课时4.3 牛顿第二定律--2025-2026学年高中物理分层同步作业练习专题教案（人教版2019必修第一册）

该高中物理教案聚焦牛顿第二定律，通过结合探究加速度与力、质量关系的实验结果，梳理定律内涵（内容、表达式、合力与加速度决定关系）及力的单位定义，搭建从实验到规律的学习支架。 特色在于科学思维培养，如通过轻杆、轻绳、轻弹簧模型对比表格建构物理模型；分层题型设计（基础过关练含瞬时性问题、能力提升练含动态过程分析），结合详细解析（模型类比、方法技巧总结），助力学生深化物理观念、提升科学探究能力，为教师提供高效教学支持。

第四章 牛顿运动定律 课时4.3 牛顿第二定律 1. 结合探究加速度与力、质量关系的实验结果，深层次地体会加速度与力、质量的具体关系。 2. 分析并理解牛顿第二定律内容的内涵和外延。 3. 尝试应用牛顿第二定律解决物理力学中的基本问题。 （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：。 3. 对表达式 的理解 (1) k为比例系数，与F、m、a的单位的选取有关，当F、m、a的单位均采用国际单位制单位时，，。 (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。 4. 合力、加速度、速度之间的决定关系 (1) 不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2) a = 是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a = 是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (3) 合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。 6. 适用范围 (1) 牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或做匀速直线运动的参考系。  (2) 牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子等）、低速运动（远小于光速）的情况。 7. 作用 牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：加速度的大小与物体所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合外力方向相同。 （二）力的单位 1. 力的国际单位制单位：牛顿，简称牛，符号为N。 2. “牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N，即1 N=1 kg·m/s2。 考点 牛顿第二定律的简单应用 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相关问题。 2. 求解加速度的两种常用方法 (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。物体所受合力的方向就是加速度的方向。 (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，可有如下两个角度： ① 分解力：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，分别得x轴和y轴的合力Fx和Fy，得方程 。 ② 分解加速度：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，这时可以力的方向为x轴、y轴正方向，只需分解加速度a，得和，根据牛顿第二定律得方程 。 考点 力学的几个模型 三种模型 轻杆 轻绳 轻弹簧/橡皮筋/蹦床 模型图示 模 型 特 点 形变特点 只能发生微小形变，可忽略 柔软，只能发生微小形变，可忽略，各处张力大小相等 既可伸长，也可压缩， 各处弹力大小相等 方向特点 既能沿着杆，也可以不沿杆 即跟杆成任意角度 只能沿绳 指向绳收缩的方向 一定沿弹簧轴线 与形变方向相反 作用效果特点 可提供拉力、推力 只能提供拉力 可以提供拉力、推力 大小突变特点 可以发生突变 可以发生突变 一般不能发生突变 基础过关练 题组一　牛顿第二定律的理解 1.(2024陕西咸阳期末)关于牛顿第二定律，下列说法不正确的是 (　　) A.牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式，a与F的方向始终相同 B.物体某一瞬间的加速度，只能由这一瞬间的合力决定，而与这一瞬间之前或之后的合力无关 C.