第13周 牛顿第二定律-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

—84 — (2)对整体受力分析 根据平衡条件知 N3=Mg+mg,N2=f,f≤μN3 三式联立mgtanθ≤μ(Mg+mg) ① 解得m≤ 3+12 M= (3+1)kg (3)设与竖直方向夹角为α,根据①式知tanα≤μ Mg+mg mg 无论m 多大都能保持静止状态则tanα≤μ 即α≤30° 临界值d=R+Rsin30°=1.5m 答案 (1)8N,4 3N (2)(3+1)kg (3)1.5m 第十二周 牛顿第一定律与惯性;单位制; 实验:探究加速度与力的关系 【考点·一应俱全】 1.C [A.“球 沿 斜 面 向 下 运 动 时,速 度 增 大;向 上 运 动 时,速 度 减 小”,这是可以通过实际观察到的现象,并非逻辑推理,故 A错误; B.“右侧斜面最终变为水平面时,小球将永远运动下去”,在现实中 不存在绝对光滑的平面,小球一定会受到阻力最终停下来,这是在 实验基础上进行的合理逻辑推理,不是实际实验现象,故B错误; C.“小球沿右侧斜面向上运动时,斜面倾角减小,小球在斜面上运 动的距离更长”,这是可以在实际实验中观察到的现象,故C正 确;D.“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达 原来的高度”,实际实验中不可能消除摩擦,这是在实验基础上进 行的逻辑推理,不是实际实验现象,故D错误。故选C。] 2.B [伽利略开创的科学探究方法的过程为:开始观察现象然后提 出问题之后猜想假设,再通过实验研究和逻辑推理来验证假设,然 后得出 结 论,最 后 再 进 一 步 对 结 论 进 行 修 正 或 推 广 假 设。故 选B。] 3.BC [根据牛顿第一定律可知,力不是维持物体运动的原因,力是 改变物体运动状态的原因。故选BC。] 4.BC [A.牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理归纳总结出来 的,虽然无法用实验来直接验证,但其结论是正确的,故 A错误; B.各种机床的底座做得很笨重,目的是增大惯性,使其静止的状态 不易改变,故B正确;C.理想实验的思维方法与质点概念的建立 相同,都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法, 故C正确;D.物体的运动不需要力来维持,故D错误。故选BC。] 5.AB [A.奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力 作用迫使他改变原来的运动状态,故 A正确;B.在水平匀速直线 行驶的高铁上,小明竖直向上跳起,由于惯性,小明将落回起跳位 置,故B正确;C.踢出的足球最终要停下来,是由于受到阻力而改 变了足球的运动状态,故C错误;D.惯性大小只与质量有关,与状 态无关,故D错误。故选AB。] 【破题技巧】 本题考查力和惯性的概念,关键要知道惯性的大小 与物体的运动状态无关,惯性大小的唯一量度是物体的质量。 6.BD [AB.对气球A,因绳子断开后,浮力大于 A的重力,合力向 上,所以A的运动状态发生改变,故 A错误,B正确。CD.物体B 与气球A整体匀速上升,说明气球的浮力与A、B的总重力等大反 向;绳子断开后,由于惯性,B仍有向上的速度,在重力作用下,B 将做竖直上抛运动,故C错误,D正确;故选BD。] 7.BC [A.不能击中目标,因为惯性,在理想条件下,投下的炸弹会 以它离开飞机瞬间时飞机的速度继续向前飞行,直到落地,当目标 在飞机的正下方时投下炸弹,不能击中目标,故A错误;B.地球从 西向东转,人也跟地球一起从西向东运动,当人跳起后,由于惯性 人仍保持从西向东的运动速度,故人仍落到原地,故B正确;C.紧 急刹车时,汽车停止运动,人由于惯性仍向前运动,容易撞伤,所以 系上安全带对人起到保护作用,故C正确;D.向上抛出的物体,由 于惯性,在空中继续向上运动,不需要继续受向上的作用力,故D 错误。故选BC。] 8.BD [在湿滑地面上摔倒是因为人脚受到的摩擦力突然变小,上 身速度不变,下身速度变大,出现后仰摔倒的情况,惯性不变。故 选BD。] 9.AC [力学中的基本物理量有质量、时间、长度,所以对应基本单位 是kg,s,m。AC.根据以上分析可知,kg、m是基本单位,故 AC正 确;BD.