2020年初高中銜接物理重點13牛頓第二定律-(解析版)

1、銜接點13牛頓第二定律知識點梳理1、牛頓第二定律【基礎(chǔ)知識梳理】1、牛頓第二定律的內(nèi)容：物體的加速度跟所受的合力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合力 的方向相同.2、牛頓第二定律的表達式：F=ma3、牛頓第二定律的理解(1)同向性：加速度的方向與力的方向始終一致(2)瞬時性；加速度與力是瞬間的對應(yīng)量，即同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失(3)同體性：加速度和合外力(還有質(zhì)量)是同屬一個物體的(4)獨立性：當物體受到幾個力的作用時，各力將獨立地產(chǎn)生與其對應(yīng)的加速度，而物體表現(xiàn)出來的實際加 速度是物體所受各力產(chǎn)生加速度疊加的結(jié)果2、牛頓第二定律解決實際問題1 .確定研究對象.2 .分析物體的受

2、力情況和運動情況，畫出研究對象的受力分析圖.3 .求出合力.注意用國際單位制統(tǒng)一各個物理量的單位.4 .根據(jù)牛頓運動定律和運動學規(guī)律建立方程并求解.3、超重和失重超重現(xiàn)象：物體對支持物的壓力 (或?qū)覓煳锏睦?大于物體受到的重力的現(xiàn)象稱為超重現(xiàn)象.失重現(xiàn)象：當物體對支持物的壓力和對懸掛物的拉力小于物體重力的現(xiàn)象稱為失重現(xiàn)象.1 .如圖所示，質(zhì)量為 2 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質(zhì)量為 3 kg的物體B用輕質(zhì)細線懸掛，A、B接觸但無擠壓。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為(g=10 m/s2)A. 12 NB. 22 NC. 25ND. 30N【答案】A【解析】剪斷

3、細線前， A、B間無壓力，對 A受力分析，受重力和彈簧的彈力，根據(jù)平衡條件有:F mAg 2 10 20 N剪斷細線的瞬間，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mA mB g FmA mB a代入數(shù)據(jù)得整體加速度為：a 6m/s2隔離對B分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mBg N mBa代入數(shù)據(jù)解得：N 12 N,故A正確，BCD錯誤。故選 A.2.如圖所示，小球從輕彈簧正上方無初速釋放，從小球開始接觸彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球 的速度、加速度和所受的合力的變化是A.合力變大，加速度變小，速度變小B.合力與加速度逐漸變大，速度逐漸變小C.合力與加速度先變小后變大，速度先變大后變小D.合力、加速

4、度和速度都是先變大后變小【答案】C【解析】小球與彈簧接觸后，受重力和彈力作用，開始重力大于彈力，合力方向向下，則加速度方向向下，向下做加速度減小的加速運動，當重力和彈力相等后，彈力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，與速度方向相反，做加速度逐漸增大的減小運動。所以合力和加速度先變小后變大，速度先變大后變小， 故C正確，ABD錯誤。3.在動摩擦因數(shù) =0.2的水平面上有一個質(zhì)量為 m=1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成=45角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖所示。此時小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間A.小球仍處于靜止狀態(tài)B.小球獲得10m/s2的加

5、速度C.如果不剪斷輕繩而是剪斷彈簧，則小球仍處于靜止狀態(tài)D.如果不剪斷輕繩而是剪斷彈簧，則小球獲得【答案】C10m/s2的加速度【解析】AB.在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力F = mgtan45。=1 x 10X 1=10N斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N,小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用；小球所受的最大靜摩擦力為f=科m=0.2 X 1 x 10N=2N艮據(jù)牛頓第二定律得小 F f 10 2. . 2球的加速度為a 8m/s方向向左，故 AB錯誤；CD.剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉m 1力瞬間為零，此時小球所受

6、的合力為零，則小球的加速度為零，故C正確，D錯誤。故選Co4 .大小分別為1N和7N的兩個力作用在一個質(zhì)量為1kg的物體上，物體能獲得的最小加速度和最大加速度分別是A. 1m/s2和 7 m/s2B. 5m/s2 和 8 m/s2C. 6m/s2和 8m/s2D. 0m/s2 和 8 m/s2【答案】C7 122【斛析】當兩力反向時，合力取小，加速度取小，則有 amin m/s 6m / s當兩力同向時，合力最17 122 .大，加速度取大，則有 amax m/s 8m/s故C正確，ABD錯誤。故選 C。15. 一物體以7 m/ s2的加速度豎直下落時，物體受到的空氣阻力大小是(g取10 m/

