第四章 3．牛顿第二定律-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（教科版2019）

物理　必修　第一册 3．牛顿第二定律 1．知道牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义。2.知道国际单位制中力的单位“牛顿”的定义。3.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。 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)比例式形式：a∝。 (2)等式形式：F＝kma，式中k是比例系数。 3．力的单位：人们规定作用在1 kg的物体上、使物体产生1 m/s2的加速度的力是“一个单位的力”，这时力的单位为kg·m/s2。上述单位称为牛顿，用符号N表示。 4．在质量的单位取千克(kg)，加速度的单位取米每二次方秒(m/s2)，力的单位取牛顿(N)时，牛顿第二定律的表达式简化为F＝ma。 5．公式中的各物理量是针对同一物体而言的。公式表明了a与F的瞬时关系。 二　牛顿第二定律的初步应用 1．在实际中物体往往同时受到几个力的作用，此时，牛顿第二定律中的“作用力”指的是合力，公式表述为F合＝ma。 2．如果作用在物体上的各个分力在一平面内，在此平面内建立直角坐标系，分别求各分力在x、y方向的合力Fx合、Fy合，则牛顿第二定律可写成Fx合＝max，Fy合＝may。 3．牛顿第二定律说明：只有受到的合力不为零时，物体才具有加速度；力恒定不变，加速度也恒定不变；力随着时间改变，加速度也随着时间改变；在某一时刻，力停止作用，加速度随即消失，物体由于惯性将保持该时刻的运动状态不再改变。 1．判一判 (1)加速度的方向决定了合力的方向。(　　) (2)加速度的大小跟合力成正比，跟物体的质量成反比。(　　) (3)牛顿第二定律表达式F＝kma中的比例系数k，在国际单位制中等于1。(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)√ 2．想一想 静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力，在拉力刚开始作用的瞬间，物体是否立即有加速度？是否立即有较大速度？ 提示：力是产生加速度的原因，力与加速度具有瞬时对应关系，故在力刚开始作用的瞬间，物体立即获得加速度；但由公式Δv＝aΔt可知，必须经过一段时间加速，物体才能获得较大速度。 探究1　牛顿第二定律的理解 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 活动1：通过上一节的实验，我们知道物体的加速度与物体受到的合力成正比，与物体的质量成反比。那么如何用数学等式来表示这个结论？ 提示：由结论可知a∝，引入比例系数k可得F＝kma。 活动2：大量的实验和观察都支持上述结论，活动1所得出的等式为牛顿第二定律。为了进一步简化上述等式，规定作用在1 kg的物体上、使物体产生1 m/s2的加速度的力是“一个单位的力”，这时力的单位用符号N表示。请写出国际单位制中牛顿第二定律的表达式。 提示：质量为1 kg的物体在某个力的作用下获得1 m/s2的加速度时，这个力F＝kma＝k·1 kg·m/s2。根据力的单位的定义，F＝1 N＝1 kg·m/s2，则这时k＝1，牛顿第二定律可简化为F＝ma。 活动3：历史上曾经用过厘米·克·秒制单位，即F＝kma中，质量的单位是g，加速度的单位是cm/s2，仍取k＝1，那么在此单位制中力的单位还是N吗？ 提示：F＝kma中，取k＝1，m为1 g，a为1 cm/s2，则F＝ma＝1 g·cm/s2＝1×10－5 kg·m/s2＝1×10－5 N。可见，在厘米·克·秒制单位制中，力的单位是g·cm/s2，而不是N。 1．表达式F＝ma中F指物体受到的力，实际物体所受的力往往不止一个，这时F指物体所受的合力，该式中，F、m、a的单位都要用国际单位。 2．对牛顿第二定律的理解 (1)因果性：力是使物体产生加速度的原因，物体加速度的大小跟它受到的作用力的大小成正比，加速度的方向跟作用力的方向相同。 (2)瞬时性：a与F同时产生、同时变化、同时消失，为瞬时对应关系。 (3)矢量性：F＝ma是矢量式，任一时刻a的方向均与力F的方向一致，当力F的方向变化时，a的方向同时变化。 (4)同体性：公式F＝ma中a、F、m对应于同一物体。 (5)相对性：牛顿第二定律适用于相对地面静止或做匀速直线运动的参考系(惯性系)，对相对地面做变速运动的参考系(非惯性系)不适用。 (6)独立性：当物体同时受到几个力作用时，各个力都遵循牛顿第二定律F＝ma，每个力都会使物体产生一个加速度，这些加速度的矢量和即为物体具有的合加速度，此时有F合＝ma。当作用在物体上的各个力在一平面内时，牛顿第二定律可表示为。 Fx合、ax分别为x方向上物体受到的合力、x方向上物体的加速度；Fy合、ay分别为y方向上物体受到的合力、y方向上物体的加速度。 3．从牛顿第二定律理解惯性：惯性是物体保持自己原来运动状态的性质，大小只与物体的质量有关，是物体本身的固有属性。在确定的作用力下，质量越大，加速度越小，运动状态越难改变，惯性越大。 例1　(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，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B．由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C．由a＝可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比 D．由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求出 物体的受力、加速度和质量各由什么决定？ 提示：物体的受力由它本身及与它相互作用的物体决定，加速度由力和质量共同决定，质量由物体本身决定。 [规范解答]　物体所受的合力，是由物体和与它相互作用的物体共同决定的，不由物体的质量和物体的加速度决定，A错误；物体的质量由物体本身决定，不由物体所受的合力与物体的加速度决定，B错误；由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比，C正确；牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了式中各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可以求第三个量，D正确。 [答案]　CD 两个加速度公式的区别 a＝是加速度的定义式，是用比值定义法定义加速度的，a与v、Δv、Δt均无关；a＝是加速度的决定式，加速度由物体受到的合力和物体的质量决定。 [变式训练1]　(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　) A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取 B．某一时刻的加速度只决定于这一时刻物体所受的合力，与这一时刻之前或之后的受力无关 C．公式F＝ma中，a实际上是作用于该物体上的每一个力所产生加速度的矢量和 D．物体的运动方向一定与它所受合力的方向一致 答案：BC 解析：F、m、a均取国际单位时，牛顿第二定律公式可以写成F＝ma的形式，否则比例系数k不一定为1，A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合力与加速度的对应关系，它既表明F、m、a三者数值上的对应关系，同时也表明加速度的方向与合力的方向是一致的，即矢量对应关系，但物体速度方向与所受合力的方向不一定相同，B正确，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，C正确。 探究2　牛顿第二定律的简单应用 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 活动1：马拉雪橇的力沿什么方向？ 提示：马拉雪橇的力沿绳子斜向上。 活动2：雪橇在水平地面上做变速运动，雪橇受到的合力沿什么方向？ 提示：雪橇受到的合力沿水平方向。 活动3：怎么求雪橇受到的合力？ 提示：因为雪橇受重力、压力、支持力、拉力、摩擦力，受到三个以上的力的作用，所以用正交分解法求合力比较方便。 活动4：如何求雪橇的加速度？ 提示：根据牛顿第二定律求解。 1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象。 (2)进行受力分析和运动情况分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程。 (3)求出合力或加速度。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 2．应用牛顿第二定律解题的方法 (1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加速度。加速度的方向就是物体所受合力的方向。 (2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。在实际应用中常将力分解，且将加速度所在的方向选为x轴或y轴；有时也可分解加速度，则有。 注意：若知道加速度也可应用牛顿第二定律求物体所受的力。 例2　(多选)小明正在火车的餐车上用餐，当列车广播火车马上就要进站时，小明发现自己面前杯子里的水面发生了如图所示的倾斜，小明目测水面与水平面的夹角大约为θ＝10°，且离自己身体近的一侧水面较低。已知火车在水平方向沿直线运动，可判断(提示：可取水面上任一小部分水为研究对象)(　　) A．火车此刻的加速度大小为gsin10° B．火车此刻的加速度大小为gtan10° C．小明此时面对火车前进的方向 D．小明此时背对火车前进的方向 (1)取水面上任一小部分水为研究对象，它受到什么力？ 提示：受到重力及垂直水面向上的支持力。 (2)这一小部分水的加速度a沿什么方向？ 提示：根据力的合成及牛顿第二定律，加速度a沿水平方向且指向小明。 [规范解答]　以水面上任一小部分水为研究对象，水受到竖直向下的重力mg及垂直水面向上的支持力FN，根据力的合成及牛顿第二定律，可知这一小部分水受到的合力方向沿水平方向且指向小明，如图所示。根据牛顿第二定律有F合＝mgtanθ＝ma，解得此刻水的加速度大小为a＝gtanθ＝gtan10°，这也是火车的加速度值。由于火车进站做减速运动，加速度方向与速度方向相反，所以小明此时是面对火车前进的方向的，故B、C正确。 [答案]　BC (1)当一个物体只受两个力的作用产生加速度时，一般采用平行四边形定则求合力，合力的方向就是加速度的方向。 (2)采用正交分解法时，在受力分析后，建立直角坐标系是关键。在建立直角坐标系时，不管选取哪个方向为x轴正方向，最后得到的结果都应该是一样的，但在选取坐标轴时，应以解题方便为原则。 [变式训练2]　如图所示，质量为m的人随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平面成θ角，求： (1)人在加速上升过程中受到的摩擦力的大小与方向； (2)人所受支持力的大小。 答案：(1)macosθ　方向水平向右 (2)m(g＋asinθ) 解析：(1)如图所示，建立直角坐标系，对人进行受力分析，并将加速度a沿已知力的方向正交分解，得a1＝asinθ， a2＝acosθ 在水平方向上，由牛顿第二定律知 Ff＝ma2＝macosθ，方向水平向右。 (2)在竖直方向上，根据牛顿第二定律有： FN－mg＝ma1 解得FN＝m(g＋asinθ)。 探究3　牛顿第二定律的瞬时性问题 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 活动1：图中细线和弹簧受力而发生形变，形变明显的是弹簧还是细线？ 提示：弹簧。 活动2：发生明显形变的物体，恢复原状需要时间吗？它产生的弹力能突变吗？请举出发生明显形变的例子。 提示：需要时间；它产生的弹力不能突变；如弹簧、橡皮筋在力的作用下发生明显形变。 活动3：没有发生明显形变的物体，恢复原状需要时间吗？它产生的弹力能突变吗？请举出没有发生明显形变的例子。 提示：需要，但需要的时间极短，可以忽略；它产生的弹力能突变；如线、板、棒等在力的作用下发生的形变不明显。 活动4：当物体受到的合力发生突变时，加速度突变吗？ 提示：由牛顿第二定律可知，F与a具有瞬时对应关系，故合力发生突变时，加速度突变。 活动5：若剪断图中弹簧，则剪断时细线上的力F2发生突变吗？此时小球的加速度是多少？(用g和θ表示) 提示：若剪断图中弹簧，则剪断时细线上的力F2发生突变，立即变为零；此时小球只受重力，加速度为g。 活动6：若剪断图中细线，则剪断时弹簧上的力F1发生突变吗？此时小球的加速度是多少？(用g和θ表示) 提示：若剪断图中细线，则剪断时细线上的拉力立即变为零，弹簧上的弹力F1不发生突变，弹簧上的弹力F1的大小、方向均不变；此时小球受重力和弹簧弹力作用，合力大小为F2，方向水平向左，加速度为a＝＝gtanθ。 物体在某时刻的瞬时加速度由该时刻所受的合力决定，当物体的受力发生变化时，其加速度同时发生变化。这类瞬时性问题常会遇到轻绳、轻杆、接触面、轻弹簧、橡皮条等模型。轻绳、轻杆、轻弹簧中“轻”的含义：模型的质量忽略不计，所以其内部的弹力处处相等，且与运动状态变化无关。 按弹力瞬时性的特点，可分为两类模型： (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失。 (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，当两端有物体相连时，由于惯性，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的。 