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高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系3 牛顿第二定律课后练习题
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系3 牛顿第二定律课后练习题，共17页。试卷主要包含了牛顿第二定律，力的单位，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、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，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式
(1)表达式：F＝kma，式中k是比例系数，F指的是物体所受的合力．
(2)国际单位制中：F＝ma．
二、力的单位
1．比例系数k的意义
(1)在F＝kma中，k的选取有一定的任意性．
(2)在国际单位制中k＝1，牛顿第二定律的数学表达式为F＝ma，式中F、m、a的单位分别为N、kg、m/s2．
2．国际单位：力的单位是牛顿，简称牛，符号N．
3．1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝1__kg·m/s2．
思维辨析
(1)由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合外力一定大．( )
(2)牛顿第二定律说明了质量大的物体其加速度一定小．( )
(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致．( )
(4)关于牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k，
①力F的单位用N时等于1.( )
②在国际单位制中才等于1.( )
③加速度单位用m/s2时等于1.( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)①× ②√ ③×
基础理解
(1)(2019·殷都校级月考)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的方向可能跟它所受合力的方向相反
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受的任一个力的大小都成正比
D．当物体的质量改变时，若所受合力的水平分力不变则物体水平加速度大小与其质量成反比
提示：选D.根据牛顿第二定律，物体加速度的方向跟它所受合力的方向相同，故A错误；物体所受合力不为零就一定产生加速度，故B错误；物体实际加速度的大小与它所受的所有力的合力成正比，故C错误；采用正交分解法可知，当物体的质量改变时，若所受合力的水平分力不变则物体水平加速度大小与其质量成反比，故D正确．
(2)力F作用于甲物体(质量为m1)时产生的加速度为a1，此力作用于乙物体(质量为m2)时产生的加速度为a2，若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，则产生的加速度是( )
A.eq \f(a1＋a2,2) B.eq \f(|a1－a2|,2)
C.eq \f(a1a2,a1＋a2) D.eq \f(a1＋a2,a1a2)
提示：选C.力F作用于甲物体时，F＝m1a1①
力F作用于乙物体时，F＝m2a2②
力F作用于甲、乙组成的整体时，F＝(m1＋m2)a3③
解①②③式得a3＝eq \f(a1a2,a1＋a2)，故选项C正确．
对牛顿第二定律的理解
问题导引
如图所示，小明用力拉地面上的箱子，但箱子没动，请思考：
(1)根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，但为什么箱子一直没动呢？
(2)如果箱底光滑，当拉力作用在箱子上的瞬间，箱子是否立刻获得加速度？是否立刻获得速度？
要点提示 (1)牛顿第二定律F＝ma中的力F指的是物体受的合力，尽管小明对箱子有一个拉力作用，但箱子受的合力为零，所以不能产生加速度．
(2)加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得，需要一段时间，故不能立刻获得速度．
【核心深化】
1．表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度．
2．牛顿第二定律的六个性质
3.两个加速度公式的区别
关键能力1 对牛顿第二定律内容的理解
(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是( )
A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比
B．由m＝eq \f(F,a)可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝eq \f(F,m)可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比
D．由m＝eq \f(F,a)可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
[思路点拨] (1)F由物体受力情况决定．
(2)m由物体自身决定．
(3)a由m和F共同决定．
[解析] 牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量．作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误．质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误．由牛顿第二定律知加速度与合外力成正比，与质量成反比，m可由其他两个量求得，故C、D正确．
[答案] CD
关键能力2 合外力、速度和加速度的关系
如图所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
[思路点拨] 加速度的变化要看所受合外力的变化，而速度的变化要看速度方向与加速度方向之间的关系，所以此题最好先找出物体A运动过程中的平衡位置，然后再分析平衡位置左右两侧各物理量的变化情况．
[解析] 力F作用在A上的开始阶段，弹簧弹力kx较小，合力与速度方向同向，物体速度增大，而合力(F－kx)随x增大而减小，加速度也减小，当F＝kx以后，随物体A向左运动，弹力kx大于F，合力方向与速度反向，速度减小，而加速度a随x的增大而增大．综上所述，只有C正确．
[答案] C
eq \a\vs4\al()
1．关于对牛顿第二定律理解的三大误区
2．直线运动中加速度与速度的关系
【达标练习】
1．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法中正确的有( )
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致
解析：选BC.F、m和a必须选取统一的国际单位，才可写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，所以选项A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，所以选项B正确，选项D错误；由力的独立作用原理知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，故选项C正确．
2.如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是( )
A．加速度越来越大，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D．速度一直减小，加速度大小先减小后增大
解析：选C.在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由a＝eq \f(F合,m)得，a＝eq \f(mg－kx,m)，方向竖直向下，且逐渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mg
牛顿第二定律的应用
问题导引
行车时驾驶员及乘客必须系好安全带，以防止紧急刹车时造成意外伤害．请思考：
(1)汽车突然刹车，要在很短时间内停下来，会产生很大的加速度，这时如何知道安全带对人的作用力大小呢？
(2)汽车启动时，安全带对驾驶员产生作用力吗？
要点提示 (1)汽车刹车时的加速度可由刹车前的速度及刹车时间求得，由牛顿第二定律F＝ma可求得安全带产生的作用力大小．
(2)汽车启动时，有向前的加速度，此时座椅的后背对驾驶员产生向前的作用力，安全带不会对驾驶员产生作用力．
【核心深化】
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤
2．常用方法
关键能力1 应用牛顿第二定律解题
如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向θ＝37°角．小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)车厢运动的加速度；
(2)悬线对小球的拉力．
[思路点拨] (1)小球所受合力方向与加速度方向相同．
(2)小球受两个力作用，可用力的合成法或正交分解法两种方法求解．
[解析] 法一：合成法
由于车厢沿水平方向运动，且小球和车厢相对静止，所以小球加速度(或合力)的方向水平向右．选小球为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F合＝mgtan θ＝ma
小球的加速度
a＝eq \f(F合,m)＝gtan 37°＝eq \f(3,4)g＝7.5 m/s2.
