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

**基本信息** 以“概念理解-情境应用-综合建模”为分层逻辑，通过19道题实现牛顿第二定律从基础认知到复杂问题解决的递进，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |概念理解|定律内容、表达式及物理意义|1道选择题辨析基本概念，夯实物理观念| |情境应用|简单系统加速、瞬时受力分析|3道选择+3道选择，结合滑轮、弹簧等模型，培养科学推理| |综合建模|多过程、图像分析、阻力变化问题|4道计算+4道选择+4道选择，涉及冰壶运动、冲天火箭等真实情境，提升模型建构与问题解决能力|

牛顿第二定律同步练习 一．牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义（共1小题） 1．（2025秋•靖江市校级期中）下列说法正确的是（　　） A．长度、质量和时间是基本单位 B．手握竖直的圆柱形玻璃杯在空中保持静止，在握力增大时不会使玻璃杯所受的摩擦力变大 C．加速度的定义式为 D．物体在做变速运动时没有惯性 二．牛顿第二定律的简单应用（共3小题） 2．（2026春•丹阳市期末）下列四幅图中，质量不同的重物用轻绳相连，绕过无摩擦的轻滑轮，由静止释放，加速度最大的是（　　） A．B．C．D． 3．（2026春•广陵区校级期末）一款电动家用轿车在某次测试中以额定功率启动。测得轿车由静止加速到最大速度30m/s仅用3s，则加速时段内轿车的平均速度（　　） A．等于10m/s B．等于12.5m/s C．等于15m/s D．大于15m/s 4．（2026春•南通期末）如图所示，在车厢内用细线悬挂一个小钢球，细线1水平，细线2倾斜。小车水平向左做加速度变大的加速运动。则在该过程中（　　） A．细线1的拉力变小 B．细线1的拉力变大 C．细线2的拉力变小 D．细线2的拉力变大 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 5．（2026•德州三模）结合太空授课中微重力的相关现象，某同学为探究失重状态下浮体与弹簧的相互作用规律，设计了如图所示的实验装置：质量为m的木球通过轻质弹簧与盛水密闭容器的底部相连，初始时整个系统静止，此时木球所受的浮力为F＝kmg（k＞1）。现将容器由静止释放，忽略水的粘滞阻力，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为（　　） A．g B．kg C．（k﹣1）g D．（k+1）g 6．（2026•渝中区校级模拟）轻绳一端固定于O点，另一端与小球（视为质点）相连，小球置于斜面体上。先稳住斜面保持斜面与小球均静止（如图），然后无初速度释放斜面。不计一切摩擦，小球全程不会碰到地面，则小球与斜面分离时小球的位置在（　　） A．O点左下方 B．O点右下方 C．O点正下方 D．不确定 7．（2025秋•连云港期末）如图所示，一质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，左右两侧通过轻弹簧、细绳、定滑轮分别悬挂质量为m的槽码，弹簧始终在弹性限度内，不计细绳与滑轮间的摩擦。现剪断左侧连接槽码的细绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断细绳前，弹簧对物块的拉力为0 B．剪断细绳前，弹簧对物块的拉力为2mg C．剪断细绳瞬间，物块的加速度为 D．剪断细绳瞬间，物块的加速度为 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 8．（2026春•南通期末）如图甲所示，质量分别为2kg和3kg的两个物体a、b相互接触，但不黏合，静置在光滑水平面上。从t＝0开始，水平方向的推力Fa和拉力Fb分别作用于a、b上，Fa、Fb的大小随时间t变化关系的图像分别如图乙、丙所示，则（　　） A．a、b分离前，a对b的弹力大小不变 B．a、b分离时，Fa和Fb大小相等 C．a、b分离后，a做减速运动 D．可求出任意时刻a的速度 9．（2026春•秦淮区校级期末）如图所示，两端开口的球筒中静置着一个羽毛球，现用手握住球筒从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速直线运动，持续较短时间t后立即停止，球筒速度瞬间变为零并保持静止，进而利用惯性使得羽毛球离开球筒。若羽毛球速度变为零时仍未离开球筒，则再次重复上述过程，直到羽毛球离开球筒。已知羽毛球质量为m，与球筒间的最大静摩擦力f＝2mg，且滑动摩擦力等于最大静摩擦力。初始时羽毛球离球筒的上、下端距离分别为d1、d2。重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）若在圆筒停止运动前，羽毛球与球筒间未发生相对运动，则加速度a须满足什么要求？ （2）若a＝2g，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ （3）若a＝14g，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ 10．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，一重为40N的木块放在水平桌面上，在水平方向共受三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止。其中F1＝13N，F2＝6N。已知木块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g取10m/s2。求： （1）当只将F1撤去，木块受到的摩擦力的大小； （2）若撤去的力不是F1而是F2，木块从静止开始运动。求当速度达到5m/s时，木块的位移。 11．（2025秋•苏州期末）如图所示，质量m＝19kg的冰壶，在运动员水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a＝1m/s2，经过t＝3s后撤去推力，冰壶在冰面上继续滑行。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数始终为μ＝0.02，重力加速度g取10m/s2，求： （1）运动员的推力大小F； （2）撤去推力后冰壶在冰面上继续滑行的位移大小x。 五．牛顿第二定律的图像问题（共4小题） 12．（2025秋•虎丘区校级月考）某物体在合力F作用下，由静止开始做直线运动，F随时间变化的规律如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．物体第1s内的加速度与第2s内的加速度相同 B．物体做往复运动，第2s末回到出发点 C．物体在第1s内的速度方向与第2s内的速度方向相反 D．物体在第1s内的位移与第3s内的位移相同 13．（2025秋•滨湖区校级月考）在粗糙水平地面上，有一质量为2kg的物体做直线运动，从t＝0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v﹣t图像如图所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.3 B．物体在第4s末回到起始位置 C．F的大小为6N D．F在物体上的作用时间为1s 14．（2024秋•苏州期末）如图所示，物块Q放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧。t＝0时刻将物块P从弹簧的上端由静止释放。P向下运动距离为x0时，所受合外力为零；运动时间为t0时到达最低点。在P运动的过程中，不计空气阻力。下列关于物块P的速度v、相对于初始位置的位移x、物块Q所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（　　） A．B． C．D． 15．（2025•广州一模）如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（　　） A．B． C．D． 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共4小题） 16．（2025秋•南京月考）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的塑料气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（　　） A．0～t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大 B．t1时刻火箭的加速度大于重力加速度g C．火箭离开支架后上升的最大高度为 D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1 17．（2025•安徽开学）将一个质量为m的球竖直向上抛出，球上升的高度h与球运动的时间t的关系如图所示，其中t2＝3t1，球运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度为g，则球受到的阻力大小等于（　　） A． B． C． D． 18．（2025•内蒙古模拟）某同学将一小段粉笔竖直向上抛出，粉笔所受空气阻力大小与速率成正比。关于粉笔被抛出后运动的v﹣t图像，下列选项最合理的是（　　） A．B． C．D． 19．（2024秋•鼓楼区校级期末）低空跳伞是一项危险性极高的滑翔类极限运动，受到冒险者的喜爱。如甲图为某运动员做跳伞训练的照片，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞沿直线减速下落。