在公式F=ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和 D.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同 2.(2025辽宁丹东期中)如图所示，已知某一质量为m的物体在5个力的作用下做匀速直线运动，若某时刻将F2沿顺时针方向旋转60°，其他力保持不变，则之后关于该物体，以下说法正确的是 (　　) A.物体仍做匀速直线运动 B.物体的合力大小为F2 cos 60° C.物体的加速度大小为 D.物体不可能做加速运动 题组二　牛顿第二定律的简单应用 3.(2025山西晋城调研)西汉的司马迁在《史记·项羽本纪》中描述：“籍(项羽名)长八尺余，力能扛鼎，才气过人，虽吴中子弟皆已惮籍矣。”若两位同学同时用力向上拉一个质量为m的鼎，施加的拉力F如图所示，两个力间的夹角为2θ，鼎脱离地面并加速，则此时鼎的加速度大小为(重力加速度为g) (　　) A. C.-g 4.(2025江苏泰州期中联考)水平向左运动的汽车内装有一个固定在竖直平面内的简易加速度计，如图所示，若发现小球向右摆动，且稳定时轻杆与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g(忽略加速度计中小球和轻杆受到的一切阻力)。下列说法正确的是 (　　) A.汽车在匀速行驶 B.汽车在减速行驶 C.汽车加速度大小为0.5g D.汽车加速度大小为g 5.(2025黑龙江哈尔滨第六中学月考)如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以加速度a斜向上匀减速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.人受到的摩擦力水平向左 B.人对踏板的作用力竖直向下 C.踏板对人的支持力FN=ma sin θ D.踏板对人的支持力FN=mg-ma sin θ 6.(创新题·新情境)(2025广东广州统考)如图甲所示，两根长直钢管粗细均匀且平行放置，与地面间的夹角为53°。质量为m的瓦片沿着钢管从高处滑到低处，图乙为垂直于运动方向的截面图，瓦片与两钢管的接触点对应的圆心角为120°。已知瓦片与钢管间的动摩擦因数为μ=0.6，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则瓦片在下滑过程中 (　　) 　 A.受到的支持力大小为mg B.加速度大小为4.4 m/s2 C.受到的摩擦力大小为0.72mg D.若仅减小两钢管间距，则瓦片受到的摩擦力不变 题组三　牛顿第二定律的瞬时性问题 7.(2025黑龙江大庆中学期末)如图所示，甲、乙两图中A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间 (　　) A.图甲中轻杆的作用力不为零 B.图甲中两球的加速度一定不相等 C.图乙中两球的加速度一定相等 D.图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半 8.(2025江苏南京第一中学月考)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间 (　　) 　 A.图甲中，A球的加速度大小为g sin θ B.图乙中，轻杆的作用力大小为mg sin θ C.图乙中，B球的加速度大小为g sin θ D.图甲中，B球的加速度大小为g sin θ 9.(2025河南信阳期末)如图所示，一轻质弹簧的左端与竖直墙面相连，其右端与物体a相连，物体a、b间用一段轻绳连接，另一段轻绳左端与b连接，右端跨过定滑轮与物体c连接，整个系统处于静止状态，物体a、b和c的质量都为m，不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。现将b、c间的轻绳烧断，下列说法正确的是 (　　) A.烧断后瞬间，b的加速度为零 B.烧断后瞬间，a的加速度为零 C.烧断后瞬间，a、b间轻绳的拉力为mg D.轻质弹簧第一次恢复至原长时，a、b间轻绳的拉力为零 题组四　利用牛顿第二定律分析动态过程 10.(2025江苏泰州期末)如图所示，一轻质弹簧右端固定，自然伸长在B点位置，一物块静止在光滑水平面A点位置，现用一水平向右的恒力推该物块，物块运动到C点时弹簧被压缩到最短，则下列关于物块的说法正确的是 (　　) A.到达B点时速度最大 B.从B到C一直减速 C.由A到C加速度先不变后一直减小 D.由B到C加速度先减小后增大 11.(2025河北石家庄一中月考)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，球静止于M、N连线的中点O，弹簧处于原长，现将小球竖直向上缓慢拉至P点并保持静止，如图所示，此时拉力F大小为3mg。