7、 s2 )A.是物體重力的0.3倍B.是物體重力的0.7倍C.是物體重力的1.7倍D.物體質(zhì)量未知，無法判斷【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律可得：mg f ma所以物體受到的空氣阻力大小是f m(g a) 0.3mg即空氣阻力大小是物體重力的0.3倍，故選A6.質(zhì)量為20kg的物體在動摩擦因數(shù)為 0.1的水平面上向左運動，在運動過程中受到水平向右，大小為 10N 的拉力作用，則物體的加速度為A. 1m/s2 向右B. 1 m/s2 向左C. 1.5 m/s2 向右D. 0.5 m/s2 向右【答案】C【解析】對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F mg ma ,代入數(shù)據(jù)得a 1.5m/s2,方

8、向向右，正確。故選Co7 .如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器.當箱子隨電梯以= 4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0 N,下底板的傳感器顯示的壓力為10.0 N.取g=10 m/s2,若下底板示數(shù)不變，上頂板示數(shù)是下底板示數(shù)的一半，則電梯的運動狀態(tài)可能是A .勻加速上升，a= 5 m/s28 .勻加速下降，a= 5 m/s2C.勻速上升D.靜止狀態(tài)【答案】B【解析】當箱子隨電梯以 a 4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，對金屬塊受力分析，由牛頓第二定律知Fn上mg fn下ma,解得m 1kg；若上頂

9、板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，由 于彈簧壓縮量不變，下底板傳感器示數(shù)不變，仍為 10 N,則上頂板傳感器的示數(shù)是5 N,對金屬塊，由牛頓第二定律知Fn上mg Fn下ma ,解得a 5m/s2 ,方向向下，故電梯以5m/s2的加速度勻加速下降, 或以5m/s2的加速度勻減速上升，故選項B正確，A、C、D錯誤。8 .如圖所示，小車上固定著硬桿，桿的端點固定著一個質(zhì)量為m的小球。當小車有水平向右的加速度且逐漸增大時，桿對小球的作用力的變化 （用Fi至F4變化表示）可能是下圖中的（OO沿桿方向）（）A.C.【解析】小球與小車的運動情況保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進行

10、受力分析，豎直方向受平衡力，所以桿子對小球的力的豎直向上的分量等于重力且不發(fā)生變化，水平方向合力向右并逐漸增大，所以桿子對小球的作用力的水平分量逐漸增大。A.與分析不符，故A錯誤。B.與分析不符，故B錯誤。C.與分析相符，故 C正確。D.與分析不符，故 D錯誤。9 .如圖所示，兩個質(zhì)量分別為mi=3 kg、m2=2 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接.兩個大小分別為 Fi=30 N、F2 = 20 N的水平拉力分別作用在 mi、m2上，則A .彈簧測力計的示數(shù)是 50 NB.彈簧測力計的示數(shù)是24 NC.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2D.在突然撤去 F

11、2的瞬間，mi的加速度大小為10 m/s2【答案】B【解析】對兩物體和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度F1 F210_,22a -m/s 2m/s ,隔離m2,根據(jù)牛頓第二定律有F-F2=m2a,解得F = 24 N,所以彈簧測m1 m25力計的示數(shù)為24 N,選項A錯誤，B正確；在突然撤去 F2的瞬間，彈簧的彈力不變，mi的加速度不變，為cF24, 2，22 m/s2,m2的加速度a2m/s12m/s ,選項CD錯誤.m2210.如圖所示，光滑水平面上，AB兩物體用輕彈簧連接在一起。A B的質(zhì)量分別為 甲、m2,在拉力f作用下，AB共同做勻加速直線運動，加速度大小為a ,

12、某時刻突然撤去拉力 F ,此瞬時A和B的加速度大小為ai和a2,則A. a10, a20c c cm2 cB. 0 a, a?am1 m2一 _mi_ _mt 一C. 0a, a2ami mbm, mr c c cmiD a a, a2 a m2【答案】D【解析】由牛頓第二定律得：存在拉力時，對 A： T=mia,撤去拉力瞬間，彈簧彈力不突變，對 A ： T=miai,mi 一斛得：ai=a對B ： T=m 2a2解得：a2a ,故選：D om211 .橡皮筋具有與彈簧類似的性質(zhì)，如圖所示，一條質(zhì)量不計的橡皮筋豎直懸掛，勁度系數(shù)k=i00N/m,橡皮筋上端安裝有拉力傳感器測量橡皮筋的彈力。當下

