高考物理 考点一遍过 专题11 牛顿第二律

取夺市安慰阳光实验学校专题11 牛顿第二定律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。

质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a１。

当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a2，则A．a1=a2 B．a2<2a1
C．a2>2a1 D．a2=2a1
【参考答案】C
【详细解析】由牛顿第二定律得：1
f
F F ma
-=，2
2
f
F F ma
-=，由于物体所受的摩擦力，f N
F F mg
μμ
==，即f F不变，所以
()
2111
2
2
222
f f
f f
F F F
F F F
a a a g a
m m m
μ
-+
-
===+=+＞，故选项C正确。

【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律F ma
=的理解能力，F是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水平恒力F成正比。

1．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。

由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，g=10 m/s2）。

下列说法正确的是A．A、B两物体发生相对滑动
B．A物体受到的摩擦力大小为3 N
C．B物体的加速度大小是2.5 m/s2
D．细绳的拉力大小等于10 N
【答案】C
【解析】假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度
22
10
=m/s=2.5m/s
121
C
A B C
m g
a
m m m
=
++++
，隔离对A分析，f=m A a=1×2.5 N=2.5 N<μm A g=3 N，可知假设成立，即A、B两物体不发生相对滑动，A所受的摩擦力为2.5 N，加速度为2.5 m/s2，故A B错误，C正确；隔离对C分析，根据牛顿第二定律得，m C g–T=m C a，解得T=m C g–m C a=10 N–1×2.5 N=7.5 N，故D错误。

故选C。

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A 、B 是否发生相对滑动是解决本题的关键。

2．将质量为m 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F ，使圆环以加速度a 沿杆运动，则F 的大小不可能是
A ．cos sin ma mg μθμθ
++ B ．cos sin ma mg
μθμθ--
C ．
sin ma θ
D ．sin mg
θ
【答案】C
则：F cos θ–μ(F sin θ–mg )=ma ，解得cos sin ma mg F μθμθ
-=-，故ABD 是可能的，
选项C 是不可能的。

如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是
A ．细线拉力大小为mg
B 3
2
C ．剪断左侧细线瞬间，b 球加速度为0
D ．剪断左侧细线瞬间，a 球加速度为1
2
g
【参考答案】C
【详细解析】对a 球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为
2sin mg
T mg α
=
=，弹簧的弹力为： cot 3F mg mg α==，故AB 错误；剪断左侧细线
的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b 所受的合力0F =合，加速度为0，故C 正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力2F T mg ==合，根据牛顿第二定律得2a g =，故D 错误。

【名师点睛】根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a 球的瞬时加速度。

1．如图所示，质量为4 kg 的小球A 和质量为1 kg 的物体B 用弹簧相连后，再用细线悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a =2 m/s 2
，加速上升过程
中，剪断细线的瞬间，两小球的加速度正确的是（重力加速度为g =10 m/s 2
）
A ．210m/s A a = 210m/s
B a =
B ．213m/s A a = 22m/s B a =
C ．215m/s A a = 22m/s B a =
D ．210m/s A a = 0B a = 【答案】B
【解析】剪断细线前，对B ，根据牛顿第二定律得：F –m B g =m B a ，解得弹簧的弹力 F =12 N ，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对A 有：F +m A g =m A a A ，解得a A =13 m/s 2
，此瞬间B 的受力情况不变，加速度不变，则a B =a =2 m/s 2
，故B 正确，ACD 错误；故选B 。

学%
【名师点睛】本题是牛顿第二定律的瞬时问题，关键要明确弹簧的弹力不能发生突变，结合牛顿第二定律进行求解，要灵活选择研究对象。

2．如图所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一
端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接。

倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，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 球的受力情况未变，加速度为零
B ．
C 球的加速度沿斜面向下，大小为g
C ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5g sin θ
D ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θ 【答案】C
3sin 2sin sin mg mg mg θθθ
=﹣，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第
二定律得： sin 2mg ma θ=，则加速度1
sin 2
a g θ=，B 的加速度为：1
sin 2a g θ=
，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：sin AB
F mg ma θ=﹣，解得：3
sin 2
AB F mg θ=，C 正确，D 错误。

如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t =0时，车开始沿水平面做直线运动，其v ﹣t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2
，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是
A ．0~6 s 加速，加速度大小为2 m/s 2
，6~12 s 减速，加速度大小为2 m/s 2
B ．0~8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2
，8~12 s 减速，加速度大小为4 m/s 2
C ．0~8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2
，8~16 s 减速，加速度大小为2 m/s 2
D ．0~12 s 加速，加速度大小为1.5 m/s 2
，12~16 s 减速，加速度大小为4 m/s 2
【参考答案】C
【详细解析】根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，车先以4 m/s
2
的加速度匀加速直线运动，后以−4 m/s 2
的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s 2。

根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：0~8 s 时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力而加速，其加速度大小为2 m/s 2
，同理可得：8~16 s 时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力而减速，则其加速度大小为2 m/s 2
，故C 正确，ABD 错误；故选C 。

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
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．在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动。

当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零。

两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动的v–t 图象如图所示，则
A．a 球质量小于b 球质量
B．t1时刻两球间距最小
C．0~t2 时间内，两球间距逐渐减小
D．0~t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反
3．质量不同、半径相同的甲乙两个小球从高空中某处由静止开始下落，且甲球质量比乙球质量大。