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.做匀加速直线运动 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为4g D.加速度一直减小 能力提升练 题组一　牛顿第二定律的应用 1.(2025天津西青杨柳青第一中学月考)如图所示为某公交车运行过程中车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向偏离竖直方向角度α和β并保持不变。取重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　　) A.公交车可能在加速出站 B.两角度一定满足α=β C.减小拉手悬绳长度，则偏角变大 D.公交车加速度大小为a=g sin β 2.(2025河北石家庄二中月考)如图所示，轿厢运送质量为m的圆柱体货物，右侧斜面的倾角α=37°，左侧斜面的倾角β=53°，货物始终相对轿厢静止。已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.轿厢沿与竖直方向成30°角向左上方匀速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为0.8mg B.轿厢沿与竖直方向成30°角向左上方匀速运动时，货物对右侧斜面的压力大小为0.6mg C.轿厢以0.5g的加速度水平向右匀加速运动时，货物对右侧斜面的压力大小为mg D.轿厢以0.5g的加速度水平向右匀加速运动时，货物对左侧斜面的压力大小为mg 3.(2025广东广州广大附、铁一、广外三校期末联考)如图所示，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为α，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是 (　　) A.无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上 B.老虎车停止时，若α由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力变大 C.若α=37°不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力 D.若α=37°不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5 m/s2 4.(2025江苏南京中华中学月考)如图所示，固定的倾斜直杆与水平方向成60°角，杆上套有一个圆环，圆环通过一根轻绳与一个质量为m的小球连接。当环沿杆下滑时，球与环保持相对静止，轻绳与竖直方向成30°角。设重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) A.环可能匀速下滑 B.环与球的加速度大小为g C.环与球间的轻绳对小球的拉力大小为mg D.环与杆间的动摩擦因数为 5.(2025江苏宿迁期中)如图所示是一辆货车运载着圆柱形木料的简化示意图。在车厢底，一层木料平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一段木料C，自由地摆放在木料A、B之间，没有用绳索固定。木料和汽车一起保持静止，设每根木料的重力为mg，忽略木料间的摩擦，重力加速度为g。 (1)当汽车静止时，求A对C的支持力大小； (2)要使C保持相对静止，当汽车加速启动时加速度应满足什么条件？ 题组二　瞬时加速度的求解 6.(2025江苏南京期中)如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，整个装置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是 (　　) A.C物体的瞬时加速度为0 B.C物体对B物体的压力变小 C.A物体对地面的压力大小为F+5mg D.B物体的瞬时加速度为 7.(2025江西景德镇一中期末)如图所示，质量为2m的吊篮A悬挂在天花板上，质量均为m的物体B、C分别固定在轻弹簧两端，在吊篮内保持静止状态。已知重力加速度为g，当悬挂吊篮A的细绳被剪断的瞬间 (　　) A.吊篮A的加速度为零 B.物体B的加速度为g C.吊篮A与物体C间的弹力大小为 D.物体C的加速度大小为，方向竖直向下 8.(2025江苏苏州实验中学调研)如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，系统静止时，轻绳a与竖直方向夹角为30°，轻绳b与竖直方向夹角为60°，弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.