悬线对小球的拉力大小为
F＝eq \f(mg,cs 37°)＝eq \f(1×10,0.8)N＝12.5 N.
法二：正交分解法
建立直角坐标系，并将悬线对小球的拉力正交分解，如图所示．
沿水平方向有Fsin θ＝ma
沿竖直方向有Fcs θ＝mg
解以上两式得a＝7.5 m/s2，F＝12.5 N，a的方向水平向右．
[答案] (1)7.5 m/s2，方向水平向右 (2)12.5 N
关键能力2 瞬时加速度的求解
如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
D．a1＝g，a2＝eq \f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
[思路点拨] (1)支托1、2的木板突然抽出的瞬间，连接1、2的轻质杆弹力发生突变，1、2作为一个整体有自由下落的趋势．
(2)支托3、4的木板突然抽出的瞬间，连接3、4的弹簧弹力不会发生突变，物块3的合外力仍为0.物块4只受弹力和自身重力两个力作用．
[解析] 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq \f(F＋Mg,M)＝eq \f(M＋m,M)g，所以C对．
[答案] C
eq \a\vs4\al()
1．两种“模型”
根据牛顿第二定律知，加速度与合力存在瞬时对应关系．分析物体的瞬时问题，关键是分析该时刻前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立．
2.解决此类问题的基本方法
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，求出各力大小(若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；若处于加速状态，则利用牛顿第二定律)．
(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)．
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度．
【达标练习】
1．(2019·陕西西安高一期末)如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α，已知θ<α，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小车一定向右做匀加速运动
B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力不一定沿水平方向
D．小球Q受到的合力大小为mgtan α
解析：选D.对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtan α＝ma，得到a＝gtan α.故加速度向右，小车向右加速，或向左减速，故A错误；对P球，设受到杆的拉力与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律得：mgtan β＝ma′，得β＝α>θ，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小F合＝ma＝mgtan α，故C错误，D正确．
2．(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是( )
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝eq \f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确，C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左，选项B正确，D错误．
1．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a2，则( )
A．a1＝a2 B．a1
C．a1>a2 D．无法判断a1与a2的大小
解析：选A.设小孩的质量为m，与滑梯的动摩擦因数为μ，滑梯的倾角为θ，小孩下滑过程中受到重力mg、滑梯的支持力N和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律得：mgsin θ－f＝ma，N＝mgcs θ，又f＝μN，联立得：a＝g(sin θ－μcs θ)，可见，加速度a与小孩的质量无关，则当第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下时，加速度与第一次相同，即有a1＝a2.
2．(多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的水平力的作用，则这个物体运动情况为( )
A．速度不断增大，但增大得越来越慢
B．加速度不断增大，速度不断减小
C．加速度不断减小，速度不断增大
D．加速度不变，速度先减小后增大
解析：选AC.水平面光滑，说明物体不受摩擦力作用，故物体所受合力大小等于水平力的大小，力逐渐减小，合外力也逐渐减小，由公式F＝ma可知：当F逐渐减小时，a也逐渐减小，但速度逐渐增大．
3.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度为g.在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：选AC.剪断细线前，对整体由平衡条件可知，细线承受的拉力F＝3mg，剪断细线瞬间，物块a所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件可知重力与拉力合力大小为3mg，由牛顿第二定律可知，a1＝3g，A项正确，B项错误；在剪断细线前，两弹簧S1、S2弹力大小分别为FT1＝2mg、FT2＝mg，剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律F＝kx可知，Δl1＝2Δl2，C项正确，D项错误．
4．(2019·温州期中)如图甲所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，能提供向上最大的升力为32 N．现让无人机在地面上从静止开始竖直向上运动，25 s后悬停在空中，执行拍摄任务．前25 s内运动的v－t图象如图乙所示，在运动时所受阻力大小恒为无人机重的0.2，g取10 m/s2.求：
(1)从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移；
(2)加速和减速上升过程中提供的升力；
(3)25 s后悬停在空中，完成拍摄任务后，关闭升力一段时间，之后又重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t.(设无人机只做直线下落)
解析：(1)由v－t图象面积可得，无人机从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移为70 m.
