2021年高考物理一轮复习微专题训练--专题11 牛顿第二定律（重难点精讲）（人教版）

专题 11 牛顿第二定律 【知识点一】牛顿第二定律 (1)内容：物体加速度的大小跟它 成正比，跟它的 成反比，加速度的方向跟 相同．(2)表达式： . (3)适用范围：①牛顿第二定律只适用于 参考系，即相对地面 或 的参考系．②牛 顿第二定律只适用于 物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况． 【例 1】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的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 【例 2】(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)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 【例 3】如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是 M，人的质量都是 m，甲图人推车、 乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是 F.关于甲、乙两图中车的加速度大小，说法正确的是(　　) A．甲图中车的加速度大小为F M B．甲图中车的加速度大小为 F M＋m C．乙图中车的加速度大小为 2F M＋m D．乙图中车的加速度大小为F M 【知识点二】牛顿第二定律的瞬时性 【例 4】如图所示，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(　　) A．木块 B 对水平面的压力大小迅速变为 2mg B．弹簧的弹力大小为 mg C. 木块 A 的加速度大小为 2g D．弹簧的弹性势能立即减小【例 5】在[典例 4]中，将木块 C 放在木块 B 的下方，如图所示，现将木块 C 沿水平方向突然抽出，设抽出 后的瞬间物块 A、B 的加速度大小分别为 a1、a2，重力加速度大小为 g，则有(　　) A．a1＝a2＝0　　　　　　 B．a1＝a2＝g C．a1＝0，a2＝2g D．a1＝2g，a2＝0 【例 6】把[例 5]中的弹簧换成刚性轻质杆，如图所示，现将木块 C 沿水平方向突然抽 出 ， 设抽出后的瞬间木块 A、B 的加速度大小分别为 a1、a2，重力加速度大小为 g，则有(　　) A．a1＝a2＝0 B．a1＝a2＝g C．a1＝a2＝2g D．a1＝g，a2＝2g 【例 7】把[例 5]和[例 2]中木块换成质量相等的小球，放在倾角为 θ 的光滑斜面，如图所示，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 0 C．图乙中轻杆的作用力一定不为 0 D．图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球的加速度的 2 倍 【例 8】(多选)木块 A、B 和 C 改为质量均为 m，A 和 B、B 和 C 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通 过系在 A 上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将木块 A 的加速度的大小记为 a1，S1和 S2相对于原长的伸长分别记为 Δl1和 Δl2，重力加速度大小为 g.在剪断的瞬间(　　) A．a1＝3g B．a1＝0 B．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 【例 9】(多选)把木块换成质量均为 m 的小球，如图所示，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、 另 一 端与 A 球相连，A、B 间由一轻质细线连接，B、C 间由一轻杆相连．倾角为 θ 的光滑斜面固定在地面上， 弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．A 球的加速度沿斜面向上，大小为 gsin θ B．C 球的受力情况未变，加速度为 0 C．B、C 两球的加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin θ D．B、C 之间杆的弹力大小为 0 【知识点三】等时圆和光滑斜面模型 【例 10】如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于 M 点，与竖直墙相切于点 A，竖直墙上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻，甲、乙两球分别从 A、B 两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到 M 点，丙球由 C 点自由下落到 M 点．则(　　) A．甲球最先到达 M 点 B．乙球最先到达 M 点 C. 丙球最先到达 M 点 D. 三个球同时到达 M 点 【例 11】一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶 下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是(　　) 【知识点四】动力学中的两类问题 【例 12】．[已知受力分析运动]　(2019·广西桂林月考)如图所示，物体的质量 m＝4 kg，与水平地面间的动 摩擦因数为 μ＝0.2，在与水平方向夹角为 37°、大小为 10 N 的恒力 F 的作用下，由静止开始加速运动，g 取 10 m/s2, 已知 sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝ 0.8，试求： (1)物体运动的加速度的大小 a； (2)若 t1＝10 s 时撤去恒力 F，物体还能继续滑行的时间 t2 和距离 x. 【例 13】．[已知运动分析受力]　(2019·上海黄浦期末)如图，固定在水平地面上的一个粗糙斜面长 L＝4 m，倾角 θ＝37°.一个质量为 10 kg 的物体在 F＝200 N 的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运 动，经过 2 s 到达斜面顶端．