第4章 3 牛顿第二定律-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第一册同步辅导与测试(人教版)

物理必修第一册 (1)实验时，一定要进行的操作是 时小车的速度为 m/s,小车的加速度 (填写选项前的字母) 为 m/s2(结果保留3位有效数字)。 A.用天平测出砂和砂桶的总质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力 -3.39- 3.77 —4.15→ -4.53 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小 单位：cm 车，打出一条纸带，同时记录力传感器的 (3)乙同学根据测量数据作出如图所示的a-F 示数 图线，该同学做实验时存在的问题是 D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的 总质量m远小于小车的质量M (2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带 a/(ms-2) (相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知 打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，： 根据纸带可求出打点计时器打下标号为2的点： F/N 3牛顿第二定律 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.核心素养 1.掌握牛顿第二定律的内容及数学表达式。 能对动力学问题进行分析和推理，获得结论：能利用牛 2.理解公式中各物理量的意义及相互因果关系。 顿第二定律相关的证据表达自己的观点。 3.会用牛顿第二定律公式进行有关计算。 2.关键能力 分析推理能力。 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、牛顿第二定律的表达式 (2)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它 1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成 所受的合力方向一致。 、跟它的质量成 ,加速度的方 向跟作用力的方向 (3)物体的运动方向一定与它所受合力的方向 2.表达式：F= ,其中力F为物体受到的 一致。 () (4)使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度 二、力的单位 1.力的国际单位：牛顿，符号为 的力叫作1N。 2.“牛顿"的定义：使质量为1kg的物体产生1m/s2 2.光滑水平桌面上有A、B两个相距较远的物体， 的加速度的力叫作1N,即1N= 己知mA=2mB。当用F=10N的水平力作用 即学即用 在A上时，能使A产生5m/s2的加速度，当用 1.判断下列说法的正误。 2F的水平力作用在B上时，能使B产生的加 (1)公式F=kma中，各物理量的单位都为国际 单位时，k=1。 速度为 m/s2。 100 第四章 运动和力的关系 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 要点1对牛顿第二定律的理解 B.由m= F可知：物体的质量与其所受的合力 探究导入甲同学说：“由a= 名可知，物体的加 成正比，与其运动的加速度成反比 速度a与速度的变化量△v成正比，与时间△t C.由a=E可知，物体的加速度与其所受的合 成反比。“乙同学说：由。开可知，物体的加速 力成正比，与其质量成反比 度a与合力F成正比，与质量m成反比。”哪一 D.由m=上可知，物体的质量可以通过测量它 种说法是正确的？为什么？ 的加速度和它所受的合力而求出 [听课记录] 探究归纳 1.对牛顿第二定律的理解 /易错提醒/ Q)a=E是加速度的决定式，该式揭示了加速 (1)不能根据m=F得出mCF、m∝上的结 度的大小取决于物体所受的合力大小及物体的： 论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所 质量，加速度的方向取决于物体所受的合力的 受的合力和运动的加速度无关，但物体的质量 方向。 可以通过测量它的加速度和它所受到的合力 (2)a=A是加速度的定义式，但加速度的大小 而求得； △t 与速度变化量及所用的时间无关。 (2)不能由F=ma得出Focm、Foca的结论， 物体所受合力的大小是由物体的受力情况决 (3)表达式F=ma中F、m、a三个物理量的单： 位都必须是国际单位。 定的，与物体的质量和加速度无关。 (4)在公式F=ma中，若F是合力，加速度a为 针对训练 物体的实际加速度；若F是某一个分力，加速度 a为该力产生的分加速度。 1.(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是( 2.牛顿第二定律的四个性质 A.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体 (1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体： 才受到外力的作用 所受的合力不为0，物体就具有加速度。 B.