专题25-牛顿第二定律的理解及应用-(解析版).doc

专题25 牛顿第二定律的理解及应用

1.内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。
2.表达式：
3.物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，这种关系是瞬时对应的，
4.适用范围
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或做匀速直线运动的参考系）.
（2）牛顿第二定律只适用于宏观、低速运动的物体
5.对牛顿第二定律的理解
同向性。公式是矢量式，任一时刻，F与a同向。
正比性。m一定时，a∝F。
瞬时性。a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合外力。
因果性。F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力。
同一性。中，F、m、a对应同一物体或同一系统。
独立性。①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律；
②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和；
③力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律。
局限性。①只适用于宏观、低速运动情况，不适用于微观、高速运动情况。
②只适用于惯性参考系。
6.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系
①牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象、归纳推理而总结出来的；牛顿第二定律是通过探究加速度与力、质量的关系得出的实验定律。
②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是物体不受任何外力的理想情况，在此基础上，牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系：

一、单选题
1.（2019·衡阳县第一中学高三一模）下列说法正确的是（　　）
A.根据速度的定义式，当非常小时，就可以用平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
C.法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
D.一个物体受到的合外力越大，它的速度变化一定越快
2.（2020·浙江省高三其他）下列组合单位中与力的单位N（牛）不等效的是（　　）
A.kg·m/s2 B.T·m2/s C.C·T·m/s D.T·A·m
3.（2020·四川省泸县第四中学高一期末）如甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在恒力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g取10 m/s2）（ ）

A.物体加速度大小为2 m/s2
B.F的大小为21 N
C.4 s末F的功率大小为42 W
D.4 s内F做功的平均功率为42 W
4.（2019·陕西省西安中学高三月考）下面四个图象依次分别表示四个物体A，B，C，D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间变化的规律。其中物体一定受力平衡的是（　　）
A. B. C. D.
5.（2020·山东省高三其他）如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列结论正确的是（　　）

A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为
B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为
C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为
D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为
6.（2020·四川省棠湖中学高一期末）如图所示，、两个小球质量为、，分别连在弹簧两端，端用平行于斜面的细线固定在倾角为37°的光滑固定斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，、两球的加速度大小分别为（　　）

A.和 B.0和 C.和0 D.0和
7.（2020·宜宾市叙州区第二中学校高一期末）如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.在小球下降阶段下列说法中正确的是（ ）

A.在B位置小球动能最大.
B.在C位置小球加速度最大.
C.从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加.
D.从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加.
二、多选题
8.（2020·辽宁省高三三模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为kg、kg，当A、B之间产生拉力且大于0.6N时，A、B将会立刻分离不再有相互作用。从t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的水平拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示的直线。下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）

A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B.t=3.2s时刻A、B之间作用力为零
C.t=4.0s时刻A、B分离
D.t=4.0s时，A物块的位移为10m
9.（2020·内蒙古自治区高三其他）如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内.图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直， O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有（ ）

A.下滑过程中小球的机械能守恒 B.小球滑到B点时的加速度为
C.小球下滑到B点时速度最大 D.小球下滑到C点时的速度为
10.（2020·江苏省淮阴中学高二期末）已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f=kr2v2。其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率。t=0时，雨滴由静止开始沿整直方向下落。落地前雨滴已做匀速运动且速率为v0用a表示雨滴的加速度，g表示重力加速度，下列图象可能正确的是（　　）
A. B. C. D.
11.（2019·天津大钟庄高中高一期中）如图所示，物体在F的作用下在粗糙的水平面上向左运动，则（　　）

A.物体受到向左的摩擦力；
B.物体受到向右的摩擦力；
C.物体可能做匀速运动；
D.物体一定做减速运动。
12.（2020·山东省高一期末）在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.物块接触弹簧后即做减速运动
B.物块接触弹簧后先加速后减速
C.当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零
D.当物块的速度为零时它所受的合力不为零
13.（2020·河北省汇文二中高一期末）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度，下列有关该过程的分析中正确的是（ ）

A.B物体受到细线的拉力始终保持不变
B.B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C.A物体动能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
14.（2020·衡水市第十四中学高一期中）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，点为弹簧在原长时物块的位置.物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点.在从到的过程中，物块（ ）

