4.3 牛顿第二定律 专项训练-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 以牛顿第二定律核心概念为起点，通过基础应用、瞬时问题、实验测量及变力情境构建递进式训练，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |牛顿第二定律初步|5题|实际情境分析（如独竹漂、火箭发射）、公式直接应用|从定律内容（正比反比关系、合外力）到基本运动分析，构建加速度与力、质量关系认知| |瞬时加速度|6题|弹簧/轻绳剪断瞬间加速度计算（含多体系统）|聚焦弹力瞬时不变特性，深化力与加速度瞬时对应关系，突破易错点| |测摩擦因数|6题|纸带数据处理（逐差法）、实验误差分析|结合实验探究，通过牛顿第二定律建立加速度与摩擦因数的定量关系，培养科学探究能力| |阻力变化中的应用|4题|变力情境（阻力与速度/位移相关）的图像分析（v-t、F-t图）|从恒力到变力，通过模型建构（如雨滴下落、钉子压入）提升复杂问题解决能力|

2 / 5 2 / 5 4.3 牛顿第二定律 1．牛顿第二定律的表达式 (1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___________，跟它的质量成________，加速度的方向跟作用力的方向___________。 (2)表达式F＝kma，其中力F指的是物体所受的_____________。 力的单位 2．力的单位 (1)力的国际单位：牛顿，简称______，符号为__________。 (2)“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的__________的力叫作1 N，即 1 N＝________kg·m/s2。 (3)在质量的单位取_________，加速度的单位取_________，力的单位取N时，F＝kma中的k＝1，此时牛顿第二定律可表示为___________。 备考训练一： 1、 牛顿第二定律初步 2、 瞬时加速度 1．（多选）独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则（　　） A．选手所受合力为零 B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下 C．手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡 D．选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划杆）的重心在同一竖直平面 2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 3．2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的内燃料对火箭的平均推力约为。火箭质量约为500吨且认为在内基本不变，则火箭在初始内的加速度大小约为（　　）（重力加速度g取） A． B． C． D． 4．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 5．神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（　　） A．一直减小 B．一直增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 6．A、B两个球用轻弹簧连接，A球质量为2m，B球质量为3m，小球A由轻绳悬挂在天花板上O点，两球处于平衡状态，如图所示。现突然剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为和；则（　　） A．， B．， C．， D．， 7．如图所示，在一箱子内放有、两个物体，、之间用轻弹簧相连，整个系统用绳系于天花板上，处于静止状态，其中，，。在剪断绳子的瞬间，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．的加速度大小为 B．的加速度大小为 C．对C的压力大小为 D．对C的压力大小为 8．如图，质量分别为、、、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， B．2g， C．2g， D．g， 9．（多选）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间 A． a1=3g B．a1=0 B． C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2 10．模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（　　） A．从到，实验舱处于电磁弹射过程 B．从到，实验舱加速度大小减小 C．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点 11．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 备考训练二： 1、 牛顿第二定律测摩擦因数 2、 阻力变化中的应用 12．为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知sin=0.34，cos=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔∆T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。 s1 s2 s3 s4 s5 5.87cm 7.58cm 9.31cm 11.02cm 12.74cm 由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2） 13．为了测量滑块与桌面间的动摩擦因数，一同学设计了如图所示的实验装置。A为带滑轮的滑块，B为盛有砂的砂桶。 (1)实验时，必须要进行的操作是________ A．用天平测量出砂和砂桶的质量 B．将桌面右侧垫高，平衡摩擦力 C．要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量 D．滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块 (2)该同学实验中得到如图2所示的一条纸带，打点计时器的交流电源频率为50Hz，根据纸带可以求出滑块的加速度________（保留两位有效数字）。 (3)通过改变砂的质量，可以得到滑块加速度a和力传感器示数F的多组数据。为了处理数据，做出了的图像，如图3所示，直线的斜率为k，纵轴截距为b，已知当地的重力加速度为g，则滑块的质量________，滑块和桌面间的动摩擦因数________（用k、b、g表示）。 (4)动摩擦因数的测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 14．某实验小组利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。将长木板右端垫高并固定，在长木板上安装打点计时器。将纸带一端固定在滑块上，另一端穿过打点计时器。滑块拖着纸带沿长木板下滑，打点计时器在纸带上打下一系列点。实验中获得的一条清晰纸带的一部分如图乙所示，图中相邻两计数点间还有四个点未画出。已知长木板的倾角为，打点计时器所接交流电源的频率为，当地的重力加速度为。 (1)打点计时器打下相邻两计数点的时间间隔为_________（用题中所给物理量的字母表示） (2)根据如图乙所示的纸带，由逐差法可得滑块沿长木板下滑的加速度大小为_________。（用题中及图乙中所给物理量的字母表示） (3)滑块与长木板间的动摩擦因数为_________。（用表示） 15．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离。 （1）物块下滑时的加速度a = _____m/s2；打C点时物块的速度v = ____m/s； （2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是____（填正确答案标号）。 A．物块的质量      B．斜面的高度      C．斜面的倾角 16．某同学利用图丙实验装置探究滑块加速度与长木板间动摩擦因数的关系。实验过程中选取上表面粗糙程度不同的长木板，保持长木板水平放置，通过纸带测出滑块加速度a及对应动摩擦因数μ的数值，作出a-μ图像如图丁所示，作图时忘记标明纵、横截距数据，取g＝10m/s2。 (1)为尽可能准确地完成实验，下列说法正确的是__________（填正确答案标号）。 A．实验前需要平衡阻力 B．实验过程不需要保持小桶及沙子质量m不变 C．实验过程需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量m0 D．连接滑块的细线需要与长木板平行 (2)已知滑块质量m0＝2kg，当换用滑块与长木板间动摩擦因数μ＝0.1的长木板时，通过分析纸带数据可知滑块加速度大小a＝2m/s2。结合以上信息，则小桶及沙子质量m＝_________kg。 17．某实验小组同学设计了如图甲所示的实验装置来测量木块和长木板间的动摩擦因数。 在水平实验台的台面上有一端附有定滑轮的长木板，细线的一端竖直悬挂一钩码，另一端绕过定滑轮拴接静止在长木板上的木块，木块另一侧与纸带相连，纸带通过打点计时器。由静止释放木块后，其在细线的拉动下，沿水平长木板开始做匀加速直线运动。已知木块的质量为500g，钩码的质量为300g，当地重力加速度。 (1)下列关于实验操作的说法正确的是___________。 A．实验时，先接通打点计时器的电源，再释放木块 B．为尽可能减小实验误差，木块的质量应远大于钩码的质量 C．调节定滑轮的高度，使牵引木块的细线与长木板上表面保持平行 D．实验前，将长木板靠近打点计时器一端略微抬高以平衡木块与长木板之间的摩擦力 (2)一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为50 Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小___________m/s2（结果保留两位有效数字）； (3) 小组同学根据上面（2）中求出的木块加速度，可求出木块和长木板间的动摩擦因数大小___________（结果保留两位有效数字）。 18．泡沫球甲与小钢球乙同时由静止开始竖直下落，若泡沫球受到空气阻力的大小与速度大小成正比，则下列描述两球下落过程中速度v与时间t的关系图像，可能正确的是（　　） A．B．C．D． 19．工人师傅利用工具以恒力F将一钉子垂直压入木质墙中，假设钉子所受阻力与进入墙中的深度成正比，在钉子压入墙的过程中，当钉子静止时，钉子还没有完全进入墙内。关于钉子的速度v、加速度大小a与钉子的位移x、时间t之间的关系，下列图像描述有可能正确的是（　　） A． B． C． D． 20．研究表明，雨滴在下落过程中所受到的空气阻力随着下落速度的增大而增大。雨滴由静止竖直下落，下列速度-时间图像能大致描述该过程的是（　　） A． B． C． D． 2 / 5 2 / 5 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 CD D A C A B D A AC B 题号 11 18 19 20 答案 B C B C 1．CD 【详解】A．选手和楠竹在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误； B．楠竹在水平方向有加速度，选手对楠竹的力在竖直方向有压力，水平方向有摩擦力，所以选手对楠竹的力方向不是竖直向下，故B错误； C．选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，故C正确； D．选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确。 故选CD。 2．D 【详解】根据牛顿第二定律，物体加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的质量成反比，选项ABC错误．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，选项D正确． 3．A 【详解】根据题意，由牛顿第二定律有 代入数据解得 故选A。 4．C 【详解】由图可知相等时间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正后负，根据牛顿第二定律 可知f先小于G，后大于G。 故选C。 5．A 【详解】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得 返回舱速度减小，则可得加速度一直减小，故选A。 6．B 【详解】剪断轻绳之前，对B进行分析，弹簧处于拉伸状态，根据平衡条件，可得弹簧拉力大小为 在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为；对B分析，根据牛顿第二定律有 解得 对A分析，根据牛顿第二定律有 解得 故选B。 7．D 【详解】A．在剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，仍然等于A的重力，故A的合力仍然为零，故A的加速度大小为0，故A错误； BC．假设物体B和C一起运动，根据牛顿第二定律有 解得 故假设成立，故B错误； D．对C，根据牛顿第二定律有 解得，故C错误，D正确。 故选D。 8．A 【详解】剪断前，对BCD分析 对D 剪断后，对B 解得 方向竖直向上；对C 解得 方向竖直向下。 故选A。 9．