弹簧c的拉力为mg B.小球2的质量为2m C.剪断轻绳b瞬间，小球1的加速度大小为 D.剪断轻绳b瞬间，小球2的加速度方向竖直向下 9.(2024江苏百校大联考阶段检测)如图所示，小球A置于水平面上的半圆柱体上静止，半圆柱体底面粗糙，其余面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过O点的光滑滑轮用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求： (1)小球A受到细线的拉力大小； (2)若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与水平面间的动摩擦因数μ； (3)若将细线OB剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.D　牛顿第二定律的表达式F=ma是矢量式，a与F方向始终相同，A正确；根据a=知，当质量一定，合力变化时，物体的加速度随之变化，某一瞬间的加速度由这一瞬间的合力决定，而与这一瞬间之前或之后的合力无关(具有瞬时性)，B正确；在公式F=ma中，若F为合力，a等于作用在物体上的合力产生的加速度，由于F等于作用在物体上的每一个力的矢量和，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和，故C正确；加速度的方向与合力的方向相同，但物体的运动方向与物体所受合力的方向不一定相同，D错误。 2.C　 题图解读 F2方向改变前后物体的受力如图： 物体在五个共点力作用下保持平衡，F2与其余四个力的合力大小相等、方向相反；将F2顺时针旋转60°，等效成物体受两个互成120°角、大小等于F2的力的作用，如图，根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120°角的力合成时，合力F合在两个力夹角的角平分线上，大小等于分力，故此时物体受到的合力大小为F合=F2，根据牛顿第二定律，此时物体的加速度大小为a=，若开始时物体做匀速直线运动的方向与F合的方向相同，则F2方向改变后，物体在F合作用下做匀加速直线运动，即物体有可能做加速运动。选C。 3.D　对鼎受力分析，如图所示： 由二力合成可知，两位同学的拉力的合力竖直向上，大小为F'合=2F cos θ，则鼎受到的合力大小为F合=F'合-mg=2F cos θ-mg，根据牛顿第二定律可得F合=ma，联立解得a=-g，故选D。 4.D　汽车沿水平地面向左行驶过程中，发现加速度计中小球向右摆动，当轻杆与竖直方向夹角为30°时，以小球为研究对象，如图所示，根据牛顿第二定律可得mg tan 30°=ma，解得加速度大小为a=g，方向向左，则汽车加速度大小为g，汽车向左加速行驶，故选D。 5.D　 关键点拨 人随电梯斜向上做匀变速运动，人所受各力分解在水平方向和竖直方向，加速度也分解到这两个方向，如图所示，然后利用牛顿第二定律求解。 将加速度a沿水平方向和竖直方向正交分解，可得ax=a cos θ、ay=a sin θ；水平方向，根据牛顿第二定律，可得人受到的摩擦力f=max=ma cos θ，方向与ax方向一致，水平向右；竖直方向，由牛顿第二定律可得mg-FN=may=ma sin θ，解得踏板对人的支持力FN=mg-ma sin θ，方向竖直向上，故D正确，A、C错误。踏板对人的作用力即FN与f的合力，由平行四边形定则可得合力斜向右上方，由牛顿第三定律可得人对踏板的作用力斜向左下方，B错误。 6.C　 模型建构 瓦片沿钢管下滑时，从题图甲视角观察，将两根钢管对瓦片的支持力的合力、摩擦力的合力均分别等效为一个力，即N合、f合，类比物体在斜面上运动，受力如图(a)所示，在垂直于瓦片运动方向的受力如图(b)所示。 对瓦片进行受力分析，瓦片受重力mg，两根钢管分别对它的支持力N1、N2以及摩擦力f1、f2，由于瓦片与两钢管的接触点对应的圆心角为120°，根据对称性可知，N1 sin 60°=N2 sin 60°，N1 cos 60°+N2 cos 60°=N合，在垂直于钢管方向上，根据受力平衡可得N合=mg cos 53°，解得N合=N1=N2=0.6mg，故A错误；因为瓦片沿钢管下滑，所以f1、f2均平行于钢管向上，根据牛顿第二定律，沿钢管方向有mg sin 53°-f合=ma，其中f合=f1+f2=μN1+μN2=0.72 mg，解得a=0.8 m/s2，故B错误；瓦片受到的摩擦力大小为f合=0.72mg，故C正确；若仅减小两钢管间距，在垂直于钢管方向上，根据受力平衡可知，两根钢管对瓦片的支持力的合力不变，大小仍为mg cos 53°，但两支持力间的夹角变小，所以支持力会变小，根据f合=μN1+μN2，可知摩擦力会变小，故D错误。 