是共同的
（3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。

（四）牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，公式可写为。

考点11 牛顿第二定律考点解读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，不会发生突变。

重点考向考向一牛顿第二定律的运用（2020·邢台市第二中学高一开学考试）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 N B．22 NC．25 N D．30N变式拓展1．（2020·湖南省高一期末）如图，将一轻质弹簧竖直固定在水平桌面上，把小球轻放在弹簧的上端，小球从静止开始向下运动，直至将弹簧压缩至最短。

在压缩弹簧的整个过程中，能表示小球加速度a与其下落高度h间关系的图是（设弹簧始终处于弹性限度内）（）A．B．C．D．考向二瞬时加速度的计算（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三其他）如图所示，细绳l 1与l 2共同作用于质量为m 的小球而使其处于静止状态，其中细绳l 1与竖直方向的夹角为θ，细绳l 2水平，重力加速度为g ，不计空气阻力．现剪断细绳l 2，则剪断瞬间A ．小球立即处于完全失重状态B ．小球在水平方向上的加速度大小为12gsin 2θ C ．细绳l 1上的拉力大小为cos mgθD ．小球受到的合力大小为mg tan θ，方向水平向右变式拓展1．（2020·江苏省响水中学高一月考）分别在四辆相同汽车的车厢顶部用细线悬挂一个小球，当汽车在沿平直道路上运动的过程中，小球相对汽车所处的状态如图所示. 已知0βαθ>>>︒，则获得最大加速度的汽车是A ．B ．C ．D ．考向三 牛顿第二定律的图像问题典例引领（2020·四川省棠湖中学高一月考）直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移-时间图像如图所示（）A．t=0.25s时物体对弹簧的压力最大B．t=0.25s和t=0.75s两时刻弹簧的弹力相等C．t=0.25s至t=0.50s这段时间物体做加速度逐渐增大的加速运动D．t=0.25s至t=0.50s这段时间内物体的动能和弹簧的弹性势都在增大变式拓展1．（2020·宁夏回族自治区高三一模）一质量为m=2.0 kg的木箱静止在粗糙的水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2,现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F,使木箱由静止开始运动,测得0～2s内其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示。

牛顿第二定律一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．甲、乙两球质量分别为错误！未找到引用源。

、错误！未找到引用源。

，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小错误！未找到引用源。

仅与球的速率错误！未找到引用源。

成正比，与球的质量无关，即错误！未找到引用源。

（错误！未找到引用源。

为正的常量）。

两球的错误！未找到引用源。

图象如图所示。

落地前，经时间错误！未找到引用源。

两球的速度都已达到各自的稳定值错误！未找到引用源。

、错误！未找到引用源。

则下列判断正确的是：（）A．释放瞬间甲球加速度较大B．错误！未找到引用源。

C．甲球质量大于乙球D．错误！未找到引用源。

时间内两球下落的高度相等【答案】C2．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是：（）A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【答案】C3．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中：（）A．地面对物体M的摩擦力大小相同[来源:Z§xB．地面对物体M的支持力总小于(M十m)g C．地面对物体M的摩擦力先向右后向左D．地面对物体M的摩擦力先向左后向右【答案】B4．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为：（）A. ，斜向右上方B.mgθ，水平向右 D. mg，竖直向上C.tan【答案】A5．如图所示，质量分别为m和2m的物体AB由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态；当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g）：（）A．物体A的加速度等于gB．物体B和C之间的弹力为零C．物体C的加速度等于gD．物体B的加速度大于g【答案】D6．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g取10 m/s2，则：（）A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动【答案】D7．光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是：（）A．匀减速运动B．速度减小，加速度增大C．速度减小，加速度减小D．无法确定【答案】B8．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20Ｎ、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块。

2021 年高考物理人教版专题复习：牛顿第二定律及其应用考点精析1、牛顿第二定律牛顿第二定律内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。

知识精讲：〔1〕瞬时性：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，力是加速度产生的根本原因，加速度与力同时存在、同时变化、同时消失。