设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值。

则下列四个运动图象哪一个与两小球运动相符
A ． B．
C． D．
4．一轻弹簧B端固定，另一端C与细绳一端共同拉着一个质量为m的小球，细绳的另一端A也固定，且AC、BC与竖直方向夹角分别为θ1=30°和θ2=60°，重力加速度为g。

则烧断细绳的瞬间，小球的加速度为
A．g，竖直向下
B．g/2，水平向右
C．3
2g，水平向右
D ．3
2
g，向右下与水平成60°角
5．物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如图所示，取开
始时的运动方向为正方向，则物体运动的v–t图象是
A． B．
C． D．
6．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。

下滑位移
x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g=10 m/s2，则斜面倾角θ
为
A．30° B．45°
C．60° D．75°
7．静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F
的大小随时间变化如图甲所示。

在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的
加速度随时间变化如图乙所示，g取10 m/s2。

则下列说法中错误的是
A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．物体的质量为6 kg
D．4 s末物体的速度为4 m/s
8．（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
9．（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．F1<F2 B．F2>F3
C．F1>F3 D．F1=F3
10．（2015海南卷）如图所示，物块a、b和c的质量相同，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；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆l1和∆l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间
A．a1=3g B．a1=0
C．∆l1=2∆l2 D．∆l1=∆l2
11．（2015·海南卷）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
12．（2015·新课标全国Ⅰ卷）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v–t图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
2．C【解析】从速度时间图象可以看出，b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据F
a
m
=知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A错误；
二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误，C正确；b球0~t1时间内做匀减速运动，所以0~t1时间内排斥力与运动方向相反，D错误。

故选C。

3．C【解析】小球下落过程中，受到重力与空气阻力，由牛顿第二定律得：mg−f=ma，f=kv，则得a=g−kv/m可见，速度v增大，加速度a减小，故AB 错误；由上式可知，当速度相等时，质量越大，加速度越大，故C正确，D 错误。

4．D【解析】以球为研究对象，小球受轻绳的拉力F1，弹簧的拉力F2，由平衡条件01
cos30
F
mg
=
，解得
1
F=，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向
相反，由牛顿第二定律得12
F a g
m m === ，方向向右下与水平成60°角，故D 正确。

5．C 【解析】在0~1 s 内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1~2 s 内，加速度反向，速度方向
与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2 s 末时速度为零。

2~3 s 内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复0~1 s 内运动情况，3~4 s 内重复1~2 s 内运动情况。

在0~1 s 内211m/s a =，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1 s 末速度
111m/s v a t ==，在
1~2 s 内， 221m/s a =-，物体将仍沿正方向运动，但做减
速运动，2 s 末时速度2120v v a t =+=，2~3 s 内重复0~1 s 内运动情况，3~4 s 内重复1~2 s 内运动情况，综上正确的图象为C 。

【名师点睛】本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题。

7．C 【解析】由图乙知，0~2 s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。

t =2 s 时静摩擦力达到最大值，t =2 s 后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变，故A 正确；在2~4 s 内，由牛顿第二定律得：F –μmg =ma ①，由图知：当F =6 N 时，a =1m/s 2
，代入①式得 6–10μm =m ②，当F =12 N 时，
a =3 m/s 2，代入①式得 12–10μm =3m ③，由②③解得 μ=0.1，m =3 kg ，
故B 正确，C 错误；根据a –t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4 s 内物体速度的变化量为13
2m/s 4m/s 2
v +∆=
⨯=，由于初速度为0，所
以4 s 末物体的速度为4 m/s ，故D 正确。

本题选错误的，故选C 。

【名师点睛】解决本题的关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程。

要知道a –t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量。

8．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。

9．A 【解析】由v –t 图象可知，0~5 s 内加速度a 1=0.2 m/s 2
，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mg sin θ–f –F 1=ma 1，F 1=mg sin θ–f –0.2m ；5~10 s 内加速度a 2=0，根
据牛顿第二定律有mg sin θ–f –F 2=ma 2，F 2=mg sin θ–f ；10~15 s 内加
速度a 3=–0.2 m/s 2
，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ–f –F 3=ma 3，
F 3=mg sin θ–f +0.2m 。

故可得：F 3>F 2>F 1，选项A 正确。

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。

10．AC 【解析】设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧
还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg =，故a 受到的合力
123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度13F
a g m
=
=，A 正确，B 错误；设弹簧2
S 的拉力为2T ，则2T mg =，根据胡克定律F k x =∆可得122l l ∆=∆，C 正确，D 错误。

【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。

11．BD 【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜
面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f N F F μ=可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m ，当匀速运动时有sin cos mg mg θμθ=，即sin cos θμθ=，假设物体以加速度a 向上运动时，有cos N m g a θ=+()，cos f m g a μθ=+()，因为
sin cos θμθ=，所以sin cos m g a m g a θμθ
+=+（）()，故物体仍做匀速下滑运动，
C 错误，
D 正确。

【名师点睛】做本题的关键是受力分析，知道变化前后，力的变化，然后根据力的分解和牛顿第二定律进行解题。

12．ACD 【解析】小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线
运动，末速度0，那么平均速度即
2
v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离
12
v s t =
，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ
=+，向下滑行
1
1sin cos v g g t θμθ=-，整理可得011
sin 2v v g t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度
以及动摩擦因数，选项AC 对。

根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v v
s t v gt g
θ++=
⨯=，选项D 对。

仅根据速度时间图象，无
法找到物块质量，选项B 错。

【名师点睛】速度时间图象的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析
和运动学规律是解答此类题目的不二法门。