他打开降落伞后的速度图线如乙图所示。降落伞用30根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°。已知人的质量为60kg，降落伞质量为40kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6），g＝10m/s2。则（　　） A．打开降落伞时人距离地面高度为35m B．打开伞后瞬间的加速度大小a＝40m/s2 C．阻力系数k＝100N•s/m D．每根绳承受的拉力至少为150N 参考答案与试题解析 一．牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义（共1小题） 1．（2025秋•靖江市校级期中）下列说法正确的是（　　） A．长度、质量和时间是基本单位 B．手握竖直的圆柱形玻璃杯在空中保持静止，在握力增大时不会使玻璃杯所受的摩擦力变大 C．加速度的定义式为 D．物体在做变速运动时没有惯性 【答案】B 【分析】根据惯性、单位制以及牛顿第二定律分析作答。 【解答】解：A、长度、质量和时间是基本物理量，故A错误； B、手握竖直的圆柱形玻璃杯在空中保持静止，竖直方向有f＝mg，在握力增大时不会使玻璃杯所受的摩擦力变大，故B正确； C、加速度的决定式为a，故C错误； D、惯性的大小与物体运动的速度无关，与物体是否受力无关，仅与质量有关，质量是物体惯性大小的唯一量度，因此物体在做变速运动时惯性不变，故D错误。 故选：B。 二．牛顿第二定律的简单应用（共3小题） 2．（2026春•丹阳市期末）下列四幅图中，质量不同的重物用轻绳相连，绕过无摩擦的轻滑轮，由静止释放，加速度最大的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据牛顿第二定律F＝ma分析。 【解答】解：设左侧重物质量为m1，右侧重物质量为m2，四个选项均符合m1＞m2，根据牛顿第二定律有 m1g﹣m2g＝（m1+m2）a 可得加速度 代入数据可得，A选项中，B选项中，C选项中，D选项中a4，故D正确，ABC错误。 故选：D。 3．（2026春•广陵区校级期末）一款电动家用轿车在某次测试中以额定功率启动。测得轿车由静止加速到最大速度30m/s仅用3s，则加速时段内轿车的平均速度（　　） A．等于10m/s B．等于12.5m/s C．等于15m/s D．大于15m/s 【答案】D 【分析】将轿车以额定功率启动的加速度减小的加速运动与初末速度相同的匀加速直线运动对比，通过v﹣t图像面积（位移）关系判断平均速度大小。 【解答】解：轿车以额定功率启动时，P＝F牵v，随速度v增大，牵引力F牵减小，加速度逐渐减小，轿车做加速度减小的变加速直线运动。 若轿车做初速度为0、末速度为30m/s的匀加速直线运动，平均速度为 对应v﹣t图为过原点的倾斜直线，位移为直线与时间轴围成的面积。 实际变加速运动的v﹣t图像如图 相同3s时间内曲线与时间轴围成的面积大于匀加速的位移，结合平均速度定义，实际平均速度大于15m/s，故D正确，ABC错误。 故选：D。 4．（2026春•南通期末）如图所示，在车厢内用细线悬挂一个小钢球，细线1水平，细线2倾斜。小车水平向左做加速度变大的加速运动。则在该过程中（　　） A．细线1的拉力变小 B．细线1的拉力变大 C．细线2的拉力变小 D．细线2的拉力变大 【答案】B 【分析】依据平衡条件（合力为零）列方程求解各细线的拉力，进而判断选项正误。 【解答】解：对小球进行受力分析，小球受到重力mg、细线的拉力T1（水平向左）和细线2的拉力T2（斜向右上方）。 设细线2与竖直方向的夹角为θ。由于细线1保持水平，且细线长度不变，小球相对于车厢的位置保持不变，因此角θ保持不变。竖直方向：小球在竖直方向上没有加速度，受力平衡，T2cosθ＝mg 解得T2 由于m、g、θ均不变，所以细线2的拉力T2保持不变。 水平方向：小球随车向左做加速运动，加速度为a。根据牛顿第二定律：T1﹣T2sinθ＝ma，解得T1＝ma+T2sinθ题目中指出小车做加速度变大的加速运动，即a增大。由于m、T2、θ不变，所以细线1的拉力T1变大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共3小题） 5．（2026•德州三模）结合太空授课中微重力的相关现象，某同学为探究失重状态下浮体与弹簧的相互作用规律，设计了如图所示的实验装置：质量为m的木球通过轻质弹簧与盛水密闭容器的底部相连，初始时整个系统静止，此时木球所受的浮力为F＝kmg（k＞1）。现将容器由静止释放，忽略水的粘滞阻力，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为（　　） A．g B．kg C．（k﹣1）g D．（k+1）g 【答案】B 【分析】静止时，木球受力平衡，根据平衡条件和浮力公式求解弹簧弹力的大小；释放瞬间，整体处于完全失重状态，浮力消失，根据牛顿第二定律求解加速度。 