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

1、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：牛顿第二定律只适用于 参考系，即相对地面 或 的参考系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

2、国卷)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【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 B甲图中车的加速度大小为C乙图中车的加速度大小为 D乙图中车的加速度大小为【知识点二】牛顿第二定律的瞬时性【例4】如图所示，质量均

3、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mgC. 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 a1a20Ba1a2gCa10，a22g Da12g，a20【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，

4、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()Aa1a20 Ba1a2gCa1a22g Da1g，a22g【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 B两图中A球的加速度均为0C图乙中轻杆的作用力一定不为0D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

5、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l1和l2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A a13g Ba10B l12l2 Dl1l2【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()AA球的加速度沿斜面向上，大小为gsin BC球的受力情况未变，加速度为0CB、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin DB、C之间杆的弹力大小为0【知识点三】等

6、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

7、析运动(2019广西桂林月考)如图所示，物体的质量m4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为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t110 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L4 m，倾角37.一个质量为10 kg的物体在F200 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 370.6

8、，cos 370.8，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，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

9、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，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3mgmgma，解得a2g，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

10、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mgF，a10；由牛顿第二定律得木块B满足a22g，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a1a2g，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 ，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 ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，可知只

11、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T3mg.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3mgma1，得a13g，A正确，B错误由胡克定律知2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，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T2mgsin ，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Tmgsin 3mgsin ，

12、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a2gsin ，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agsin ，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 Fma，解得F0，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；丙做自由落体运动，有t丙，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.由图中

13、几何关系有hbtan 由规律(1)可知t联立解得t ，可见，当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 37NmgFcos 37fma又fN由以上三式可得a0.3 m/s2(2)撤去F时，物体的速度vat13 m/s 撤去F后，物体减速的加速度大小为ag由0vat2得t21.5 s则xt22.25 m答案：(1)0.3 m/s2(2)1.5 s2.25 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Lat2得a m/s22 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 fmgsin ma垂直于运动方向，合力为零，有Fsin mgcos N又fN联立解得代入已知数据得0.4答案：(1)2 m/s2(2)0.4