高中物理高考 专题（11）牛顿第二定律及应用（解析版）

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练

专题（11）牛顿第二定律及应用（解析版）

考点一 　

牛顿第二定律的“六”个性质

题型1　牛顿第二定律的矢量性

【典例1】　(多选)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(　　)

A．小车对物块B的摩擦力大小为μmg

B．小车对物块B的摩擦力水平向右

C．小车对物块B的摩擦力大小为mgtan θ

D．小车对物块B的合力大小为mg

【答案】BCD

【解析】以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有mAgtan θ＝mAa，可得小车向左做加速度大小为a＝gtan θ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力Ff＝ma＝mgtan θ，小车对物块B竖直向上的支持力FN＝mg，故小车对物块B产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确．

【变式1】如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车向右做匀加速运动，小球所受直杆的作用力的方向沿图中的OO′方向，若增大小车的加速度，小球所受直杆的作用力的方向可能沿(　　)

A．OA方向  B．OB方向

C．OC方向 D．OD方向

【答案】C

【解析】小球加速水平向右运动，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的OD方向，根据力的合成的平行四边形定则，直杆对小球的作用力斜向右上方；当加速度增加时，水平合力增加，而竖直方向重力不变，则小球所受直杆的作用力的方向变为沿OC方向，故选C.

【提 分 笔 记】

由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力方向，即可确定加速度方向；反之，若已知加速度方向，即可确定合力的方向．

题型2　牛顿第二定律的瞬时性

【典例2】　如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

A．两图中两球加速度均为gsin θ

B．两图中A球的加速度均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定不为零

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

【答案】D

【解析】撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ.因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D正确．

【变式2】(多选)水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　　)

A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N

B．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左

C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右

D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0

【答案】ABD　

【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力作用处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×2 N＝20 N，故A正确；小球所受的滑动摩擦力为f＝μmg＝0.2×20  N＝4 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，故B正确；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误，D正确．

【提 分 笔 记】

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：

题型3　牛顿第二定律的独立性

【典例3】　如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)

A．M受静摩擦力增大　　　 B．M对车厢壁的压力减小

C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小

【答案】C

【解析】分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确．

【提 分 笔 记】

 (1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律．

(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和．

(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即ax＝，ay＝.

题型4　力和运动的定性关系

【典例4】　如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)

【答案】A

【解析】小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动，直至重力和弹力相等，此时加速度为零，小球速度达到最大值，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为零，加速度最大，故A项正确，B项错误；设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，a­t图线与坐标轴围成的面积表示速度，由题意知图线在横轴下方的面积应等于在横轴上方的面积，所以在最低点a>g，故C项错误；弹簧形变量x与t不是线性关系，则a与t也不是线性关系，故D项错误．

【提 分 笔 记】

 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．

(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝.

(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．

考点二 　

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．

(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．

2．判断超重和失重的方法

【典例5】　(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变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

A．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】当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当电梯有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确．

【变式3】在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内，下列说法中正确的是(　　)

A．晓敏同学所受的重力变小

B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力

C．电梯一定在竖直向下运动

D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下

【答案】D

【解析】体重计显示的是支持力的大小，重力不变，A错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，B错误；支持力小于重力，说明加速度方向向下，电梯可以向下加速运动或向上减速运动，C错误；F合＝G－FN＝ma，故a＝＝，方向竖直向下，D正确．

【变式4】一质量为m的人站在电梯中，电梯匀加速上升，加速度大小为g(g为重力加速度)．人对电梯底部的压力大小为(　　)

A.mg  B．2mg

C.mg D．mg

【答案】C

【解析】根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得电梯底部对人的支持力大小为FN＝mg，由牛顿第三定律知，人对电梯底部的压力大小为FN′＝mg，选项C正确．

考点三 　

1．连接体问题的处理方法

(1)整体法：把加速度相同的物体看作一个整体来研究的方法，整体法不考虑系统内力的影响，只考虑系统所受的外力．

(2)隔离法：把系统中某一物体(或某几个物体)隔离出来单独研究的方法，隔离法可以求系统内物体间的相互作用．

(3)整体法和隔离法并不是对立的，而是相互结合，交叉运用的．

2．加速度相同的连接体问题

(1)求内力时，通常先利用整体法求加速度，再利用隔离法求物体间的作用力．

(2)求外力时，通常先利用隔离法求加速度，再利用整体法求整体受到的外加作用力．

3．加速度不同的连接体问题

若系统内各个物体的加速度不同，一般采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对它们分别进行受力分析和运动分析，并注意之间的相互作用力关系，分别列方程联立求解．