合力产生的加速度，可认为是作用于物体上 (2)矢量性：F=ma是一个矢量式。物体的加： 的每个力所产生的加速度的矢量和 速度方向由它受的合力方向决定，且总与合力： C.加速度的方向总跟合外力的方向一致 的方向相同。 D.当外力停止作用时，加速度随之消失 (3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同：2.由牛顿第二定律F=ma可知，无论怎样小的力 时产生，同时变化，同时消失。 都可以使物体产生加速度，可是当用很小的力 (4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加 去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( ) 速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢 A.牛顿第二定律不适用于静止的物体 量和。 B.桌子加速度很小，速度增量也很小，眼晴观察 [典例1]（多选)下列对牛顿第二定律的表达式： 不到 F=ma及其变形公式的理解，正确的是()： C.推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为 A.由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质 负值 量成正比，与物体的加速度成反比 D.桌子所受的合力为零，加速度为零 101 物理必修第一册 要点2 牛顿第二定律的应用 上，高铁启动过程中，发现系笔的细线偏离竖直 线的夹角为0=37°，此时笔和车厢相对静止，如 探究导入民航客机一般都有紧急 图所示，设笔的质量为0.1kg(取sin37°=0.6， 出口，发生意外情况的飞机紧急 c0s37°=0.8，g取10m/s2)。求： 着陆后，打开紧急出口，狭长的气 (1)车厢运动的加速度大小； 囊会自动充气，生成一条连接出 (2)细线对笔的拉力大小。 口与地面的斜面，人员可沿斜面 [听课记录] 滑行到地上。 (1)人在气囊上下滑过程中受哪些力作用？试 画出受力分析图。 (2)如何计算人在气囊上下滑的加速度a? : /名师点评/… 探究归纳 应用牛顿第二定律的一般步骤 (1)确定研究对象。 1.应用牛顿第二定律解题的一般步骤 (2)进行受力分析和运动情况分析，作出受力 (1)确定研究对象。 和运动的示意图。 (2)进行受力分析和运动状态分析，画出受力分 (3)求合力F或加速度a。 析图，明确运动性质和运动过程。 (4)根据F=ma列方程求解。 (3)求出合力或加速度。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 针对训练 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 3.一个质量为m的物体被竖直向上抛出，在空中 运动过程所受的空气阻力大小为F,求该物体 平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受 在上升和下降过程中的加速度。 合力的方向即加速度的方向。 (2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用： 正交分解法求物体所受的合力。 ①建立直角坐标系时，通常选取加速度的方向 作为某一坐标轴的正方向（也就是不分解加速 度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fx =ma,Fv=0(或Fx=0,Fy=ma)。 ②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂 直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，： 正交分解加速度a。根据牛顿第二定律 F:=mar列方程求解。 Fy=may [典例2]高铁已成为中国 的名片，某人为了测量高铁 启动过程的加速度，将一支 mpnmm 笔（可视为质点）用细线系于高铁车厢内的顶壁 102 第四章 运动和力的关系 4.如图所示，质量为1kg的物体静 角度1变力作用下加速度和速度的分析 37F 止在水平面上，物体与水平面间 :[典例3]（多选）如图所示，自由下落的 ○ 的动摩擦因数=0.5，物体受到 小球，从它接触竖直放置的弹簧开始， 大小为20N、与水平方向成37°角斜向下的推 到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的 7 力F作用时，沿水平方向做匀加速直线运动，求 速度大小和加速度大小的变化情况是( 】 物体加速度的大小。(g取10m/s2,sin37°= A.加速度先变小后变大 0.6,c0s37°=0.8) B.加速度一直变大 C.速度先变大后变小 D.速度一直变小 [听课记录] 角度2瞬时加速度问题 :[典例4]如图所示，质量分别为m 和2m的A和B两球用轻弹簧连 A 接，A球用细线悬挂起来，两球均处 于静止状态。如果将悬挂A球的细 要点3 瞬时问题的分析 线剪断，此时A和B两球的瞬时加 速度aA、aB的大小分别是() B 探究归纳 A.aA-0;aB=0 1.加速度与合力的关系 B.aA=g,aB=g 由牛顿第二定律F=ma知，加速度a与合力F: C.an=3g,aB=g 具有瞬时对应关系，合力增大，加速度增大，合 D.aA=3g,aB=0 力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方 [听课记录] 向也随之变化。 