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

本高中物理讲义聚焦牛顿第二定律核心知识点，系统梳理其内容、表达式及物理意义，承接牛顿第一定律惯性概念，通过6大题型（内容理解、简单应用、瞬时问题、多过程问题、图像问题、竖直抛体阻力问题）搭建学习支架，助力学生构建完整知识体系。 该资料以题型为载体，典例与变式结合，如瞬时问题中弹簧与绳模型分析，体现科学思维的模型建构与科学推理。课中辅助教师分层教学，课后通过过关验收帮助学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第四章 第3节 牛顿第二定律 内 容 导 航 题型1 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 题型2 牛顿第二定律的简单应用 题型3 牛顿第二定律求解瞬时问题 题型4 牛顿第二定律求解多过程问题 题型5 牛顿第二定律的图像问题 题型6 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 考 点 演 练 题型1 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 解｜题｜知｜识 1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同． 2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2． 3．适用范围： （1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或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）、低速运动（远小于光速）的情况． 4．对牛顿第二定律的进一步理解 牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝． 另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的． （1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同． （2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的． （3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量． （4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应． （5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的． 【典例1】1687年7月5日，牛顿发表巨著《自然哲学的数学原理》，完整表述了牛顿三大运动定律，奠定了经典力学的基础。关于牛顿运动定律，下列说法正确的是（　　） A．三大定律完全是牛顿的原创性成果 B．三大定律完全是牛顿根据前人的成果总结出来而已 C．第一定律说明力是维持物体运动状态的原因 D．第三定律说明鸡蛋碰石头时双方所受的力一样大 【变式1】关于牛顿第二定律，正确的说法是（　　） A．合外力跟物体的质量成正比，跟加速度成正比 B．加速度的方向不一定与合外力的方向一致 C．加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体的质量成反比；加速度方向与合外力方向相同 D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖自由下落时加速度一定是半块砖自由下落时加速度的2倍 【变式2】下列关于物理概念、物理方法与物理规律的说法，正确的是（　　） A．牛顿第一定律可以用实验来验证 B．质点是理想模型 C．由a＝可知a与Δv成正比 D．物体加速度的方向与所受合外力方向可能相同，也可能相反 【变式3】关于运动与相互作用的关系，下列说法正确的是（　　） A．一个物体速度向东，则其受合力一定向东 B．一个物体的速度为零，则其受合力一定为零 C．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快 D．一个物体速度越大，则其受合力一定越大 题型2 牛顿第二定律的简单应用 解｜题｜知｜识 牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。 【典例1】如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图像如图乙所示，已知斜面AB段粗糙，BC段光滑，物块在AB段的加速度大小是在BC段加速度大小的2倍，运动到C点时物块速度为0。重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．斜面的倾角为30° B．物块的质量为5kg C．斜面上段的长度为16m D．物块与斜面AB段间的动摩擦因数为0.75 【变式1】如图甲所示，质量为M，倾角为α角的斜面体放在光滑水平面上，斜面上有一质量为m的光滑小球（M＞m），用力F水平向右推小球，恰能使小球和斜面体一起向右做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN1；如图乙所示，将斜面体的倾角改为β角，其余条件不变，若仍用力F水平向左推斜面体，也恰能使小球和斜面体一起向左做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN2，则下列关系正确的是（　　） A．α＜β，FN1＞FN2 B．α＞β，FN1＞FN2 C．α＜β，FN1＜FN2 D．α＞β，FN1＜FN2 【变式2】小明同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心与两柱等距，在平台的重心位置放上一个质量为2m的物体，两圆柱以角速度ω绕轴线如图所示作相反方向的转动。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，保持物体与平台总保持相对静止，使载物平台从静止开始运动，重力加速度为g，则（　　） A．