7.D　设两球质量均为m，细绳烧断的瞬间，弹簧弹力不突变，而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，图乙中B球所受合力仍为零，加速度为零，A球所受合力为2mg，加速度为2g；图甲中A、B球的加速度相同，设为a，对A、B球整体分析，由牛顿第二定律，有2mg=2ma，解得a=g。设图甲中细绳烧断瞬间轻杆的作用力为FT，对B球，由牛顿第二定律，有mg+FT=ma，解得FT=0，即图甲中细绳烧断瞬间轻杆的作用力一定为零。故选D。 8.C　图甲中，撤去挡板前，以A球为研究对象，可得弹簧弹力大小为F弹=mg sin θ；在突然撤去挡板的瞬间，弹簧弹力保持不变，A球的加速度大小为0，B球的加速度大小为aB==2g sin θ，故A、D错误。图乙中，在突然撤去挡板的瞬间，将A、B作为整体，根据牛顿第二定律可知整体的加速度大小为a==g sin θ，可知图乙中A、B两球加速度大小均为g sin θ；设轻杆的作用力大小为F杆，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得a'B==g sin θ，解得F杆=0，故B错误，C正确。 9.D　b、c间的轻绳烧断之前，物体a、b和c都处于平衡状态，轻质弹簧的弹力大小等于c的重力，即F=mg；b、c间的轻绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，a、b的加速度相等(破题关键)，其大小为a=；设此时a、b间轻绳的拉力为T，对b，由牛顿第二定律有T=ma=mg，A、B、C错误。轻质弹簧第一次恢复至原长时，a、b的加速度均为零，所以a、b间轻绳的拉力为零，D正确。 方法技巧　求解瞬时加速度的基本思路 　　(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(剪断细线、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、线、弹簧中的弹力，发生在被撤去物体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。 10.D　物块从A点向右做匀加速运动，到达B点后受到弹簧的弹力，有F-F弹=ma，继续向右运动，F弹增大，加速度a减小，速度增大，可知到达B点时速度不是最大，A、B错误；当弹簧的弹力大小增大到F弹=F时，物块的加速度减小到0，此时物块速度最大，之后F弹>F，有F弹-F=ma，物块减速，F弹增大，加速度a反向增大，当速度减小到0时，加速度最大，C错误，D正确。 11.D　小球在P点时，保持静止，由平衡条件可知拉力F、重力、两弹簧的拉力的合力为零，即F=mg+F弹合，可知此时两弹簧的合力大小为2mg，方向竖直向下。撤去拉力，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竖直向下，小球一直做加速运动，但运动过程中弹簧弹力逐渐减小，且两弹簧间夹角变大，合力一直减小，故小球做加速度减小的加速运动，A、B错误，D正确；撤去拉力瞬间，加速度有最大值，由牛顿第二定律有3mg=ma，可知加速度的最大值为3g，C错误。 能力提升练 1.B　拉手A受力情况如图所示，拉手A所受合力的大小F合=mg tan α，方向向后，加速度方向向后，与公交车速度方向相反，公交车做减速运动，A错误；根据牛顿第二定律得F合=mg tan α=ma，解得a=g tan α，因为两个拉手的加速度相同，所以拉手与竖直方向的夹角相同，α=β，B正确，D错误；由a=g tan α可知，偏角与悬绳的长度无关，减小拉手悬绳长度，偏角不变，C错误。 2.D　当轿厢匀速运动时，对货物受力分析如图1所示，由共点力平衡可知左侧斜面对货物的支持力大小为FN1=mg sin α=0.6mg，右侧斜面对货物的支持力大小为FN2=mg sin β=0.8mg，由牛顿第三定律可知货物对左侧斜面的压力大小为0.6mg，货物对右侧斜面的压力大小为0.8mg，A、B错误；当轿厢以0.5g的加速度向右匀加速运动时，对货物受力分析并建立如图2所示坐标系，沿y轴方向有FN3 sin α+FN4 sin β-mg=0，沿x轴方向，由牛顿第二定律有FN3 cos α-FN4 cos β=0.5mg，解得FN3=mg，FN4=0.5mg，由牛顿第三定律可知货物对右侧斜面的压力大小为0.5mg，货物对左侧斜面的压力大小为mg，C错误，D正确。 　　 