〔 2〕矢量性： F ma 是一个矢量方程，加速度 a 与力F方向相同。

（3〕独立性：物体受到几个力的作用，一个力产生的加速度只与此力有关，与其他力无关。

（4〕同体性：指作用于物体上的力使该物体产生加速度。

2、力学单位制根本物理量与根本单位力学中的根本物理量共有三个，分别是质量、时间、长度；其单位分别是千克、秒、米；其表示的符号分别是 kg、s、 m。

在物理学中，以质量、长度、时间、电流、热力学温度、发光强度、物质的量共七个物理量作为根本物理量。

以它们的单位千克〔kg〕、米〔 m〕、秒〔 s〕、安培〔 A〕、开尔文〔 K〕、坎德拉〔 cd〕、摩尔〔 mol 〕为根本单位。

根本单位的选定原那么〔1〕根本单位必须具有较高的精确度，并且具有长期的稳定性与重复性。

〔2〕必须满足由最少的根本单位构成最多的导出单位。

〔3〕必须具备相互的独立性。

在力学单位制中选取米、千克、秒作为根本单位，其原因在于“米〞是一个空间概念；“千克〞是一个表述质量的单位；而“秒〞是一个时间概念。

三者各自独立，不可替代。

3、验证牛顿运动定律实验原理：采用控制变量法，在所研究的问题中，有两个以上的参量在发生牵连变化时，可以控制某个或某些量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法，这也是物理学中研究问题经常采用的方法。