分析物体在某时刻的瞬时加速度，关键是分析这一时刻物体的受力情况，明确哪些力不变，哪些力发生突变，再用牛顿第二定律求出瞬时加速度。 例3　“儿童蹦极”是近期兴起的一项游戏项目。为保证儿童在游戏过程中的安全，需在腰间左、右两侧拴与悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。质量为m的小朋友如图所示静止悬挂时，两橡皮绳与水平方向的夹角均为30°，则(　　) A．每根橡皮绳上的拉力为mg B．若仅将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变大 C．若此时其左侧橡皮绳在腰间突然断裂，则小朋友此时刻的加速度大小a＝g D．若将橡皮绳换成不可伸长的轻绳，其左侧轻绳在腰间突然断裂时，其右侧轻绳中的拉力立即变为零 (1)若其左侧橡皮绳在腰间突然断裂，其右侧橡皮绳的弹力是否发生突变？ 提示：不发生突变。 (2)若将橡皮绳换成不可伸长的轻绳，当其左侧轻绳在腰间突然断裂时，其右侧轻绳的弹力是否发生突变？ 提示：发生突变。 [规范解答]　小朋友的受力情况如图所示，受重力和两个拉力而平衡，根据平衡条件有2FTsin30°＝mg，解得FT＝mg，故A错误；设两橡皮绳与水平方向的夹角均为θ，根据共点力平衡条件得2FTsinθ＝mg，当悬点间的距离变小时，则θ变大，sinθ变大，可知橡皮绳所受的拉力将变小，故B错误；若其左侧橡皮绳在腰间突然断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则小朋友的重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时的拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，小朋友此时所受合力大小为mg，加速度大小为g，故C正确；若将橡皮绳换成两根不可伸长的轻绳，当小朋友左侧的轻绳突然断裂时，右侧轻绳中的拉力将发生突变，将重力沿绳的方向和垂直绳的方向分解，由于小朋友的重力沿绳的方向的分力，其右侧轻绳中的拉力不为零，故D错误。 [答案]　C 1．分析瞬时加速度的“两个关键” (1)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 (2)分析该时刻前、后的受力情况和运动情况。 2．分析瞬时加速度的“四个步骤” 第一步：分析物体原来的受力情况； 第二步：分析物体在突变时的受力情况； 第三步：由牛顿第二定律列方程； 第四步：求出瞬时加速度并讨论其合理性。 [变式训练3－1]　如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　) A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g 答案：C 解析：在抽出木板的瞬间，木块1受重力和弹力，mg＝F(F为弹簧的弹力)，a1＝0，木块2受重力和弹力，根据牛顿第二定律，a2＝＝g，故C正确。 [变式训练3－2]　如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(　　) A．0 B．大小为g，方向竖直向下 C．大小为g，方向水平向右 D．大小为g，方向垂直于木板向下 答案：D 解析：在未撤离木板时，小球受到重力mg、弹簧的弹力F和木板的弹力FN而静止，在木板撤离的瞬间，木板的弹力FN立即消失，弹簧弹力的大小和方向均没有发生变化，小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg和弹簧的弹力F两个力的作用，这两个力的合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故此时加速度的方向垂直于木板向下，大小为a＝＝g，D正确。 课后课时作业 1．(力的单位)(多选)在牛顿第二定律的数学表达式F＝kma中，有关比例系数k的说法，正确的是(　　) A．k的数值由F、m、a的数值决定 B．k的数值由F、m、a的单位决定 C．在国际单位制中，k＝1 D．在任何情况下，k都等于1 答案：BC 解析：在F＝kma中，k的数值由F、m、a的单位决定，而与F、m、a的数值无关，当“m”的单位取kg，“a”的单位取m/s2，“F”的单位取N时，k＝1，其他情况下，k不一定等于1，故A、D错误，B、C正确。 2．(力、加速度、速度的关系)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法不正确的是(　　) A．