3.D　 加速运动时，货物有水平方向的加速度，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；若夹角α由37°缓慢增大到90°，货物动态平衡，老虎车对货物的作用力与货物重力平衡，老虎车对货物的作用力不变，B错误；α=37°不变，若加速向左运动时，设挡板对货物的作用力为F2，老虎车平面对货物的作用力为F1，如图所示，由牛顿第二定律，有F2 cos α-F1 sin α=ma，可知车平面对货物的作用力F1不一定大于挡板对货物的作用力F2，C错误；货物刚好不离开挡板时，有mg tan α=ma，可得a=7.5 m/s2，即老虎车向右的加速度不能超过7.5 m/s2，D正确。 4.B　 对小球受力分析，小球受到重力和绳拉力作用，由于球与环保持相对静止，可知二者合力方向沿杆向下，如图所示，所以θ=30°，由几何关系有FT=F=mg，由牛顿第二定律有F=ma，解得a=g，由于小球与环加速度相同，即环的加速度大小也为g，环一定沿杆向下做匀加速直线运动，A、C错误，B正确；由于a=g<g sin 60°=g，所以环与杆之间存在沿杆向上的摩擦力，对小球和环整体，根据牛顿第二定律，有(M+m)g sin 60°-f=(M+m)a，根据滑动摩擦力公式有f=μ(M+m)g cos 60°，联立解得μ=，D错误。 5.答案　(1)mg　(2)见解析 解析　 (1)对C受力分析，如图所示 水平方向，由平衡条件，可知A对C的支持力与B对C的支持力大小相等，在竖直方向，有mg=2F cos 30° 解得F=mg (2)当汽车加速启动时，要使C保持相对静止，临界状态是A对C的作用力恰好为0，则C受到的合力大小为F合=mg tan 30° 由牛顿第二定律可得F合=ma，解得a=g 所以加速度大小应满足a'≤a，即a'≤g 6.C　剪断细线前，设弹簧的弹力为F'，对B、C整体有3mg+F=F'，剪断细线瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，B、C加速度相同，则F'-3mg=3ma，联立解得a=，A、D错误。剪断细线前，C对B的压力等于自身重力，剪断细线瞬间，对C受力分析有N'-mg=ma，解得N'=+mg，则C对B的压力变大，B错误。剪断细线瞬间，对A受力分析，地面对A的支持力N=F'+2mg=F+5mg，根据牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为F+5mg，C正确。 7.D　剪断细绳后，把吊篮A和物体C看作整体分析，受到重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得3mg+F弹=3ma，F弹=mg，解得a=g，方向竖直向下，A错误，D正确；对于吊篮A，有2mg+FN=2ma，解得FN=mg，即吊篮A与物体C间的弹力大小为，C错误；剪断细绳时，弹簧的弹力不变，物体B处于平衡状态，加速度为零，B错误。 8.C　 题图解读 对小球1、2受力分析，如图所示： 由于一段绳上的拉力处处相等，所以Tb1=Tb2，对小球1，根据平衡条件，有Ta sin 30°=Tb1 sin 60°，Ta cos 30°=mg+Tb1 cos 60°，解得Ta=mg，Tb1=mg；对小球2，根据平衡条件，有Tc=Tb2 sin 60°，m2g=Tb2 cos 60°，解得Tc=，A、B错误。剪断轻绳b的瞬间，小球1受重力和绳a的拉力(突变)，其合力方向垂直于绳a向下(易错点)，根据牛顿第二定律，有mg sin 30°=ma1，可得a1=，C正确。剪断轻绳b的瞬间，弹簧弹力不变，对小球2，受重力和弹簧弹力，所受合力与原b绳拉力等大反向，根据牛顿第二定律，有=m2a2，解得a2=2g，设加速度的方向与水平方向成α角，有 tan α=，解得α=30°，D错误。 9.答案　(1)g，方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方 解析　(1)对小球A、B受力分析，如图所示： 其中TOA=TOB 将小球A所受的力平移，构成的矢量三角形与几何三角形OAO1相似，可得 由于OA长度与半圆柱体半径相等，可得FN=TOA 由平衡条件可得mg=2TOA cos 30° 可得TOA=mg (2)对半圆柱体受力分析，由平衡条件可得，在水平方向有FN sin 30°=f 在竖直方向有F地=mg+FN cos 30° 且有f=μF地 联立可得μ= (3)剪断细线OB前，对B球分析，由平衡条件可知B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡， 若将细线OB剪断，TOB突变为0，弹簧拉力不会突变，B的重力与弹簧拉力的合力提供加速度，F合与原TOB等大反向，则有F合==mBa 解得B球的加速度大小a=g，方向与竖直方向的夹角为45°斜向右下方。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $