第4章 第3节 牛顿第二定律 （Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

第3节　牛顿第二定律 核心素养导学 物理观念 (1)能准确表述牛顿第二定律的内容。 (2)理解牛顿第二定律表达式的意义。 (3)知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。 科学思维 会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。 科学探究 通过分析探究实验的数据,能够得出牛顿第二定律的数学表达式。 科学态度与责任 培养分析数据、从数据获取规律的能力,能利用牛顿第二定律解决一些生活中的物理问题。 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.定律的表达式 (1)比例式:F=kma,式中k是比例系数,F是物体所受的合外力。 (2)国际单位制中:F=ma。 3.“牛顿(N)”的规定:把使质量为1 kg的物体产生1 m/s2 加速度所用的力规定为1 N,即1 N=1 kg·m/s2。 二、牛顿第二定律的初步应用 1.牛顿第二定律中的“作用力”指的是合力,即F合=ma。 2.正交分解: 1.放在地上的足球和铅球,轻轻一踢,足球飞出去了,而铅球却慢慢滚出去。请对以下结论作出判断: (1)足球比铅球体积大,所以容易被踢出去。 (×) (2)足球比铅球的质量小,可产生较大的加速度。 (√) (3)要使铅球获得更大的速度,可以给铅球施加更大的力。 (√) 2.赛车要求能在尽可能短的时间内达到最大速度,除了装备功率很大的发动机外,在设计时还要考虑选用轻型材料,这是为什么? 提示:赛车的加速度a由赛车的牵引力F、阻力f和质量m共同决定,阻力f可看作恒定不变,牵引力F越大、质量m越小,则加速度a越大。 新知学习(一)　对牛顿第二定律的理解 [任务驱动] 　　如图所示,用一个力推大石头,没有推动,大石头没有产生加速度,为什么?要使大石头产生加速度应该满足什么条件? 　　提示:大石头没有运动的原因是推力与摩擦力大小相等,大石头受到的合外力为0,加速度为0。要使大石头产生加速度,则应加大推力,推力大于摩擦力时,合外力不为0,才能产生加速度。 [重点释解] 1.对表达式F=ma的理解 (1)F的含义: ①F是合力时,加速度a指的是合加速度,即物体的加速度; ②F是某个分力时,加速度a是该分力产生的加速度。 (2)单位统一:表达式中F、m、a三个物理量的单位必须都用国际制单位。 2.牛顿第二定律的五个性质 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 同体性 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 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 矢量性 F=ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它所受合力方向决定,且总与合力的方向相同 3.a=与a=的区别 (1)a=是加速度的定义式,不能决定a的大小,a与v、Δv、Δt均无关。 (2)a=是加速度的决定式,加速度由物体受到的合力和质量共同决定。 [针对训练] 1.(多选)下列对牛顿第二定律的理解正确的是 (　 ) A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比 B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用 C.加速度的方向与合外力的方向一致 D.当外力停止作用时,加速度随之消失 解析:选CD　F=ma 说明力是产生加速度的原因,但不能说F与a成正比,A错误;力是产生加速度的原因,所以当物体受到外力时,物体才有加速度,B错误;根据牛顿第二定律的矢量性,加速度的方向与合外力的方向一致,C正确;加速度与外力同时产生,同时消失,D正确。 2.下列说法正确的是 (　 ) A.由牛顿第二定律知,加速度大的物体,所受的合外力一定大 B.物体的加速度大,说明它的质量一定小 C.任何情况下,物体的加速度大,速度变化量一定大 D.a与Δv及Δt无关,但可以用Δv和Δt的比值来计算加速度a的大小 解析:选D　加速度大的物体,所受合外力不一定大,因为物体的质量不确定,A错误;物体的加速度大,质量不一定小,因为所受合外力不确定,B错误;a=只能用于计算加速度a,a与Δv和Δt无关,物体的加速度大,速度变化量Δv不一定大,因为时间Δt不确定,C错误,D正确。 3.(2025·内江期中)(多选)一架无人机在竖直平面内沿倾斜的虚线做变速直线运动,如图所示,将无人机的重力记为G,除重力外的其他外力的合力记为F,加速度记为a。则下列关于无人机在此过程中受力分析及加速度方向的示意图可能正确的是 (　 ) 解析:选AD　根据牛顿第二定律可得F合=ma,可知加速度的方向与合外力的方向相同。