1．用牛頓第二定律分析瞬時(shí)加速度

2．分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度，此類問題應(yīng)注意以下幾種模型：
特性
模型   受外力時(shí)
的形變量   力能
否突變   產(chǎn)生拉力
或支持力   質(zhì)量   內(nèi)部
彈力
輕繩   微小不計(jì)   能   只有拉力
沒有支持力   不計(jì)   處
處
相
等
橡皮繩   較大   不能   只有拉力
沒有支持力
輕彈簧   較大   不能   既可有拉力
也可有支持力
輕桿   微小不計(jì)   能   既可有拉力
也可有支持力
3．在求解瞬時(shí)加速度問題時(shí)應(yīng)注意：
（1）物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。
（2）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)過程的積累，不會(huì)發(fā)生突變。

如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則下列說法中正確的是

A．當(dāng)F<2μmg時(shí)，A、B都相對地面靜止
B．當(dāng)F= μmg時(shí)，A的加速度為 μg
C．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A相對B滑動(dòng)
D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過 μg
【參考答案】BCD
【詳細(xì)解析】當(dāng)F≤ μmg時(shí)，A、B不發(fā)生相對滑動(dòng)，但相對地面滑動(dòng)。當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力2μmg，隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有2μmg– μ•3mg=ma，得a= μg；對整體分析，F(xiàn)– μ•3mg=3ma，得F=3μmg，即當(dāng)F>3μmg時(shí)，A、B發(fā)生相對滑動(dòng)。隔離B分析，2μmg– μ•3mg≥ma'，得a'≤ μg；當(dāng)F= μmg時(shí)，A、B相對靜止，對整體分析，加速度a''= = μg。

1．（2019•浙江省寧波市九校高一聯(lián)考）如圖所示，AB為豎直平面內(nèi)某圓周的豎直直徑，BC與CD為兩根固定光滑細(xì)直桿，其中CD通過O點(diǎn)且與AB成60°夾角，兩細(xì)直桿上各套有一個(gè)小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。兩小球均從C點(diǎn)由靜止釋放，一小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所用的時(shí)間為t1，另一小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為t2，則t1：t2等于

A．：1   B．2：1   C．1：1   D．：2
【答案】A
【解析】設(shè)AB=CD=d。小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有：mgsin30°=ma1，得：a1 g，由位移公式有：d a1t12；得：t1=2 ，小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有：mgsin60°=ma1，得：a2 g，由位移公式有：dcos30° a2t22，得：t2 ，所以有：t1：t2= ：1，故選A。

如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上下振動(dòng)時(shí)，框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為

A．g   B．    C．0   D．
【參考答案】D
【詳細(xì)解析】當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，框架受重力和彈簧的彈力處于平衡，則有：F=Mg，隔離對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F+mg=ma，解得：，方向豎直向下，故D正確。

1．（2019•湖南省湘東六校高二期末聯(lián)考）兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=1kg,m2=2kg的物體A、B靜止在光滑的水平地面上，中間用一輕質(zhì)彈簧將兩物體連接。如圖所示，現(xiàn)用兩個(gè)水平力推力F1=10 N，F(xiàn)2=40 N，分別作用在物體A、B上，則

A．彈簧的彈力為25 N
B．彈簧的彈力為20 N
C．在突然撤去F1的瞬間，A的加速度為30 m/s2
D．在突然撤去F2的瞬間，A的加速度為10 m/s2
【答案】BD
【解析】對AB的整體，由牛頓第二定律：解得a=10 m/s2，則對A：，解得F=20 N，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力不變，則此時(shí)A的加速度為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在突然撤去F2的瞬間，因彈簧的彈力不變，則此時(shí)A所受的合外力不變，則A的加速度仍為10m/s2，選項(xiàng)D正確。

（2019•河北省石家莊市高三二模）傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著廣泛的應(yīng)用。如圖甲，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將m=2kg的貨物放在傳送帶上的A點(diǎn)，貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙，整個(gè)過程傳送帶是繃緊的，貨物經(jīng)過1.2 s到達(dá)B點(diǎn)，已知重力加速度g=10m/s2．下列說法正確的是

