牛頓第二定律

知識點：牛頓第二定律

一、牛頓第二定律的表達式

1.內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比,加速度的方向

跟作用力的方向相同.

2.表達式產(chǎn)=也應(yīng)，其中力產(chǎn)指的是物體所受的合力.

二、力的單位

1.力的國際單位：牛頓，簡稱生，符號為N.

2.“牛頓”的定義：使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度的力叫作1N,即1N=

1kg-m/s2.

3.公式尸=也口中出的取值

(1)&的數(shù)值取決于尸、M。的單位的選取.

(2)在質(zhì)量的單位取kg,加速度的單位取m/s2,力的單位取N時，尸=如心中的A=l，此時

牛頓笫二定律可表示為F=ma.

技巧點撥

一、對牛頓第二定律的理解

I.對牛頓第二定律的理解

(1)公式F="中，若尸是合力，加速度。為物體的實際加速度；若尸是某一個力，加速度

。為該力產(chǎn)生的加速度.

(2)4=(是加速度的決定式，它揭示了物體產(chǎn)生加速度的原因及影響物體加速度的因素,

(3)產(chǎn)、小、a三個物理量的單位都為國際單位制單位時,才有公式產(chǎn)=也以中&=1,即尸=

ma.

2.牛頓第二定律的四個性質(zhì)

(1)因果性：力是產(chǎn)生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0,物體就具有加速度.

(2)矢量性：F=rna是一個矢量式.物體的加速度方向由它受的合力方向決定，且總與合力

的方向相同.

(3)瞬時性：加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失.

(4)獨立性：作用在物體上的每一個力都產(chǎn)生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢

量和.

二、合外力、加速度、速度的關(guān)系

1.力與加速度為因果關(guān)系：力是因，加速度是果.只要物體所受的合外力不為零，就會產(chǎn)

生加速度.加速度與合外力方向是相同的，大小與合外力成正比(物體質(zhì)量一定時).

2.力與速度無因果關(guān)系：合外力方向與速度方向可以相同，可以相反，還可以有夾角.合

外力方向與速度方向相同時，物體做加速運動，相反時物體做減速運動.

3.兩個加速度公式的區(qū)另J

a=器是加速度的定義式，是比值定義法定義的物理量，a與v、Av,At均無關(guān)：a=5是加

速度的決定式，加速度由物體受到的合外力及其質(zhì)量決定.

三、牛頓第二定律的簡單應(yīng)用

1.應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟

(1)確定研究對象.

(2)進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運動性質(zhì)和運動過程.

(3)求出合力或加速度.

(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解.

2.應(yīng)用牛頓第二定律解題的方法

(1)矢量合成法：若物體只受兩個力作用，應(yīng)用平行四邊形定則求這兩個力的合力，物體所

受合力的方向即加速度的方向.

(2)正交分解法：當物體受多個力作用時，常用正交分解法求物體所受的合外力.

①建立直角坐標系時，通常選取加速度的方向作為某一坐標軸的正方向(也就是不分解加速

度)，將物體所受的力正交分解后，列出方程吊=〃以，6=0(或FK=O,Fy=maY

②特殊情況下，若物體的受力都在兩個互相垂直的方向上，也可將坐標軸建立在力的方向上,

F\=nuix

正交分解加速度〃.根據(jù)牛頓第二定律l列方程求解.

Fy=may

例題精練

1.(浙江模擬)如圖所示，CPD為一半徑R=2%il的豎直半圓形槽，CD為直徑，O點為半

圓的圓心。在距CD上方為h處有一以vo=6m/s的速度順時針方向轉(zhuǎn)動的傳送帶，B端

恰好在C的正上方，傳送帶滑輪的半徑較小，兩端點A、B間的距離L=3m,現(xiàn)將一與

傳送帶間摩擦因數(shù)卜=0.5的小物塊輕放在A端，最終垂直撞在圓槽的P點，OP連線與

OD的夾角為60。。取g=10m/s2,則高度h和物塊從B到P的時間t分別為()

【分析】求出小物塊離開傳送帶的速度大小，在P點根據(jù)運動的合成與分解求解豎直方

向的速度大小，再根據(jù)運動學(xué)公式解答。

22

【解答】解：小物塊在傳送帶上運動的加速度大小為：a=ng=0.5X10m/s=5m/s1

2

小物塊加速到與傳送帶共速經(jīng)過的位移為：x=*=B-m=3.6m>L=3m

2a2X5

所以小物塊在傳送帶上?直加速，設(shè)離開傳送帶的速度為v,則有：v2=2aL,解得:v

=V^ni/s；

在P點進行速度的合成與分解，如圖所示，則Vy=vtan60=3V10ni/s

根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：h=4=92￡12m=31r運動時間：t=:工=心耍$,故

2g2X102g10

A正確、BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和平拋運動的規(guī)律，對于牛頓第二定

律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，對于平拋運動，關(guān)鍵是

掌握平拋運動的規(guī)律。

隨堂練習(xí)

I.（荷澤二模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與兩根彈簧a、b相連，并放置在傾角為37°的

光滑斜面上，其中彈簧a與斜面平行，彈簧b水平，開始時a、b兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)，

且小球?qū)π泵媲『脽o壓力。重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.剪斷彈簧b的瞬間小球的加速度為興，方向沿斜面向上

B.剪斷彈簧b的瞬間小球?qū)π泵娴膲毫?