根据平行四边形定则可知,A、D图中F与G的合力方向可能与a的方向相同,B、C图中F与G的合力方向不可能与a的方向相同,故选A、D。 新知学习(二)　牛顿第二定律的简单应用 [重点释解] 　　求加速度的两种常用方法 (1)合成法:当物体仅受两个力作用处于加速状态时,首先确定研究对象,画出受力分析图,将两个力根据平行四边形定则合成,直接求出合力,再根据牛顿第二定律列式求加速度。 (2)正交分解法:当物体受多个力作用处于加速状态时,常用正交分解法求物体所受的合力,再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算,建立坐标系时,可有如下两种方法: 通常以加速度a的方向为x轴正方向,建立直角坐标系,将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上,则x轴和y轴的合力Fx和Fy满足方程: 若物体所受各力都在互相垂直的方向上,但加速度却不在这两个方向上,只需将加速度a分解为ax和ay,根据牛顿第二定律得方程: [典例体验] 　　[典例]　如图所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线与竖直方向的夹角为37°,球和车厢相对静止,球的质量为1 kg。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求车厢运动的加速度,并说明车厢的运动情况; (2)求悬线对球的拉力大小。 [解析]　 (1)法一:合成法 小球和车厢相对静止,它们的加速度相同。以小球为研究对象,对小球进行受力分析如图所示,小球所受合力F合=mgtan 37°, 由牛顿第二定律得小球的加速度为 a==gtan 37°=7.5 m/s2, 加速度方向水平向右。车厢的加速度与小球相同,车厢做的是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动。 法二:正交分解法 建立直角坐标系如图所示, 正交分解各力,根据牛顿第二定律列方程得x方向Fx=ma y方向Fy-mg=0 即Fsin 37°=ma, Fcos 37°-mg=0 解得a=7.5 m/s2,加速度方向水平向右。 车厢的加速度与小球相同,车厢做的是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动。 (2)由图可知,悬线对球的拉力大小为 F==12.5 N。 [答案]　(1)7.5 m/s2,方向水平向右　车厢可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动　(2)12.5 N 　　[拓展]　在典例中,若沿细线和垂直于细线方向建立直角坐标系,请再次解析。 　　[解析]　建立直角坐标如图所示。 则有:mgsin 37°=macos 37° F-mgcos 37°=masin 37° 可解得:a=7.5 m/s2,方向水平向右。 F==12.5 N。 　　[答案]　(1)7.5 m/s2,方向水平向右　车厢可能向右做匀加速直线运动,也可能向左做匀减速直线运动　(2)12.5 N [针对训练] 1.(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是 (　 ) A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 解析:选C　由题图可知相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小,可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先沿正方向后沿负方向,根据牛顿第二定律G-f=·a,可知f先小于G,后大于G。故选C。 2.一质量为m的物体放在水平地面上,动摩擦因数为μ,用一水平拉力F作用物体上,使其获得加速度a,如图所示。要使该物体的加速度变为3a,应采用的正确方法是 (　 ) A.将拉力变为3F B.将拉力变为3ma C.将拉力变为3ma+μmg D.将拉力变为3ma-μmg 解析:选C　根据牛顿第二定律有F=ma+μmg,F'=3ma+μmg≠3F≠3ma,A、B、D错误,C正确。 新知学习(三)　牛顿第二定律的瞬时性问题 [典例体验] 　　[典例1]　如图所示,天花板上用细绳吊起两个用轻质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的加速度大小分别为 (　 ) A.aA=g,aB=g B.aA=g,aB=0 C.aA=2g,aB=0 D.aA=0,aB=g [解析]　先分析整体平衡(细绳未剪断)时,A和B的受力情况。如图所示,A球受重力、弹簧弹力F1及绳子拉力F2;B球受重力、弹簧弹力F1',且F1'=mg,F1=F1'。