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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：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，B与地面间的动摩擦因数为。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F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g【参考答案】BCD【详细解析】当Fmg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2mg，隔离B分析，根据牛顿第二定律有2mg3mg=ma，得a=g；对整体分析，F3mg=3ma，得F=3mg，即当F3mg时，A、B发生相对滑动。隔离B分析，2mg3mgma，得ag；当F=mg时，A、B相对静止，对整体分析，加速度a=g。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：1B2：1C1：1D：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：dcos30a2t22，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AgBC0D【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 NB弹簧的弹力为20 NC在突然撤去F1的瞬间，A的加速度为30 m/s2D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BA、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0.21.2 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=10.2 m +（1+2）1 m =1.6 m。故B错误；由vt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：mgsin+mgcos=ma1；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：mgsinmgcos=ma2联立解得：sin=0.3，gcos=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=mgcos=4 N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=10.2 m=0.1 m，皮带位移为：x皮=10.2 m=0.2 m，相对位移为：x1=x皮x1=0.2 m0.1 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=11 m=1 m，相对位移为：x2=x2x皮2=0.5 m，故两者之间的总相对位移为：x=x1+x2=0.6 m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=40.6 J=2.4 J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：f=mgcos=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=40.1 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=41.5 J=6 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：6 J0.4 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 BC 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，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2。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3(m+M)gBm在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等Cm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A0t0时间内，物块向右做匀加速运动Bt02t0时间内，物块向左做匀加速运动C02t0时间内，物块的速度先增大后减小D02t0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Dt1时刻，小物块和木板动能之比为5（2019新课标全国卷）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 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 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0.26（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ABCD7（2016新课标全国卷）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05 s、510 s、1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则AF1F3CF1F3DF1=F31AC【解析】对小木块mg=ma1，对木板：；要使小木块滑离木板，需使a2a1，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：mg=ma1，2mg=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。2D【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：mgsin=mgcos；得：sin=cos，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=（F+mg）cos，重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sin，则可知，（F+mg）sin=（F+mg）cos，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gsingcos，所以FsinFcos，可见aa，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。3C【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可知F=ma，0t0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；t02t0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。4ACD【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。5AB【解析】结合两图像可判断出02 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；25 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24 s和45 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，24 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，故D错误。6A【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。7BC【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。8A【解析】由vt图象可知，05 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 fF1=ma1，F1=mgsin f0.2m；510 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin fF2=ma2，F2=mgsin f；1015 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 fF3=ma3，F3=mgsin f+0.2m。故可得：F3F2F1，选项A正确。11
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