2.速度与加速度（合力）的关系 速度与加速度（合力）方向相同，物体做加速运 动；速度与加速度（合力）方向相反，物体做减速： 运动。 3.物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以： /名师点评/ 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分： 解决瞬时加速度问题的基本思路 析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛： (1)分析原状态（给定状态）下物体的受力情 顿第二定律求出瞬时加速度。解决此类问题： 况，求出各力大小（若物体处于平衡状态，则利 时，要注意两类模型的特点： 用平衡条件；若处于加速状态，则利用牛顿第 (1)刚性绳（或接触面）模型：这种不发生明显形 二定律)。 变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，恢复： (2)分析当状态变化时（烧断细线、剪断弹簧、 形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或： 抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些 消失。 力不变，哪些力消失（被剪断的绳、弹簧中的弹 (2)弹簧（或橡皮绳）模型：此种物体的特点是形： 力，发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即 变量大，当两端有物体相连时，由于惯性，恢复： 消失)。 形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往 (3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用 可以看成是不变的。 牛顿第二定律，求出瞬时加速度。 103 物理必修第一册 :6.如图所示，在动摩擦因数 针对训练 =0.2的水平面上有一 ! 45° 个质量m=1kg的小球， 5.在粗糙的水平面上，物体在水平推力的作用下， 0000000q 小球左侧连接一水平轻弹 777777 由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间： 簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方 后，将水平推力逐渐减小到零（物体不停止），在 向成0=45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端 固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水 水平推力减小到零的过程中 ( ) 平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬 A.物体的速度逐渐减小，加速度逐渐减小 间(g取10m/s2),下列说法中正确的是( B.物体的速度逐渐增大，加速度逐渐减小 A.小球仍然处于静止状态 B.小球立即向左加速，且加速度的大小a= C.物体的速度先增大后减小，加速度先增大后 8m/s2 减小 C.小球立即向左加速，且加速度的大小a= D.物体的速度先增大后减小，加速度先减小后 10m/s2 D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的 增大 大小a=10m/s2 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.下列说法正确的是 ( B.物体B的加速度大小为0 A.物体所受合外力为零时，物体的加速度可以： C.物体C的加速度大小为2g 不为零 D.A对C的支持力大小等于5mg B.物体所受合外力越大，速度越大 5.(新情景题)用如图所示的装置可以测量汽车在 C.速度方向、加速度方向、合外力方向总是相： 水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装 同的 置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个压力 D.速度方向可与加速度方向成任意夹角，但加： 传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为 速度方向总是与合外力方向相同 2.0kg且无摩擦滑动的滑块，两弹簧的另一端 2.(多选)一个质量为2kg的物体，放在光滑水平 分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从 面上，受到两个水平方向的大小为5N和7N: 的共点力作用，则物体的加速度可能是( 传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动 A.1 m/s2 B.4 m/s2 方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在 C.7 m/s2 D.10m/s2 后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N 3.