AC 【详解】设物体的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧的拉力，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知，故a受到的合力，故加速度，A正确，B错误；设弹簧的拉力为，则，根据胡克定律可得，C正确，D错误． 10．B 【详解】A．间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误； B．由于受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大则f—t图的形状与v—t图的形状是一模一样的，则实验舱加速度大小在减小，故B正确； C．间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误； D．根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。 故选B。 11．B 【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确； CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据 速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下 故CD错误。 故选B。 12． 0.43 0.32 【详解】[1]根据逐差法有 [2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有 代入数据解得 13．(1)D (2)0.88 (3) 2k (4)偏大 【详解】（1）AC．滑块A受到绳的拉力可由力传感器读出，故砂和砂桶的质量可以不用测量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量，故AC错误； B．本实验是测量动摩擦因数，需要考虑摩擦力，不能平衡摩擦力，故B错误； D．滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块，故D正确。 故选D。 （2）依题意可知，相邻计数点时间间隔为 根据逐差法，可得滑块的加速度 （3）[1][2]对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有 变形得 则图像的斜率为 解得 纵截距为 解得 （4）由于实验过程中，打点计时器与纸带之间存在摩擦力，故的测量值比真实值偏大。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）打点计时器的打点周期为 打下相邻两计数点的时间间隔为 （2）滑块沿长木板下滑的加速度大小为 （3）滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律，得 解得 15． 3.25 1.79 C 【详解】（1）[1]根据逐差法有 解得 [2]打C点时物块的速度 （2）[3]对滑块，根据牛顿第二定律，有 解得 故还需要测量斜面的倾角。 故选C。 【考点】测量动摩擦因数实验 【点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。 16．(1)D (2)0.75 【详解】（1）A．探究动摩擦因数与加速度关系，不需要平衡阻力，A错误。 BC．实验过程需要保证滑块质量m0、小桶及沙子质量m保持不变，但不需要保持小桶及沙子质量m远小于滑块质量m0，B、C错误。 D．为防止出现分力，连接滑块的细线需要与长木板平行，D正确。 故选D。 （2）根据题意，已知m0＝2kg，对系统应用牛顿第二定律，有 当时，有a＝2m/s2，则m＝0.75kg。 17．(1)AC (2)0.79/0.77/0.78/0.80 (3)0.47/0.48 【详解】（1）A．打点计时器实验操作要求先接通电源，待打点稳定后再释放木块，故A正确； B．本实验不需要将细线拉力近似为钩码重力，对整体列牛顿第二定律时不需要木块质量远大于钩码质量，故B错误； C．调节定滑轮使细线与长木板平行，可保证木块受到的拉力恒定，加速度稳定，故C正确； D．本实验目的就是测量木块和长木板间的动摩擦因数，不能平衡摩擦力，故D错误。 故选AC。 （2）电源频率为，每5个点取一个计数点，相邻计数点时间间隔 由纸带读数可得， 根据逐差法 （3）对木块和钩码整体，由牛顿第二定律得 可得 18．C 【详解】由题意可知，泡沫球甲受到空气阻力的大小与速度大小成正比，设空气阻力为 根据牛顿第二定律可得 解得 所以泡沫球甲做加速度减小的加速运动，又因为图线的斜率表示加速度，所以泡沫球甲的图线斜率减小；小钢球乙通常忽略空气阻力，做自由落体运动，即 则小钢球乙的图线为过原点的直线。时，甲的速度为0，阻力为0，加速度为，与乙的加速度相同，故两图像在原点处切线斜率相同。随着时间推移，甲的加速度减小，速度增加变慢，乙的速度一直线性增加，乙的速度大于甲。 故选C。 19．B 【详解】AB．设钉子受到的阻力为，则 当时，由牛顿第二定律得 得 加速度随位移均匀减小，直到a减为零，以后，根据牛顿第二定律得 可得 加速度随位移均匀增大，故加速度先减小后反向增大，但加速度随时间不是均匀变化，故A错误，B正确； CD．钉子初末速度均为零，所以钉子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，因C图中加速度大小不变，D图中速度一直增加，故CD错误。 故选B。 20．C 【详解】雨滴从空中由静止竖直下落，受到的空气阻力随速度增大而增大，可知一开始空气阻力小于重力，根据牛顿第二定律可得 可知雨滴合力向下，速度增大，空气阻力随之增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，图像的斜率表示加速度，可知C能大致描述该过程。 故选C。 参考答案： 1．(1) 正比 反比 相同 (2)合外力 【详解】（1）（1）[1][2][3]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）（2）表达式F＝kma，其中力F指的是物体所受的合外力。 2．(1) 牛 N (2) 加速度 1 (3) kg m/s2 F＝ma 【详解】（1）[1][2]力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N。 （2）[1][2]“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即 1 N＝1kg·m/s2。 （3）[1][2][3]在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝1，此时牛顿第二定律可表示为F＝ma。 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 $