【解答】解：静止时，对木球受力分析，根据平衡条件得：F＝mg+F弹，其中：F＝kmg，解得弹簧弹力大小为：F弹＝（k﹣1）mg 释放瞬间，系统处于完全失重状态，浮力消失，木块受重力和弹簧弹力作用，由牛顿第二定律得：mg+F弹＝ma 解得：a＝kg，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2026•渝中区校级模拟）轻绳一端固定于O点，另一端与小球（视为质点）相连，小球置于斜面体上。先稳住斜面保持斜面与小球均静止（如图），然后无初速度释放斜面。不计一切摩擦，小球全程不会碰到地面，则小球与斜面分离时小球的位置在（　　） A．O点左下方 B．O点右下方 C．O点正下方 D．不确定 【答案】A 【分析】根据小球的加速度变化以及垂直于斜面的力的变化分析判断。 【解答】解：分离前斜面体有加速度，则存在垂直于斜面向下的分量，则拉力垂直于斜面的分量小于小球重力的垂直于斜面的分量。分离时，二者间压力为零，垂直于斜面方向加速度相同。又分离时斜面体的加速度为零，则小球加速度的垂直于斜面的分量为零，那么绳的拉力的垂直于斜面的分量等于小球重力的垂直于斜面的分量。若小球运动到O点正下方时二者分离，因拉力大于小球重力，所以拉力的垂直于斜面的分量一定大于小球重力垂直于斜面的分量，这说明二者早已分离，因此二者分离时，小球还未到达O点的正下方。故A正确，BCD错误。 故选：A。 7．（2025秋•连云港期末）如图所示，一质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，左右两侧通过轻弹簧、细绳、定滑轮分别悬挂质量为m的槽码，弹簧始终在弹性限度内，不计细绳与滑轮间的摩擦。现剪断左侧连接槽码的细绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断细绳前，弹簧对物块的拉力为0 B．剪断细绳前，弹簧对物块的拉力为2mg C．剪断细绳瞬间，物块的加速度为 D．剪断细绳瞬间，物块的加速度为 【答案】C 【分析】剪断细绳前，整个系统处于静止平衡状态。分析左侧槽码受力，细绳张力等于槽码重力，弹簧与细绳串联且不计滑轮摩擦，因此弹簧弹力大小也为槽码重力。对物块而言，左右两侧弹簧拉力方向相反，合力为零，故弹簧对物块的拉力不为零但也不等于两倍槽码重力。剪断左侧细绳瞬间，左侧弹簧弹力立即消失，右侧弹簧形变无法突变，弹力仍等于槽码重力，该力单独作用于物块，根据牛顿第二定律可求得物块加速度。 【解答】解：AB、在细绳被剪断之前，整个系统处于静止的平衡状态。对悬挂的槽码进行受力分析，根据平衡条件可得细绳的张力T＝mg。由于轻弹簧与细绳串联，且滑轮摩擦忽略不计，因此弹簧的弹力大小同样为mg，这意味着弹簧对物块的拉力为mg，故AB错误； CD、当左侧细绳被剪断的瞬间，左侧弹簧的一端失去拉力，且其自身质量可忽略，其弹力会立即变为零。然而，右侧弹簧与物块及右侧的槽码相连，其形变在瞬间无法突变，因此右侧弹簧对物块的拉力仍保持为F＝mg。根据牛顿第二定律F＝Ma，解得物块的加速度，故C正确，D错误。 故选：C。 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 8．（2026春•南通期末）如图甲所示，质量分别为2kg和3kg的两个物体a、b相互接触，但不黏合，静置在光滑水平面上。从t＝0开始，水平方向的推力Fa和拉力Fb分别作用于a、b上，Fa、Fb的大小随时间t变化关系的图像分别如图乙、丙所示，则（　　） A．a、b分离前，a对b的弹力大小不变 B．a、b分离时，Fa和Fb大小相等 C．a、b分离后，a做减速运动 D．可求出任意时刻a的速度 【答案】D 【分析】根据图像写出两个力的表达式，当两个物体间的弹力为零时两物体恰好开始分离。分离前，对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再对b，利用牛顿第二定律列式，得到 a对b的弹力表达式，即可分析a对b的弹力如何变化；a、b分离时，对两个物体分别根据牛顿第二定律列式，求出对应的t，并求出两个推力的大小；a、b分离后，根据合力方向与速度方向关系判断a的运动情况；根据动量定理分析能否求出任意时刻a的速度。 【解答】解：A、由图乙可得Fa＝（8﹣2t）N，由图丙可得Fb＝（2+2t）N，a、b分离前，对整体，由牛顿第二定律得 Fa+Fb＝（ma+mb）a 解得a＝2m/s2 设a、b分离前，a对b的弹力大小为F，对b，根据牛顿第二定律得 F+Fb＝mba 解得F＝（4﹣2t）N，可知a对b的弹力大小逐渐减小，故A错误； B、当两物体间的弹力为零时，两物体恰好开始分离，由牛顿第二定律得 对a，有：Fa＝maa 对b，有：Fb＝mba 代入数据解得t＝2s，Fa＝4N，Fb＝6N，故B错误； C、a、b分离后，a所受推力与速度同向，则a做加速运动，故C错误； D、分离前，根据v＝at可以求出任意时刻a的速度；分离后，根据Fa﹣t图线与时间轴所围的面积表示推力Fa的冲量，结合动量定理可以求出任意时刻a的速度，故D正确。 