物体受到平台的摩擦力不变 B．物体和平台最后做匀速直线运动 C．物体和平台开始运动时加速度大小为 D．只有当F＞μ（M+2m）g时平台才能开始运动 【变式3】如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，整系统处于静止状态。初始时刻将细线烧断。A、B两小球运动的a﹣t图线如图乙所示，0到t1时间内A的a﹣t图线与横轴所围面积大小为S，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．a2＝g B．t1时刻，A、B两球速度之差为S C．t2时刻，A、B两小球的速度差最大 D．t3时刻，B球的速度最大 题型3 牛顿第二定律求解瞬时问题 解｜题｜知｜识 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 【典例1】在物理实验课上，小梁同学将质量为m的物块A，通过轻弹簧放在质量为2m的物块B的上方，B放置在长木板C上，整个装置静止在水平桌面上，如图所示。实验中突然将长木板C迅速抽离，重力加速度为g，忽略空气阻力，则抽走C的瞬间，物块A、B的瞬时加速度大小是（　　） A．aA＝0 B．aA＝g C．aB＝g D．aB＝2g 【变式1】如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，质量为m＝0.1kg的小球与平行于斜面的轻弹簧下端连接，弹簧上端固定在斜面顶端，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，当系统稳定时，弹簧对小球的作用力和斜面对小球的支持力分别用F1和F2表示，弹簧的长度始终在弹性限度以内。若F1﹣a图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．当弹簧对小球作用力为零时，斜面的加速度 B．斜面倾角为45° C．F2与a的函数关系为：F2＝masinθ﹣mgcosθ D．若斜面的倾角变小，则F1﹣a图像的斜率绝对值将变大 【变式2】如图所示，两个质量分别是m、2m小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细线悬挂起来，剪断细线的瞬间，A、B两球的加速度大小分别是（　　） A．g、g B．3g、0 C．2g、0 D．4g、g 【变式3】在沿平直轨道运动的车厢中，一轻质弹簧一端固定，另一端拴一个小球，小球放在光滑水平桌面上，弹簧轴线与火车运动方向平行。开始时，弹簧处于自然状态，如图所示。现发现弹簧伸长了，下面是几个学生对火车的运动做出的判断，其中正确的是（　　） A．若火车向右运动，则其正在匀速运动 B．若火车向右运动，则其正在加速运动 C．若火车向左运动，则其正在加速运动 D．若火车向左运动，则其正在减速运动 题型4 牛顿第二定律求解多过程问题 解｜题｜知｜识 1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同． 2.表达式：F合＝ma． 3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。 【典例1】如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】（多选）如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　） A．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动 B．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动 C．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为 D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x＝时，滑块的速度最大 【变式2】（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为40N/m B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2 C．物块B的质量为6kg D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10N 【变式3】（多选）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（　　） A．下滑过程中的最大速度为4m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：2 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D．加速与减速过程的位移之比为1：4 题型5 牛顿第二定律的图像问题 解｜题｜知｜识 1．物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F﹣a图象是一条直线。 2．物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝，所以物体的﹣a图象是一条直线。 3.本知识点专指F﹣a图像及﹣a图像。 【典例1】质量为1.8kg的物体静止在水平地面上。现用水平拉力F作用于物体上，2s后撤去拉力F，物体运动的速度一时间图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．2s至4s的加速度大小为2.5m/s2 B．2s至4s的加速度大小为1m/s2 C．摩擦力的大小为3N D．F的大小为4.5N 【变式1】如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等可视为所原的小物块A、B周时以初速度v0沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为μA、μB，整个过程中斜面相对地面静止。A和B的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，A的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（　　） A．