A．貨物在內(nèi)的加速度大小為
B．A、B兩點(diǎn)的距離為
C．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
D．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為
【參考答案】AC
【詳細(xì)解析】由加速度的定義知：貨物在0.2~1.2 s內(nèi)的加速度為：，故A正確；物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以物塊由A到B的間距對應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”，為：x= ×1×0.2 m + ×（1+2）×1 m =1.6 m。故B錯(cuò)誤；由v–t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：，對物體受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1①；同理，做a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ–μmgcosθ=ma2②聯(lián)立①②解得：sinθ=0.3，μgcosθ=2，根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，f=μmgcosθ=4 N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x1= ×1×0.2 m=0.1 m，皮帶位移為：x皮=1×0.2 m=0.2 m，相對位移為：Δx1=x皮–x1=0.2 m–0.1 m=0.1m，同理：做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x2= ×（1+2）×1 m=1.5 m，x皮2=1×1 m=1 m，相對位移為：Δx2=x2–x皮2=0.5 m，故兩者之間的總相對位移為：Δx=Δx1+Δx2=0.6 m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=W=fΔx=4×0.6 J=2.4 J，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，由C中可知：f=μmgcosθ=4 N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x1=0.1 m，物體受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.1 J=0.4 J，同理做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x2=1.5 m，物體受摩擦力，方向向上，摩擦力做負(fù)功為：Wf2=–fx2=–4×1.5 J=–6 J，所以整個(gè)過程，傳送帶對貨物做功大小為：6 J–0.4 J=5.6 J，故D錯(cuò)誤。

1．將一只小球豎直向上拋出，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度大小成正比，下列描繪小球在上升過程中的加速度大小a及速度大小v與時(shí)間t關(guān)系的圖象，可能正確的是
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，加速度的方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，則阻力減小，加速度減小，所以小球在上升過程中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，加速度a=g，故A錯(cuò)誤，B正確；速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，知圖線斜率在減小，上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度減小為零，C錯(cuò)誤，D正確。

1．如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為m的木塊。已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，m、M與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2μ?，F(xiàn)對M施一水平恒力F，將M從m下方拉出，而m恰好沒滑出桌面，則在上述過程中

A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g
B．m在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等
C．m在M上滑動(dòng)的時(shí)間是在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間的2倍
D．若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面
2．（2019•江蘇省南通市高二期末）如圖所示，放在固定斜面上的物塊沿斜面下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力F，則

A．若物塊原來勻速運(yùn)動(dòng)，則物塊將勻加速下滑
B．若物塊原來勻速運(yùn)動(dòng)，則物塊將勻減速下滑
C．若物塊原來勻加速運(yùn)動(dòng)，則物塊將以相同的加速度勻加速下滑
D．若物塊原來勻加速運(yùn)動(dòng)，則物塊將以更大的加速度勻加速下滑
3．一個(gè)物塊放在光滑的水平地面上，從靜止開始受到水平向右的外力F的作用，外力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。則

A．0~t0時(shí)間內(nèi)，物塊向右做勻加速運(yùn)動(dòng)
B．t0~2t0時(shí)間內(nèi)，物塊向左做勻加速運(yùn)動(dòng)
C．0~2t0時(shí)間內(nèi)，物塊的速度先增大后減小
D．0~2t0時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度先增大后減小
4．（2019•四川省宜賓市高一期末）如圖（a）,一長木板靜止于光滑水平桌面上，時(shí)，小物塊以速度滑到長木板上，時(shí)刻小物塊恰好滑至長木板最右端。圖（b）為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的圖像，已知圖中、、，重力加速度大小為g。下列說法正確的是

A．木板的長度為
B．物塊與木板的質(zhì)量之比為
C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
D．t1時(shí)刻，小物塊和木板動(dòng)能之比為

5．（2019•新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖（a），物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出

A．木板的質(zhì)量為1 kg
B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N
C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
6．（2018•新課標(biāo)I卷）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是

A．    B．
C．    D．
7．（2016•新課標(biāo)全國Ⅰ卷）一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則
A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同
B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直
C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同
D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變
8．（2016•海南卷）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則