物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单 位,速度的单位和力的单位N是导出单位,故BD错误。故选AC。] 10.AD [AB.kg是质量的单位,是基本单位,故 A正确,B错误; CD.已知kg、m、s是基本单位,由v=xt ,可知速度单位是m/s导 出单位,故C错误,D正确。故选AD。] 11.CD [A.属于国际单位制中基本单位的是千克,即⑦,A错误; B.属于国际单位制中导出单位的是②③,B错误;C.属于基本量 的是⑤长度、⑥质量和⑧时间,C正确;D.属于国际单位的是② 牛、③米每秒和⑦千克,其中⑦是国际单位的基本单位,②③是国 际单位的导出单位,D正确。故选CD。] 【知识补给】 国际单位制中的力学基本单位有三个:米、千克、 秒,其他单位是导出单位或常用单位,长度、质量、时间是国际单 位制中三个基本物理量。 12.AC [AB.由F=Gm1m2 r2 ,可得G= Fr 2 m1m2 G的单位是N·m2/kg2, A正确,B错误;CD.若用国际单位制基本单位表示为N ·m2 kg2 = kg·m·m2 s2·kg2 = m 3 s2·kg ,C正确,D错误。故选AC。] 13.A [A.为了使得细绳的拉力等于小车所受外力的合力,实验前, 应把长木板右端垫高,以补偿小车运动时 受 到 的 阻 力,故 A正 确;B.补偿阻力时,不挂小盘,将长木板右端垫高,轻推小车,使打 出纸带上点迹的均匀分布,故B错误;C.为了避免纸带上出现大 量的空白段落,实验时,应先启动打点计时器,再放开小车,故C 错误;D.实验中,认为细绳的拉力大小近似等于小盘和盘中砝码 的重力,根据牛顿第二定律有 mg-T=ma,T=Ma,解 得 T= Mmg M+m= mg 1+mM ,可知,为了减小误差,实验时,应使小盘和盘中砝 码的总质量远小于小车的质量,故D错误。故选A。] 14.B [A.该装置没有力传感器,需要把砝码及砝码盘的重力近似 看作小车所受合力,所以需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质 量,故A错误;B.题意知相邻计数点间还有4个计时点没有画 出,则相邻计数点间时间t=0.1s,根据逐差法得加速度大小a= Δx 4t2 =10.22+9.59-8.30-8.95 4×0.12 ×10-2 m/s2=0.64m/s2,故B 正确;C.实验中采用 “控制变量法”,实验时应先接通打点计时 器,待其工作稳定后再释放小车,这样才能保证纸带上打下足够 多的点且记录完整的运动过程,若先释放小车再接通打点计时 器,会导致纸带上前面部分点记录不全,故C错误;D.平衡摩擦 力(补偿阻力)的方法是调节长木板倾角,使小车重力沿斜面向下 的分力与摩擦力平衡,平衡好后,对小车有 mgsinθ=μmgcosθ, 整理得μ=tanθ(θ为长木板倾角,μ为动摩擦因数),可知平衡摩 擦与小车和砝码质量无关,所以每次改变小车或砝码质量时,不 需要重新调节长木板倾角,故D错误。故选B。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)实验时先不挂钩码,反复调整垫木的左右位置,当观察到小车 做匀速直线运动(纸带上的点迹间隔相等),表明已补偿小车受到 的阻力。 (2)相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出,则相邻计数点的 时间间隔为T=5×0.02s=0.1s 根据逐差法可得加速度为a=xCE-xAC 4T2 = (21.60-8.80-8.80)×10-2 4×0.12 m/s2=1.0m/s2 (3)实验时保持小车的质量不变,用钩码的重力作为小车受到的合 外力,设小车质量为 M,钩码质量为 m,根据牛顿第二定律可得 a= mgM+m= F M+m 当满足m≪M 时,a F 图像的斜率近似等于1M ,保持不变;当不满 足m≪M 时,a F 图像的斜率 1M+m 随m 的增大减小明显,则 a F图像向下弯曲;所以图丙中图线上部弯曲的原因是不满足钩 码的质量远小于小车的质量; 根据a= mgM+m= g M m +1 当m 增大无穷大时,a趋近于g,则图中a0 等于g。 【参考答案】 (1)小车做匀速直线运动(纸带上的点迹间隔相等) (2)1.0 (3)不满足钩码的质量远小于小车的质量 g 【综合·一练到底】 解析 (1)AC.