t＝t0时，B的速度大小为3v0 B．t＝t0之前，A和B的加速度大小相等、方向相同 C．μA+μB＝2tanθ D．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力总是不为零 【变式2】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． 【变式3】如图甲所示为春节期间某个小朋友释放的火箭炮，其运动过程中的v﹣t图像如图乙所示，其中Oa、bc、cd段均为直线。假设火箭炮运动过程中受到的空气阻力大小保持不变，在t3时刻燃料耗尽，t5时刻落回到地面，火箭炮燃料消耗对质量的影响不能忽略，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．火箭炮在t2时刻上升到最高点 B．火箭炮在bc、cd段均做匀变速直线运动，加速度方向相反 C．0～t1时间内，火箭炮受到的推力在逐渐减小 D．t4～t5时间内，火箭炮处于超重状态 题型6 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 解｜题｜知｜识 1.竖直上抛运动的定义：初速度向上，只在重力作用下的抛体运动叫作竖直上抛运动。 竖直下抛运动的定义：初速度向下，只在重力作用下的抛体运动叫作竖直下抛运动。 自由落体运动的定义：初速度为零，只在重力作用下的落体运动叫作自由落体运动。 2.实际生活中，由于空气阻力（或风阻等其他阻力）无法忽略，所以运动过程中会有阻力存在，一般空气阻力的方向与物体的运动方向相反。并且大小也可能会受物体的体积、速度、材料等因素的影响。 【典例1】如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） ①经过B点时，运动员的速率最大 ②经过C点时，运动员的速率最大 ③从C点到D点，运动员的加速度增大 ④从C点到D点，运动员的加速度先减小后增大 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【变式1】从地面上以初速度x＝ν0t竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是（　　） A．小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小 D．小球上升过程中的平均速度大于 【变式2】（多选）物体在粘滞流体中运动时所受的阻力叫做粘滞阻力，球形物体在流体中运动时受到的粘滞阻力的表达式为f＝6πηvr，其中η为流体的粘滞系数，r为球形物体的半径，v为球形物体运动的速率。小球在蓖麻油中从液面下某处由静止开始下落，经过一段时间达到最大速度vm。已知蓖麻油足够深，小球的密度为ρ1，蓖麻油的密度为ρ2，重力加速度为g，球体体积公式，则下列说法正确的是（　　） A．在国际单位制中粘滞系数的单位为kg•m﹣1•s﹣1 B．仅将小球半径变为原来的2倍，小球达到最大速度为4vm C．仅增大小球密度，小球速度达到vm时所需时间不变 D．小球运动过程中加速度的最大值为 【变式3】（多选）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设箱子初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．箱内物体对箱子底部始终没有压力 B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小 C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 过 关 验 收 （多选）1．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（　　） A．物体加速度的大小由物体的质量和所受合力大小决定，与物体的速度大小无关 B．物体的加速度的方向仅与它所受合力的方向有关，与速度方向无关 C．物体的加速度方向与速度方向总是相同的 D．一旦物体所受合力为零则物体的加速度和速度立即变为零 2．在CCTV10科教频道《科学大探险》栏目中，挑战者将桌布平整的放于桌面上，桌布上放上物品，然后快速抽出桌布，桌面上的物品像有魔法一般牢牢“吸”在桌面上，如图甲所示。某同学对此产生了浓厚的兴趣，他设置了一个实验进行模拟，将一质量为m的长桌布B静止在固定的水平桌面上，质量为M的盘子A静止在桌布上，如图乙所示。A与B间的动摩擦因数为μ1，B与桌面间的动摩擦因数为μ2，现给桌布B右端一水平拉力F，把桌布B从盘子A的下面抽出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则拉力F至少应为（　　） A．（M+m）（μ1+μ2）g B．μ1Mg C．μ2（M+m）g D．μ1Mg+μ2（M+m）g 3．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力F（　　） A．大小为ma，方向水平向右 B．F与竖直方向的夹角tanα＝ C．大小等于 D．方向与小球的加速度大小无关 4．图示汽车正在水平地面上做匀变速直线运动，车内一条细线一端固定在车顶，另一端系着小球，细线与竖直方向成θ角。在汽车底板上有一与汽车相对静止的物体M。则（　　） A．汽车加速度向左 B．汽车可能向左做匀加速直线运动 C．物体M受到汽车向右的摩擦力作用 D．物体M受到汽车向左的摩擦力作用 5．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面体固定在水平地面上。一轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮连接AB两个小球。初始时使A球静止在斜面上，B球竖直悬挂在空中，且两球距地面的高度均为H＝15m。某时刻释放A球，A球沿斜面下滑，B球竖直上升。在A球沿斜面下滑1.0s时，细线突然断裂，已知A球质量mA＝4kg，B球质量mB＝1kg，重力加速度g取10m/s2。两小球均可视为质点，不计一切摩擦。从释放瞬间开始计时，B球从开始运动到最终落地（始终未到达定滑轮处）的总时间为（　　） A．3.0s B．3.5s C．4.0s D．