剪断细绳瞬间,F2消失,但弹簧尚未收缩,仍保持原来的形态,F1不变,故B球所受的力不变,此时aB=0,而A球的加速度大小为aA==g=2g。 [答案]　C 　　[拓展]　(1)在[典例1]中,若突然剪断弹簧,求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 (2)在[典例1]中,若将弹簧改成细线,突然剪断上面的细线,求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 (3)在[典例1]中,若将细线改成弹簧,突然剪断下面的弹簧,求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 [答案]　(1)aA=0　aB=g,方向竖直向下 (2)aA=g,方向竖直向下　 aB=g,方向竖直向下 (3)aA=g,方向竖直向上　 aB=g,方向竖直向下 　　[典例2]　(多选)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,开始时系统处于静止状态。已知重力加速度大小为g,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是 (　 ) A.A、B之间杆的拉力大小为mgsin θ B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为gsin θ C.A球的受力情况未变,加速度为0 D.C球的加速度沿斜面向下,大小为g [解析]　以A、B、C组成的系统为研究对象,烧断细线前,A、B、C三球静止,处于平衡状态,合力为零,弹簧的弹力F=3mgsin θ,烧断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,即弹簧弹力不变,对A、B组成的系统由牛顿第二定律有 3mgsin θ-2mgsin θ=2ma,则加速度大小a=gsin θ,方向沿斜面向上,B正确,C错误;以B为研究对象,由牛顿第二定律得FAB-mgsin θ=ma,解得FAB=mgsin θ,A正确;C球的加速度沿斜面向下,大小为aC=gsin θ,D错误。 　　[答案]　AB [内化模型] 1.瞬时加速度问题 牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。 2.两种基本模型 (1)刚性模型(细钢丝、细线、轻杆等):此类形变属于微小形变,其发生过程时间极短,在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间,其形变可随之突变,弹力可以突变。 (2)弹性模型(轻质弹簧、橡皮绳、弹性绳等):此类形变属于明显形变,其发生需要一段时间,其弹力不能突变,瞬间可看成是不变的。 [针对训练] 1.(2024·湖南高考)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　 ) A.g,1.5g　　　　　　　　 B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 解析:选A　细线剪断前,对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g,对D球受力分析有FCD=mg,细线剪断后,对B球受力分析有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C球受力分析有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。 2.(2025年1月·八省联考晋陕宁青卷)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则 (　 ) A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g 解析:选C　剪断L1前,对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,A、B错误;剪断L1瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零,D错误;对小球甲受力分析可知,受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力,小球甲的速度为0,将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解,沿绳方向合力为0,则剪断L1瞬间,小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°,由牛顿第二定律可知F合=ma,解得a=g,C正确。 