第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习（人教版2019）

null端到达O点，故选C m和F共同决定的，即a<,且4与 的重力施力物体是地球，受力物体是 (4)探究力的平行四边形定则，在力的 物体，向下喷水的力施力物体是装置， 园示中，两个分力与合力构戒的四边 F同时产生，同时消失，同时存在，同 受力物体是水，这里涉及了多个物体， 形接近平行四边形，因为存在实验误 时改变：a与F的方向水远相同，A、B 不是相互作用力，放B错误：惯性只与 差，合力的理论使是根据力的平行四 错误，C,D正确。故送CD 质量有关，故惯性不变，故C错误：人 边形定则这个理论作出来的，所以F [例2]A解析当两球运动至二者相距 在匀速上升的过程中，动能不变，重力 是F,,F,两力的合力的理论使。 L时，如图所示， 势能增大，机械能增加，放D正确。 第三章运动和力的关系 5 6.B解析对竹竿上的人由牛顿第二 第1讲牛顿运动定律的理解 定律知mg一f■ma,所以f=m(g 【必备知识固双基】 a),由牛顿第三定律知竹竿上的人对 知识总览 竹竿的摩慕力方向整直向下，对竹竿 ①匀速直线运动团静止 由平衡条件知m:g十了=F、,∫=了 图匀速直线运动状态四静止固质量 31: 10 由牛顿第三定律知竹竿对地面人的压 圆无关团作用力图质量回作用力 由几何关系可知sin0 力Fw=(m,十m)g一@，放B正确， 四a= 2 A,C,D错误 m 回F=a函惯性图宏观 国低速固相等匠同一条直线 由数学知钙可起©m0=专 【创新情境拓视野】 ☑F=一F 设绳子拉力为F,对结点O, 培优训练 微点辨析 曲平衡条件：水平方向有2F,cos0 1.B解析在骑车人因自行车前轮突 =F, 然陷入一水坑而倒地的过程中，骑车 【精研考点提能力】 人开始时与车处于运动状态。当幸前 解得工，一F,对任意小球由牛颜第 轮陷入水坑后前轮立刻静止。但人与 考点1 自悟题组 二定律有F=ma, 车的后率部分由于惯性仍保持原有的 1,BCD解析亚里士多趣认为，必须 向前的运动状态，因此摔倒。故A、C、 ,故A正确，B、C、D错误 有力作用在指体上，物体才能运动，故 邦释a-就 D#误，B正确。 针对调练 A错误t伽利略通过“理想实验”得出 2.D解析本题考查作用力与反作用 结论：力不是维持运动的原因，如果物 1,B解析对P花加F时，根据牛顿第 力的特点。甲拉乙的力与乙拉甲的力 体不受力，它将以这一速度水远运动 二定伴有4，=严-g=10ms,对 是一对作用力与反作用力，大小始终 m1△ 下去，故B正确：笛卡儿指出如果运动 相等，与运动状态无关，不管哪队获 P和Q整体施加F时，根据牛顿第二 中的物体没有受到力的作用，它将键 胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对 F 续以同一速度沿司一直线运动，既不 宽律有d,= -g=2m,联 甲的拉力大小，地面对甲的最大静座 m,十m△ 停下未也不偏离原来的方向，故C正 擦力大于地面对乙的最大静摩擦力， 立解得m,■4,0kg,放选B. 确：牛顿认为物体都具有保持原来匀 2C解析对“毛毛虫”道具受力分析， 才使得甲队获胜，选项D正确。 速直线运动状态或静止状态的性质， 第2讲牛懒第二定律的基本应用 受到向下的重力，左斜上的拉力，两个 故D正确， 【必备知识固双基】 力的合力水平向左，所以根据力的关 2.B解析惯性只与质量有关，所以处 知识总览 量叠加可得F=√（mg)十(ma)7 于失重玩态的物体还是具有惯性，A F=阳合外力图一致 14】N,所以平均每位同学对道其的传 错误：系好安全带可以防止因人的帽 团突变团突变团不能团受力 性而造成的伤害，B正确：“强弩之末， 用力均为下=F≈24N,款选C. 6 图运动回示意图四运动国受力 势不能穿售璃”，是因为强琴的速度减 考点3 网>服<国完全失重丽基本单位 小了，惯性不变，C错误：战斗机作战前 自悟题组 丽导出单位团质量图长度丽时间 抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯 4.B心解析物体对斜面的压力和斜面 四千克(kg) 团米(m)厘秒(s) 性，增加灵活性，D错误 对物体的支持力是一对作用力和反作 国物理公式 3.D解析惯性的大小只取决于物体 用力，故A错误：斜面对物体的作用力 微点辨析 的质量，和物体的运动状态无关，故A 是支持力和摩擦力的合力，与重力平 错误：当油罐车加速前进时，由于惯性 衡，所以物体所受的重力和斜面对物 【精研考点提能力】 油向后酒动，所以油的液面应前低后 体的作用力是一对平衡力，故B正确： 考点1 高，故B错误：当油罐车减速前进时。 