故选：D。 9．（2026春•秦淮区校级期末）如图所示，两端开口的球筒中静置着一个羽毛球，现用手握住球筒从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速直线运动，持续较短时间t后立即停止，球筒速度瞬间变为零并保持静止，进而利用惯性使得羽毛球离开球筒。若羽毛球速度变为零时仍未离开球筒，则再次重复上述过程，直到羽毛球离开球筒。已知羽毛球质量为m，与球筒间的最大静摩擦力f＝2mg，且滑动摩擦力等于最大静摩擦力。初始时羽毛球离球筒的上、下端距离分别为d1、d2。重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）若在圆筒停止运动前，羽毛球与球筒间未发生相对运动，则加速度a须满足什么要求？ （2）若a＝2g，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ （3）若a＝14g，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ 【答案】（1）加速度a须满足0≤a≤3g（或a≤3g）。 （2）t须满足。 （3）t须满足。 【分析】（1）羽毛球与球筒在加速阶段保持相对静止，需满足两者加速度相同。对羽毛球受力分析，其合外力由重力与静摩擦力提供，静摩擦力需在最大静摩擦力范围内。由此建立加速度与静摩擦力的关系，结合加速度方向确定加速度的取值范围。 （2）当加速度为2g时，满足不发生相对滑动的条件。分析一次操作过程：加速阶段两者共速获得速度，停止后羽毛球受滑动摩擦力向上减速。通过运动学规律计算羽毛球相对球筒向下滑动的距离。两次操作总下滑距离需大于等于d2才能从下端离开，且第一次下滑距离需小于d2，从而建立时间t需满足的不等式关系。 （3）当加速度为14g时，加速阶段羽毛球与球筒发生相对滑动。需分别分析加速阶段和停止阶段羽毛球相对球筒的位移。加速阶段羽毛球受滑动摩擦力向下，其加速度小于球筒加速度，导致羽毛球相对球筒向上滑动；停止阶段羽毛球减速，相对球筒向下滑动。计算一次操作后羽毛球的净位移，并确定羽毛球只能从上端离开。根据两次操作后羽毛球向上累积的最大位移需大于等于d1，且第一次操作的最大向上位移需小于d1，建立关于时间t的不等式组。 【解答】解：（1）设在圆筒加速阶段，羽毛球与球筒未发生相对运动，即羽毛球向下的加速度也为a。 对羽毛球进行受力分析，取向下为正方向，根据牛顿第二定律有：mg+fs＝ma要使羽毛球与球筒不发生相对滑动，静摩擦力fs必须满足：﹣2mg≤fs≤2mg代入上述方程，得：﹣2mg≤ma﹣mg≤2mg解得：﹣g≤a≤3g由于球筒是从静止开始向下加速运动的，故a≥0。 所以，加速度a须满足的要求为：0≤a≤3g（或写为a≤3g）。 （2）当a＝2g时，因为a≤3g，所以在加速时间t内，羽毛球与球筒不发生相对滑动。 加速阶段结束时，羽毛球与球筒的共同速度大小为v1＝at，即v1＝2gt，方向向下。 球筒瞬间停止后，羽毛球由于惯性继续向下运动，受到的滑动摩擦力方向向上，大小为f＝2mg。 根据牛顿第二定律，羽毛球向下的加速度为：即羽毛球以g的加速度向上减速。 从球筒停止到羽毛球相对地面速度减为零的过程中，羽毛球相对球筒向下滑动的距离为：每次操作，羽毛球只相对球筒向下移动Δx。 要使羽毛球在重复操作 2 次后刚好从下端离开球筒，须满足 Δx＜d2 且 2Δx≥d2，即 2gt2＜d2 且 4gt2≥d2，解得 t 须满足的要求为 。 （3）当a＝14g时，因为a＞3g，所以在加速时间t内，羽毛球与球筒发生相对滑动。 加速阶段：羽毛球受到的向下摩擦力达到最大，即f＝2mg。 羽毛球向下的实际加速度为：，即a1＝3g在此阶段，球筒向下的位移，即为，羽毛球向下的位移，即为。 羽毛球相对球筒向上滑动的距离为：Δx上＝xT﹣xS，即为。 加速结束瞬间，羽毛球向下的速度为v2＝a1t，即v2＝3gt。 停止阶段：球筒停止运动，羽毛球由于惯性继续向下运动，受到向上的滑动摩擦力f＝2mg。 羽毛球向下的加速度变为，即a2＝﹣g。 在此减速至零的阶段，羽毛球相对球筒向下滑动的距离为：，计算得，计算得。 一次完整的操作中，羽毛球相对球筒最终向上的净位移为：Δx净＝Δx上﹣Δx下，即。 分析可知，羽毛球在整个过程中只会从球筒的上端离开。 在第1次操作中，羽毛球离起始位置向上最远的距离为，要使第1次未离开，须满足：5.5gt2＜d1在第2次操作中，羽毛球离起始位置向上最远的距离出现在第2次的加速结束时，为。 要使第2次操作能离开，须满足：6.5gt2≥d1联立上述不等式组5.5gt2＜d1，6.5gt2≥d1，解得t须满足的要求为： 答：（1）加速度a须满足0≤a≤3g（或a≤3g）。 （2）t须满足。 （3）t须满足。 10．