新知学习(四)　应用牛顿第二定律分析动态变化 [典例体验] 　　[典例]　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 [解析]　力F作用在物体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,C正确。 [答案]　C [系统归纳] 　　分析动态变化问题的基本思路 受力分析⇒合力的变化⇒加速度的变化: (1) (2) [针对训练] (2025·四川绵阳期末)如图所示,物体A静止在粗糙水平面上,处于自然状态的水平轻质弹簧左端与墙面连接。A在恒定推力F的作用下向左做加速直线运动,从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中,物体A的加速度大小 (　 ) A.一直减小　　　　 B.一直增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 解析:选C　A没与弹簧接触时F-f=ma,A与弹簧接触后,弹簧被压缩的初始阶段弹力较小,由牛顿第二定律得F-f-F弹=ma1,F弹=kx,由于弹簧压缩量逐渐增大,所以弹力逐渐增大,则加速度逐渐减小,A做加速度减小的加速运动,当加速度为零时A的速度最大;此后F弹'+f-F=ma2,弹簧的压缩量越来越大,弹簧的弹力增大,A的加速度增大,所以从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中,物体A的加速度大小先减小后增大,故C正确,A、B、D错误。 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 ◉物理观念——力与加速度的关系 1.(选自鲁科版教材“物理聊吧”)由牛顿第二定律可知,无论多小的力皆能使物体产生加速度,改变物体的运动状态。但是,当我们推静止的柜子时(如图),有时即使用了很大的力却也无法推动,柜子仍处于静止状态。这与牛顿第二定律矛盾吗?为什么? 提示:牛顿第二定律F=ma中的F为合外力,当物体所受合外力不为0时,物体就会产生加速度。而当我们用力推静止的柜子时,水平方向除了受推力外,还有地面对柜子的摩擦力,只要推力不能大于其最大静摩擦力,柜子就仍处于静止状态。故这一现象与牛顿第二定律并不矛盾。 ◉科学思维——由受力分析物体运动情况 2.(选自鲁科版教材课后练习)(多选)如图所示,火车在平直轨道上运动,车厢中的光滑水平桌面上用轻弹簧拴着一个小球,弹簧处于自然长度。当乘客看到弹簧的长度变长时,火车可能的运动情况是 (　 ) A.火车向右方运动,速度在增大 B.火车向右方运动,速度在减小 C.火车向左方运动,速度在增大 D.火车向左方运动,速度在减小 解析:选BC　当弹簧长度变长时,说明小球受到水平向左的拉力,具有向左的加速度,若火车具有向左的初速度,则火车速度在增大;若火车具有向右的初速度,则火车速度在减小,B、C正确。 ◉科学探究——用动力学方法测质量 3.(选自人教版教材“科学漫步”)大家知道,质量可以用天平来测量。但是在太空中,物体完全失重,用天平无法测量质量,那么应该如何测量呢? 　　由牛顿第二定律F=ma可知,如果给物体施加一个已知的力,并测得物体在这个力作用下的加速度,就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。 　　北京时间2013年6月20日上午10时,我国航天员在天宫一号目标飞行器进行了太空授课,演示了包括质量的测量在内的一系列实验。 　　质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测量仪完成的。测量时,航天员把自己固定在支架的一端,另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后,支架拉着航天员从静止返回到舱壁(如图)。支架能够产生一个恒定的拉力F;用光栅测速装置能够测量出支架复位的速度v和时间t。请计算出航天员的质量m。 提示:支架产生恒定的拉力F,航天员从静止开始做匀加速运动, 由v=at可得a=,又F=ma,得m=。 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1.(2024·日照高一联考期末)如图为某景区的观光小火车,小火车由1节车头和3节车厢组成。设坐满游客后每节车厢的总质量相同,每节车厢受到的阻力大小相同,从车头处开始向后,车厢编号依次为1、2、3,当小火车在平直的路面上加速行驶时,车头与车厢1、车厢1与车厢2、车厢2与车厢3间作用力大小分别为F1、F2、F3,则F1∶F2∶F3为 (　 ) A.3∶2∶1　　　　　 B.6∶4∶3　 C.6∶3∶2 D.6∶5∶3 解析:选A　由牛顿第二定律得F1-3f=3ma,F2-2f=2ma,F3-f=ma,解得F1∶F2∶F3=3∶2∶1,故选A。 2.