【典例6】　(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)

A．8  B．10

C．15 D．18

【答案】BC

 【解析】设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢．

设每节车厢的质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则根据牛顿第二定律有F＝mya

当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则根据牛顿第二定律有F＝mxa

联立两式可得y＝x这列车厢的总节数N＝x＋y＝x，设x＝3n(n＝1,2,3…)，则N＝5n，故可知选项B、C正确．

【变式5】(多选)如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)

A．该水平拉力大于轻绳的弹力

B．物块c受到的摩擦力大小为μmg

C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg

D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg

【答案】ACD

【解析】三物块一起做匀速直线运动，对a、b、c系统：由平衡条件得F＝3μmg，对b、c系统：由平衡条件得FT＝2μmg，则F>FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，假设三个物块一起匀加速运动，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：Ff＝ma，解得Ff＝0.5μmg<μmg，假设成立，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：Ff′＝ma′，解得Ff′＝μmg，故D正确．

【变式6】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　)

A．若m>M，有x1＝x2  B．若m<M，有x1＝x2

C．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ<sin θ，有x1<x2

【答案】AB

【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

FT－μmg＝ma1②

联立①②解得FT＝③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

FT′－mgsin θ＝ma2⑤

联立④⑤解得FT′＝⑥

比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．

【变式7】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也

为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面光滑

B．斜面粗糙

C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左

D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右

【答案】AC

【解析】隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin θ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，A正确，B错误；支架系统对斜面体有垂直斜面向下的压力，则对斜面体受力分析可得，斜面体受到地面向左的摩擦力，C正确，D错误．

【提 分 笔 记】

整体法与隔离法的选用

当连接体中各部分的加速度大小和方向都相同时，优先选用“整体法”，如果还要求系统内物体相互作用的内力时，再利用“隔离法”；如果连接体中各部分的加速度不同，一般选用“隔离法”．

考点四 　

1．常见的动力学图象

v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a图象等．

2．图象问题的类型

(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．

题型1　根据图象分析物理过程

【典例7】　(多选)物体A、B原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲所示．B受到如图乙所示的水平拉力作用．则在0～4 s的时间内(　　)

A．物体A所受合力保持不变

B．物体A的速度不断减小

C．2 s末物体B改变运动方向

D．2 s末物体B速度达到最大

【答案】AD

【解析】由题图甲可知，物体A速度在均匀变化，即加速度没有发生变化，根据牛顿第二定律可知，物体A所受合力保持不变，故A项正确；物体A在前2 s速度不断减小，后2 s速度在反向增大，故B项错误；题图乙是物体B所受合力随时间变化图线，前2 s物体B做加速度减小的加速运动，在2 s末速度达到最大，后2 s物体B做加速度增大的减速运动，运动方向不变，故C项错误，D项正确．

【变式8】如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．长木板的质量M＝2 kg

B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4

C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2

D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】B

【解析】当F等于12 N时，加速度为a0＝4 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，代入数据解得M＋m＝3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，则F＝Ma＋μmg，则知F­a图线的斜率k＝M＝ kg＝1 kg，则M＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12 N时，F＝Ma＋μmg，若F＝8 N，a＝0，即得μ＝0.4，故B正确；由B项分析可知：F大于12 N时，F＝Ma＋μmg，当F＝14 N时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故C错误；当F大于12 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误．

【提 分 笔 记】

 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．

(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．

题型2　根据物理过程选择图象

【典例8】　(2018年全国卷Ⅰ)如图所示，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之间关系的图象可能正确的是(　　)

【答案】A

【解析】设物块静止时弹簧的形变量为x0，则有mg＝kx0，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F－mg＋k(x0－x)＝ma，解得F＝ma＋kx，所以F­x图线是不过原点的、在纵轴上有截距的倾斜直线，故A正确，B、C、D错误．

【变式9】(多选)如图所示，光滑的水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系．现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间的弹力FN与滑块B的位移变化的关系图象，可能正确的是(　　)

【答案】BD

【解析】当F突然反向后，设A、B的质量分别为m、M，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得F＋k(x0－x)＝(m＋M)a，隔离A可得k(x0－x)－FN＝ma，当FN＝0时，可得k(x0－x)＝ma，a>0，则x<x0，此时两物块脱离，此后拉力F保持不变，故B、D正确，A、C错误．

【提 分 笔 记】

利用数形结合法，先得到F­x的解析式，再选择图象．本题易错点：x不是弹簧的形变量．