物体对料面的摩擦力和斜面对物体的 精讲导学 油向前涌动，油的液面前高后低，故C 摩擦力是一对作用力和反作用力，故C [例1们A解析细线剪断前，对B,C.D 错误：当挡板可油的质量相对小时，泡 正确：物体所受的重力可以分解为沿 整体受力分析，由力的平衡条件有 的惯性小，可以有效减弱变速时油的 斜面向下的力和垂真于斜面向下的 A.B间轻弹簧的弹力FM=6mg,对 滴动，故D正确。 力，垂直于斜面向下的力不是对斜面 D受力分析，由力的平衡条件有C,D 考点2 的压力，故D错误 间轻弹簧的弹力F=mg,细线剪断 考向预测 5.D解析人（含装置）所受的重力和 明问，对B由牛顿第二定律有3ng [例1]CD解析虽然F=m表示牛顿 向下喷水的力作用在两个物体上，不 Fm=3m@:·对C由牛顿第二定律有 第二定律，但F与a无关，因a是由 是平衡力，故A错误：人（含装置）所受 2g十Fm=2nae,联立解得aa ·489· 高考一轮总复习+物理 一g,4=1,5g,A正确 针对调练 考点3 针对训练 3.1s和1.8s 考向预测 1,BC解析据题意，在AC剪新前有： 解析撒去F前，由牛顿第二定律得， [例4]D解析根据位移一时问图像的 0AC剪所后有：Tr' Tn =mg F-mg=ma,解得a=2m/s, 斜率表示速度可知，0一11时间内，图 由匀变速直线运动规律得， 像斜率增大，速度)增大，加遮度方 mgco58,且mgs5inB=ma,所以A错 向向下，由牛领运动定律可知乘客处 误，B正确：在BC尊断前：Tc -名0=4m… 于失重状态，所受的支持力F<mg, mgtan0,BC剪断之后，据橡皮筋弹力 v=a t=4 m/s. 透项A错误：t,一：，时间内，图像斜率 瞬司保持原值的特性有：Tx'=Tw= 撒去F后， 不变，速度不变，加速度为零，乘客 mngtan,其合力为F,=√Tc+G. 由牛额第二定律得mg=ma: 所受的支持力Fw=mg,选项B错误： 所以有F。=mg(1十tan),则加速度 42一（时可内，图像斜率减小，速度 解得a,=g=2m旷s,方向向右， 减小，加速度方向向上，由牛顿运动 d-x=w4-2a,4 定律可知乘客处于超重状态，所受的 错误。 支持力F、>mg,遂项C错误，D 解得第一次到达B点的时间t,=1s, 2,C解析。当1与2下的板抽出后，连 正确。 或4'=3s(會去)， 接1与2问的杆对1与2的作用力突 针对训练 变为零，1、2一块做自由落体运动，加 第一次到达B点时的速度U,■， 5.C解析AB阶段拉力大于重力，电 速度为g,救AD错误：当3与4下方 a,t4=2mf5, 杨处于超重状态，CD阶段拉力小千 的板抽出瞬闻，弹簧的形变量还未变 之后物体滑上斜面，由牛顿第二定 重力，电梯处于失重状态，A错误： 化，此时弹黄弹力对3和4与没物出板 律得， AB阶段如速度向上，CD阶段加速 时的弹力均相同，故3受力仍平衡，加 mgsin 0=ma,, 度向下，电梯先后经历了向上加速， 向上匀速和向上城速的过程，B铝 速度为零，4的加速度为山，M斗m 解得d=gsin0=5ms, 误：由图乙可知矿聚水瓶的重力mg 由上分新知B错误，C正确。 物休再经过1，=2兰=0.85第二次到 =15N,若重力加速度g取10ms, 考点2 达B点， 矿来水海的质丝m=吕kg=1.5kg 考向预测 故搬去拉力F后，经过1s和1.8s时 16-15 例2(1)2m/s(2)4tms(3)2.7m 间物体经过B点。 AB阶段的加速度大小a=,5°mvs 解析(1)根据牛颜第二定律可得 4.