(2)由图象的斜率知，加速过程加速度为a1＝0.8 m/s2，设加速过程升力为F1，
由牛顿第二定律得：F1－mg－0.2mg＝ma1
解得：F1＝25.6 N
由图象的斜率知，减速过程中加速度大小为a2＝0.4 m/s2，设减速过程升力为F2，
由牛顿第二定律得：mg＋0.2mg－F2＝ma2，
解得：F2＝23.2 N.
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3
解得：a3＝8 m/s2
恢复最大升力后加速度为a4，由牛顿第二定律得：
Fmax－mg＋0.2mg＝ma4，
解得：a4＝8 m/s2
根据对称性可知，应在下落过程的中间位置恢复升力，
由eq \f(H,2)＝eq \f(1,2)a3t2，得t＝eq \f(\r(35),2) s.
答案：(1)70 m (2)25.6 N 23.2 N (3)eq \f(\r(35),2) s
一、单项选择题
1．(2019·昆明高一检测)由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止
解析：选D.牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止，故选项D正确，选项A、B、C错误．
2．(2019·浙江期中)来自北京工业大学的一群大学生，受“蜘蛛侠”的启发，研发出了独特的六爪攀壁机器人(如图甲)．六爪攀壁蜘蛛机器人如同排球大小，“腹部”底盘较低，并且安装了驱动风扇．假设所攀爬的墙体为一张纸，当纸靠近运转的电风扇时，由于压力差的改变，纸会被紧紧吸附在电扇表面．正是运用了这个原理，当机器人腹部的驱动风扇开始运转，它便可以稳稳地吸附于墙体上．假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点．在此过程中，重力之外的其他力的合力用F表示，则“机器人”受力情况分析正确的是( )
解析：选C.“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点，加速度从A指向B，根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”的合力方向应该是从A指向B，结合平行四边形定则知：F与mg的合力沿A到B方向，故C正确，A、B、D错误．
3.如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选C.一开始，物体所受合力为F＝10 N－5 N＝5 N，方向向左，当F2由10 N逐渐减小，F也逐渐减小，当F2减小到5 N时，F值变为0，随着F2的继续减小，F方向变为向右，从0逐渐增大，当F2变为0的时候，F变为最大5 N，由牛顿第二定律，物体的加速度也是先减小后增大，故C正确．
4.(2019·泰安高一检测)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m的小丽静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时的( )
A．加速度为零
B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
解析：选B.当小丽处于静止状态时，拉力F＝mg，两绳之间的夹角为120°，若小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时所受合力沿断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，故选项B正确．
5.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为( )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
解析：选C.分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力．剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲．
A球：FT－mg－F＝0
B球：F′－mg＝0，F＝F′
解得FT＝2mg，F＝mg.
剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变．如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F.同理B球受重力mg和弹力F′.
A球：mg＋F＝maA
B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F
解得aA＝2g，aB＝0.