合力不等于零时，物体的加速度和速度也一定都不等于零 B．合力变小时，物体运动的速度可能变大 C．物体做加速直线运动时，合力的方向一定与速度方向相同 D．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向有可能相反 答案：A 解析：合力不等于零时，物体的加速度一定不等于零，但物体的速度可能等于零，如自由落体运动的初始时刻速度为零而加速度不为零，A错误；合力变小时，物体运动的速度可能变大，例如当合力的方向与物体的速度方向相同时，合力减小，物体运动的速度变大，B正确；物体做加速直线运动时，合力的方向一定与速度方向相同，C正确；由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向有可能相反，D正确。本题选说法不正确的，故选A。 3．(牛顿第二定律的简单应用)惯性制导系统的原理如图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m的滑块，滑块的两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度。滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度(　　) A．方向向左，大小为 B．方向向右，大小为 C．方向向右，大小为 D．方向向左，大小为 答案：C 解析：导弹沿水平方向运动，滑块相对制导系统静止时，导弹的速度与制导系统滑块的速度始终相等，则其加速度相等。滑块受到左、右两侧弹簧的弹力方向均向右，大小均为ks，则合力方向向右，加速度方向向右。由牛顿第二定律得2ks＝ma，解得a＝，故A、B、D错误，C正确。 4.(牛顿第二定律的简单应用)在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受到伤害，为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻猛烈碰撞。假定乘客质量为60 kg，汽车车速为108 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小最接近(　　) A．250 N B．300 N C．360 N D．720 N 答案：C 解析：刹车过程中，乘客的平均加速度大小a＝＝＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可知，安全带对乘客的平均作用力大小为F＝ma＝60 kg×6 m/s2＝360 N，故C正确，A、B、D错误。 5.(瞬时性问题)如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度为g＝10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为(　　) A．0 B．大小为10 m/s2，方向竖直向下 C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 答案：C 解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：N＝mgcos30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力N大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos30°＝ma，解得a＝5 m/s2，方向斜向右下方，C正确。 6．(牛顿第二定律的矢量性)(多选)直升机具有机动灵活的特点，在救援、森林灭火等方面有着重要的应用。如图所示为直升机在飞行过程中的两种姿态，对于这两种姿态，下列说法中正确的是(　　) A．甲图为降落过程 B．乙图为降落过程 C．甲图为起飞过程 D．乙图为起飞过程 答案：BC 解析：对甲、乙两图中的直升机分别受力分析如图1、图2所示，由图1可以看出直升机机身向前倾，由于螺旋桨的作用使得直升机获得斜向前的升力，升力水平向前的分力使得其在水平方向上加速，故甲图为直升机起飞过程，A错误，C正确；由图2可以看出直升机机身向后倾，由于螺旋桨的作用使得直升机获得斜向后的升力，升力水平向后的分力使得其在水平方向上减速，故乙图为直升机降落过程，B正确，D错误。 7．(牛顿第二定律的简单应用)新疆长绒棉因质量美誉世界。长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人机为棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8 s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25 kg，无人机作业速度为7 m/s，重力加速度为10 m/s2。则在加速阶段空气对无人机的作用力约为(　　) A．250 N B．258 N C．313 N D．358 N 答案：B 解析：根据加速度定义得a＝＝＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有F合＝ma，对无人机受力分析，受到空气的作用力F、竖直向下的重力，两力的合力F合沿水平方向，根据三角形定则可得F＝≈258 N，故选B。 8．(牛顿第二定律的简单应用)2021年11月23日7时45分，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号丙遥三十七运载火箭成功发射高分三号02星。此次入列的高分三号02星将与高分三号01星组网，满足陆海观测快速重访需求，为多极化合成孔径雷达卫星数据业务化应用提供支撑。火箭燃料燃烧生成的炽热气流从喷口高速向下喷出，对火箭产生强大的向上推动力，将运载火箭竖直加速推向高空。设火箭受到的推动力恒定不变，不计大气对火箭的阻力和由于高度变化导致的重力加速度变化，由于燃料的消耗导致火箭总质量逐渐减小，下面四幅图像是t＝0时刻点火后，火箭的速度随时间t变化的图像，有可能正确的是(　　) 答案：D 解析：根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得火箭的加速度a＝－g，F、g不变，随着火箭总质量m的减小，加速度a逐渐增大，故D可能正确。 9．(牛顿第二定律的简单应用)在太空舱内可采用动力学方法测物体质量。其原理如下：先对质量为m0的标准物体施加一水平推力，测得其加速度为2 m/s2；然后将该标准物体与待测物体紧靠在一起，施加相同的水平推力，测得共同加速度为1 m/s2。若m0＝2 kg，则待测物体的质量为(　　) A．1 kg B．2 kg C．3 kg D．4 kg 答案：B 解析：当力作用于标准物体时，由牛顿第二定律有F＝m0a1＝2 kg×2 m/s2＝4 N，当相同的力作用于标准物体和待测物体整体时，由牛顿第二定律有F＝(m0＋m)a2，可解得待测物体的质量m＝－m0＝2 kg，故B正确，A、C、D错误。 10．(力、加速度、速度的关系)如图甲，蹦床是学生们非常喜爱的一种户外运动，其原理可简化为如图乙所示，两条橡皮绳上端点A、B等高固定在金属柱上，下端系于某同学身上。橡皮绳处于ACB时为原长状态。把该同学向下拉，使橡皮绳处于ADB状态，放手后，该同学向上运动恰好到达E点。不计空气阻力，则该同学(　　) A．在D点加速度为零，速度为零 B．在C点加速度为零，速度最大 C．从D点到C点，加速度一直减小 D．从D点到C点，速度先增大后减小 答案：D 解析：由受力分析可知，该同学在D点处所受合力方向向上，随着从D到C运动，向上的合力逐渐减小，在D、C间某位置F点所受合力为零，而从F点向C运动过程中，该同学受到的合力方向向下且逐渐增大，到C点时两橡皮绳作用力均为零，仅受重力作用，根据牛顿第二定律可知，该同学在D点和C点加速度均不为零，且从D点到C点，加速度先减小到零，后反向增大，则从D点到C点，速度先从零开始增大，然后减小。综上所述，A、B、C错误，D正确。 11．(瞬时性问题)(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是(　　) A．弹簧的弹力不变 B．小球立即获得向左的加速度，且a＝8 m/s2 C．小球立即获得向左的加速度，且a＝10 m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2 答案：AB 解析：剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，A正确；剪断轻绳前，f＝0，由于θ＝45°，则弹簧弹力与小球重力大小相等，F＝G＝mg＝10 N，剪断轻绳的瞬间，f＝μN＝μmg＝2 N，小球的加速度a＝＝＝8 m/s2，方向向左，B正确，C错误；若剪断弹簧，轻绳对小球的拉力瞬间突变为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，D错误。 12．(牛顿第二定律的应用)动车出站时，先经历一个水平直线加速运动过程，某实验小组想测量其加速度的大小，设计如图所示的实验：在车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ。重力加速度为g。 (1)画出小球的受力示意图； (2)求动车的加速度大小a； (3)求悬线对小球的拉力大小T。 答案：(1)图见解析　(2)gtanθ　(3) 解析：(1)小球受到竖直向下的重力和悬线的拉力作用，合力方向水平向左，示意图如图所示。 (2)根据几何关系可知小球所受合力 F合＝mgtanθ 故由牛顿第二定律可知小球的加速度大小为 a＝＝＝gtanθ 动车和小球的加速度相同，故动车的加速度大小为gtanθ。 (3)根据几何关系可知cosθ＝ 解得T＝ 即悬线对小球的拉力大小为。 13．(力、加速度、速度的关系)(多选)已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与雨滴下落速度的平方成正比，用公式表示为f＝kv2。假设雨滴从足够高处由静止竖直落下，则关于雨滴在空中的受力和运动情况，下列说法正确的是(　　) A．雨滴受到的阻力逐渐变小直至为零 B．雨滴受到的阻力逐渐变大直至不变 C．雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变小直至为零 D．雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变大直至不变 答案：BD 解析：设雨滴的质量为m，加速度为a，雨滴下落过程中，受重力mg和空气阻力f的作用，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，又f＝kv2，联立两式整理可得a＝g－＝g－，由此可知当速度v增大时，f增大，a减小，所以雨滴先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为零之后，速度达到最大，雨滴开始做匀速直线运动，此时空气阻力与重力平衡，则雨滴受到的阻力先变大后不变，雨滴受到的合力逐渐减小，直至为零，故A、C错误，B、D正确。 14．(瞬时性问题)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，1、2、3、4、5五个球的质量均为m，轻质弹簧B、D分别连接球1、2和3、4，固定点O与球1间，球2、3间，球4、5间分别由轻质细线A、C、E连接。弹簧与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．仅将细线A烧断的瞬间，球1的加速度沿斜面向下，大小为5gsinθ B．仅将细线A烧断的瞬间，球2的受力情况改变，加速度为gsinθ C．仅将细线C烧断的瞬间，小球2的加速度沿斜面向上，大小为3gsinθ D．仅将细线C烧断的瞬间，细线E的拉力大小为0 答案：AC 解析：系统处于静止状态时，对球1、2、3、4、5整体分析，根据平衡条件，可知细线A弹力大小为T1＝5mgsinθ，将细线A烧断的瞬间，弹簧B的伸长量不变，其弹力不变，即球1所受外力的合力大小为T1，根据牛顿第二定律有T1＝ma1，解得a1＝5gsinθ，方向沿斜面向下，同时由弹簧B弹力不变，可知球2、3、4受力情况均没有发生变化，其加速度均为0，故A正确，B错误；系统处于静止状态时，对球3、4、5整体分析，根据平衡条件，可知细线C弹力大小为T2＝3mgsinθ，将细线C烧断的瞬间，弹簧B弹力不变，即球2所受外力的合力大小为T2，根据牛顿第二定律有T2＝ma2，解得a2＝3gsinθ，方向沿斜面向上，同时由弹簧D弹力大小不变，可知球4、5受力情况均没有发生变化，即细线E的拉力大小不变，即仍然为mgsinθ，故C正确，D错误。 15．(瞬时性问题)(多选)如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是(　　) A．球M和球N的质量之比为(－1)∶2 B．球M和球N的质量之比为(＋1)∶2 C．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 答案：BD 解析：设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得TAsin30°＝F，TAcos30°＝(mM＋mN)g，对球M受力分析且由平衡条件可得TBsin45°＝F，TBcos45°＝mMg，联立解得＝，F＝mMg，A错误，B正确；剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，由平行四边形定则可知，小球M所受合力为F合＝＝mMg，对于球M，由牛顿第二定律得F合＝mMaM，联立解得aM＝g，C错误，D正确。 16．