由于有力传感器,可直接读出拉力大小,因此不需 要测出砂和砂桶的质量,不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车 的质量,故AC错误;B.探究加速度与质量关系,需要测出小车的 质量,故B正确;D.为保证小车所受合力为绳的拉力,要调节力传 感器的位置和定滑轮的高度,使动滑轮两边的轻绳与长木板平行, 故D正确;E.改变小车质量后,不需要重新平衡摩擦力,故E错 误。故选BD。 (2)小 车 的 加 速 度 a = (x4+x5+x6)-(x1+x2+x3) 9 5f 2 = (x4+x5+x6-x1-x2-x3)f2 225 如果实际交流电频率小于f,则求得的加速度比实际值大 (3)根据牛顿第二定律有2F=(m0+M)a 变形得1 a= m0 2F+ 1 2 ·M F 当图线与纵轴的截距为b=m02F ,图像的斜率为k=12 ,则说明加速 度与质量成反比。 答案 (1)BD (2) (x4+x5+x6-x1-x2-x3)f2 225 大 (3) m0 2F 1 2 【破题技巧】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验,根据实 验原理掌握正确的实验操作,结合逐差法计算出小车的加速度, 同时结合牛顿第二定律和a-F 图像完成分析。 【选做·一飞冲天】 解析 (1)d=6mm+7×0.5mm=6.35mm, (2)遮光条通过光电门的速度为v=dΔt ,又因为v2=2ah 联立可得a=v 2 2h= d2 2h(Δt)2 (3)对系统应用牛顿第二定律可得(mA+m)g-(mB+m0-m)g= (mA+mB+m0)a 整理可得a= (mA-mB-m0)g mA+mB+m0 + 2gmA+mB+m0 ·m 故截距为 (mA-mB-m0)g mA+mB+m0 =4.0 斜率为 2g mA+mB+m0 =4.00.8 联立可得mA=2.8kg,mB=0.4kg 答案 (2)6.35 d 2 2h(Δt)2 (3)2.8 0.4 第十三周 牛顿第二定律 【考点·一应俱全】 1.C [A.根据牛顿第二定律a=Fm ,可知,当物体所受合外力发生 变化时,其加速度一定变化,A错误;BC.根据牛顿第二定律a= F m ,可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致,但运 动方向不一定与所受合力方向一致,B错误C正确;D.物体质量是 物体的本质属性,与所受的合外力无关,与物体的加速度无关,D 错误。故选C。] 2.B [两个力的合力最大值为两个力的方向一致时 Fmax=2N+ 6N=8N,两个力的合力最小值为两个力的方向相反时Fmin=6N -2N=4N,根据牛顿第二定律F=ma,可得a=Fm ,可得加速度 的范围为2m/s2≤a≤4m/s2,故选B。] 3.C [对 摆 锤 受 力 分 析 有 mgtan37°=ma,解 得a=gtan37°= 7.5m/s2,可知汽车的加速度大小为7.5m/s2,方向水平向右,与 汽车前进方向相同,汽车做加速运动。故选C。] 4.AB [A.由x=v0t+ 1 2at 2,得a1= 2x t2 =2m/s2,A正确;B.由牛 顿第二定律F-F阻 =ma,得F阻 =F-ma1=0.5N,B正确;C.由 牛顿第二定 律 F阻 =ma,得 撤 去 外 力 后 物 体 的 加 速 度 的 大 小 为 a2= F阻 m =1m /s2。由v=v0+at,得4s末物体的速度为v1=a1t1 =8m/s,5s末物体的速度为v2=v1-a2t2=7m/s,C错误;D.由 v2-v02=2ax,得撤去外力后,物体的位移为x2= -v12 -2a2 =32m,则 物体全程的位移为x=x1+x2=48m,D错误。故选AB。] 5.BC [AC.设指针位于x 位置,根据牛顿第二定律有k1x+k2x= ma,可知摩擦力对测量仪没有影响,将x=1.5cm代入上式,解得 a=5m/s2,故A错误,C正确;B.当指针指在-1cm位置时,两弹 簧弹力向右,则地铁正在向右加速运动,故B正确;D.把测量仪逆 时针转动90°,由于xmax=3cm,则k2x<k1x+mg,所以无法测量 竖直向上的加速度,故D错误。故选BC。] 6.AD [AB.由加速度定义式a=ΔvΔt ,解得a=1.2×10-2 m/s2,故 A正确;B错误;CD.根据牛顿第二定律F=(m飞船 +m空间站)a,解 得m空间站 =9.6×104kg,故C错误;D正确。故选AD。] 