6．(2019·福建模拟)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直，权重相若则正矣．收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似．如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态．若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大．已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( )
解析：选C.不妨假设右边的物体质量减少Δm，则右边的物体向上做匀减速运动，左边的物体做向下做匀加速运动，它们的加速度大小a相同，绳子的拉力大小F相等．
对右边物体，根据牛顿第二定律：F－mg＝(m－Δm)a ①
对左边物体，根据牛顿第二定律：mg－F＝ma ②
联合①②式可得：a＝eq \f(Δm,2m－Δm)·g＝eq \f(1,\f(2m,Δm)－1)·g，根据上式知，Δm和a并非是线性化关系，故A、B错误；当Δm＝m时，可得 a＝g，故C正确，D错误．
7.(2019·封丘校级月考)如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为eq \f(g,2)
C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零
D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
解析：选B.设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F＝2mgsin 30°＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA＝eq \f(F－mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，B的加速度为：aB＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，故B正确，A、C、D错误．
8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图象如图乙所示．由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为g)( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线的斜率等于物体质量的倒数eq \f(1,m)
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率等于物体的质量m
解析：选D.对货物受力分析，受mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝eq \f(1,m)T－g；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，故C正确；当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确；图线的斜率表示质量的倒数eq \f(1,m)，故B正确，D错误．
二、多项选择题
9.如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是( )
A．a＝eq \f(g,4) B．a＝eq \f(g,2)
C．Ff＝eq \f(\r(3),3)G D．Ff＝eq \f(\r(3),4)G
解析：选BD.由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则eq \f(a上,a水)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，a水＝eq \f(\r(3),4)g，a＝ eq \r(aeq \\al(2,水)＋aeq \\al(2,上))＝eq \f(g,2)，Ff＝ma水＝eq \f(\r(3),4)G，故B、D正确．
10.半圆形光滑圆槽内放一质量为m的小球，今用外力拉着圆槽在水平面上匀加速运动，稳定后小球位置如图所示，则小球受圆槽的支持力FN和加速度a为( )
A．FN＝eq \f(\r(3),2)mg B．FN＝eq \f(2\r(3),3)mg
C．a＝eq \f(1,2)g D．a＝eq \f(\r(3),3)g
解析：选BD.小球受力如图，由牛顿第二定律得：F合＝mgtan 30°＝ma
a＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，
则FN＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg
故B、D正确．
11．(2019·辽宁葫芦岛高一月考)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．若物块原来匀速下降，施加力F后物块仍将匀速下滑
B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑
C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑
D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a
解析：选AD.设斜面倾角为θ，原来物体匀速下滑时有：mgsin θ＝μmgcs θ，即sin θ＝μcs θ，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；若物块A原来加速下滑，有mgsin θ>μmgcs θ，将F分解，则Fsin θ>μFcs θ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确．
三、非选择题
12．(2019·武汉高一检测)如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度大小．
解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsin θ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcs θ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
答案：(1)6 m/s2 (2)2 m/s2
13．2019年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100 m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300 kg(忽略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的eq \f(1,6)，求探测器：
(1)从A运动到B过程中的最大速率；
(2)匀加速运动时的加速度大小；
(3)匀减速运动时发动机的反推力大小．
解析：(1)探测器从A运动到B的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(10,20) m/s＝0.5 m/s
最大速度vm＝2eq \(v,\s\up6(－))＝1.0 m/s；
(2)加速时间t1＝eq \f(t,2)＝10 s
加速度大小a＝eq \f(vm,t1)＝0.1 m/s2；
(3)x轴方向的合力：Fx＝ma＝30 N
根据力的平行四边形法则可得：
F＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)mg))\s\up12(2)＋Feq \\al(2,x))＝10eq \r(2509) N≈500 N.
答案：(1)1.0 m/s (2)0.1 m/s2 (3)500 N学习目标
核心素养形成脉络
1.知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义．(重点)
2．知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的．
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．(难点)
性质
理解
因果性
力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性
F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性
加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失
同体性
F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性
作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性
物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
定义式
a＝eq \f(Δv,Δt)
它给出了测量物体的加速度的方法
决定式
a＝eq \f(F,m)
它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素
误认为先有力，
后有加速度
物体的加速度和合外力是同时产生的，不分先后
误认为质量与
力成正比，与加
速度成反比
物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合外力和运动的加速度无关
误认为作用力与
m和a都成正比
物体所受合外力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关
合成法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，将各个力按照力的平行四边形定则在加速度方向上合成，直接求出合力
(2)根据牛顿第二定律列式求解
分解法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，根据力的实际效果，将某一个力分解成两个分力
(2)根据牛顿第二定律列式求解，应用此法时要求对力的作用效果有清楚的认识，要按照力的实际效果进行分解
正交分解法
当物体受到多个力的作用时，利用正交分解法较为简单，利用正交分解法需要建立直角坐标系，建系原则是尽可能少分解矢量，因此建系有两种情况：
(1)沿加速度的方向建一坐标轴，沿垂直加速度方向建一坐标轴，这种方法不需要分解加速度
(2)沿某特定方向建立坐标系，这样可能少分解力，但需要分解加速度，此时应用：Fx＝max，Fy＝may
“绳”或“线”类
“弹簧”或“橡皮筋”类
不同
只能承受拉力，不能承受压力
弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮筋只能承受拉力，不能承受压力
将绳和线看做理想化模型时，无论受力多大(在它的限度内)，绳和线的长度不变，但绳和线的张力可以发生突变
由于弹簧和橡皮筋受力时，其形变较大，形变恢复需经过一段时间，所以弹簧和橡皮筋的弹力不可以突变
相同
质量和重力均可忽略不计，同一根绳、线、弹簧或橡皮筋两端及中间各点的弹力大小相等
一、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，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式
(1)表达式：F＝kma，式中k是比例系数，F指的是物体所受的合力．
(2)国际单位制中：F＝ma．
二、力的单位
1．比例系数k的意义
(1)在F＝kma中，k的选取有一定的任意性．
(2)在国际单位制中k＝1，牛顿第二定律的数学表达式为F＝ma，式中F、m、a的单位分别为N、kg、m/s2．
2．国际单位：力的单位是牛顿，简称牛，符号N．
3．1 N的定义：将使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力规定为1 N，即1 N＝1__kg·m/s2．
思维辨析
(1)由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合外力一定大．( )
(2)牛顿第二定律说明了质量大的物体其加速度一定小．( )
(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致．( )
(4)关于牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k，
①力F的单位用N时等于1.( )
②在国际单位制中才等于1.( )
③加速度单位用m/s2时等于1.( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)①× ②√ ③×
基础理解
(1)(2019·殷都校级月考)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的方向可能跟它所受合力的方向相反
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受的任一个力的大小都成正比
D．当物体的质量改变时，若所受合力的水平分力不变则物体水平加速度大小与其质量成反比
提示：选D.根据牛顿第二定律，物体加速度的方向跟它所受合力的方向相同，故A错误；物体所受合力不为零就一定产生加速度，故B错误；物体实际加速度的大小与它所受的所有力的合力成正比，故C错误；采用正交分解法可知，当物体的质量改变时，若所受合力的水平分力不变则物体水平加速度大小与其质量成反比，故D正确．
(2)力F作用于甲物体(质量为m1)时产生的加速度为a1，此力作用于乙物体(质量为m2)时产生的加速度为a2，若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，则产生的加速度是( )
A.eq \f(a1＋a2,2) B.eq \f(|a1－a2|,2)
C.eq \f(a1a2,a1＋a2) D.eq \f(a1＋a2,a1a2)
提示：选C.力F作用于甲物体时，F＝m1a1①
力F作用于乙物体时，F＝m2a2②
力F作用于甲、乙组成的整体时，F＝(m1＋m2)a3③
解①②③式得a3＝eq \f(a1a2,a1＋a2)，故选项C正确．
对牛顿第二定律的理解
问题导引
如图所示，小明用力拉地面上的箱子，但箱子没动，请思考：
(1)根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，但为什么箱子一直没动呢？
(2)如果箱底光滑，当拉力作用在箱子上的瞬间，箱子是否立刻获得加速度？是否立刻获得速度？
要点提示 (1)牛顿第二定律F＝ma中的力F指的是物体受的合力，尽管小明对箱子有一个拉力作用，但箱子受的合力为零，所以不能产生加速度．
(2)加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得，需要一段时间，故不能立刻获得速度．
【核心深化】
1．表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度．
2．牛顿第二定律的六个性质
3.两个加速度公式的区别
关键能力1 对牛顿第二定律内容的理解
(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是( )
A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比
B．由m＝eq \f(F,a)可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝eq \f(F,m)可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比
D．由m＝eq \f(F,a)可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
[思路点拨] (1)F由物体受力情况决定．
(2)m由物体自身决定．
(3)a由m和F共同决定．
[解析] 牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量．作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误．质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误．由牛顿第二定律知加速度与合外力成正比，与质量成反比，m可由其他两个量求得，故C、D正确．
[答案] CD
关键能力2 合外力、速度和加速度的关系
如图所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
[思路点拨] 加速度的变化要看所受合外力的变化，而速度的变化要看速度方向与加速度方向之间的关系，所以此题最好先找出物体A运动过程中的平衡位置，然后再分析平衡位置左右两侧各物理量的变化情况．
[解析] 力F作用在A上的开始阶段，弹簧弹力kx较小，合力与速度方向同向，物体速度增大，而合力(F－kx)随x增大而减小，加速度也减小，当F＝kx以后，随物体A向左运动，弹力kx大于F，合力方向与速度反向，速度减小，而加速度a随x的增大而增大．综上所述，只有C正确．
[答案] C
eq \a\vs4\al()
1．关于对牛顿第二定律理解的三大误区
2．直线运动中加速度与速度的关系
【达标练习】
1．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法中正确的有( )
A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致
解析：选BC.F、m和a必须选取统一的国际单位，才可写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，所以选项A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，所以选项B正确，选项D错误；由力的独立作用原理知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，故选项C正确．
2.如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是( )
A．加速度越来越大，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D．速度一直减小，加速度大小先减小后增大
解析：选C.在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由a＝eq \f(F合,m)得，a＝eq \f(mg－kx,m)，方向竖直向下，且逐渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mg
牛顿第二定律的应用
问题导引
行车时驾驶员及乘客必须系好安全带，以防止紧急刹车时造成意外伤害．请思考：
(1)汽车突然刹车，要在很短时间内停下来，会产生很大的加速度，这时如何知道安全带对人的作用力大小呢？
(2)汽车启动时，安全带对驾驶员产生作用力吗？
要点提示 (1)汽车刹车时的加速度可由刹车前的速度及刹车时间求得，由牛顿第二定律F＝ma可求得安全带产生的作用力大小．
(2)汽车启动时，有向前的加速度，此时座椅的后背对驾驶员产生向前的作用力，安全带不会对驾驶员产生作用力．
【核心深化】
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤
2．常用方法
关键能力1 应用牛顿第二定律解题
如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向θ＝37°角．小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)车厢运动的加速度；
(2)悬线对小球的拉力．
[思路点拨] (1)小球所受合力方向与加速度方向相同．
(2)小球受两个力作用，可用力的合成法或正交分解法两种方法求解．
[解析] 法一：合成法
由于车厢沿水平方向运动，且小球和车厢相对静止，所以小球加速度(或合力)的方向水平向右．选小球为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F合＝mgtan θ＝ma
小球的加速度
a＝eq \f(F合,m)＝gtan 37°＝eq \f(3,4)g＝7.5 m/s2.
悬线对小球的拉力大小为
F＝eq \f(mg,cs 37°)＝eq \f(1×10,0.8)N＝12.5 N.
法二：正交分解法
建立直角坐标系，并将悬线对小球的拉力正交分解，如图所示．
沿水平方向有Fsin θ＝ma
沿竖直方向有Fcs θ＝mg
解以上两式得a＝7.5 m/s2，F＝12.5 N，a的方向水平向右．
[答案] (1)7.5 m/s2，方向水平向右 (2)12.5 N
关键能力2 瞬时加速度的求解
如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
D．a1＝g，a2＝eq \f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
[思路点拨] (1)支托1、2的木板突然抽出的瞬间，连接1、2的轻质杆弹力发生突变，1、2作为一个整体有自由下落的趋势．
(2)支托3、4的木板突然抽出的瞬间，连接3、4的弹簧弹力不会发生突变，物块3的合外力仍为0.物块4只受弹力和自身重力两个力作用．
[解析] 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq \f(F＋Mg,M)＝eq \f(M＋m,M)g，所以C对．
[答案] C
eq \a\vs4\al()
1．两种“模型”
根据牛顿第二定律知，加速度与合力存在瞬时对应关系．分析物体的瞬时问题，关键是分析该时刻前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立．
2.解决此类问题的基本方法
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，求出各力大小(若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；若处于加速状态，则利用牛顿第二定律)．
(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)．
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度．
【达标练习】
1．(2019·陕西西安高一期末)如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α，已知θ<α，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小车一定向右做匀加速运动
B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C．小球P受到的合力不一定沿水平方向
D．小球Q受到的合力大小为mgtan α
解析：选D.对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtan α＝ma，得到a＝gtan α.故加速度向右，小车向右加速，或向左减速，故A错误；对P球，设受到杆的拉力与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律得：mgtan β＝ma′，得β＝α>θ，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小F合＝ma＝mgtan α，故C错误，D正确．
2．(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是( )
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝eq \f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确，C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左，选项B正确，D错误．
1．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a2，则( )
A．a1＝a2 B．a1
C．a1>a2 D．无法判断a1与a2的大小
解析：选A.设小孩的质量为m，与滑梯的动摩擦因数为μ，滑梯的倾角为θ，小孩下滑过程中受到重力mg、滑梯的支持力N和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律得：mgsin θ－f＝ma，N＝mgcs θ，又f＝μN，联立得：a＝g(sin θ－μcs θ)，可见，加速度a与小孩的质量无关，则当第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下时，加速度与第一次相同，即有a1＝a2.
2．(多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的水平力的作用，则这个物体运动情况为( )
A．速度不断增大，但增大得越来越慢
B．加速度不断增大，速度不断减小
C．加速度不断减小，速度不断增大
D．加速度不变，速度先减小后增大
解析：选AC.水平面光滑，说明物体不受摩擦力作用，故物体所受合力大小等于水平力的大小，力逐渐减小，合外力也逐渐减小，由公式F＝ma可知：当F逐渐减小时，a也逐渐减小，但速度逐渐增大．
3.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度为g.在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：选AC.剪断细线前，对整体由平衡条件可知，细线承受的拉力F＝3mg，剪断细线瞬间，物块a所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件可知重力与拉力合力大小为3mg，由牛顿第二定律可知，a1＝3g，A项正确，B项错误；在剪断细线前，两弹簧S1、S2弹力大小分别为FT1＝2mg、FT2＝mg，剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律F＝kx可知，Δl1＝2Δl2，C项正确，D项错误．
4．(2019·温州期中)如图甲所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，能提供向上最大的升力为32 N．现让无人机在地面上从静止开始竖直向上运动，25 s后悬停在空中，执行拍摄任务．前25 s内运动的v－t图象如图乙所示，在运动时所受阻力大小恒为无人机重的0.2，g取10 m/s2.求：
(1)从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移；
(2)加速和减速上升过程中提供的升力；
(3)25 s后悬停在空中，完成拍摄任务后，关闭升力一段时间，之后又重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t.(设无人机只做直线下落)
解析：(1)由v－t图象面积可得，无人机从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移为70 m.