C.剪斷彈簧a的瞬間小球的加速度為方向沿斜面向下

D.剪斷彈簧a的瞬間小球的加速度為卷聲方向沿斜面向下

【分析】彈簧的彈力不能發(fā)生突變，分析小球的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律與平衡條

件分析答題。

【解答】解：始時a、b兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)，且小球?qū)π泵媲『脽o壓力，小球受力如

圖1所示，

由平衡條件得：Fa=——咀L=$mg,Fb=―咚y一='mg

sin3703tan3703

AB、彈簧彈力不能突變，剪斷彈簧b的瞬間，彈簧a的彈力不變，仍為Fa，小球受力如

圖2所示，

在平行于斜面方向，由牛頓第二定律得：Fa-mgsin37°=mai,解得：ai=—g,

15

在垂直于斜面方向，由平衡條件得：N=mgcos37°=0.8mg,故AB錯誤；

CD、彈簧彈力不能突變，剪斷彈簧a的瞬間，彈簧b的彈力不變，仍為Fb,小球受力如

圖3所示，

在平行于斜面方向，住牛頓第二定律得：Fbcos37°+mgsin370=ma2,解得：a2=Bg,

3

方向平行于斜面向下，故C正確，D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的前提與關(guān)

鍵，分析清楚小球的受力情況，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可解題。

2.（義烏市模擬）2020年11月21日，義烏人民期吩己久的雙江水利樞紐工程破土動工，

施工現(xiàn)場停放著一輛運載水泥管的貨車，車廂底部一層水泥管水平緊密地排列著，上層

擺放著看的4根水泥管沒有用繩索固定?，F(xiàn)在我們來分析貨車前部的A、B、C三根形狀

完全相同的水泥管，側(cè)視圖如圖所示，下列說法正確的是（）

A.當汽車向左做加速運動時，A對C的支持力變大

B.汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力為型

3

C.汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大

D.當汽車向左做加速運動時，加速度達到*g時，C將脫離A

【分析】根據(jù)不同情況下的運動情況，結(jié)合牛頓第二定律分析合力的方向，對C進行受

力分析?，根據(jù)正交分解分析C所受到的合力的表達式，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力和

加速度的大小。

【解答】解：BC、對C進行受力分析，如圖1所示，根據(jù)對稱性可知支持力FN與豎直

方向夾角為30°,C處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得：2FNCOS30°=mg,解得FN=^

3

mg,所以汽車靜止時,管C受到管A給它的支持力大小為返mg,根據(jù)對稱性可知,管

3

C受到管B給它的支持力大小也為Img,汽車向左勻速運動時，C仍然受力平衡，B

3

對C的支持力與勻速運動的速度大小無關(guān)，仍然是亞mg,不變，故BC錯誤；

3

AD、當車輛向左加速運動，C水平方向的合力向左，A對C的支持力減少：

設(shè)C剛好脫離A時（此時A對C的支持力剛好為零），C受力情況如圖2所示，根據(jù)牛

頓第二定律可得：mgtan30°=ma,解得：a=,所以汽車向左做加速運動時，加速

度達到乂3g時，C將脫離A,故A錯誤、D正確。

3

【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的搬步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、進行止交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立

方程進行解答。要注意不同的運動狀態(tài)，C所受的力大小有所不同，但方向不變。

3.（章丘區(qū)模擬）兩個中旬有孔的質(zhì)量為m的小球A、B用一輕彈簧相連，套在一水平光

滑橫桿上。兩個小球下面分別連一輕繩。兩輕繩下端系在同一質(zhì)量為m的小球C上，如

圖所示。已知輕彈簧的勁度系數(shù)為k,輕彈簧和輕繩剛好構(gòu)成一等邊三角形，整個系統(tǒng)處

于靜止狀態(tài)，已知重尢加速度為g。則下列說法正確的是（）

A.彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為強

4k

B.小球C對繩的拉力為加mg

C.剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，小球B的加速度大小為Yig

12

D.剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，則C小球的加速度大小是Kg

3

【分析】以C球為研究對象進行受力分析，根據(jù)平衡條件求解輕繩拉力；以B球為研究

對象進行受力分析，水平方向根據(jù)平衡條件求解彈簧的壓縮量；剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，

彈簧彈力不變，分別對小球C和小球B根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。

【解答】解：AB、以C球為研究對象，受到重力、兩段輕繩的拉力，如圖所示；根據(jù)平

衡條件可得：2Fcos30°=mg,解得：F=^r；

V3

以B球為研究對象，受到重力、支持力、輕繩拉力和彈簧彈力，如圖所示；根據(jù)彈簧彈

力的方向可知彈簧處/壓縮狀態(tài)；水平方向根據(jù)平衡條件可得：T=Fcos600=

kx,解得彈簧的壓縮量為：x=T-,故AB錯誤;

2V3k

CD、剪斷左側(cè)輕繩的瞬間，彈簧彈力不會突變，小球C受到重力和右邊輕繩的拉力，合

力方向垂直于BC繩；

則C的加速度大小為：ac=gsin30°=-lg；

右邊輕繩的拉力大小為：F'=mgcos30°,此時彈簧彈力不變，小球B的加速度大小為:

COS600-T

m

解得：aB=*g,故C正確、D錯誤。

故選：Co

【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立

方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

4.(南山區(qū)校級模擬)一次演習(xí)中，一空降特戰(zhàn)兵實施空降，飛機懸停在高空某處后，空降

特戰(zhàn)兵從機艙中無初速跳下，設(shè)空降特戰(zhàn)兵沿直線運動，其速度-時間圖象如圖甲所示，

當速度減為零時特戰(zhàn)兵恰好落到地面。已知空降特戰(zhàn)兵的質(zhì)量為60kg。設(shè)降落傘用8根

對稱的繩拉著空降特戰(zhàn)兵，每根繩與中軸線的夾角均為37°,如圖乙所示。則空降特戰(zhàn)

兵在下降過程中(sin370=0.6,cos370=0.8)(g=lOm/s?)。下列判斷正確的是()

v/(m?$i)

圖乙

A.從甲圖可以分析得知空降兵所受空氣阻力不可忽略

B.飛機離地高度約為190m

C.整個運動過程中的平均速度大小約為10m/s

D.落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為I25N

[分析】求出前2s的加速度大小分析空降兵是否受到阻力作用；根據(jù)v-I圖象圍成的面

積求出下落得高度；由平均速度的定義求出平均速度；根據(jù)圖線的斜率求出減速階段的

加速度，由牛頓第二定律求出拉力。

【解答】解：A、由圖可知，前2s內(nèi)傘兵向下做加速運動，加速度的方向向下，加速度

大小為：ai==20-0J2=]()m/s2=g,則傘兵自由下落，空降兵所受空氣阻力

可忽略，故A錯誤；

B、由于V7圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以空降兵下落得高度為：h=

(7-2)+13xm=l80m,所以飛機離地高度為180m,故B錯誤；

2

C、整個運動過程中的平均速度大小為："=h=182m/s^l3.8m/s,故C錯誤：

t13

D、由圖可知，傘兵減速階段的加速度大小為：a2=f"=.20-0，m/s2=J^m/s2

△t213-73

設(shè)每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為E則：8Fcos370-mg=ma2,

代入數(shù)據(jù)可得落地前瞬間降落傘的每根繩對特戰(zhàn)兵的拉力大小為F=125N,故D正確。

故選：Do

【點評】本題考查了自由落體運動及牛頓第二定律的應(yīng)用等，關(guān)鍵是弄消楚v?t圖像表

示的物理意義，掌握牛頓第二定律的解題方法。解答的過程中要注意繩子對傘兵的拉力

不是豎直向上的。

綜合練習(xí)

一.選擇題（共19小題）

I.（岱山縣校級模擬）如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊在恒力F的作用下，緊靠在一個水

平的上表面上保持靜止，物塊與上表面間靜摩擦因數(shù)為U，?。籉與水平面的

tana

夾角為。，則0角的最小值為（）

【分析】對物塊受力分析，正交分解法列平衡方程，運用數(shù)學(xué)知識求解。

【解答】解：物塊受力如圖：物塊受重力mg、彈力N、摩擦力品、拉力F共4個力

由平衡條件，y軸：Fs:nO=mg+N

x軸滿足：FcosBWfm,而fm=《N,整理得：psin。-cosBN

又|1=——-—，解得：cosa=/"代入上式得：sin（8-a）=

tan。Vl+kt2

M-mg

FV1+2

6-a=arcsin—11ng,解得：6=a+—>故D正確，ABC錯誤。

R1+從2FV1+kt2

故選：D。

￡

?X

N

mg

【點評】本題難點在于三角函數(shù)知識在物理中的應(yīng)用。注意臨界條件：達到最大靜摩擦

力，e取最小值。

2.（小店區(qū)校級模擬）如圖，足夠長的固定斜面傾角為e,質(zhì)量為m的物體以速度vo從斜

面底端沖上斜面，到達最高點后又滑回原處。已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為U，重

力加速度為g。則物體滑回原處的速度大小為（）

Avn/sin8+|Icos8

Vsin^-Wcos8

B.vosin8-Ncos8

'sin8+Hcos8

sin8-"cos0

Lr?ccv'。il

sin9+Ncos8

Dsin8+9cos8

sin9-Ncos8

【分析】對物體上滑過程和下滑過程分別運用牛頓第二定律列式，求出物體上滑和下滑

的加速度大小，再對這兩個過程分別運用速度一位移公式列式，結(jié)合這兩個過程位移大

小相等，即可求解。

【解答】解:物體上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得：mai=mgsine+pmgcose