(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为 g 取 10 m/s2) (1)求物体沿斜面运动时的加速度大小； (2)求物体与斜面间的动摩擦因数大小． 【例 1】解析：物体加速度的大小与质量和速度的乘积的大小无关，A 错误．物体所受合力不为零，就能产 生加速度，B 错误．加速度的大小与其所受合力成正比，C 错误．由牛顿第二定律的独立性可知 ax＝Fx m，D 正确． 答案：D 【例 2】解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为 0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来 运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力 的方向相同，选项 B、C 正确. 答案：BC 【例 3】解析：对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，选项 A、B 错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为 2F，所以乙图中车的加速度 a＝ 2F M＋m，C 项正确，D 项错误． 答案：C 【例 4】[解析]　移开木块 C 前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为 3mg，地面对 B 的支持力大小为 4mg，因移开木块 C 瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项 B、D 错误；木块 C 移 开瞬间，木块 B 所受重力、弹簧弹力不变，故地面对 B 的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项 A 错误； 撤去木块 C 瞬间，对木块 A 由牛顿第二定律有 3mg－mg＝ma，解得 a＝2g，方向竖直向上，选项 C 正 确． 答案：C【例 5】解析：在抽出木块 C 的瞬间，木块 A、B 间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对木块 A 向上的弹力大小和对木块 B 向下的弹力大小仍为 mg，因此木块 A 满足 mg＝F，a1＝0；由牛顿第二定律得 木块 B 满足 a2＝F＋mg m ＝2g，所以 C 对． 答案：C 【例 6】解析：在抽出木块 C 的瞬时，木块 A、B 与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各 自重力，所以由牛顿第二定律知 a1＝a2＝g，所以 B 对． 答案：B 【例 7】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，而杆的弹力能 突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为 0，加速度为 0，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 0，A、B 两球所受合力均为 mgsin θ，加速度均为 gsin θ，可知只有 D 对． 答案：D 【例 8】解析：剪断细线前，把 A、B、C 看成整体，细线上的拉力为 T＝ 3mg. 因 在 剪 断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此 A、B、C 之间的作用力与剪断细线之前相同， 则 将 细 线 剪 断瞬间，对 A 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得 3mg＝ma1，得 a1＝3g，A 正 确 ， B 错 误．由胡克定律知 2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以 Δl1＝2Δl2，C 正确，D 错误． 答案：AC 【例 9】解析：初始系统处于静止状态，把 B、C 看成整体，B、C 受重力 2mg、斜面的支持力 N、细 线的拉力 T，由平衡条件可得 T＝2mgsin θ，对 A 进行受力分析，A 受重力 mg、斜面的支持力、弹簧的拉力 F 弹和细线的拉力 T，由平衡条件可得 F 弹＝T＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零， 弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得 A 球的加速度沿斜面向上，大小 a＝2gsin θ，选项 A 错误； 细线被烧断的瞬间，把 B、C 看成整体，根据牛顿第二定律得 B、C 球的加速度 a′＝gsin θ，均沿斜面 向下，选项 B 错误，C 正确；对 C 进行受力分析，C 受重力 mg、杆的弹力 F 和斜面的支持力，根据牛顿第 二定律得 mgsin θ＋F＝ma′，解得 F＝0，所以 B、C 之间杆的弹力大小为 0，选项 D 正确． 答案：CD 【例 10】解析：设圆轨道的半径为 R，根据等时圆模型有 t乙>t 甲，t 甲＝2 R g；丙做自由落体运动，有 t 丙＝ 2R g ，所以有 t 乙>t 甲>t 丙，选项 C 正确． 答案：C 【例 11】解析：如图，设房顶宽为 2b，高度为 h，斜面倾角为 θ. 由图中几何关系有 h＝btan θ 由规律(1)可知 t＝ 1 sin θ 2h g 联立解得 t＝ 4b gsin 2θ，可见，当 θ＝45°时，t 最小．答案：C 【例 12】解析：(1)物体在加速运动时，受力分析如图所示，由平衡条件及牛顿第二定律得 Fsin 37°＋N＝mg Fcos 37°－f＝ma 又 f＝μN 由以上三式可得 a＝0.3 m/s2 (2)撤去 F 时，物体的速度 v＝at1＝3 m/s 撤去 F 后，物体减速的加速度大小为 a′＝μg 由 0＝v－a′t2 得 t2＝1.5 s 则 x＝v 2t2＝2.25 m 答案：(1)0.3 m/s2　(2)1.5 s　2.25 m 【例 13】解析：(1)物体在斜面上做匀加速直线运动，根据运动学规律有 L＝1 2at2 得 a＝2L t2 ＝2 × 4 22 m/s2＝2 m/s2 (2)物体在斜面上运动时受到四个力作用，如图所示． 沿运动方向，根据牛顿第二定律有 Fcos θ－f－mgsin θ＝ma 垂直于运动方向，合力为零，有 Fsin θ＋mgcos θ ＝N 又 f＝μN 联立解得 μ＝Fcos θ－mgsin θ－ma Fsin θ＋mgcos θ 代入已知数据得 μ＝0.4 答案：(1)2 m/s2　(2)0.4