(2)由图象的斜率知，加速过程加速度为a1＝0.8 m/s2，设加速过程升力为F1，
由牛顿第二定律得：F1－mg－0.2mg＝ma1
解得：F1＝25.6 N
由图象的斜率知，减速过程中加速度大小为a2＝0.4 m/s2，设减速过程升力为F2，
由牛顿第二定律得：mg＋0.2mg－F2＝ma2，
解得：F2＝23.2 N.
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3
解得：a3＝8 m/s2
恢复最大升力后加速度为a4，由牛顿第二定律得：
Fmax－mg＋0.2mg＝ma4，
解得：a4＝8 m/s2
根据对称性可知，应在下落过程的中间位置恢复升力，
由eq \f(H,2)＝eq \f(1,2)a3t2，得t＝eq \f(\r(35),2) s.
答案：(1)70 m (2)25.6 N 23.2 N (3)eq \f(\r(35),2) s
一、单项选择题
1．(2019·昆明高一检测)由牛顿第二定律知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子没有推动时是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于摩擦力，加速度是负值
D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止
解析：选D.牛顿第二定律中的力应理解为物体所受的合力．用一个力推桌子没有推动，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以物体仍静止，故选项D正确，选项A、B、C错误．
2．(2019·浙江期中)来自北京工业大学的一群大学生，受“蜘蛛侠”的启发，研发出了独特的六爪攀壁机器人(如图甲)．六爪攀壁蜘蛛机器人如同排球大小，“腹部”底盘较低，并且安装了驱动风扇．假设所攀爬的墙体为一张纸，当纸靠近运转的电风扇时，由于压力差的改变，纸会被紧紧吸附在电扇表面．正是运用了这个原理，当机器人腹部的驱动风扇开始运转，它便可以稳稳地吸附于墙体上．假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点．在此过程中，重力之外的其他力的合力用F表示，则“机器人”受力情况分析正确的是( )
解析：选C.“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到B点，加速度从A指向B，根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”的合力方向应该是从A指向B，结合平行四边形定则知：F与mg的合力沿A到B方向，故C正确，A、B、D错误．
3.如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：选C.一开始，物体所受合力为F＝10 N－5 N＝5 N，方向向左，当F2由10 N逐渐减小，F也逐渐减小，当F2减小到5 N时，F值变为0，随着F2的继续减小，F方向变为向右，从0逐渐增大，当F2变为0的时候，F变为最大5 N，由牛顿第二定律，物体的加速度也是先减小后增大，故C正确．
4.(2019·泰安高一检测)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m的小丽静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时的( )
A．加速度为零
B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
解析：选B.当小丽处于静止状态时，拉力F＝mg，两绳之间的夹角为120°，若小丽左侧橡皮绳断裂，则小丽此时所受合力沿断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，故选项B正确．
5.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为( )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
解析：选C.分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力．剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲．
A球：FT－mg－F＝0
B球：F′－mg＝0，F＝F′
解得FT＝2mg，F＝mg.
剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变．如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F.同理B球受重力mg和弹力F′.
A球：mg＋F＝maA
B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F
解得aA＝2g，aB＝0.
