高中物理高考 考点11 牛顿第二定律-备战2022年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点11 牛顿第二定律-备战2022年高考物理考点一遍过，共10页。试卷主要包含了用牛顿第二定律分析瞬时加速度，在求解瞬时加速度问题时应注意，所示等内容，欢迎下载使用。
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：
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。
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μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。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，则下列说法中正确的是
A．当F3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【参考答案】BCD
【详细解析】当F≤μmg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，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力2μmg，隔离B分析，根据牛顿第二定律有2μmg–μ·3mg=ma，得a=μg；对整体分析，F–μ·3mg=3ma，得F=3μmg，即当F>3μmg时，A、B发生相对滑动。隔离B分析，2μmg–μ·3mg≥ma'，得a'≤μg；当F=μmg时，A、B相对静止，对整体分析，加速度a''==μg。
1．（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t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1：t2等于
A．：1B．2：1C．1：1D．：2
【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°=ma1，得：a1g，由位移公式有：da1t12；得：t1=2，小球从C点运动到B点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin60°=ma1，得：a2g，由位移公式有：dcs30°a2t22，得：t2，所以有：t1：t2=：1，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
A．gB．C．0D．
【参考答案】D
【详细解析】当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则有：F=Mg，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得：，方向竖直向下，故D正确。
1．（2019·湖南省湘东六校高二期末联考）两个质量分别为m1=1kg,m2=2kg的物体A、B静止在光滑的水平地面上，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F1=10 N，F2=40 N，分别作用在物体A、B上，则
A．弹簧的弹力为25 N
B．弹簧的弹力为20 N
C．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度为30 m/s2
D．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度为10 m/s2
【答案】BD
【解析】对AB的整体，由牛顿第二定律：解得a=10 m/s2，则对A：，解得F=20 N，则选项A错误，B正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A的加速度为，选项C错误；在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，则此时A所受的合外力不变，则A的加速度仍为10m/s2，选项D正确。
（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θ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，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/s2．下列说法正确的是
A．货物在内的加速度大小为
B．A、B两点的距离为
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
D．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为
【参考答案】AC
【详细解析】由加速度的定义知：货物在0.2~1.2 s内的加速度为：，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，仍做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=×1×0.2 m +×（1+2）×1 m =1.6 m。故B错误；由v–t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：，对物体受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1①；同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ–μmgcsθ=ma2②联立①②解得：sinθ=0.3，μgcsθ=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=μmgcsθ=4 N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=×1×0.2 m=0.1 m，皮带位移为：x皮=1×0.2 m=0.2 m，相对位移为：Δx1=x皮–x1=0.2 m–0.1 m=0.1m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=×（1+2）×1 m=1.5 m，x皮2=1×1 m=1 m，相对位移为：Δx2=x2–x皮2=0.5 m，故两者之间的总相对位移为：Δx=Δx1+Δx2=0.6 m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fΔx=4×0.6 J=2.4 J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：f=μmgcsθ=4 N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=0.1 m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=4×0.1 J=0.4 J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=1.5 m，物体受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=–fx2=–4×1.5 J=–6 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：6 J–0.4 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
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】根据牛顿第二定律得，加速度的方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，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μ，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ。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3μ(m+M)g
B．m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
C．m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．（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的关系如图所示。则
A．0~t0时间内，物块向右做匀加速运动
B．t0~2t0时间内，物块向左做匀加速运动
C．0~2t0时间内，物块的速度先增大后减小
D．0~2t0时间内，物块的加速度先增大后减小
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，时，小物块以速度 滑到长木板上，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图像，已知图中、、，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A．木板的长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．t1时刻，小物块和木板动能之比为
5．（2019·新课标全国Ⅲ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/s2。由题给数据可以得出
A．木板的质量为1 kg
B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0~2 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0.2
6．（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
A．B．
C．D．
7．（2016·新课标全国Ⅰ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0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A．F1F3`C．F1>F3D．F1=F3
1．AC【解析】对小木块μmg=ma1，对木板：；要使小木块滑离木板，需使a2>a1，则 ，A正确；设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有：μmg=ma1，2μmg=ma2，a1t1=a2t2，联立解得：t1=2t2，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，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。
2．D【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，由平衡条件得：mgsinθ=μmgcsθ；得：sinθ=μcsθ，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=μ（F+mg）csθ，重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，则可知，（F+mg）sinθ=μ（F+mg）csθ，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：；当施加F后加速度为：a′=，因为gsinθ>μgcsθ，所以Fsinθ>μFcsθ，可见a′>a，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。
3．C【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可知F=ma，0~t0时间内，拉力减小，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动，在t0时刻速度达到最大，故A错误；t0~2t0时间内，拉力反向增大，加速度反向增大，做减速运动，根据力的对称性可知，到达2t0时刻速度减速到零，故BD错误，C正确。
4．ACD【解析】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，相对位移为图像面积差：，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，木板加速度 ，所以质量之比为，B错误。木块的加速度，摩擦力 ，所以动摩擦因数为，C正确。动能 ，t1时刻，速度相同，所以动能比等于质量比，D正确。
5．AB【解析】结合两图像可判断出0~2 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；2~5 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2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 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μ，故D错误。
6．A【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。由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A。
7．BC【解析】因为原来质点做匀速直线运动，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。
8．A【解析】由v–t图象可知，0~5 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 θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 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 θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。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