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，一重为40N的木块放在水平桌面上，在水平方向共受三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止。其中F1＝13N，F2＝6N。已知木块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g取10m/s2。求： （1）当只将F1撤去，木块受到的摩擦力的大小； （2）若撤去的力不是F1而是F2，木块从静止开始运动。求当速度达到5m/s时，木块的位移。 【答案】（1）当只将F1撤去，木块受到的摩擦力的大小为6N； （2）当速度达到5m/s时，木块的位移大小10m，方向水平向右。 【分析】（1）确定木块与桌面间的最大静摩擦力，将F1撤去后，由于F2小于最大静摩擦力，判断木块处于静止状态，木块受到的静摩擦力大小等于F2的大小。 （2）将F2撤去后，由于F1大于最大静摩擦力，可知木块向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得物块的加速度大小。根据速度—位移公式求解物块的位移。 【解答】解：（1）木块与桌面间的最大静摩擦力为：fm＝μG＝0.2×40N＝8N 将F1撤去后，因F2＜fm，故木块处于静止状态，木块受到的摩擦力的大小为：f1＝F2＝6N。 （2）将F2撤去后，因F1＞fm，故木块向右做匀加速直线运动，设物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得： F1﹣μG＝ma，其中： 解得：a＝1.25m/s2 根据速度—位移公式得：2ax＝v2，其中：v＝5m/s 解得物块的位移大小为：x＝10m，方向水平向右。 答：（1）当只将F1撤去，木块受到的摩擦力的大小为6N； （2）当速度达到5m/s时，木块的位移大小10m，方向水平向右。 11．（2025秋•苏州期末）如图所示，质量m＝19kg的冰壶，在运动员水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a＝1m/s2，经过t＝3s后撤去推力，冰壶在冰面上继续滑行。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数始终为μ＝0.02，重力加速度g取10m/s2，求： （1）运动员的推力大小F； （2）撤去推力后冰壶在冰面上继续滑行的位移大小x。 【答案】（1）运动员的推力大小为22.8N。 （2）撤去推力后冰壶在冰面上继续滑行的位移大小为22.5m。 【分析】（1）冰壶在推力作用下做匀加速直线运动，需对冰壶进行受力分析。冰壶水平方向受推力和滑动摩擦力，竖直方向重力和支持力平衡。根据牛顿第二定律，水平方向合外力等于质量乘以加速度，合外力为推力减去滑动摩擦力。滑动摩擦力由动摩擦因数和正压力决定，正压力等于重力。由此可通过已知质量、加速度和动摩擦因数求出推力大小。 （2）撤去推力后，冰壶以撤去瞬间的速度为初速度开始做匀减速直线运动。撤去瞬间的速度可通过第一阶段的匀加速运动过程，利用初速度、加速度和时间的关系求出。冰壶在第二阶段仅受滑动摩擦力作用，其加速度方向与运动方向相反，大小可由滑动摩擦力除以质量得出，即动摩擦因数乘以重力加速度。最后，利用匀变速直线运动中末速度为零的位移公式，由初速度和减速度求出继续滑行的位移。 【解答】解：（1）冰壶在水平推力作用下做匀加速直线运动，对冰壶进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣μmg＝ma，代入数据，解得：F＝22.8N。 （2）撤去推力时，冰壶的速度由运动学公式v＝at求得v＝3m/s。撤去推力后，冰壶在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律μmg＝ma'，解得加速度大小a'＝0.2m/s2。由运动学公式v2＝2a'x，代入数据，解得继续滑行的位移x＝22.5m。 答：（1）运动员的推力大小为22.8N。 （2）撤去推力后冰壶在冰面上继续滑行的位移大小为22.5m。 五．牛顿第二定律的图像问题（共4小题） 12．（2025秋•虎丘区校级月考）某物体在合力F作用下，由静止开始做直线运动，F随时间变化的规律如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．物体第1s内的加速度与第2s内的加速度相同 B．物体做往复运动，第2s末回到出发点 C．物体在第1s内的速度方向与第2s内的速度方向相反 D．物体在第1s内的位移与第3s内的位移相同 【答案】D 【分析】根据F﹣t图像结合牛顿第二定律分析加速度变化，再通过运动学公式分析速度和位移的变化，逐一判断选项。 【解答】解：A.第1s内合力为2N，加速度方向与正方向相同；第2s内合力为﹣2N，加速度方向与正方向相反，加速度大小相等、方向不同，故A错误； B.