6．(2019·福建模拟)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直，权重相若则正矣．收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似．如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态．若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大．已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( )
解析：选C.不妨假设右边的物体质量减少Δm，则右边的物体向上做匀减速运动，左边的物体做向下做匀加速运动，它们的加速度大小a相同，绳子的拉力大小F相等．
对右边物体，根据牛顿第二定律：F－mg＝(m－Δm)a ①
对左边物体，根据牛顿第二定律：mg－F＝ma ②
联合①②式可得：a＝eq \f(Δm,2m－Δm)·g＝eq \f(1,\f(2m,Δm)－1)·g，根据上式知，Δm和a并非是线性化关系，故A、B错误；当Δm＝m时，可得 a＝g，故C正确，D错误．
7.(2019·封丘校级月考)如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
B．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小均为eq \f(g,2)
C．剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度均为零
D．剪断轻绳的瞬间，A的加速度为零，B的加速度大小为g
解析：选B.设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F＝2mgsin 30°＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA＝eq \f(F－mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，B的加速度为：aB＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，故B正确，A、C、D错误．
8．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图象如图乙所示．由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为g)( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线的斜率等于物体质量的倒数eq \f(1,m)
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率等于物体的质量m
解析：选D.对货物受力分析，受mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝eq \f(1,m)T－g；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，故C正确；当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确；图线的斜率表示质量的倒数eq \f(1,m)，故B正确，D错误．
二、多项选择题
9.如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是( )
A．a＝eq \f(g,4) B．a＝eq \f(g,2)
C．Ff＝eq \f(\r(3),3)G D．Ff＝eq \f(\r(3),4)G
解析：选BD.由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则eq \f(a上,a水)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，a水＝eq \f(\r(3),4)g，a＝ eq \r(aeq \\al(2,水)＋aeq \\al(2,上))＝eq \f(g,2)，Ff＝ma水＝eq \f(\r(3),4)G，故B、D正确．
10.半圆形光滑圆槽内放一质量为m的小球，今用外力拉着圆槽在水平面上匀加速运动，稳定后小球位置如图所示，则小球受圆槽的支持力FN和加速度a为( )
A．FN＝eq \f(\r(3),2)mg B．FN＝eq \f(2\r(3),3)mg
C．a＝eq \f(1,2)g D．a＝eq \f(\r(3),3)g
解析：选BD.小球受力如图，由牛顿第二定律得：F合＝mgtan 30°＝ma
a＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，
则FN＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg
故B、D正确．
11．(2019·辽宁葫芦岛高一月考)如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．若物块原来匀速下降，施加力F后物块仍将匀速下滑
B．若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑
C．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑
D．若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a
解析：选AD.设斜面倾角为θ，原来物体匀速下滑时有：mgsin θ＝μmgcs θ，即sin θ＝μcs θ，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；若物块A原来加速下滑，有mgsin θ>μmgcs θ，将F分解，则Fsin θ>μFcs θ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确．
三、非选择题
12．(2019·武汉高一检测)如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度大小．
解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsin θ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcs θ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
答案：(1)6 m/s2 (2)2 m/s2
13．2019年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100 m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300 kg(忽略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的eq \f(1,6)，求探测器：
(1)从A运动到B过程中的最大速率；
(2)匀加速运动时的加速度大小；
(3)匀减速运动时发动机的反推力大小．
解析：(1)探测器从A运动到B的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(10,20) m/s＝0.5 m/s
最大速度vm＝2eq \(v,\s\up6(－))＝1.0 m/s；
(2)加速时间t1＝eq \f(t,2)＝10 s
加速度大小a＝eq \f(vm,t1)＝0.1 m/s2；
(3)x轴方向的合力：Fx＝ma＝30 N
根据力的平行四边形法则可得：
F＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)mg))\s\up12(2)＋Feq \\al(2,x))＝10eq \r(2509) N≈500 N.
答案：(1)1.0 m/s (2)0.1 m/s2 (3)500 N学习目标
核心素养形成脉络
1.知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义．(重点)
2．知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的．
3．能应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．(难点)
性质
理解
因果性
力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性
F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性
加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失
同体性
F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性
作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性
物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
定义式
a＝eq \f(Δv,Δt)
它给出了测量物体的加速度的方法
决定式
a＝eq \f(F,m)
它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素
误认为先有力，
后有加速度
物体的加速度和合外力是同时产生的，不分先后
误认为质量与
力成正比，与加
速度成反比
物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合外力和运动的加速度无关
误认为作用力与
m和a都成正比
物体所受合外力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关
合成法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，将各个力按照力的平行四边形定则在加速度方向上合成，直接求出合力
(2)根据牛顿第二定律列式求解
分解法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，根据力的实际效果，将某一个力分解成两个分力
(2)根据牛顿第二定律列式求解，应用此法时要求对力的作用效果有清楚的认识，要按照力的实际效果进行分解
正交分解法
当物体受到多个力的作用时，利用正交分解法较为简单，利用正交分解法需要建立直角坐标系，建系原则是尽可能少分解矢量，因此建系有两种情况：
(1)沿加速度的方向建一坐标轴，沿垂直加速度方向建一坐标轴，这种方法不需要分解加速度
(2)沿某特定方向建立坐标系，这样可能少分解力，但需要分解加速度，此时应用：Fx＝max，Fy＝may
“绳”或“线”类
“弹簧”或“橡皮筋”类
不同
只能承受拉力，不能承受压力
弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮筋只能承受拉力，不能承受压力
将绳和线看做理想化模型时，无论受力多大(在它的限度内)，绳和线的长度不变，但绳和线的张力可以发生突变
由于弹簧和橡皮筋受力时，其形变较大，形变恢复需经过一段时间，所以弹簧和橡皮筋的弹力不可以突变
相同
质量和重力均可忽略不计，同一根绳、线、弹簧或橡皮筋两端及中间各点的弹力大小相等
相关试卷
人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律综合训练题： 这是一份人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律综合训练题，共4页。
人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律精练： 这是一份人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律精练，共6页。
物理必修 第一册3 牛顿第二定律同步练习题： 这是一份物理必修 第一册3 牛顿第二定律同步练习题，共8页。