A．F1<F2   B．F2>F3`   C．F1>F3   D．F1=F3

1．AC【解析】對小木塊μmg=ma1，對木板：；要使小木塊滑離木板，需使a2>a1，則，A正確；設(shè)小木塊在薄木板上滑動(dòng)的過程，時(shí)間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，時(shí)間為t2，有：μmg=ma1，2μmg=ma2，a1t1=a2t2，聯(lián)立解得：t1=2t2，B錯(cuò)誤，C正確；若增大水平恒力F，木塊離開木板時(shí)間變短，速度變小，位移變??；在桌面上滑動(dòng)的距離變短，不可能滑出桌面，D錯(cuò)誤。故選：AC。
2．D【解析】若物塊原來勻速運(yùn)動(dòng)，未加F時(shí)，物塊勻速下滑，受力平衡，分析物體的受力情況如圖，由平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ；得：sinθ=μcosθ，對物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力F時(shí)，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小為：f=μ（F+mg）cosθ，重力和F沿斜面向下的分力大小為（F+mg）sinθ，則可知，（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，則物塊受力仍平衡，所以仍處于勻速下滑狀態(tài)，故AB錯(cuò)誤。若物塊原來勻加速運(yùn)動(dòng)，未加F時(shí)，物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：；當(dāng)施加F后加速度為：a′= ，因?yàn)間sinθ>μgcosθ，所以Fsinθ>μFcosθ，可見a′>a，即加速度增大，則物塊將以更大的加速度勻加速下滑，故D確，C錯(cuò)誤。

3．C【解析】對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma，0~t0時(shí)間內(nèi)，拉力減小，加速度減小，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻速度達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；t0~2t0時(shí)間內(nèi)，拉力反向增大，加速度反向增大，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的對稱性可知，到達(dá)2t0時(shí)刻速度減速到零，故BD錯(cuò)誤，C正確。
4．ACD【解析】時(shí)刻小物塊恰好滑至長木板最右端，所以相對位移就是板長，根據(jù)圖b知，相對位移為圖像面積差：，A正確。相對運(yùn)動(dòng)過程中，相互間的摩擦力設(shè)為f，木塊的加速度，木板加速度，所以質(zhì)量之比為，B錯(cuò)誤。木塊的加速度，摩擦力，所以動(dòng)摩擦因數(shù)為，C正確。動(dòng)能，t1時(shí)刻，速度相同，所以動(dòng)能比等于質(zhì)量比，D正確。
5．AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯(cuò)誤；2~5 s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對滑動(dòng)，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對2~4 s和4~5 s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可解出質(zhì)量m為1 kg，2~4 s內(nèi)的力F為0.4 N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，故D錯(cuò)誤。
6．A【解析】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、力隨位移變化的圖線及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma+ kx，對比題給的四個(gè)圖象，可能正確的是A。
7．BC【解析】因?yàn)樵瓉碣|(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合外力為0，現(xiàn)在施加一恒力，質(zhì)點(diǎn)所受的合力就是這個(gè)恒力，所以質(zhì)點(diǎn)可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也有可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這個(gè)過程中加速度不變，速度的變化率不變。但若做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量是變化的。故C正確，D錯(cuò)誤。若做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)速度的方向不會(huì)總是與該恒力的方向相同，故A錯(cuò)誤；不管做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，還是做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直，故B正確。
【名師點(diǎn)睛】本題主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律。特別注意以前我們碰到的問題經(jīng)常是去掉一個(gè)恒力，本題增加了一個(gè)恒力，從牛頓運(yùn)動(dòng)定律角度來看沒有什么區(qū)別。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度的可能大小，根據(jù)合力與速度方向間的關(guān)系判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況。要特別注意的是，質(zhì)點(diǎn)有可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。
8．A【解析】由v–t圖象可知，0~5 s內(nèi)加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ–f–F1=ma1，F(xiàn)1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s內(nèi)加速度a2=0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F(xiàn)2=mgsin θ–f；10~15 s內(nèi)加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F(xiàn)3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項(xiàng)A正確。

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考點(diǎn)11 牛頓第二定律-備戰(zhàn)2024年高考物理考點(diǎn)一遍過

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