(2025年1月·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　 ) A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2 解析:选D　由题图甲可知,该同学的质量为60.0 kg,电梯竖直上升过程,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上做加速运动,故选D。 [课时跟踪检测] 1.下列关于加速度大小的判断正确的是 (　 ) A.由公式a=可知,a与Δv成正比、与Δt成反比 B.由公式a=可知,a与Δv成反比、与Δt成正比 C.由公式a=可知,a与F成正比、与m成反比 D.由公式a=可知,a与F成反比、与m成正比 解析:选C　根据加速度的定义式a=可知,加速度描述的是物体速度变化的快慢,加速度的大小与Δv、Δt无关,A、B错误;根据牛顿第二定律a=可知,加速度与合力F、质量m有关,且与F成正比,与m成反比,C正确,D错误。 2.(2025·成都期末)篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接,双手接触到球后,两臂迅速将球引至胸前接住。假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动,则下列双手对篮球施力F的方向可能正确的是 (　 ) 解析:选C　在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动,可知篮球受到的合力水平向左,则双手对篮球施力F存在竖直向上的分力与篮球重力平衡,存在水平向左的分力提供加速度,根据平行四边形定则可知,F的方向斜向上偏左。故选C。 3.一个物体质量为 2 kg,在几个力作用下处于静止状态,现把一个大小为 10 N的力撤去,其他力保持不变,则该物体将 (　 ) A.沿该力的方向开始做匀加速运动,加速度的大小是 5 m/s2 B.沿该力的相反方向做匀加速运动,加速度的大小是 5 m/s2 C.沿该力的方向做匀加速直线运动 D.由于惯性,物体仍保持原来的静止状态不变 解析:选B　物体开始处于静止状态,所受合力为0,撤去 10 N的拉力,则所受合力的大小为 10 N,方向与 10 N的拉力方向相反,根据牛顿第二定律得:a==5 m/s2,则物体沿该力相反方向做匀加速运动,加速度大小为5 m/s2。B正确,A、C、D错误。 4.一物块位于粗糙水平面上,用大小为F、方向如图所示的力作用在物块上,使它以加速度a向右加速运动。保持拉力方向不变,当拉力大小变为 2F时(物块未离开地面) (　 ) A.物块的加速度小于 2a B.物块的加速度等于 2a C.物块的加速度大于 2a D.因为物块的质量未知,故不能确定a的变化情况 解析:选C　拉力为F、2F时对物块由牛顿第二定律得Fcos θ-μ(mg-Fsin θ )=ma,2Fcos θ-μ(mg-2Fsin θ )=ma',可得ma'-2ma=μmg>0,所以a'>2a,C正确。 5.(2025·巴中期末)一辆装满石块的货车在倾斜道路上以加速度a=5 m/s2沿斜面向下加速运动,倾斜道路与水平面夹角为30°。货箱中石块B的质量为m=5 kg,(g=10 m/s2)则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为 (　 ) A.12.5 N　　　　　　　 B.25 N C.25 N D.25 N 解析:选D　以B为研究对象,垂直斜面方向有Fy=mgcos 30°=25 N,沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Fx+mgsin 30°=ma,解得Fx=0,则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为F==25 N,故选D。 6.图a是一辆质量为m的公交车,沿水平路面经过公交站点“汽车站”时的照片,图b是车内横杆上悬挂的拉手环的照片,拉手环偏向车尾,轻悬绳偏离竖直方向θ角,重力加速度为g,根据题中提供的信息,下列判断正确的有 (　 ) A.汽车加速出站 B.汽车减速进站 C.不能求汽车此时的加速度 D.可求汽车此时的加速度a=gsin θ 解析:选A　对拉手环进行受力分析,可得拉手环所受合力向前,加速度向前,所以汽车加速度向前,A正确,B错误;取拉手环为研究对象,根据牛顿第二定律得mgtan θ=ma,由此可得汽车的加速度a=gtan θ,C、D错误。 7.如图所示,质量为1 kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方,木板B托住物块A使整个装置静止,此时测力计的示数为8 N。现使木板B以5 m/s2的加速度向下运动,木板B开始运动的瞬间,物块A的加速度为 (　 ) A.0 B.2 m/s2 C.5 m/s2 D.10 m/s2 解析:选B　因为木板B与A脱离时,由牛顿第二定律得mg-F=ma,解得a=2 m/s2,即物块A提供不了5 m/s2大小的加速度,故木板B以5 m/s2的加速度向下运动时,物块A与木板瞬间脱离,所以A的加速度为2 m/s2,B正确。 