【破题技巧】 根据题意,结合加速度定义式求出加速度;以空间 站和飞船为整体,利用牛顿第二定律求出空间站的质量。 7.AD [A.在0~2s内,v t图像为直线,可知运动员向下做匀加 速直线运动,A正确;B.根据牛顿第三定律可知,任何情况下降落 伞对运动员的拉力都等于运动员对降落伞的拉力,B错误;C.惯性 与速度无关,只取决于质量,所以惯性不变,C错误;D.在6~12s 内,根据图像斜率可知加速度逐渐变小,方向竖直向上,根据牛顿 第二定律有f-G=ma,可知运动员和降落伞整体受到的阻力逐 渐减小,D正确。故选AD。] 8.BD [A.对A、B整体受力分析,如图所示 由平衡知识可得F1cos30°=2mg,F2= mg,F3=2mgtan30° 弹簧1中弹力F1= 4 3 3 mg 绳子3中弹力F3= 2 3 3 mg 故A错误;B.A剪断水平轻绳3,弹簧 弹力F1,F2 不突变,A球此时的加速度 为a=F3m= 2 3 3 g ,故B正确;C.轻弹簧 1被剪断的瞬间,轻绳3中的弹力突变为0,故C错误;D.轻弹簧2 被剪断的瞬间,弹簧1中弹力不变,弹力1的水平分量不变,轻绳3 的弹力不变,故D正确。故选BD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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速度向右,可知游客受到水平向右的摩擦力,大小为f=ma水平 = 50×2 3N≈173N,A错误,B正确;D.竖直方向上,游客受到向 上的支持力,根据牛顿第二定律FN-mg=ma竖直,可得支持力大 小为FN=600N,D正确;C.游客对轿厢的压力竖直向下,摩擦力 水平 向 左,因 此 游 客 对 轿 厢 的 作 用 力 斜 向 左 下 方,C错 误。故 选BD。] 【技法点拨】 游客和轿厢相对静止,则游客和轿厢的速度与加速 度均相同,将加速度分解,再对游客受力分析,根据牛顿第二定 律、牛顿第三定律分析受力情况。 13.AD [A.t1 时刻弹簧的弹力大于重力,选项A正确;B.t2 时刻弹 簧的拉力等于重力,可知小球的加速度为零,选项B错误;C.t3 时刻弹簧处于原长,小球处在最高点,选项C错误;D.t1~t3 时间 内小球从最低点到最高点,弹力先大于重力后小于重力,加速度 先向上后向下,则 小 球 的 速 度 先 增 大 后 减 小,选 项 D正 确。故 选AD。] 14.AD [ABC.对小木块受力分析,根据牛顿第二定律可得小木块的 加速度大小a=F-mgsinθ-μmgcosθm = 1 mF-g (sinθ+μcosθ), 结合图乙可知 2a0 F0 =1m ,g(sinθ+μcosθ)=a0,由此可求出小木块 的质量,但无法解出斜面的倾角和小木块与斜面间的动摩擦因 数,A正确,BC错误;D.小木块沿斜面向上匀速运动时有a=0, 此时F=mg(sinθ+μcosθ)= F0 2 ,即小木块沿斜面向上匀速运动 时所需拉力可求,D正确。故选AD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)A.实验中需要将木板的一端垫高以补偿小车受到的阻力,这 样合力就等于两段绳子的拉力之和,故A正确;BD.绳子的拉力可 由力传感器测得,不需要测量重物的质量,不需要满足所挂重物的 质量远小于小车的质量,故B错误,D正确;C.为保证实验过程中 细绳对小车的拉力不变,合力不变,实验前需调节力传感器和定滑 轮位置让细线保持与长木板平行,故C正确。故选ACD。 (2)相邻两计数点的时间间隔为T=5×1f=5× 1 50s=0.1s 根 据 逐 差 法 求 出 小 车 的 加 速 度 大 小 为 a=xCE-xAC(2T)2 = 21.60-8.81-8.81 4×0.12 ×10-2m/s2=1.00m/s2 打D 点时小车的速度大小vD = xCE 2T= 21.60-8.81 2×0.1 ×10 -2m/s= 0.64m/s (3)根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma 整理得a=2MF-10μ 结合图丙可知-10μ=2.4 解得μ=0.24 【参考答案】 (1)ACD (2)1.00 0.64 (3)0.24 【综合·一练到底】 解析 (1)题意可知,小球受到F、自身重力 mg 和绳子拉力T 而 平衡,由平衡条件,竖直方向有Fsinθ+Tsinα=mg 