第1s内物体做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动，2s末速度为零但位移不为零，未回到出发点，故B错误； C.第1s内速度方向与正方向相同，第2s内速度从正方向的最大值减为零，方向仍与正方向相同，故C错误； D.第1s内和第3s内物体均从静止开始以相同加速度做匀加速直线运动，时间相同，故位移相同，故D正确。 故选：D。 13．（2025秋•滨湖区校级月考）在粗糙水平地面上，有一质量为2kg的物体做直线运动，从t＝0时刻起受水平恒力F的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v﹣t图像如图所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.3 B．物体在第4s末回到起始位置 C．F的大小为6N D．F在物体上的作用时间为1s 【答案】C 【分析】先从v﹣t图像中求出加速和减速阶段的加速度，再对减速阶段列牛顿第二定律方程求动摩擦因数，对加速阶段列方程求F，最后通过图像面积判断位移和运动时间。 【解答】解：A.撤去力F后，物体一定做匀减速运动，根据牛倾第二定律μmg＝ma3 根据图像m/s2 代入数据得μ＝0.2，故A错误； B.面积表示位移，0～4s图像的面积不等于零，所以物体不是4s末回到起始位置，故B错误； C.1～3s时间内物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律F﹣μmg＝ma2 根据图像m/s2 代入数据得F＝6N，故C正确； D.0﹣1s内根据牛倾第二定律F+μmg＝ma1 根据图像m/s2 代入数据得F＝6NF在物体上的作用时间为3s，故D错误。 故选：C。 14．（2024秋•苏州期末）如图所示，物块Q放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧。t＝0时刻将物块P从弹簧的上端由静止释放。P向下运动距离为x0时，所受合外力为零；运动时间为t0时到达最低点。在P运动的过程中，不计空气阻力。下列关于物块P的速度v、相对于初始位置的位移x、物块Q所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据牛顿第二定律，结合物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，综合胡克定律分析求解。 【解答】解：AD．对物块P的受力分析，结合牛顿第二定律可知 mg﹣F弹＝ma F弹＝kx 随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为x0的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动； P从距离为x0向下运动距离至2x0的过程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，故A错误，D正确； B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，故B错误； C．由物块Q的受力可知 N＝mg+kx P物块运动时间为t0时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，故C错误。 故选：D。 15．（2025•广州一模）如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意应用滑动摩擦力公式求出物块受到的滑动摩擦力，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，然后判断物块的运动性质，根据力做功情况判断物块的机械能如何变化，分析图示图像分析答题。 【解答】解：AB．物块沿斜面下滑过程中，由于F随时间均匀增大，物块对斜面的压力均匀增大，物块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误，B正确； C．t＝0时刻物体对斜面压力不为零，所以所受的摩擦力不为零，故C错误； D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机械能也并非随时间均匀减小，故D错误。 故选：B。 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共4小题） 16．（2025秋•南京月考）如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，当小朋友用力一踩旁边的塑料气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后的运动可看成直线运动，运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火箭的速度—时间图像如图乙所示，则（　　） A．