A.加速度先减小后增大 B.经过点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

答案及解析
1.【答案】D
【解析】A.定义瞬时速时用到的是极限法，故A错误；
B.质点的引入，用到的是理想模型法，故B错误；
C.奥斯特通过实验研究，发现电流周围存在磁场，故C错误；
D.由牛顿第二定律可知，一个物体受到的合外力越大，加速度越大，它的速度变化越快，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.根据公式可知：
，
两者是等效的，A错误；
B.根据公式可知：
，
两者不等效，B正确；
C.根据公式可知：
，
两者是等效的，C错误；
D.根据公式可知：
，
两者是等效的，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.根据v − t图象知加速度

故A错误；
B.由牛顿第二定律得

解得

故B错误；
C.4 s末物体的速度为2 m/s，则拉力作用点的速度为4 m/s，则拉力F的功率

故C正确；
D.物体在4 s内的位移

则拉力作用点的位移s = 8 m，则拉力F做功的大小为

平均功率

故D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】A.物体处于平衡状态时合外力为零，加速度为零，物体处于静止或匀速运动状态，图A中物体有加速度且不断减小，物体处于非平衡状态，故A错误；
B.图B物体匀减速运动，加速度恒定，物体处于非平衡状态，故B错误；
C.图C物体做匀速运动，因此处于平衡状态，故C正确；
D.图D物体受摩擦力均匀减小，合外力可能不为零，因此物体可能处于非平衡状态，故D错误。
5.【答案】C
【解析】A.甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示

由平衡条件得细绳的拉力大小都为

故A错误；
BCD.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为

乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为

故C正确，BD错误。
6.【答案】D
【解析】剪断前，小球A处于平衡状态，弹簧的弹力

剪断后瞬间，绳子拉力突然消失，而弹簧的形变量没变，小球A仍处于平衡状态，加速度为0；而此时B小球，根据牛顿第二定律

整理得，B小球的加速度

故D正确，ABC错误。
7.【答案】D
【解析】A.小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，C到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误；
B.小球从B至C过程加速度向下减小，从C到D的过程中加速度向上增加，C点加速度为零，故B错误；
C.小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从A→C位置小球重力势能的减少等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故C错误；
D.小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从A→D位置，动能变化量为零，故小球重力势能的减小等于弹性势能的增加，故D正确。
故选D.
8.【答案】BC
【解析】C.设 时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有

分离时

经历时间

C正确；
A.由图分析可得，当时

根据

得 A、B之间作用力

A错误；
B.由图分析可得，当时

根据

得 A、B之间作用力

B正确；
D.4秒前一起运动，根据位移公式

D错误。
9.【答案】BD
【解析】A、下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；
B、因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得

解得

故B正确；
C、到达B点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；
D、因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在从A到C的过程中弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得

解得

故D正确。
10.【答案】ABC
【解析】AB.当t=0时，雨滴由静止开始下落，v=0，所受空气阻力f=kr2v2=0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定
mg-f=ma
则

则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后f=kr2υ2=mg时，加速度减小到零，速度再不变，雨滴匀速，故AB正确。
CD.当最后匀速运动时有

可得最大速率v2∝r，故C正确，D错误；
11.【答案】BD
【解析】AB.由于物体相对粗糙的水平面向左运动，所以粗糙的水平面阻碍物体向左运动，物体受到的摩擦力方向水平向右，故A错误，B正确；
CD.由于物体受到的摩擦力方向水平向右，拉力方向水平向右，物体受到的合外力方向水平向右，根据牛顿第二定律可知物体加速度方向水平向右，所以物体一定做减速运动，故C错误，D正确；
12.【答案】BCD
【解析】AB.物块接触弹簧后，开始F大于弹力，加速度方向向右，向右做加速运动，然后弹力大于F，加速度方向向左，向右做减速运动，A错误B正确；
CD.当弹簧压缩量最大时，弹力大于F，速度为零，加速度不为零，合力不为零， CD正确。
13.【答案】BD
【解析】分析B，从开始运动到最后静止，B受到绳子的拉力和重力，当时，做加速运动，当时，B的速度最大，当做减速运动，因为B的加速度在变化，所以T也在变化，A错误.AB和弹簧组成的系统机械能守恒，所以B减小的机械能等于弹簧的弹力势能的增加量与A动能的增加量，B正确.A受绳子的拉力，弹簧的弹力，所以根据动能定理可得A物体动能的增加量等于细绳对A做的功与弹簧弹力对A做的功之和.C错误.因为A物体与弹簧组成的系统只有细绳的拉力做功，所以A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，D正确.
14.【答案】AD
【解析】A项：由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；
C项：从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D项：从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确.