如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端 (取g=10m/s2)。若某次测量时，传感器a的 挂一金属小球。在将整个装置匀加速 示数为14N、b的示数为6N,汽车速度方向如 上提的过程中，手突然停止不动，则在 图所示，则关于汽车所做的运动及加速度大小 此后一小段时间内 ( 正确的是 A.小球立即停止运动 1) B.小球继续向上做减速运动 C.小球的速度与弹簧的形变量都要减小 D.小球的加速度减小 感 感器 4.(多选)如图所示，吊篮A、物体B、物 LLL4L☑ 体C的质量分别为m、3m、2m,B和 B C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量 不计。B和C在吊篮的水平底板上 处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间 A.加速，10m/s2 B.减速，10m/s2 C.加速，4m/s2 D.减速，4m/s2 A.吊篮A的加速度大小为g 温馨提示 请做课时分层检测（十九） 104(⑤)在作图时，由a-M车图像转化为a图像，使图线由曲线 转化为直线，称为化曲为直法 「答案](1)平衡摩擦力法(2)控制变量法 (3)近似法(4)图像法(5)化曲为直法 「典例2]解析(1)由逐差法可得小车加速度大小为 a=西十十）-(x十十西) 9T2 (8.67+11.08+13.49)×0.01-(1.50+3.88+6.26)×0.01 0.09 m/s? =2.4m/s2 打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为 =x,=0.51m/s. 2T (2)满足n>mo的条件时F=mog,F=ma 得a="s=mg· 图像是过原点的直线：不满足n>的条件时g一F=a,F 联立nog=(n十no)a 则a= m干mm+1 mo 随着增大，小车质堂减小，不满足mm,的条件，加速度不可 能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定 值g,故选D。 (3)开始当小车挂上某一质量槽码时，加速度却为零，线性图像不 通过坐标原，点，故导致图像不过原，点的原因是木板倾角偏小。即 说明操作过程中没有阻力补偿或者阻力补偿不足，所以将不带滑 轮的木板一端适当垫高，在不挂槽码的情况下使小车恰好做匀速 运动，故C正确，A、B、D错误 答案(1)2.40.51(2)D(3)C [奥例3][解析]（)=是=品根据2-2-2r得a d d △t1 `△t 2.x (2)通过计算6组实验数据中n与α的来积会发现，这些乘积在 误差免许的范固内相等，故实验结论是在合外力一定的情况下， 滑块的加速度与质量成反比。 (3)根据题中表格换算出工的值如下表】 m/g 250 300 350 400 500 800 a/(m·s-2) 2.02 1.65 1.33 1.25 1.00 0.63 1 n /kg-1 4.00 3.33 2.862.50 2.00 1.25 由表中口，的数据在坐标系中遮择合造的刻度，进行描点，连 线，连线时使尽可能多的点在直线上或分布在直线的两侧，同时 舍弃误差较大的，点。 d) [答案](1)1 d △tg (2)在外力一定的情况下，滑块的加速度与质量成反比 (3)如图所示 4a/(ms2) 2.00 1.00 用 0 1.002.003.004.0021kg9 素养演练·提升技能 1.BD[在补偿阻力时，应将细绳从小车上拿去，垫高长木板远离滑 轮的一端，让小车的重力沿木板方向的分力与小车受到的阻力平 衡，故A错误：若连接槽码和小车的细绳与长木板不保持平行，则 绳子拉力的一个分力等于小车所受的外力，这样导致误差增大 故B正确：补偿阻力后长木板的位置不能移动，但每次改变小车 的质量时，小车的重力沿木板方向的分力和小车受到的阻力仍能 21 平衡，不需要重新补偿阻力，故C错误：实验时，若先放开小车，再 接通打，点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的，点 很少，不利于数据的采集和处理，而且刚接通电源时打，点不稳定 因此要求小车释放前靠近打点计时器，且应先接通电源，再释放 小车，故D正确。 2.AD [由图甲可知，当F=0时，a≠0，表示没有拉力作用时，小车 已经有了加速度，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大，故 选项A正确：图乙中图线在a轴上有裁距，这是平衡摩擦力时长 木板的倾角过大造成，故远项B错误；由图丙可知，当F≠0时，@ 一0，原因可能是平衡摩擦力时长木板的倾角过小，故选项C错 误：图像在1轴上有截距，这是平衡摩擦力时，长木板的倾角过小 造成的，故选项D正确。门 3.解析(1)由图像可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平 衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (2)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将细沙 和桶的重力作为小车的拉力，故不需要满足细沙和桶的总质量远 小于小车和传感器的质量。 