4.5s 6．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力F作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．水平轻绳的弹力大小为F B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg D．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg 7．如图所示，在光滑水平面上有一物块，物块在水平恒力F的作用下向右运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧。在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动 B．物块的加速度先减小后增大 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度为零 D．以物块与弹簧接触为起点，此后弹簧的弹力与物块的位移不成正比 8．中国人工智能已进入高速发展时期，机器人送餐服务正步入现实生活，送餐服务是机器人应用的一个领域，只要设置好路线，将装有菜品的碗放在水平托盘上，它就能把菜品送到指定位置。已知机器人在水平路面上运动，碗与水平托盘始终无相对滑动，则（　　） A．机器人向前做匀速直线运动时，托盘对碗的摩擦力方向水平向前 B．机器人向前做匀加速直线运动时，托盘对碗作用力竖直向上 C．机器人向前做匀加速直线运动时，碗受到的合外力方向水平向前 D．碗对托盘的压力就是碗所受的重力 9．如图所示，两个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 10．如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角θ＝26°。工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，货物匀加速运动一段距离后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，其侧面与挡板C间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2，sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，不计空气阻力。则货物匀加速运动的加速度大小为（　　） A．a＝1.0m/s2 B．a＝1.5m/s2 C．a＝2.0m/s2 D．a＝2.5m/s2 11．如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度大小a（a＜g）运动，要求轻杆与厢壁始终相对静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等 B．当时，B球与底板间的摩擦力为零 C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为 D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为 12．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（　　） A．mg B． C．mgtanθ D． 13．一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D．2 14.（多选）某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘坐甲电梯（接触面为水平面）后乘坐乙电梯（接触面视为斜面），若两部电梯都是先以加速度a匀加速直线运动达某速度后再匀速运动，电梯运动方向与水平方向的夹角均为θ，人与电梯始终保持相对静止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用 B．乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用 C．电梯加速时，甲乙两个电梯对小明的支持力之比为（g+asinθ）：gcosθ D．电梯加速时，小明在甲乙两个电梯上受到的摩擦力之比为acosθ：（gcosθ+a） （多选）15.在某物体从倾角为θ的固定光滑斜面上由静止下滑的同时，对物体施加一个沿斜面向下的力。若物体运动的加速度大小a随力的大小F变化的规律如图所示，图中的x0、y0均为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．物体的质量为 B．物体的质量为 C．当地的重力加速度大小为y0sinθ D．当地的重力加速度大小为 （多选）16．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝30°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA＝1kg的小物块A相连，质量为mB（mB未知）的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若换用劲度系数更大的弹簧，a0的值会变大 B．a0＝m/s2 C．k＝2N/m D．mB＝3kg （多选）17．如图1所示，静止在水平地面上质量为2kg的物体，在t＝0时刻受到水平向右的推力F作用，t＝1s时撤去推力，物体运动的v﹣t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．在0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2 B．物体先向右运动后向左运动 C．t＝3s时，物体与出发点间的距离为6m D．