0～t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大 B．t1时刻火箭的加速度大于重力加速度g C．火箭离开支架后上升的最大高度为 D．若t2时刻火箭回到起始位置，则t2＝2t1 【答案】A 【分析】根据“阻力与速率成正比”的条件，结合v﹣t图像判断阻力先减小后增大；分析t1时刻速率为0时阻力为0、火箭只受重力，得出加速度为g；利用v﹣t图像面积表示位移，比较非匀减速与匀减速的位移大小；通过对比上升、下降过程的加速度，说明运动时间不等。 【解答】解：A.火箭所受阻力大小与速率成正比，由v﹣t图像可知0～t1过程火箭速率减小，阻力减小；t1～t2过程火箭速率变大，阻力变大。所以0～t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大，故A正确。 B.t1时刻火箭速率为0，此时阻力f＝kv＝0，火箭只受重力，根据牛顿第二定律加速度大小为g，故B错误。 C.0～t1时间内火箭做非匀减速直线运动，根据v﹣t图像围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于匀减速直线运动的位移，故C错误。 D.上升过程、下降过程位移大小相等，加速度大小不同，时间不等，所以t2≠2t1，故D错误。 故选：A。 17．（2025•安徽开学）将一个质量为m的球竖直向上抛出，球上升的高度h与球运动的时间t的关系如图所示，其中t2＝3t1，球运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度为g，则球受到的阻力大小等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据牛顿第二定律分别求出球上升和下降过程中的加速度，再结合运动学公式求解阻力大小。 【解答】解：设阻力大小为f，根据牛顿第二定律有，上升过程mg+f＝ma1 下降过程mg﹣f＝ma2 由匀变速直线运动的公式有， 结合题意知a1：a2＝4：1 解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 18．（2025•内蒙古模拟）某同学将一小段粉笔竖直向上抛出，粉笔所受空气阻力大小与速率成正比。关于粉笔被抛出后运动的v﹣t图像，下列选项最合理的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分情况讨论，根据牛顿第二定律列式，结合v﹣t图像得出结论。 【解答】解：在粉笔向上运动的过程中，粉笔做减速运动，根据牛顿第二定律可得 mg+kv＝ma 则其加速度逐渐减小，速度减为0后，由于重力作用向下运动，则根据牛顿第二定律可得 mg﹣kv＝ma 做加速运动，速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，直到重力与阻力大小相等，物体做匀速直线运动，综上所述A符合题意，故A正确，BCD错误。 故选：A。 19．（2024秋•鼓楼区校级期末）低空跳伞是一项危险性极高的滑翔类极限运动，受到冒险者的喜爱。如甲图为某运动员做跳伞训练的照片，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞沿直线减速下落。他打开降落伞后的速度图线如乙图所示。降落伞用30根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°。已知人的质量为60kg，降落伞质量为40kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6），g＝10m/s2。则（　　） A．打开降落伞时人距离地面高度为35m B．打开伞后瞬间的加速度大小a＝40m/s2 C．阻力系数k＝100N•s/m D．每根绳承受的拉力至少为150N 【答案】D 【分析】A.根据题目给的条件判断能否计算相应高度； BC.根据匀速运动时的速度结合平衡条件列式计算k值，结合整体的牛顿第二定律求解最大加速度； D.根据牛顿第二定律列式求解相应的拉力。 【解答】解：A.打开降落伞后，人运动的加速度不断变化，无法计算此时人距离地面高度，故A错误； BC.当速度为v＝5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡则有kv＝（M+m）g，代入M＝60kg，m＝40kg，解得k＝200N•s/m；打开降落伞时的瞬间，对伞和人的整体有kv0﹣（M+m）g＝（M+m）a，解得a＝50m/s2，故BC错误； D.以最大加速度计算，设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象30Tcos37°﹣mg＝ma，解得T＝150N，故D正确。 故选：D。 学科网（北京）股份有限公司 $