本实验中，研究的参量有 F 、m 、a ，在验证牛顿第二定律的实验中，可以控制参量m 一定，研究a 与 F 的关系；控制参量F 一定，研究 a 与 m 的关系。

2、求加速度：任意两个连续相等的时间内的位移之差是一恒量。

即：x aT 2 恒量常见考题类型：1、合外力和加速度之间的关系是瞬时关系， 但速度和加速度不是瞬时关系。

2021高考物理得分关键题增值增分特训牛顿第二定律的理解和应用(限时：45分钟)一、单项选择题1．如图1所示，粗糙的水平地面上有一质量为M、倾角为θ的斜劈，斜劈上有一质量为m 的小物块正沿斜面下滑，小物块与斜面之间无摩擦，斜劈始终保持静止，则在小物块下滑的过程中斜劈受到水平地面的摩擦力和支持力大小分别是( )图1A．0；(M＋m)gB．0；Mg＋mg cos2θC．mg sin θcos θ；Mg＋mg cos2θD．mg tan θ；Mg＋mg cos θ答案 C解析以M、m为整体，整体中的m的加速度有竖直向下的重量a1＝g sin2θ，则整体在竖直方向上由牛顿第二定律可得(M＋m)g－F N＝mg sin2θ，可得F N＝Mg＋mg cos2θ；同样m 的加速度有水平向左的重量a2＝g sin θcos θ，对整体在水平方向上由牛顿第二定律得F f＝mg sin θcos θ，C正确．2．如图2所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块间粗糙．现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为( )图2A．1∶1 B．M∶mC．m∶M D．m∶(m＋M)答案 B解析F1作用在A物块上，由牛顿第二定律，F1＝(M＋m)a1.设A、B物块间的最大静摩擦力为F f，对B物块，则有F f＝作用在B物块上，由牛顿第二定律，F2＝(M＋m)a2.对A物体，则有F f＝Ma2，联立解得：F1、F2的最大值之比为F1∶F2＝M∶m，选项B正确．3．如图3所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有a、b两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体c、d，当它们都沿滑杆向下滑动时，a的悬线与杆垂直，b的悬线竖直向下．则下列说法中正确的是( )图3A．a环与滑竿之间有摩擦力B．b环与滑竿之间没有摩擦力C．a环做的是匀加速直线运动D．b环做的是匀加速直线运动答案 C解析设滑竿与水平方向的夹角为θ，分析c受力可知，c的加速度为g sin θ，因此a、c整体的加速度为g sin θ，再对a、c整体受力分析知，a环与滑竿间没有摩擦力，故选项A错误，C正确，同理可分析出b、d做匀速直线运动，故B、D错误．4．如图4所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )图4A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC．系统的加速度为a＝g tan αD．推力F＝Mg tan α答案 C解析系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcos α，选项A、B错误．小球所受合外力为mg tan α，加速度为a＝g tan α，推力F＝(m＋M)g tan α，选项C正确，D错误．5．如图5所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量m A＝2m B，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平方向向左运动，使弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，则弹簧给A物体的作用力的大小为( )图5A．F B．2F C．3F D．4F答案 C解析依照题述弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，隔离B，分析受力，由牛顿第二定律，B的加速度a＝F/m B.设弹簧给A物体的作用力的大小为F′，隔离A，由牛顿第二定律，F′－F＝m A a.解得F′＝3F，选项C正确．6．物体原先静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐步增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图6所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．依照题目提供的信息，下列判定正确的是( )图6A．物体的质量m＝2 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝C．物体与水平面的最大静摩擦力F fmax＝12 ND．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2答案 A解析由题图可知，当F＝7 N时，a＝0.5 m/s2，当F＝14 N时，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律知，F－F f＝ma，故7－F f＝0.5m,14－F f＝4m，联立解得：m＝2 kg，F f＝6 N．选项A正确，C错误．由F f＝μmg解得μ＝，选项B错误．由牛顿第二定律，F－F f＝ma，在F为10 N时，物体的加速度a＝2.0 m/s2，选项D错误．7．如图7甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点．现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时刻后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )图7A．小物块到C点后将沿斜面下滑B ．小物块加速时的加速度是减速时加速度的13C ．小物块与斜面间的动摩擦因数为32D ．推力F 的大小为6 N答案 B解析 撤去推力F 后，滑块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v －t 图象求得小物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a 1＝103m/s 2，a 2＝10 m/s 2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，μ＝33，选项B 正确，C 错误；由此判定mg sin 30°＝F fm ＝μmg cos 30°，因此小物块到达C 点后将静止在斜面上，选项A 错误；在匀加速时期F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，F ＝4 N ，选项D 错误．8． 如图8所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2 kg 的物体A ，A 处于静止状态．现将质量为3 kg 的物体B 轻放在A 上，则B 与A 刚要一起运动的瞬时，B 对A 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( )图8A ．30 NB ．18 NC ．12 ND ．0答案 C解析 在B 与A 刚要一起运动的瞬时，对A 、B 整体受力分析，受重力(m A ＋m B )g 、向上的弹力F ＝m A g ，由牛顿第二定律，(m A ＋m B )g －F ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝0.6g .对A 受力分析，设B 对A 的压力大小为F ′，由牛顿第二定律，F ′＋m A g －F ＝m A a ，解得F ′＝12 N ，选项C 正确．二、多项选择题9． 如图9所示，质量为m 的光滑小球置于斜面上，被一个竖直固定在斜面上的挡板挡住．现使斜面在水平面上向右做加速度为a 的匀加速直线运动，下列说法中正确的是( )图9A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面对球的弹力保持不变答案CD解析由受力分析和牛顿第二定律知：水平方向的合力方向总是向右的，斜面对小球的作用力的水平重量沿水平方向向左，因此竖直挡板对小球的作用力不可能为零，故A错；竖直方向合外力总等于零，故斜面对球的作用力不可能为零，故B错；斜面和挡板对球的作用力的合力大小为：F＝m2g2＋m2a2>ma，故选项C正确；由于竖直方向合外力为零，因此斜面对球的作用力保持不变，故选项D正确．10．