解得:ai=gsinO+ngcos0

由運動學(xué)公式有：vo2=2aix

物體下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得：ma2=mgsin0-|imgcosG

解得：a2=gsin9-pgcosO,

運動學(xué)公式有：v2=2a2x

聯(lián)立解得：v=vojsin—fcosB,故B正確，ACD錯誤。

VsinQ+Wcos8

故選：Bo

【點評】本題是多過程問題，采用分段法，利用牛頓第二定律和運動學(xué)公式分過程列式

研究，也可以根據(jù)動能定理求解。

3.（甲卷）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿

±.o橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角6可變。將小物塊由平

板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角e的大

小有關(guān)。若由30。逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將（）

鐵架臺

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

【分析】由題意，先根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式寫出時間的表達式，再利用夾角變

化分析時間的變化。

【解答】解：設(shè)鐵架臺底座距離為d,則物塊沿平板的位移為乂=―^―,

cosB

對物塊利用牛頓第二定律可得

mgsin9=ma

利用運動學(xué)公式可得

x=—at2

2

整理可得

gsin2B

由數(shù)學(xué)知識可知，當6=45°時，sin26最大，對應(yīng)時間I最小，故6由30°逐漸增大至

60°,物塊的下滑時間將先減小后增大，故ABC錯誤，D正確。

故選：Do

【點評】在利用牛頓第二定律解題時，要注意結(jié)合數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用。

4.（3月份模擬）如圖甲所示，外表面光滑的斜劈固定在水平面上，質(zhì)量為m=^kg的物

塊從斜劈頂端由靜止下滑時的運動位移（X）和速度平方（v2）的關(guān)系圖像如圖乙所示。

若在斜劈頂端固定細線的一端，細線另一端與物塊連接，靜止時細線與斜面平行，如圖

丙所示，解除斜劈固定后，當斜劈以a=2g（取g=10m/s2）的加速度向右運動時，細線

的拉力大小為（）

A.IONB.25NC.20ND.30N

【分析】根據(jù)速度-位移美系公式得到x-v2圖像的函數(shù)關(guān)系表達式，結(jié)合牛頓第二定

律求加物塊下滑加速度和斜面傾角；

根據(jù)牛頓第二定律求出支持力為零時滑塊的臨界加速度，從而判斷小球為2g時的加速度

是否脫離斜面飄起，再根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小。

【解答】解：物體從光滑的斜劈頂端由靜止下滑，根據(jù)速度-位移關(guān)系公式v?=2ax可

根據(jù)圖乙可知x-v2圖像的斜率k=竺=±?,

△v210.0102a

根據(jù)牛頓第二定律有n】gsin8=ma,可得物體下滑加速度a=gsin8

聯(lián)立解得：a=5m/s2,0=30°

設(shè)當斜劈向右運動的加速度為臨界值ao時，斜劈對物體的支持力恰好為零，物塊只受重

力和拉力作用，如圖內(nèi)所示：

據(jù)牛頓第二定律可得曰-二哂，解得：a0=V5g

當斜劈向右運動時的加速度a=2g>ao,物體已經(jīng)“飄”起來了，此時物塊的受力分析如

圖丁所示

由牛頓第二定律可得Fsina=mg,Fcosa=ma

聯(lián)立解得：F=V5ing=V5X-^-X10N=25K,故B正確，ACD錯誤。

2

故選：Bo

【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識：利用牛頓第二定律答題時的一般步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、進彳丁止交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立

方程進行解答.

5.（江津區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與彈簧I和水平細線II相連，I、I【的

另一端分別固定于P、Q。小球靜止時，則（）

A.彈簧彈力大小為mgcosG

B.細線的拉力大小為

tan8

C,剪斷細線的瞬間，球的加速度gtan。，方向水平向左

D.剪斷細線的瞬間，則a=g,方向豎直向下

【分析】小球靜止時，合外力為零，分析小球的受力情況，根據(jù)平衡條件求解彈簧彈力

大小和細線的拉力大小。剪斷細線的瞬間，彈簧的形變來不及改變，故彈簧的彈力不能

突變，分析此瞬間小球的合力，再根據(jù)牛頓第二定律求解此瞬間小球的加速度大小和方

向。

【解答】解：AB、小球靜止時，受到重力G、彈簧的拉力Ti、細線的拉力T2,由平衡

條件知：G與Ti的合力與T2等大反向共線，如圖所示，則

Ti=—^―=—T2=Gtan0=mgtanO,故AB錯誤；

cos8cos9

CD、剛剪斷水平細線n的瞬間，彈簧的彈力不變，則重力G和彈簧拉力Ti的合力大小

T

仍等于T2,方向水平向左，由牛頓第二定律知：小球的加速度a=—=gtane,方向水

m

平向左，故C正確，D錯誤。

【點評】本題是瞬時問撅，關(guān)犍耍抓住彈篝彈力不能突變，細線的彈力可突變，通過分

析小球瞬間的受力，來求小球的瞬時加速度。

6.（石家莊二模）如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細

桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置分別以大小不同的加速度水平向左勻加速運動時：兩

金屬環(huán)M、N相對桿始終均未滑動，兩種情況相比，下列說法正確的是（）

A.細線中的拉力大小相等

B.加速度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力較大

C,加速度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的摩擦力一定較大

D.加速度較大時，金屬環(huán)N與豎直桿之間的彈力較小

【分析】對金屬環(huán)N受力分析，在豎直方向根據(jù)平衡條件分析繩子的拉力；金屬環(huán)M與

水平桿之間的摩擦力變化無法確定，豎直方向金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力等于總重;

對N分析，水平方向根據(jù)牛頓第二定律分析金屬環(huán)及與豎直桿之間的彈力的變化情況。

【解答】解：A、設(shè)繩子拉力方向與豎直方向夾角為6,對N受力分析，如圖所示，知繩

子的拉力在豎直方向的分力恒等于重力，則有：Tcos9=mNg,所以只要角度不變，繩子

的拉力T不變，故A正確；

BC、因為不確定兩物體質(zhì)量關(guān)系及加速度關(guān)系，所以M所受摩擦力方向不確定，則加速

度較大時，金屬環(huán)M與水平桿之間的摩擦力變化無法確定；

整體分析可知，豎直方向金屬環(huán)M與水平桿之間的彈力：N=GN+GM,不變，故BC錯

誤;

D、對N分析FN-Tsin8=mNa,解得：FN=TsinO+mNa,故加速度較大時，金屬環(huán)N與

豎直桿之間的彈力FN變大，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本撅主要是?考杳了牛頓第二定律的知識：利用牛頓第二定律答題時的一般步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立

方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

7.（安徽月考）如圖所示，長木板P靜止在水平地面上，木塊Q靜止放在木板P的上表面，

它們的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對長木板P或木塊Q施加一水平向右的拉力E木板P和木塊Q

的運動情況未知。已知木塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為山則下列說法

正確的是（）

A.木板受到地面的摩擦力的大小?定是2pmg

B.木板受到地面的摩擦力的大小可能為3pmg

C.當F>3pmg時，木板P和木塊Q一定發(fā)生相對運動

D.如果拉力F作用在木塊Q上，無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動

【分析】求出木板受到地面的最大靜摩擦力的大小和Q受到P的最大靜摩擦力大小，根

據(jù)拉力作用在P上或作用在Q上，分析木板受到地面的摩擦力的大??；如果力F作用在

P上，求出P和Q恰好發(fā)生相對運動時的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求解木板

P和木塊Q發(fā)生相對運動拉力大?。蝗绻作用在木塊Q上，根據(jù)Q對P的摩擦力

與地面對P的最大靜摩擦力大小分析木板是否運動。

【解答】解：AB、木板受到地面的最大靜摩擦力的大小是fmi=2pmg,Q受到P的最大

靜摩擦力為：fm2=Hmg：

無論對Q施加多大的拉力，Q對P的摩擦力不會大于pmg,木板受到地面的摩擦力的大

小不會大于Ring；

如果拉力施加在P上，木板受到地面的摩擦力的大小不會大于2Prng,故AB錯誤；

C、如果力F作用在P上，當P和Q恰好發(fā)生相對運動時，加速度大小為a,對Q根據(jù)

牛頓第二定律可得：a=上噩■=pg：

m

對整體根據(jù)牛頓第二定律可得：F-2pmg=2ma,解得：F=4pmg,

所以當F作用在P上且F>4pmg時，木板P和木塊Q才發(fā)生相對運動，故C錯誤：

D、如果拉力F作用在木塊Q上，無論怎樣改變F的大小，Q對P的摩擦力都小于地面

對P的最大靜摩擦力，木板都不可能運動，故D正確。

故選：Do

【點評】本題主要是考杳了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟

是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立

方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

8.（南寧月考）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的物體A、B由輕質(zhì)彈簧相連后放置在一箱

子C內(nèi)，箱子質(zhì)量為3m,整體懸掛處于靜止狀態(tài)。當剪斷細繩的瞬間，以下說法正確的

是（重力加速度為g）:）

A.物體A的加速度等于g

B.物體B的加速度等于零

C.物體C的加速度等于g

D.物體B和C之間的彈力為0.6mg

【分析】剪斷細繩前，對A應(yīng)用平衡條件求出彈簧的彈力；彈簧的彈力不能突變，根據(jù)

物體的受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律分析答題。

【解答】解：物體A受重力和彈簧的支持力F作用，剪斷細繩前，對A,由平衡條件得：

F=mg；

A、剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力不能突變，A的受力情況不變，剪斷細繩瞬間A所受合

力為零，由牛頓第二定律可知，A的加速度為零，故A錯誤：

BC、剪斷細繩瞬間，B.C的加速度相同，對B、C系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：（2m+3m）

g+F=（2m+3m）a,解得:a=1.2g?故BC錯誤;

D、剪斷細繩瞬間，對C,由牛頓第二定律得：N+3mg=3ma,解得，B對C的壓力：N

=0.6mg,即物體B和C之間的彈力為0.6mg,故D正確。

故選：D。

【點評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的前提，分

析清楚物體的受力情況、應(yīng)用牛頓第二定律即可解題。

9.（石家莊一模）如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的相同貨物A、B疊放在自卸貨車的車廂底

板卜.保持相對靜止一超加速下滑，車廂底板與水平面的夾角為a,A、B間的動摩榛因數(shù)

為陽，B與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為卬，貨車在水平地面上始終保持靜止，最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.貨車受到地面的靜摩擦力方向水平向左

B.貨車對地面的壓力大于貨車與貨物的總重力

C.貨物A受到的摩擦力大小一定為mmgcosa

D.用與口的關(guān)系滿足用

【分析】（1）以整個車為研究對象，沿水平方向和豎直方向根據(jù)牛頓第二定律列方程求

解摩擦力大小和總支持力或壓力：

（2）以貨物AB為研究對象，沿車廂底板方向牛頓第二定律求解摩擦力，再根據(jù)靜摩擦

力不大于滑動摩擦力確定兩接觸面上的動摩擦因數(shù)的關(guān)系。

【解答】解:AB、以貨車和AB貨物為研究對象，整體的一部分（AB貨物）有沿車廂

方向向右下的加速度，在向右和向下的方向有加速度分量。

那么整體會一個向右的力產(chǎn)生向右的加速度，這個力只能是地面對貨車，即貨車受到的

靜摩擦力水平向右，故A錯誤：

整體還有一個向下的加速度分量，則整體處于失重狀態(tài)，故貨車對地面的壓力小于整體

的重力，故B錯誤；

CD、設(shè)AB整體的加速度為a,對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有：2mgsina-2p2cosa

=2ma,單獨對A同理有：mgsina-f=ma,且fWpimgcosa,聯(lián)立以上三式可得：用2卬，

由此可知，只有當陽="時，貨物A受到的摩擦力才等于pimgcosa,否則小于“mgcosa,

故C錯誤、D正確。

故選：D。

【點評】計算摩擦力，首先要根據(jù)物體的受力情況，判斷物體的狀態(tài)，確定是什么摩擦

力，再選擇解題方法。一般情況下靜摩擦力由運動狀態(tài)而定，而滑動摩擦力可由公式求

解.：當兩個物相對靜止時，受到的是靜摩擦力：當兩個物體之間發(fā)生相對運動時，受到

的是滑動摩擦力。

1（）.（保定一模）如圖所示,傾角為6的斜面體固定在水平地面匕質(zhì)量分別為m和2m的

物塊A、B置放在斜面底端，給B施加沿斜面向上的恒力F,A、B一起由靜止開始沿斜

面向上運動，經(jīng)過時I,反5撤去力F,再經(jīng)過時間t2,A、B的速度減為0。已知B與斜

面之間的動摩擦因數(shù)為H，整個運動過程中物塊A與B均處于剛要相對滑動的狀態(tài)，下

列說法中正確的是（）

A.tl=t2

B.F=6|imgcos9

C.兩段時間內(nèi)A、B之間的摩擦力大小均為3pmgccs8

D.A、B的速度減為0后將一起沿斜面加速下滑

【分析】對兩個過程中整體列動量定理以及對A列動量定理，對表達式分析時間大小，

并計算出F以及AB間的摩擦力。

【解答】A.設(shè)AB之間最大摩擦力大小為f,撤掉F后速度為v,撤掉F前對A受力分析

并由動量定理得：（f?mgsin0）ti=mv

①撤掉F后對A受力分析并由動量定理得：（f+mgsin。）t2=mv②，由以上倆式對比可知

ti>t2?故A錯誤;

BC.把AB看作整體受力分析并由動分定理得：(F-3mgsin。-3HmgcosB)ti=3mv@：

(3mgsin0+3|imgcosG)t2=3mv④，聯(lián)立②④可得：f=pmgcos。，聯(lián)立①③可得：F=

611mgeosB,故B正確,C錯誤。

D.ftlf=umgcos。和①可知，tanBVp,故D選項錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查整體法和隔離法，解題關(guān)犍在于利用動量定理，用表達式分析物理問

題。

11.(湖北模擬)如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩側(cè)的傳送帶長都是

16m,且與水平方向的夾角均為37°。現(xiàn)有兩個滑塊A、B(可視為質(zhì)點)從傳送帶頂端

同時由靜止滑下，已知滑塊A、B的質(zhì)量均為1kg,與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為0,取

重力加速度g=10m/s，sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法正確的是()

A.滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動

B.滑塊A、B同時到達傳送帶底端

C.滑塊A、B到達傳送帶底端時的速度大小相等

D.滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m

【分析】通過物體受尢分析物體運動情況：B一直加速，A先加速，跟傳送帶共速后繼

續(xù)加速，A需要分階段用運動學(xué)公式求解.，劃痕長度需要求出相對位移的大小和方向后

再分析求解。

【解答】解：AB、對于滑塊A,開始時相對傳送帶向上運動，A受到的摩擦力向下，

由牛頓第二定律：nigsin370+-mg8s37°,解得：ai=10m/s2

1m

速度加到和傳送帶速度一樣時，由于重力在斜面.上的分力大于摩擦力，故還要向下加速

)匕時力口速度為1s一凹咚空解得：a2=2m小

2m

由運動學(xué)公式可知，第一階段：11=①=畏=ls，位移x1=工詈X11岑xlm=5m，

方向向下

第二階段：L-X]:V0t2A@24解得：t2=ls

所以tA=tl+t2=1S+1S=2S

對于滑塊B,一直相對傳送帶向下運動，旦重力在斜面上的分力大于摩擦力

1Ps

由牛頓第二定律：&二sin370-乩rogcos37°,解得：a=2m/s2

m

一直加速到底，貝ijL=2at?，解得：IB=4S

2B

故AB錯誤；

C^A到底端時VA=vo+a2l2,解得：VA=I2HI/S,VB=atB=2X4m/s=8m/s,故C錯誤。

D、第一階段，傳送帶的位移，xi'=voti=10Xlm=10m,

滑塊A相對傳送帶向上位移：△xi=x「-xi,

解得：Axi=5m.方向向卜英

第二階段滑塊A相對傳送帶的位移：AX2=(L-XI)-vot2=(16-5)m-10X

方向向下，

所以滑痕還是5m,故D正確。

故選：Do

【點評】本題借助傳送帶模型考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，本題難點

在于A運動過程的分析，注意滑塊與傳送帶共速態(tài)是物塊運動的轉(zhuǎn)折點，需要判斷是否

能夠相對靜止一起運動。

12.(南崗區(qū)校級期末)一個質(zhì)量為0.2kg的小球用細線吊在傾角8=53°的斜面頂端，如圖

所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10m/s2的加

速度向右做加速運動時，則(sin53°=0.8,cos530=0.6,g=IOm/s2)()

A.繩的拉力為L6N

B.繩的拉力為2加N

C.斜面對小球的彈力為1.20N

D.斜面對小球的彈力為1.ON

【分析】首先判斷小球是否離開了斜面?，根據(jù)小球剛剛飛離斜面的臨界條件，即繩子的

傾角不變，斜面的支持力剛好為零，解出此時的加速度與題目給出的加速度大小進行比

較，若給出加速度大于小球的臨界加速度說明小球已經(jīng)離開了斜面，否則小球還在斜面

上。

【解答】解：當加速度a較小時，小球與斜面一起運動，此時小球受重力、繩子拉力和

斜面的支持力，繩子平行于斜面；

當加速度a足夠大時，小球?qū)㈦x開斜面，此時小球僅受重力與繩子的拉力作用，繩子與

水平方向的夾角未知，

而題目要求出當斜面以lOm/sz的加速度向右做加速運動時，繩的拉力及斜面對小球的彈

力，必須先求出小球離開斜面的臨界加速度ao（此時小球所受斜面的支持力恰好為零）

小球的受力如圖1所示：

G

圖1

由牛頓第二定律得：F合=—^=」V=ma。

tan9tan9

解得：ao=7.5m/s2

因為：a=lOm/s2>ao

所以小球一定離開斜面N=0,小球的受力如圖2所示:

圖2

則水平方向有牛頓第二定律得：Tcosa=ma

輕直方向有受力平衡得：Tsina=mg

聯(lián)立解得：T=2&N；N=0,故ACD錯誤，B正確；

故選：Bo

【點評】此題最難解決的問題是小球是否離開了斜面，我們可以用假設(shè)法判斷出臨界加

速度來進行比較；所以本題應(yīng)首先利用臨界問題分析小球是否“漂浮

13.（衡陽二模）如圖所示，2021個完全相同的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度

內(nèi)）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運動，設(shè)1和2之間彈簧的彈力

為FT-2,2和3間彈簧的彈力為F2-3,2020和2021間彈簧的彈力為F2O2O-2021,則下列

結(jié)論正確的是（）

2320202021F

A.若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：...：2020

B.若水平面光滑,F1-2：F2-3：...：F2020-202i=l：2：3：...：2020

C.若水平面粗糙，F(xiàn)i2：F2.3：...：F2020-2021的大小無法確定

D.若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球的加速度突然反向

【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再分別求出每個彈簧

的彈力：小球具有慣性，彈力不會突變，由此分析加速度的變化。

【解答】解：AB、以整體為研究對象，水平面光滑，根據(jù)牛頓第二定律可得：F=202lma

分別以第1個小球、第I、2兩球、第I、2、3三個球…2021個小球為研究對象，

根據(jù)牛頓第二定律可得可知：

F匚i-2=ma=-1=—匚F

2021

92020

F2-3=2ma=-----F,…F2020-2021=202（）ma=—--F,

20212021

則：F1-2:F2-3:....F2O2O-2O21=1：2：3：....2020;

由胡克定律知F=kx,分析可知：XI-2:X2-3：....X2020-2021=1:2：3：....2020,但

彈簧的長度之比不滿足，故A錯誤，B正確；

C、若水平面粗糙，設(shè)每個小球受的滑動摩擦力為f,則以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第

二定律可得：

F-2021f=202Ima'

解得："=」——

2021mm

以后面的第1、2、3..2020個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知:

Fi-2=ma'=---F-f

2021

F2-3=2ma'=---F-f,…F2020-2021=2020ma'=-^^-F-f,

20212021

則Fl-*F2-3r：……F2020-2021-1：2：3：……2020,故C錯誤;

D、若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都

不變，則加速度不變，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題是連接體問題，考查了牛頓笫二定律的應(yīng)用；利用牛頓笫二定律答題時的

一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二

定律建立.方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

14.（南京三模）如圖所示，兩質(zhì)點P、Q在光滑的水平面上分別以不同的速度向右運動，

某時刻開始分別施以水平向左的力FI、F2,其中Fi的大小不變,F2的大小由零逐漸增大，

經(jīng)過一段時間，它們恰好同時向右運動到最遠，且位移大小相等。在此過程中，兩質(zhì)點

同一時刻的瞬時速度VP與VQ的關(guān)系是（）

A.VP>VQB.VP<VQ

C.先VP>VQ,后VpVvQD.先VpVVQ,后VP>VQ

【分析】根據(jù)題意畫出質(zhì)點運動的v-t圖像，結(jié)合圖像判斷兩質(zhì)點同?時刻的瞬時速度

VP與VQ的關(guān)系。

【解答】解：由題意，根據(jù)牛頓第二定律可知，質(zhì)點P做勻減速直線運動，質(zhì)點Q做加

速度增大的減速運動，故兩物體可能的V-t圖像如圖所示

乂兩質(zhì)點運動的時間樸等，且位移大小相等，故實線滿足題意，故有先VP>VQ,后vp<

VQ,故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】本題的難點在于根據(jù)題意畫出正確的v?t圖像，圖像是解決本題的一個簡便方

法。

15.(廣州二模)如圖，重為G的物體a放在上表面水平的物體b上表面，沿光滑斜面c一

起向下滑，則()

A.a對b的壓力等于零

B.a對b的壓力等于G

C.a受到的摩擦力方向水平向右

D.a與b之間沒有摩擦力的作用

【分析】ab一起下滑，先應(yīng)用整體法求出整體的加速度，再隔離a進行分析即可。

【解答】解：ab一起下滑，設(shè)斜面底角為仇選整體為研究對象，設(shè)整體的質(zhì)量為M,

受力分析并分解如圖1：

由牛頓第二定律有：Mgsin8=Ma,解得：a=gsin8,方向沿斜面向下。

對a受力分析并正交分解如圖2：

y

N

//N2

圖2

y方向：G2=f2+N2,艮J：Gcos0=fsinO+NcosO

y方向：Gi+fi-Ni=ma,即：Gsin9+fcos6-Nsin0=Gsin0

聯(lián)立解得：f=Gsin0cos6,N=G-Gsin20

故C正確，ABD錯誤：

故選：Co

【點評】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，注意整體法和隔離法在解題中的應(yīng)用，本題在

分析a物體時，可以沿加速度和垂直加速度方向建坐標系，也可以分解斜向下的加速度

到水平和豎直方向。

16.（浙江期中）如圖所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA

-2kg和mB—4kg的物塊八、B放在長木板上，A,B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為從一

0.4,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10m/s2o

改變F的大小，B的加速度大小可能為（）

A.4.5m/s2B.3.5m/s2C.2.5m/s2D.1.5m/s2

【分析】根據(jù)A、B最大靜摩擦力分析，運動情況為A恰好滑動時，物塊B和木板同時

運動。

根據(jù)作用力與反作用力，分析木板與物塊B的受力。

把木板與物塊B看為一個整體，再根據(jù)牛頓第二定律求出整體加速度。因