13、端懸掛一個鉤碼，靜止時拉力傳感器讀數(shù)為i0N,現(xiàn)將一個完全相同的鉤碼輕輕掛在第一個鉤碼的下方，取g=i0m/s2,則拉打停逋器sLA.懸掛第二個鉤碼的瞬間，拉力傳感器的讀數(shù)仍為i0NB,懸掛第二個鉤碼的瞬間，鉤碼間的彈力大小是20NC.懸掛第二個鉤碼后，拉力傳感器的讀數(shù)恒為20ND.懸掛第二個鉤碼后，鉤碼運動速度最大時下降的高度為10cm【答案】AD【解析】ABC.懸掛第二個鉤碼的瞬間，橡皮筋長度還沒發(fā)生變化，根據(jù)胡克定律，橡皮筋拉力大小仍為10N, A正確，BC錯誤；D.設(shè)懸掛第一個鉤碼穩(wěn)定時的伸長量為xi, kXi G ,懸掛第二個鉤碼后，鉤碼運動速度最大時，鉤碼受力平衡，設(shè)此時又伸長X2

14、,則k(x1 x2) 2G ,代入數(shù)據(jù)，可得 x2 10cm , D正確。故選AD。12 .如圖甲所示，地面上有一質(zhì)量為M的物體，用豎直向上的力 F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g,則下列說法正確的是A.當F小于圖乙中A點橫坐標表示的值時，物體的重力Mg F ,物體不動B.圖乙中A點的橫坐標等于物體的重力值C.物體向上運動的加速度和力F成正比D.圖線延長線和縱軸的交點B的縱坐標等于-g【答案】ABD【解析】A.物體未離開地面時，受拉力、重力和支持力，根據(jù)平衡條件，有 N F mg故重力大于拉力,故A正確；B.物體加速向上，根拉力大于重力時， 物據(jù)牛頓第

15、二定律，有 F Mg Ma ,則a -FM當F=F。時，加速度為零，則F=Mg,故B正確；C.由圖象，加速度與力是線性關(guān)系，不是正比關(guān)系，故 C錯誤；D .由a g式，當拉力為零時，加速度為一g,即圖線的縱軸截距為一 g,故D正確。故選ABD 。 M13 .如圖所示的兩家直升飛機在某一高度水平向前飛行，其中一架飛機在加速前進，另一架飛機在減速前進，則圖 所示的飛機在加速前進，圖 所示的飛機在減速前進。AB【答案】A B【解析】A圖空氣對飛機的作用力斜向右上，和重力的合力方向向前，與速度同向，則飛機做加速前進；B圖中空氣對飛機的作用力斜向左上，和重力的合力方向向后，與速度方向相反，做減速前進.1

16、4 .某人在以2.5m/s2的加速度勻加速下降的升降機里最多能舉起80kg的物體，他在地面上最多能舉起kg的物體；若此人在一勻加速上升的升降機中最多能舉起40kg的物體，則此升降機上升的加速度為?！敬鸢浮?05m / s2【解析】1勻加速下降的升降機里，有ng N m1aN 解得N 600N，故在地面上能舉起的物體質(zhì)量為m 60kgg2在勻加速上升降的升降機里，有N m2g m2a將N 600N帶入可得a 5m/s215.如圖，用“打夯”的方式把松散的地面夯實。某次打夯時，兩人同時通過繩子對重物各施加一個恒力， 力的大小均為320N ,方向都與豎直方向成 37° ,重物離開地面 30

17、cm后停止施力，最后重物落地并把地面 砸深2cm。己知重物的質(zhì)量為 50kg, g取10m/s2, cos37° =0.8。求：(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)兩人同時用力時重物的加速度大??；(2)重物剛落地時的速度大??；(3)重物對地面的平均沖擊力大小?！敬鸢浮?1)0.24m/s2; (2)2.5m/s； (3)8.3 x 103N【解析】從兩人剛開始同時用力到重物壓實地面后停下的整個過程，可分解為勻加速運動、豎直上拋運動和勻減速運動三個子過程，對應(yīng)的加速度大小分別為ai、a2=g和a3(1)在加速過程，根據(jù)牛頓第二定律2Fcos mg mai解得加速度a10.24m/s2(

18、2)設(shè)兩人剛停止用力時重物的速度為vo,剛落地時速度為 v,根據(jù)v2 2 alh22vVo 2gh聯(lián)立解得v=2.5m/s在最后的減速過程，有 Fn mg ma320 v2a3hio3解得地面對重物的阻力 Fn 8.3 103N根據(jù)牛頓第三定律，重物對地面的平均沖擊力 一 一 3FnFn 8.3 103 N16.為了研發(fā)超高速的新型交通工具Hyperloop One,某公司完成了圖示的軌道測試，現(xiàn)簡化為下述過程。軌道全長1000m,之后鋪設(shè)了 450m的減速沙堆，車輛全程保持懸浮，車輛質(zhì)量為 260kg,忽略軌道和空氣產(chǎn)生的阻力。車輛從軌道的一端由靜止啟動，在電磁作用下加速，加速度大小為20m/s2,直到達到最大速度540km/h后關(guān)閉動力，最后在沙堆阻力的作用下減速，恰好停在減速沙堆的中點。車輛視為質(zhì)