某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，能够显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了 s，然后沿杆下滑， s末刚好滑到杆底端，同时速度恰好为零．整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时刻的变化情形如图10甲、乙所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是( )甲乙图10A．演员的体重为600 NB．演员在第1 s内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为620 ND．滑杆所受的最大拉力为900 N答案AC解析演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，故演员的体重为600 N，选项A正确．演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑时处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s 2，对演员，由牛顿第二定律，mg －F 1＝ma 1，解得F 1＝420 N ．对滑杆，由平稳条件，最小拉力F T1＝420 N ＋200 N ＝620 N ，选项C 正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大．减速下滑的加速度大小a 2＝1.5 m/s 2，对演员，由牛顿第二定律，F 2－mg ＝ma 2，解得F 2＝690 N ．对滑杆，由平稳条件，最大拉力F T2＝690 N ＋200 N ＝890 N ，选项D 错误．11．如图11所示，两个质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝3 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则( )图11A ．弹簧秤的示数是26 NB ．弹簧秤的示数是50 NC ．在突然撤去F 2的瞬时，m 1的加速度大小为5 m/s 2D ．在突然撤去F 1的瞬时，m 1的加速度大小为13 m/s 2答案 AD解析 第一以整体为研究对象，依照牛顿第二定律，求出整体的加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝2 m/s 2，再以m 1为研究对象，F 1－F T ＝m 1a ，解得F T ＝26 N ，故选项A 正确，B 错误．在突然撤去F 2的瞬时，弹簧的弹力不发生变化，m 1的加速度大小仍为2 m/s 2，选项C 错误．在突然撤去F 1的瞬时，m 1的加速度大小为13 m/s 2，选项D 正确．12．如图12所示，光滑的水平地面上有三块木块a 、b 、c ，质量均为m ，a 、c 之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F 作用在b 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳固后，下列说法正确的是 ( )图12A ．不管粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B ．若粘在a 木块上面，绳的张力减小，a 、b 间摩擦力不变C ．若粘在b 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都减小D ．若粘在c 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都增大答案 ACD解析 将a 、b 、c 看作一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，依照牛顿第二定律得整体加速度减小，A 正确；假如粘在a 上，对c 受力分析，绳的拉力确实是c 受到的合力，依照牛顿第二定律得c 受到的拉力减小；对b 受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，依照牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；假如粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，依照牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，依照牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C正确；假如粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b 受到的合力，依照牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，依照牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．13．如图13甲所示，在升降机顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，以现在为零时刻，在后面一段时刻内传感器所显示的弹力F的大小随时刻t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则下列选项正确的是( )图13A．升降机停止前在向上运动B．0～t1时刻小球处于失重状态，t1～t2时刻小球处于超重状态C．t1～t3时刻小球向下运动，动能先减小后增大D．t3～t4时刻弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量答案AD解析依照题图乙弹簧弹力先减小后增大可知，小球由于惯性将连续上升，升降机停止前在向上运动，选项A正确.0～t1时刻弹力小于重力，小球加速度向下，小球处于失重状态，t1～t2时刻弹力小于重力，小球加速度向下，小球处于失重状态，选项B错误．t1～t3时刻小球向下运动，动能先增大后减小，选项C错误．t3～t4时刻小球向上运动，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能增加量和重力势能增加量，选项D正确．。

牛顿第二定律的内容及简单应用一、真题精选（高考必备）1．（2021·海南·高考真题）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。

力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）A ．1kg m s -⋅⋅B ．2kg m s -⋅⋅C ．2Pa m ⋅D ．1J m -⋅2．（2012·海南·高考真题）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是A ．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B ．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C ．物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比D ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比3．（2013·全国·高考真题）一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图像是A ．B ．C ．D ．4．（2015·上海·高考真题）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是A ．1FB ．2FC ．3FD ．4F5．（2009·广东·高考真题）搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F 时，物体的加速度为1a ；若保持力的方向不变，大小变为2F 时，物体的加速度为2a ，则A ．12a a =B ．1212a a a <<C ．212a a =D ．212a a >6．（2009·广东·高考真题）建筑工人用图示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg 的建筑材料以0．500m ／s 2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取10m ／s 2．)A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N7．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。