答案(1)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(2)否 4.解析(1)根据匀变速直线运动的推论可知，一段过程中间时刻 的瞬时速度等于这段过程的平均速度，所以P点速度为纸带上第 四段位移的平均速度，p一了 7.72×10 -m/s=1.93m/s。 4×10-2 Ax 各段相邻位移的差值均为0.51cm,所以加速度为a一 0.51×10-9 (4×102ym/s=3.19m/s2。 (2)①根据表格数据作图，略。 ②由图线可知纵裁距大于0，表明当拉力为0N时，小车就有加速 度，说明木板倾角偏大 ③小车所受拉力可由力传感器直接读出，不需用砝码和砝码盘的 重力来近似代替，所以不需要对砝码和砝码盘的重力提要求。 答案(1)1.933.19(2)①作图略②偏大③否 5.解析 (1)题图乙中①是电磁打点计时器，使用工作电压约为8V 的交流电源 (2)本实验需要平衡摩擦力，而且细绳要与长木板保持平行，目的 都是让小车受到的合力等于细绳对其拉力，A、B正确：先接通打 点计时器的电源再释放小车，是为了充分利用纸带，C正确；改变 小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，D错误」 (3)由实验原理可知砝码桶及桶内砝码总质量应远小于小车和车 上砝码的总质量。为消除实验误差，可采用以下实验方案 方案1：保持系统总质量一定，每次增加外力时，可以从小车中取 得砝码加入砝码桶中： 方案2：在小车上安装拉力传感器，直接测出小车所受的拉力。 答案 )8 (2)ABC (3)远小于 方案1：保持系统总质量一定，每次增加外力时，可以从小车中取 得砝码加入砝码桶中 方案2：在小车上安装拉力传感器，直接测出小车所受的拉力 6.解析 (1)本题中轻绳上的拉力可以由力传感器测出，因此不需 要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要使砂和砂桶的总质量 远小于小车的质量，A、D错误；实验时需将长木板右端垫高，以补 偿阻力，B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再 释放小车，并记录力传感器的示数，C正确 (2)相邻两计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,根据匀 变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平 均速度可得4，=（3.77十4.15)×10 一m/3=0.396m/$,括AT 2×0.1 =aT严，运用逐差法可得小车的加速度a= (4.53+4.15)-(3.77+3.39)×10- m/s2=0.380m/s2。 (2×0.1)2 (3)由像可知，当a=0时，F不等于0，故乙同学没有补偿阻力或 者补偿阻力不够 答案(1)BC(2)0.3960.380(3)没有补偿阻力或者补偿阻 力不够 3 牛顿第二定律 必备知识·自主梳理 1.正比反比相同 2.ma合外力 11 2.1kg·m/s 即学即用 1.(1)/ (2)、/ (3)×(4)/ 2.20 关键能力·合作探究 要点1 探究导入 提示：乙同学的说法正确，物体的加速度大小是由物体所受的合 力的大小和物体的质量共同决定的，与速度变化量及所用的时间 无关。 3 探究归纳 [典例1][解析]牛顿第二定律的表达式F=na表明了各物理 量之间的数量关系，即已知两个量，可以求第三个量：物体的质量 由物体本身决定，与受力无关：物体所受的合力，是由物体和与它 相互作用的物体共同产生的，与物体的质量和加速度无关；由a 卫可知，物体的加速度与所受合外力成正比，与其质量成反比。 综上分析知，选项A、B错误，C、,D正确。 [答案]CD 针对训练 1.BCD [力是产生加速度的原因，A项因果关系颠倒，故A错误： 合力产生的加速度与每个分力产生的加速度的合加速度是相同 的，故B正确：a与F的方向时时刻刻都相同，故C正确；加速度 与外力是瞬时对应关系，外力停止作用，加速度同时消失，故D 正确。 2.D[牛顿第二定律的表达式F=ma中的力F是指合力，用很小 的力推很重的桌子时，桌子不动，是因为桌子与地面间的最大静 摩擦力大于推力，推力与桌子受到的静摩擦力的合力为零，所以 桌子所受的合力为零，加速度为零，牛顿第二定律同样适用于静 止的物体，故A、B、C错误，D正确。 要点2 探究导入 提示：(1)受重力、弹力和摩擦力三个力的作用，受力分析如图 所示。 mg (2)将重力分解，沿斜面方向，由牛顿第二定律得ngsin0一F,= na,可以求得加速度a。 探究归纳 「典例2]「解析]法一合成法 (1)由于车厢沿水平方向运动，笔与车厢的加速度 相同，所以笔有沿水平方向的加速度，所受合力F 沿水平方向，选笔为研究对象，受力分析如图 0 所示。 由几何关系可得F=ngtan0 由牛顿第二定律得F一na,则 F 笔的加速度大小a= =gtan0=7.5m/s2,即车 厢运动的加速大小为7.5m/s。 mg (2)细线对笔的拉力大小为 F1-mg cos 0-1.25 N 法二 正交分解法 以水平向右为x轴正方向，竖直向上为 y轴正方向建立直角坐标系，并将细线 对笔的拉力F,正交分解，如图所示 则沿水平方向有Frsin0=na 竖直方向有Frcos0=mg 联立解得a-7.5m/s,Fr=1.25N。 F [答案](1)7.5m/s(2)1.25N 针对训练 mg 3.