2020高考物理一轮复习专题3-2 牛顿第二定律及其应用(精讲)含答案

专题3.2 牛顿第二定律及其应用（精讲）

1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。

2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。

知识点一牛顿第二定律、单位制

1．牛顿第二定律

(1)内容

物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式a＝F

m或F＝ma。

(3)适用范围

①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只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制

(1)单位制由基本单位和导出单位组成。

(2)基本单位

基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。

(3)导出单位

由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。

知识点二动力学中的两类问题

1．两类动力学问题

(1)已知受力情况求物体的运动情况。

(2)已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：

【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤

知识点三超重和失重

1．实重和视重

(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。

(2)视重

①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。

2．超重、失重和完全失重的比较

超重现象失重现象完全失重

概念

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉力)大于

物体所受重力的现象

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉力)小于物

体所受重力的现象

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉力)等于零

的现象

产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下

物体的加速度方向向

下，大小a＝g

原理方程

F－mg＝ma

F＝m(g＋a) mg－F＝ma

F＝m(g－a)

mg－F＝mg

F＝0

运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升

无阻力的抛体运动；绕

地球匀速圆周运动

知识点四动力学中整体法、隔离法的应用

1．外力和内力

如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。

2．整体法

当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。

3．隔离法

当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。

考点一牛顿第二定律

【典例1】（2019·新课标全国Ⅲ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 kg B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N

C．0~2 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0.2

【答案】AB

【解析】结合两图像可判断出0~2 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；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿第二运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 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μ，故D错误。

【方法技巧】合力、加速度、速度间的决定关系

1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。一般情况下，合力与速度无必然的联系。

2.合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。

3.a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无直接关系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m

。

【变式1】（2019·湖南雅礼中学模拟） 一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g 取10 m/s 2)( )

A ．3 N

B ．25 N

C ．30 N

D ．50 N 【答案】ACD

【解析】若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F 2－F 1－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D 正确。

考点二 动力学中的两类问题

【典例2】 (2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x 0和x 1(x 1

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．

【解析】(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma

①

由运动学公式得：

v 20－v 21＝2ax 0

②

解得μ＝

v20－

v21

2gx0③

(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t．

由运动学公式得

v20－v21＝2a1x0 ④

v0－v1＝a1t ⑤

x1＝

1

2a2t

2 ⑥

联立④⑤⑥式得

a2＝

2

110

2

()

2

x v v

x

+

⑦【答案】(1)

v20－v21

2gx0(2)

2

110

2

()

2

x v v

x

+

【方法技巧】解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：

【变式2】（2019·山西康杰中学模拟）如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2。

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。

【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有

F合＝F－F f＝ma1

v21－v20＝2a1l1

v1＝a1t1

其中v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有

F′合＝F－F f－mg sin α＝ma2

mg sin α＝mg h

l2

v22－v21＝2a2l2

其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，

v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s。

(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有

F″合＝F推＋F－F f＝ma′1

v′21－v20＝2a′1l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a′2＝3.0 m/s2，v′22－v′21＝2a′2l2

根据题意，v′2＝100 m/s，代入数据解得F推＝5.2×105 N。

【答案】(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N

考点三超重和失重

【典例3】（2018·浙江卷）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是（）

A. B. C. D.

【答案】 C

【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处

于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C 。

【方法技巧】判断超重和失重现象的技巧

1.从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力或支持力大于重力时，物体处于超重状态；当拉力或支持力小于重力时，物体处于失重状态；当拉力或支持力等于零时，物体处于完全失重状态。

2.从加速度的角度判断：当物体具有竖直向上的加速度或加速度分量时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度或加速度分量时，物体处于失重状态；当竖直向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。

【变式3】（2019·黑龙江大庆实验中学模拟）如图所示，A 为电磁铁，C 为胶木秤盘，A 和C (包括支架)的总质量为m 总；B 为铁块，质量为m ，整个装置用轻绳悬挂于点O 。当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F 的大小为( )

A ．F ＝m 总g

B ．m 总g

C ．F ＝(m 总＋m )g

D ．F >(m 总＋m )g 【答案】D

【解析】铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。对A 、B 、C 系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于(m 总＋m )g 。

考点四 动力学中整体法、隔离法的应用

【典例4】（2019·浙江诸暨中学模拟）如图所示，A 、B 两物块的质量分别为m 和M ，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B 对物块A 的压力为( )

A ．Mg sin θ

B ．Mg cos θ

C ．0

D ．(M ＋m )g sin θ

【答案】C

【解析】对A 、B 组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a ＝（m ＋M ）g sin θm ＋M ＝g sin θ；则再对B 由牛顿第二定律可知：F 合＝Ma ＝Mg sin θ；合力等于B 的重力沿

斜面向下的分力，故说明A 、B 间没有相互作用力，故A 、B 、D 错误，C 正确。

【方法技巧】动力学中“整体法、隔离法”的应用技巧

1.若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力或加速度或其他未知量；

2.利用隔离法求物体之间的作用力。

【变式4】（2019·安徽蚌埠二中模拟）质量为m 的光滑小球恰好放在质量也为m 的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A 点和B 点，圆弧槽的半径为R ，OA 与水平线AB 成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C 相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C 的质量M 应小于( )

A.233m B ．2m C ．(3－1)m D ．(3＋1)m

【答案】D

【解析】当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A 点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得mg tan 60°＝ma ，解得小球的加速度a ＝g tan 60°＝33g 。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg ＝(M ＋2m )a ，

解得M ＝(3＋1)m 。故选项D 正确。

考点五 动力学中的图象问题

【典例5】(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，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 之间关系的图象可能正确的是( )

A B C D

【答案】A

【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x 0，则由力的平衡条件可知kx 0＝mg ，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F ＋k (x 0－x )－mg ＝ma ，由以上两式解得F ＝kx ＋ma ，显然F 和x 为一次函数关系，且在F 轴上有截距，则A 正确，B 、C 、D 错误。

【方法技巧】分析图象问题时常见的误区

(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。

(2)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。

(3)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。

【变式5】（2019·福建厦门一中模拟）如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是()

A B C D

【答案】C

【解析】开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。

考点六“滑块—木板”模型问题

【典例6】(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)B与木板相对静止时，木板的速度；

(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．

【解析】(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中f A、f B分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，f A′、f B′和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为a A、a B和a，根据牛顿运动定律得：

f A ＝m A a A ① f B ＝m B a B ② f B ′－f A ′－f ＝ma ③ 且：f A ＝f A ′＝μ1m A

g ④ f B ＝f B ′＝μ1m B g ⑤ f ＝μ2()m A ＋m B ＋m g ⑥

联立①～⑥解得：a A ＝5 m/s 2，a B ＝5 m/s 2，a ＝2.5 m/s 2

故可得B 向右做匀减速直线运动，A 向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且a B ＝a A >a ，显然经历一段时间t 1之后B 先与木板达到相对静止状态，且此时A 、B 速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B 与木板的速度大小为v 1：

v 1＝v 0－a A t 1⑦ v 1＝at 1⑧

解得：t 1＝0.4 s ，v 1＝1 m/s.

(2)设在t 1时间内，A 、B 的位移大小分别为x A ，x B ，由运动学公式得： x A ＝v 0t 1－12a A t 2

1⑨

x B ＝v 0t 1－12

a B t 2

1⑩

此后B 将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A 相遇，这段时间内A 的加速度大小仍为a A ，设B 和木板的加速度大小为a ′，则根据牛顿运动定律得：

对木板和B ：

μ2()m A ＋m B ＋m g ＋μ1m A g ＝()m B ＋m a ′?

假设经过t 2时间后A 、B 刚好相遇，且此时速度大小为v 2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：

对B 和木板：v 2＝v 1－a ′t 2? 对A ：v 2＝－v 1＋a A ′t 2?

联立?～?解得t 2＝0.3 s ，可以判断此时B 和木板尚未停下，则t 2时间内物块A 、B 的位移大小假设为x A ′、x B ′，由运动学公式：

x A ′＝v 1t 2－12a A ′t 22

?

x B′＝v1t2－1

2a′t

2

2

?

则A和B开始相距x满足：x＝x A＋x A′＋x B＋x B′?

联立解得：x＝1.9 m.

【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m

【方法技巧】“滑块—木板”模型问题

1．模型特点

涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．

2．两种位移关系

滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．

设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2

同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2

甲

反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2

乙

【变式6】(2016·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：

(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．

【解析】(1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则

f ＋m

g sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②

联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下．

(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则

Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －1

2a 1t 2⑥

s 2＝vt －1

2a 2t 2⑦

s ＝s 1－s 2⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨

联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ．⑩ 【答案】(1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m 考点七 “传送带”模型

【典例7】（2019·江西临川一中模拟）如图所示，水平传送带两端相距x ＝8 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A 端时速度v A ＝10 m/s ，设工件到达B 端时的速度为v B .(取g ＝10 m/s 2)

(1)若传送带静止不动，求v B ；

(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B 端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B 点的速度v B ； (3)若传送带以v ＝13 m/s 逆时针匀速转动，求v B 及工件由A 到B 所用的时间．

【解析】(1)根据牛顿第二定律可知μmg ＝ma ，则a ＝μg ＝6 m/s 2，且v 2A －v 2B ＝2ax ，故v B

＝2 m/s. (2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B 端的

速度v B ＝2 m/s.

(3)物体速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝v －v A a ＝0.5 s ，运动的位移为x 1＝v A t 1＋1

2at 21

＝5.75 m ＜8 m ，则工

件在到达B 端前速度就达到了13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动．匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2.25 m ，t 2＝x 2

v

≈0.17 s ，t ＝t 1＋t 2＝0.67 s.

【答案】(1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s 【方法技巧】“传送带”模型

1．模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．

2．解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．

(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v 物v 带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动． (3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动．

(4)若v 物＝v 带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力．

【变式7】（2019·湖北襄樊四中模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动，现把一个质量为m 的小木块轻轻放到传送带的上端，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )

【答案】CD

【解析】木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块与传送带速度相等的时刻，此时若木块重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，之后木块继续加速，但加速度变小了；而若木块重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力，则之后木块将随传送带匀速运动．