(1)0.56N方向水平向左 0.67m‘s,方向竖直向上，C正确： mgsin24°-mgc0s24°=a1· (2)109.58N CD阶段的加速度大小a' 代入数据解得a=2m8. 解析(1)由速度位移公式=，十 14-15 (2)根据运动学公式有v=24,4, 1.5 m/s≈0.67ms,方向芝直 2as,得物块沿斜面下滑的加速度为a 解得=4m/s。 向下，D错误。 (3)根据牛频第二定律有rmg-ma: 云=0.7m/s,由于a<gin0 6.B解析在下降过程中，该同学先向 根据运动学公式有一 下加速再向下减追，加速度方向先向 6ms,可知物块受到摩擦力作用。分 -2al· 下再向上，该同学先处于失重状态后 析物块受力，受三个力，如图()所示。 代入数得联立解得1，=2.7m 处于翅重状态，故A错误：无论该同学 沿斜面的方向·根据牛顿第二运动定 [例3](1)4s2.5×10N(2)20s 处于何种状态，手对杠的作用力与杠 律有ngsin0-f厂=ma,垂直于斜面的 对手的作用力是一对相互作用力，根 (3)55m5 方向·由平衡条件可知mgcos0-N,' 据牛顿第三定律可知，相互作用力大 解析(1)=36kmh=10m8, =0。分析木根受力，它受五个力作 小总是相等，故B正确，D错误：悬垂 v:54 km/h=15 m/s, 用，如图(b)所示，由牛顿第三定律可 时两手拉力的合力等于重力。依据力 根据平均速度公式得4=兰=2么 知N,=N,',对于水平方向，根据平衡 的合戒法则，当增大两手间的距离，即 条件有f2十fcos0-N,sin0=0,由此 增大两拉力的夹角，因拉力的合力不 解得剩车时问1：=4s, 可解得地面作用于木模的摩擦力大小 变，则拉力增大，该可乎会觉得更费 制车加老度a==一25m 力，故C钳误。故选B. :=0.56N,方向水平向左： 【创新情境拓视野】 根据牛颜第二定律得一F,=ma, 培优训练 解得F=2.5×103N: 1.B解析假设经过切点的板两端点分 (2)小朋友通过货马线的时可 别在圆1.圆2上，板与竖直方向的夹角 +L=245 B顶 为a,圆1的半径为r,圆2的半径为R, ) 别圆内轨道的长度s=2(r十R)sa,下 汽车在斑马线前等待时间1=1一 (a) 滑时小球的加速度a=go“a,根据位移 =20s: (2)分析木楔受力，在竖直方向上，由 (3)根裾速度位移公式得V一 平衡条件可知fsin0+Ncos8十Mg 时可公式得x= 乞a,则=V =2as, =V。,解得地面对木视的支持力的为 解得=5、5m/s。 小为N,=109,58N +Rse- 4十R,即当板的 gcos a 高考一轮总复习+物理 ·490· 端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所 一(m十m)gsn日一(m、十加)C8日 率表示弹簧的动度系数，可得k 用的时问相同。由愿意可如，A在圆上 =(m十m)a,对B受力分析.有Fs 5N/cm,B错误：根据牛顿第二定律 B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的 mngsin0一mgos0=ma,由以上两 有10N=nG,30N一mg=a,联立 球下滑的时问最短，成选B。 2.BCD解析设想还有一根光滑固定 式可得F= mF=F,为了 解得m=2kg,a=5m/s,C错误，D m、十m+1 正确 细杆ca,则ca,Ca,da三细杆交于图的 程 针对训练 最低点a,三杆顶点均在圆周上，根据 增大A、B间的压力，即F增大，应增 等时圆模型可知，则c,O、d无初速释 大推力F或减小A的质量，增大B的 成(1)图 (2)8=60° 53 2 m 放的小滑环到达4点的时饲相等，即 质量。故A正确，B、CD锥误。 针对训练 解析(1)当日=30°时，小物块恰好能 L.=1=4:而由c+a和由O+b滑动 3.C解析对B隔离分析，由牛频第 沿着木板匀速下滑，测ngsin=F,F 的小滑环相比较，滑行位移大小相同， 初速度均为零，但a>a,由t 定律得mg一F,=m,4,对A、B整体 Fjngeos 0. 1 可知4>t,故选项A错误，B、 分析，由牛顿第二定律得mg m,gsin=(m,十n2)a,联立解得a= 联立解释以气， C,D正确 (2)当0变化时，设沿斜面向上为正方 6m/s,F=12N,故A.B错误，C正 专题强化三牛顿运动定律的综合应用 向，物块的加速度为a,则一ngsin0 确：如果将B物块换成一个坚直向下 【探究热点链视角】 大小为30N的力，对A由牛频第二定 umgcos =ma, 热点I 律得F一m,gsin0=ma',解得a' 由0-=2a.x得 精讲导学 24m/s,前后加速度不一样，对物块A [例1门AB解析分析可知木板受到的 的运动有影响，故D错误。 2g(sin 0+ucos 0)' 摩擦力f=f。0一2s,木板静止，F 1 令c08a= .sin a- 了，F逐渐增大，所以C铝误。4~5s 4.D解析开始P、Q处于静止状态， 绳子张力大小为F,=mog=4N,将 /1+ 1+ 由t图像可知木极加速度大小a,= 0.4-0.2 个水平向右的推力F作用在P上后， tan a=以= 3 3 1 ms=0.2m/s,对木板进 轻绳的张力变为原来的一半，以Q为 故a=30°， 行受力分折，f了=ma4=0.2N,得m= 研究对象，根据牛顿第二定律可得 1kg,所以A正确。2一4s,对木板有 mg一交，=mg4,解得加速度大小为 又因x F-f=ma,得F=了十a,=0,2N 2g√1+Asin(0+a) 十1×040N=0.4N,所以B正确. a=5ms,以P为研究对象，根据牛顿 当a十0=90°时x最小，即0=60°. 2 第三定体可得F+专R一m,g 所以x最小慎： 由于无法确定物块的质量，所以尽管 知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物 ma,解得推力F的大小为F=8N,故 1m-2g(sin60+os60可 4g 块与木板间的动摩擦因数，敌D错误 选D 55 针对训练 热点3 m 1.BC解析设钉子受到的力为 类型突破 专懒强化四动力学中两类典型物甲膜型 Ft,则Fm=kx,则由牛顿第二定律得 例3]AB解析概据题图乙可知，发生 【探究热点链视角】 F-Fm=ma,得a=F二虹，加滤度随 相对滑动时，A,B间的滑动摩擦力为 热点1 6N,所以A、B之间的动摩擦因数4 类型突破 位移均匀戒小，到为零，由F。一F ma,可得a=虹二上，加速度随位移均 F=0.2,选项A正确：当0<F< 例1](1)5.1s0.04m(2)22m/s (3)①0.2s0.08m②0.625s 匀增大，故加建度先减小后反向增大 4N时，根据题图乙可知，F:还未达 0.25m 到B与地面问的最大静摩擦力，此时 故A辑误，B正确：钉子初末速度均为 解析(1)对行李，根据mg=m4, 零，所以钉子先儆加速度城小的加速 A,B保持静止，选项B正确：当4N 解得a=2m‘s, 运动，后做加速度增大的减速运动，故 F<12N时，根暑题图乙可知，此时 根据=a山，匀加速运动的时问(， C正确，D错误。故选BC, A,B问的摩擦力还未达到最大静摩 0,2s, 2.BC解析F-mg=ma→F=ma十 擦力，所以没有发生相对滑动，选项C 句加速运动的位移大小x= ping 错模：当F>12N时，根据题图乙可 F图像的料率为m 知，此时A,B发生相对滑动，对A物 1 Fa图像的纵载距mg 结合下-a图像可知， _F=2m5,加捷度不变， 块有a=m ×2×0.2m=0.04m<2m. 故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时 /m,>m,A错，B对 选项D错误 共n成=A川 [例4]D解析物体与弹簧分离时，三 间为4=L-1-2-0.04 =4.9$, 0.4 对，D带。 者没有相互作用力，所以弹黄处于原 可得行李从A到B的时阿为(=（十 热点2 长，A错误：物体与弹簧一起向上匀 4=5.1s, 精讲导学 加速运动时，根据牛顿第二定律得F 在传送带上留下的摩擦瓶壶长度为 例2]A解析设物块与斜面问的动摩 十k(x,一x)一mg=ma,则F=kx十 △r=l-x=(0.4×0.2-0.04)m 擦因数为，对A,B整体受力分析，有F mg十ma一kx。,可知愿图乙中图线斜 =0.04m ·491· 高考一轮总复习+物理