解析 由牛顿第二定律知，物体上升过 程的加速度 F十mg=g十 F 为 ,方向竖直向下 物体下降过程的加速度 a2 =mg-F =8- 加，方向竖直向下， 答案见解析 4.解析以物体研究对象，受力分析如图所 示，建立直角坐标系。 水平方向上：Fcos37°一F=a ① 竖直方向上：FN=mg十Fsin37 ② F:← 379 又F=FN ③ 联立①②③解得a-5m/s。 g】 答案5m/s 要点3 探究归纳 典例3]解析] 开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球 向上的弹力小于小球的重力，此时合力大小为F合一mg一kx,方 向向下，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，故合力减小，则加速 度减小，由于合力与速度方向相同，小球的速度增大；当ng一kx 时，合力为零，此时速度最大；由于惯性，小球继续向下运动，此时 合力大小为F合一kx一ng,方向向上，小球减速，随着弹簧压缩量 的增加，小球所受合力增大，加速度增大。故整个过程中加速度 先变小后变大，速度先变大后变小。故AC正确，B、D项错误。 答案]AC 21 [典例4][解析]剪断细线前，分析B 球受力如图甲所示，F一2ng,剪断细 线后瞬间弹簧形变不会恢复，故B球受 力不变，aB=0: 剪断细线前，分析A球受力如图乙所 示，Fr=F十mg,F=F,故Fr=3ng mg mg 剪断细线，FT变为0，F大小不变，物体 ￥2mg A受力如图丙所示，由牛顿第二定律得 甲 丙 F+mg=maA,解得aA=3g。故D项 正确，A、B、C错误。 答案」D 针对训练 5.D[对物体受力分析如图所示，因为物体原 来做匀加速直线运动，所以F>F:,由于运动 一段时间，所以物体已有一定的速度，当力F F:+ F 减小时包含以下三个过程： 77777777777777 F-F ①刚开始阶段：F>F,由牛顿第二定律得a= ,F减小，a减 n 小，但a、v同向，故)增大； ②随着F减小：F=F:时，F合一0，a一0，速度达到最大； ③力F继续减小：FF,F合的方向变为与速度相反，口的方向也与 速度方向相反，故v减小，由牛顿第二定律得α= F-F ,故a增大。 综上所述，a先减小后增大，v先增大后减小，远D。] 6.B[在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处 于平衡，根据共点力平衡的条件得，弹簧的弹力F=ngtan45°= 10×1N一10N,剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N,小球 此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。由于最大 静摩擦F:=ug=2N<F,可知小球向左加速运动，根据牛顿第 二定律得小球的加速度为a= F-F=10-2m/s2=8m/,合力 方向向左，所以小球立即向左加速，故B正确，A、C错误：剪断弹 簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为 零，则小球的加速度为零，故D错误。] 素养演练·提升技能 1,D由牛顿第二定律F=na知，F合为0，加速度为零，F合越大， a也越大，由a= A知，a大只能说明速度变化率大，速度不一定 △ 大，故A、B项错误；F合、、△w三者方向一定相同，而速度方向与 这三者方向不一定相同，C项错误。故远D。 2.AB[两个水平方向的大小为5N和7V的共点力的合力的范围 为2NF12N,再由牛顿第二定律知加速度的范周为1m/s≤ 6m/s,A、B正确。] 3.D[以小球为研究对象，小球只受到重力G和弹簧对它的拉力 FT,由题可知小球向上做匀加速运动，即G<Fr。当手突然停止 不动时，在一小段时间内弹簧缩短一点，即F工减小，且F仍然大 于G,由牛顿第二定律可得Fr一G=na,a= FT一G ,即在一小段 时间内小球加速度减小，但方向仍与速度方向相同，小球速度增 大，故D正确。 4.B 装置静止时，弹簧的弹力F=3g,剪断轻绳的瞬间，弹簧 的弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得：aC =F+(m士2m》g=2g,即A、C的加速度均为2g,方向向下，故A n十2n 错误，C正确：剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的合力仍然为 零，则B的加速度为O,故B正确；设A对C的支持力为FN,则对 C由牛顿第二定律得：F+2ng一FN=2naAc,解得A对C的支持 力大小Fx=ng,故D错误。 5.D[对滑块在水平方向上受力分析，如图所示，根据 牛顿第二定律得F一F.=ma1,解得a=4m/s2,方 向水平向右，则汽车做加速运动，故远C。] 4力学单位制 必备知识·自主梳理 1.(1)数量(2)单位 2.选定被选定 3.基本量 4.物理关系 1.基本导出 2.计量 3.米千克kg秒s 即学即用 解析(1)此题中给定的选项内，在国际单位制中，被选定的基本 量有质量、长度、时间，故此空填“E、H、”中 (2)此题中给定的选项内，在国际单位制中是基本单位的有秒、千 克，属于导出单位的有米/秒、牛顿，故第一个空填“℉、J”,第二个 空填“B、C” 答案(1)E、H、I(2)F、JB、C 4