8.如图所示,一只空铁箱沿水平面运动,铁箱内一个木块恰好能静止在铁箱内壁上,下列说法正确的是 (　 ) A.铁箱一定向右做加速运动 B.铁箱可能向右做减速运动 C.铁箱可能向左做减速运动 D.铁箱可能做匀速运动 解析:选C　由题意可知,木块相对铁箱静止,木块受竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、水平向右的支持力,则木块的加速度向右,铁箱可能向右加速或者向左减速运动,A、B、D错误,C正确。 9.(2023·全国甲卷)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　 ) A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 解析:选BC　根据牛顿第二定律,可得F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知F⁃a图像的斜率为m,纵截距为μmg,则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙。 10.如图所示,质量为4 kg的物体B和质量为2 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个质量为1 kg的物体A轻放在物体B上的瞬间,物体B的加速度大小为(取g=10 m/s2) (　 ) A.2 m/s2　　　　 B.2.5 m/s2 C.5 m/s2 D.0 解析:选A　因为弹簧不能发生突变,即物体A轻放在物体B上的瞬间,弹簧对B的弹力保持不变,所以物体A轻放在物体B上的瞬间,AB瞬间具有相同的加速度,对AB整体由牛顿第二定律得mAg=(mA+mB)a,解得a= m/s2=2 m/s2,A正确。 11.(2024·安徽高考)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 (　 ) A.速度一直增大　　　　 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 解析:选A　将小球缓慢拉至P点,并保持静止,由平衡条件可知,此时小球受到的拉力F、重力、两弹簧的拉力的合力为零,可得此时两弹簧的拉力的合力大小为mg。当撤去拉力F,则小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球受的合外力一直变小,加速度一直减小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度大小,由牛顿第二定律可得2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误。 12.(14分)(2025·乐山期末)如图所示,小朋友和雪橇的总质量m=40 kg,绳子与水平方向的夹角θ=37°,如图所示。当绳子的拉力F=100 N时,小朋友和雪橇恰能向右做匀速运动,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)雪橇与水平地面间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字);(6分) (2)如果某一时刻撤消拉力F,则雪橇的加速度为多少。(8分) 解析:(1)对小朋友和雪橇整体受力分析如图所示,可知F1=Fcos 37°=80 N,F2=Fsin 37°=60 N,水平方向上,f=F1=80 N 竖直方向上,F2+FN=mg 解得FN=340 N 由f=μFN,可得μ≈0.24。 (2)根据F合=f=μmg,F合=ma, 可得a=μg=2.4 m/s2。 答案:(1)0.24　(2)2.4 m/s2 13.(14分)质量为m的木块,以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动,斜面静止不动,木块与斜面间的动摩擦因数为μ,如图所示,求: (1)木块向上滑动的加速度;(6分) (2)若此木块滑到最大高度后,能沿斜面下滑,下滑时的加速度。(8分) 解析:(1)以木块为研究对象,在上滑时受力如图所示。 根据题意,加速度方向沿斜面向下。将各力沿斜面和垂直于斜面方向正交分解。 由牛顿第二定律有 mgsin θ+f=ma ① N-mgcos θ=0 ② 且f=μN ③ 由①②③式解得a=g(sin θ+μcos θ),方向沿斜面向下。 (2)当木块沿斜面下滑时,木块受到滑动摩擦力大小等于f,方向沿斜面向上。由牛顿第二定律有 mgsin θ-f=ma' ④ 由②③④式解得a'=g(sin θ-μcos θ),方向沿斜面向下。 答案:见解析 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