水平方向有Fcosθ=Tcosα 代入题中数据,联立解得m=1.4kg (2)分析可知木块和小球整体受到F、杆给的支持力 N 和杆给的 摩擦力f 而 平 衡,由 平 衡 条 件,故 竖 直 方 向 有 Mg+mg=N+ Fsinθ 水平方向有Fcosθ=f 题意知小球与木块一起恰好处于静止状态,可知摩擦力刚到达到 最大静摩擦力,则f=μN 联立解得μ=0.5 (3)分析可知小球与木块整体受到F'、杆给的支持力 N1 和杆给的 摩擦力f1 而向右做匀加速运动,设加速度为a,由牛顿第二定律, 水平方向有 F'cosθ-f1=(M+m)a 竖直方向有 Mg+ma=N1+F'sinθ 又因为f1=μN1 联立解得a=1.25m/s2 答案 (1)m=1.4kg (2)μ=0.5 (3)1.25m/s 2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对小球最初加速阶段速度较小,力F 较小,支持力 N 方 向垂直直杆向上。受力分析,如下图所示 由受力分析,可得 N=mgcosθ-F,f=μN,mgsinθ-f=ma 当 N=0时,f=0,此时小球运动的加速度最大,为a=gsinθ (2)当 N=0时,小球运动的加速度最大,由于力F 大小始终与小 球的速度成正比,可知F=mgcosθ=kv 此时的速度为v=mgcosθk (3)小球继续向下加速,速度增大,力F 也增大,N 方向变为垂直 直杆向下。对此过程受力分析,如下图所示 由受力分析,可得 N=F-mgcosθ,f=μN,mgsinθ-f=ma 当a=0,速度最大。由于μ<tanθ 即μmgcosθ<mgsinθ 可知,由 于 动 摩 擦 因 数 较 小,当 N 垂 直 直 杆 向 上 时f=μN= μmgcosθ-μF<mgsinθ 此时,不可能出现a=0的情况。当 N 垂直直杆向下时 f=μN=μF-μmgcosθ 因此,a=0,即速度最大时,N 应垂直于直杆向下。则速度最大为 vm= mgsinθ+μmgcosθ μk 答案 (1)a=gsinθ (2)v=mgcosθk (3)vm= mgsinθ+μmgcosθ μk 第十四周 牛顿定律应用———连接体 问题 【考点·一应俱全】 1.D [根据牛顿第二定律可知 mgtan30°=ma,可得a= 33g ,方向 水平向左。故选D。] 2.D [A.由图可知小球A受合外力向左,可知加速度向左,小车向右 做匀减速直线运动,选项A错误;B.对小球受力分析可知mgtanθ= ma,可得小球的加速度大小为a=gtanθ方向向左,选项B错误; C.此时悬线对小球的拉力大小为T= mgcosθ ,选项C错误;D.物块 B受到的摩擦力大小为f=Ma=Mgtanθ,方向向左,选项D正确。 故选D。] 3.B [题意可知小球、小车加速度相同,设斜面角度为θ,对整体,由 牛顿第二定律得(m球 +m车)gsinθ=(m球 +m车)a,解得加速度a= gsinθ,方向沿斜面向下,故小球的合力大小F合 =m球 a=m球 gsinθ, 即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力,绳子拉力垂直斜 面向上,只有B选项符合。故选B。] 【技法点拨】 球与小车保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑,则 两者做匀加速直线运动,加速度方向沿斜面向下,则小球所受合 力方向沿斜面向下。 4.A [AB.由AB相对静止,则AB具有共同加速度,环不受摩擦力 时,对整体分析,其加速度aA=aB=gsinθ,隔离对B分析 F合B= Gsinθ,可知轻绳与杆垂直,绳拉力为Gcosθ;故 A正确,B错误。 CD.环受摩擦力时aA=aB<gsinθ,当aA=aB=0时,轻绳竖直;当 0<aA=aB<gsinθ时,轻绳的拉力和重力提供B的加速度,此时 轻绳不处于竖直状态,也不与杆垂直。故CD错误。故选A。] 5.D [AB.由于小球与劈形物体的接触面光滑,在A 下滑过程中, 小球水平方向不受外力作用,该方向上运动状态不会改变。在劈 形物体A 下滑过程中,原来处于静止状态的小球B 在水平方向上 没有运动,故运动轨迹为竖直向下的直线,故 AB错误;CD.对B 进行分析,根据牛顿第二定律有 mg-N1=ma1,对 A 进行分析, 根据牛顿第二定律有(mg+N2)sinθ=ma2,根据牛顿第三定律有 N1=N2,A、B 在竖直方向上的加速度相等,则有a1=a2sinθ,解得 N1= 1 3mg ,故C错误,D正确。故选D。] 6.C [ABC.将AB整体受力分析,结合牛顿第二定律可得 m2g- m1gsin37°=(m1+m2)a,解得a=6m/s2,单独对B受力分析可得 作用在绳子上的拉力m2g-F=m2a,代入数据解得绳子上的拉力 大小为F=12N,AB错误,C正确;D.若用一个向下的30N的力, 则物体A的加速度为F'=m1gsin37°=m1a',解得a'=24m/s2,A 的运动情况发生改变,D错误。故选C。] 7.A [对滑 块 A分 析,设 绳 上 张 力 为 T,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 mgsin53°-T=ma,对滑块B T-mgsin37°=ma,联立解得a= 0.1g,T=0.7mg,根据力的合成可知,绳对滑轮的作用力为 F= T2+T2=0.7 2mg,故选A。] 8.D [A.球和运动员具有相同的加速度,对小球分析如图所示 则小球所受的合力为 mgtanθ,根据牛顿第二定律得a=mgtanθm =gtanθ,A错误;BC.根据平行四边形定则知,球拍对球的作用力 N= mgcosθ ,BC错误;D.对球拍和球整体分析,整体的合力为(M+ m)a,根 据 平 行 四 边 形 定 则 知,运 动 员 对 球 拍 的 作 用 力 为 F= (M+m)g cosθ ,D正确;故选D。] 【技法点拨】 球、球拍和人具有相同的加速度,对球分析,根据牛 顿第二定律求出加速度的大小,结合平行四边形定则求出球拍对 球的作用力的大小。对整体分析,根据合力的方向确定运动员对 球拍的作用力方向。 9.AD [AC.A开始运动后,A的速度大于B的速度,弹簧从原长第 一次到达最长的过程中,B一直受到弹簧向右的弹力,A一直受到 弹簧向左的弹力,故A一直做减速运动,B一直做加速运动,直到 二者速度相等时,弹簧第一次达到最长,故 A正确,C错误;B.当 弹簧的伸长量 为 时10cm,弹 簧 弹 力 大 小 为1N,A的 加 速 度 为 0.5m/s2,故B错误;D.在二者运动过程中受到的弹力大小始终 相等,据牛顿第二定律可知A、B的加速度大小之比等于二者质量 的反比,即3∶2,故D正确。故选AD。] 10.BD [A.只有物块 A静止在弹簧上时,有 mg=kx1,解得k= 200N/m,故A错 误;B.物 块 A、B静 止 在 弹 簧 上 时,有2mg= kx2,0时刻,对物块A、B构成的整体有kx2+F-2mg=2ma,解 得x2=0.1m,F=4N,故B正确;C.物块 A、B分离时物块 A、B 间的作用力为0,对物块A受力分析有F弹 -mg=ma,解得F弹 = 12N,故C错误;D.由F弹 =kx3,解得x3=0.06m,从物块B 开 始运动到物块A、B分离的过程中物块B的位移大小x=x2-x3 =0.04m,由x=v 2 2a ,解得v=0.4m/s,故D正确。故选BD。] 11.AC [AB.光电门记录的挡光时间为t,则B经光电门时的速度 大小为v=dt ,根据运动学公式可得2ah=v2,解得被卡住前,B 的加速度大小为a= d 2 2ht2 ,故 A正确,B错误;C.被卡住前,以B 为对象,根据牛顿第二定律可得 m2g-T=m2a,可得T=m2g- m2a<m2g,故C正确;D.B被卡住前,A向上做加速直线运动,加 速度方向向上,处于超重状态;B被卡住后,A向上做减速运动, 加速度方向向下,处于失重状态,故D错误。故选AC。] 12.BD [AB.开始时弹簧被压缩x,则弹力为F弹 =kx=2mg,方向 向上,放手瞬间,则对C 2mg-T=2ma,对AB整体T=2ma,解 得a=12g ,T=mg,即物块C以及AB的加速度均为12g ,选项A 错误,B正确;C.放手瞬间对B分析FN+T-mg=ma,解得FN= 1 2mg ,选项C错误;D.当 AB恰好分离时,则对BC整体2mg- mg=3ma',对A kx'-mg=ma',解得x'=4mg3k ,则物块B向上 移动的距离为Δx=x-x'=2mg3k ,选项D正确。故选BD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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A.物体的加速度为2m/s2 B.物体受到的阻力为0.5N C.5s末物体的速度为5m/s D.整个过程的位移大小为32m 5.(多选)(2025·浙江杭州·期末)我校某创新实验小组设计的一水平加速 度测量仪,如图所示,由两水平轻质弹簧、物块、指针和刻度尺构成,指针 固定在物块上,物块固定在两弹簧上,两弹簧分别固定在装置两侧,物块 和指针的总质量m=90g,最初两弹簧(劲度系数分别为k1=10N/m,k2 =20N/m)均处于自然伸长状态,两弹簧的最大弹性形变量均为3cm,稳定后根据指针在刻度尺 上的位置即可测得水平加速度。利用该装置可测量地铁在启动或刹车时的加速度。下列说法中 正确的是 ( ) A.摩擦力会影响测量仪的准确性,物块与装置底部越光滑越好 B.当指针指在-1cm位置时,地铁正在向右加速运动 C.当指针指在1.5cm位置时,地铁的加速度大小为5m/s2 D.把测量仪逆时针转动90°,可测量竖直向上加速的加速度 6.(多选)(2025·山东淄博·期末)如图所示是采用动力学方法测量空间站质量 的原理图,已知飞船质量为4.0×103kg,其推进器的平均推力为1.2×103N, 在飞船与空间站对接后,推进器工作5s内,测出飞船和空间站速度变化是6.0 ×10-2m/s,下列说法正确的是 ( ) A.飞船的加速度大小为1.2×10-2m/s2 B.飞船的加速度大小为3.0×10-2m/s2 C.空间站的质量为9.6×103kg D.空间站的质量为9.6×104kg 7.(多选)(2025·全国·课后作业)一名跳伞运动员从悬停的直升机上跳 下,2s后开启降落伞,运动员跳伞过程中的v t图像如图所示,根据图 像可知 ( ) A.在0~2s内,运动员做匀加速直线运动 B.在0~2s内,降落伞对运动员的拉力小于运动员对降落伞的拉力 C.在6~12s内,运动员的速度逐渐减小,惯性也逐渐减小 D.在6~12s内,运动员和降落伞整体受到的阻力逐渐减小 考点三 牛顿第二定律求瞬时突变问题 8.(多选)(2025·湖北·阶段练习)质量均为m 的两个相同小球A、B通过两根 轻弹簧1、2和一根水平轻绳3按照如图所示连接,已知弹簧1与竖直墙壁的 夹角为30°,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) A.弹簧1中弹力的大小为2 33 mg B.轻绳3被剪断的瞬间,A球的加速度为2 33g C.弹簧1被剪断的瞬间,轻绳3中的弹力不变 D.弹簧2被剪断的瞬间,轻绳3中的弹力不变 9.(多选)(2025·广东深圳·期末)如图所示,轻弹簧的左右两端分别与小物块A 和B相连放在光滑水平面上,A物块紧靠在竖直挡板上,两物块的质量mA= 2kg,mB=4kg。水平外力F=4N作用在B物块上,弹簧被压缩,整个装置静止。同时撤掉外力 F和挡板的瞬间,下面说法正确的有 ( ) A.弹簧弹力大小为4N B.A物块的合力大于B物块的合力 C.A物块的加速度大小为2m/s2 D.A、B两物块的加速度大小之比为1∶2 10.(多选)(2025·四川南充·期末)如图所示,轻质弹簧1一端与静止在倾 斜木板上的物体A相连,另一端与细线相连,该弹簧与倾斜木板保持平 行,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连,B、C通过轻质弹簧2连接,且 B、C始终未触及地面。初始时系统处于静止状态,木板与水平面间的夹 角保持为30°,mA∶mB∶mC=2∶1∶1,下列说法正确的是 ( ) A.剪断弹簧2瞬间,A所受的摩擦力不变 B.剪断细线后,A可能会下滑 C.剪断细线后,B、C一起以加速度g自由下落 D.剪断细线瞬间,B的加速度为2g 考点四 牛顿第二定律的同向性 11.(多选)(2025·北京丰台·期末)地铁在一段平直的路段上行驶,某人在一根细绳的 下端绑上一支圆珠笔,细绳的上端固定在地铁的竖直扶手上。地铁启动后的某段加 速过程中,细绳偏离了竖直方向,并与竖直扶手之间有一稳定的夹角,他用手机拍摄 了当时情景的照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知当地重力加速度为g,根据 这张照片,使用一把刻度尺可估算或判断出拍摄时刻下列哪些物理量 ( ) A.地铁加速度的方向 B.地铁的运动方向 C.地铁加速度的大小 D.细绳中拉力的大小 — 49 — — 52 — 12.(多选)(2025·江西南昌·期中)庐山是江西的著名旅游胜地之一。如图是庐山 索道的抽象物理模型,已知体重约为50kg的游客站立于轿厢底面,倾斜索道与 水平面的夹角为30°,当载人轿厢沿钢索斜向右上做加速度大小a=4m/s2 的匀 加速直线运动时,则下列说法正确的是 ( ) A.游客受到水平向左的摩擦力 B.游客受到的摩擦力大小约为173N C.游客对轿厢的作用力竖直向下 D.轿厢对游客的支持力约为600N 考点五 牛顿第二定律分析动态过程 13.(多选)(2025·山东烟台·期末)如图甲所示,某兴趣小组的 同学将一根轻质弹簧悬挂在力传感器上,弹簧下端悬挂一质 量为m 的小球,将小球向下拉一段距离后释放,使小球保持在 竖直方向上下运动,传感器显示的某一段时间内弹簧弹力大 小F随时间t变化的图像如图乙所示。当地的重力加速度为 g,不计空气阻力,弹力始终未超过弹性限度,下列说法正确的是 ( ) A.t1 时刻小球弹力大于重力 B.t2 时刻小球的加速度为g C.t3 时刻小球处在最低点 D.t1~t3 时间内小球的速度先增大后减小 14.(多选)(2025·河南濮阳·期末)如图甲所示,一个小木块静止在固定 的粗糙斜面上。现木块在一沿斜面向上、逐渐减小的力F 作用下,由 静止开始沿斜面向上做变加速直线运动,直到加速度为零,其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示,图中已知,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,重力加速度为g,根据图乙中所提供的信息可以计算出 ( ) A.小木块的质量 B.斜面的倾角 C.小木块与斜面间的动摩擦因数 D.小木块沿斜面向上匀速运动时所需拉力 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究利用牛顿第二定律测量动摩擦因数 (2025·黑龙江·阶段练习)某实验小组探究小车的加速度与力的关系,该小组同学设计了如图 甲所示的实验装置。他们用天平测得小车质量为 M。 (1)在实验前,他们讨论实验操作步骤及注意事项,下列说法正确的是(填正确答案标号) ( ) A.实验中需要将木板的一端垫高以补偿小车受到的阻力 B.实验中需要满足所挂重物的质量远小于小车的质量 C.实验前需调节力传感器和定滑轮位置让细线保持与长木板平行 D.实验中可以不测量重物的质量 (2)某次实验中,实验小组同学在正确操作后得到了一条纸带,在纸带上连续标出5个计数点A、 B、C、D、E,并测出各计数点到A 点的距离,每相邻两计数点间还有4个点未画出,如图乙所示。 已知交流电源的频率f=50Hz,则本次实验中小车的加速度大小a= m/s2,打D 点时 小车的速度大小vD= m/s。(结果均保留两位小数) (3)该实验小组同学将图甲中的小车换成滑块,使长木板水平固定,然后测量滑块与长木板间的 动摩擦因数。他们多次改变重物的个数,重复实验,测得多组滑块运动的加速度a及对应的力传 感器示数F 的数据,以a为纵轴、F为横轴得到如图丙所示的a F 图像。由图像可知,滑块与长 木板间的动摩擦因数μ= 。(结果保留两位有效数字,取g=10m/s 2) 【综合·一练到底】(共16分) (2025·河北邯郸·期末)如图所示,质量M=1kg的木块套在水平杆上,并 用轻绳将木块与质量为m的小球相连。现用与水平方向成θ=45°角、大小 为F=8 2N的拉力拉着小球,小球与木块一起恰好处于静止状态,此 时细绳与水平方向间的夹角α=37°。重力加速度g取10m/s2,sin37° =0.6,cos37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求小球的质量m; (2)求木块与水平杆间的动摩擦因数μ; (3)若拉力的大小为F'=10 2N,与水平方向成θ=45°角,小球和木块一起向右做匀加速运动, 求木块加速度的大小。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·河南南阳·阶段练习)如图所示,质量为m 的小球穿在足够长的固定 直杆上。小球从静止开始向下运动的同时,对小球施加垂直杆向上的力F,力 F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,μ<tanθ,重力加速度为g。求: (1)小球运动的加速度最大值; (2)小球运动加速度最大时的速度大小; (3)小球的最大速度。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 51 —