(牛顿第二定律的应用)(多选)如图，一飞行器从地面由静止起飞时，发动机提供的动力F方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，飞行器质量为m，所受空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．动力大小等于mg B．动力大小等于mg C．加速度大小为g D．加速度大小为g 答案：BC 解析：由题意知飞行器受力如图所示，受重力mg和发动机提供的动力F，以飞行方向为x轴正方向，垂直x轴向上为y轴正方向，建立平面直角坐标系。沿x轴方向，合力产生加速度，y轴方向上合力为零，有：Fcos(α－θ)－mgsinθ＝ma，Fsin(α－θ)－mgcosθ＝0，代入数据解得F＝mg，a＝g，故A、D错误，B、C正确。 [名师点拨]　求解这类题目的关键：物体所受合力沿加速度方向，沿物体加速度方向根据牛顿第二定律列式，沿垂直于物体加速度方向根据平衡条件列式。 17．(牛顿第二定律在多物体系统中的应用)(多选)如图，在倾角为α＝30°的固定斜面上，有一个质量为1 kg的长木板，木板上站着一只质量为2 kg的猫，木板恰好静止在斜面上。某时刻猫突然沿木板以相对于地面2 m/s2的加速度向上奔跑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且猫在板上静止和运动时对木板的压力相同，重力加速度g取10 m/s2，斜面足够长，则下列说法正确的是(　　) A．猫在木板上奔跑时，猫对木板的摩擦力大小为4 N B．猫在木板上奔跑时，木板的加速度大小为4 m/s2 C．猫在木板上奔跑时，木板对猫的作用力竖直向上 D．猫离开木板后，木板将向下做匀速直线运动 答案：BD 解析：用M、m分别表示猫和木板的质量，原来系统恰好静止时，由平衡条件得(M＋m)gsinα＝μ(M＋m)gcosα，得木板与斜面间的动摩擦因数μ＝tanα，当猫向上做匀加速运动时，设猫与板间摩擦力大小为f，对猫由牛顿第二定律有f－Mgsinα＝Ma，对木板分析，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有mgsinα＋f－μ(M＋m)gcosα＝ma′，代入题中条件可得f＝14 N，a′＝4 m/s2，故A错误，B正确；猫向上做匀加速运动，所受合力沿斜面向上，又因为猫只受重力及木板作用力，且重力竖直向下，则木板对猫的作用力(支持力与摩擦力的合力)必然斜向右上方，故C错误；猫离开木板时，木板已经有向下的速度，设猫离开后木板的加速度为a0，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma0，可解得其加速度a0＝0，所以木板沿斜面向下做匀速直线运动，故D正确。 [名师点拨]　对于多物体系统的动力学问题，其分析方法与求解多物体系统的平衡问题类似，仍然是根据整体法与隔离法，合理选择研究对象，只不过所应用的规律从平衡条件换成牛顿第二定律。 18．(牛顿第二定律的应用)如图所示，货车内的地板和墙面都是光滑的，左下角放一个小球B，右壁上挂一个相同的球A，两个球的质量均为4 kg，悬挂线与右壁成37°角，货车向右加速前进，此时右壁对A球的压力刚好为零，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)线对A球的拉力大小； (2)左壁对B球的压力大小； (3)若货车向右加速运动的加速度a＝10 m/s2，则线与右壁的夹角是多大？ 答案：(1)50 N　(2)30 N　(3)45° 解析：(1)对小球A受力分析如图所示， 在竖直方向上受力平衡： Fcos37°＝mg 得F＝50 N。 (2)设货车的加速度为a1，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律得mgtan37°＝ma1 解得a1＝gtan37°＝7.5 m/s2 再以B球为研究对象，根据牛顿第二定律得 左壁对B球的压力N＝ma1＝4 kg×7.5 m/s2＝30 N。 (3)当货车向右加速运动的加速度a＝10 m/s2时，由于10 m/s2>7.5 m/s2，所以小球A离开右壁，与右壁不接触，设此时线与右壁的夹角为θ，则mgtanθ＝ma，解得θ＝45°。 [名师点拨]　求解类似本题这类非孤立物体的动力学问题时，首先应分析研究对象是否与其他物体接触，做好受力分析(是否存在弹力、摩擦力)，然后再用牛顿第二定律列式求解。若难以分析研究对象是否与其他物体接触，这时可用假设法，假设不接触(或接触)，结合牛顿第二定律列式判断假设是否正确。 5 学科网（北京）股份有限公司 $$