推力F的大小是6N 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 第3节 牛顿第二定律 内 容 导 航 题型1 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 题型2 牛顿第二定律的简单应用 题型3 牛顿第二定律求解瞬时问题 题型4 牛顿第二定律求解多过程问题 题型5 牛顿第二定律的图像问题 题型6 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 考 点 演 练 题型1 牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 解｜题｜知｜识 1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同． 2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2． 3．适用范围： （1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或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）、低速运动（远小于光速）的情况． 4．对牛顿第二定律的进一步理解 牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝． 另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的． （1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同． （2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的． （3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量． （4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应． （5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的． 【典例1】1687年7月5日，牛顿发表巨著《自然哲学的数学原理》，完整表述了牛顿三大运动定律，奠定了经典力学的基础。关于牛顿运动定律，下列说法正确的是（　　） A．三大定律完全是牛顿的原创性成果 B．三大定律完全是牛顿根据前人的成果总结出来而已 C．第一定律说明力是维持物体运动状态的原因 D．第三定律说明鸡蛋碰石头时双方所受的力一样大 【答案】D 【解答】解：AB、根据物理学史可知，是牛顿在总结前人经验的基础上，提出了牛顿第一定律，故AB错误； C、牛顿第一定律说明力不是维持物体运动状态的原因，是物体运动状态改变的原因，故C错误； D、根据牛顿第三定律可知鸡蛋碰石头时双方所受的力是一对相互作用力，大小始终一样大，故D正确。 故选：D。 【变式1】关于牛顿第二定律，正确的说法是（　　） A．合外力跟物体的质量成正比，跟加速度成正比 B．加速度的方向不一定与合外力的方向一致 C．加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体的质量成反比；加速度方向与合外力方向相同 D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖自由下落时加速度一定是半块砖自由下落时加速度的2倍 【答案】C 【解答】解：A、合外力是物体产生加速度的外部条件，与物体的质量无关，故A错误； BC、根据牛顿第二定律F合＝ma，得a＝，可知加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体的质量成反比；且加速度方向与合外力方向相同，故B错误，C正确； D、根据牛顿第二定律得知，物体下落时的加速度a＝＝g，与物体的质量无关，故整块砖自由下落时加速度一定与半块砖自由下落时加速度相等，故D错误； 故选：C。 【变式2】下列关于物理概念、物理方法与物理规律的说法，正确的是（　　） A．牛顿第一定律可以用实验来验证 B．质点是理想模型 C．由a＝可知a与Δv成正比 D．物体加速度的方向与所受合外力方向可能相同，也可能相反 【答案】B 【解答】解：A.牛顿第一定律是在理想斜面实验的基础上，经抽象分析推理得出的结论，不可以用实验来验证，故A错误； B.质点是理想模型，故B正确； C.是加速度的定义式，加速度与Δv和Δt均没有直接关系，故C错误； D.根据牛顿第二定律可得，物体加速度的方向与所受合外力方向一定相同，故D错误。 故选：B。 【变式3】关于运动与相互作用的关系，下列说法正确的是（　　） A．一个物体速度向东，则其受合力一定向东 B．一个物体的速度为零，则其受合力一定为零 C．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快 D．一个物体速度越大，则其受合力一定越大 【答案】C 【解答】解：A.物体的运动方向和合外力方向没有必然联系，故A错误； B.物体的速度大小和合外力大小也没有必然联系，比如竖直上抛运动物体在最高点，速度为0，合力不为0，故B错误； C.一个物体合力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，结合加速度的物理意义，所以其速度变化越快，故C正确； D.一个物体的速度和合外力也没有必然联系，必然高空匀速飞行的飞机，速度大，合外力为0，故D错误。 故选：C。 题型2 牛顿第二定律的简单应用 解｜题｜知｜识 牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。 【典例1】如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图像如图乙所示，已知斜面AB段粗糙，BC段光滑，物块在AB段的加速度大小是在BC段加速度大小的2倍，运动到C点时物块速度为0。重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．斜面的倾角为30° B．物块的质量为5kg C．斜面上段的长度为16m D．物块与斜面AB段间的动摩擦因数为0.75 【答案】D 【解答】解：A、图像的斜率表示加速度，由题意可知 解得 vB＝6m/s 所以BC段物块的加速度为 ＝＝﹣6m/s2 因BC段光滑，由牛顿第二定律有 a2＝﹣gsinθ 得sinθ＝0.6，故A错误； B、由牛顿第二定律ma2＝﹣mgsinθ，物块质量均可消掉，所以不能求出物块的质量，故B错误； C、根据v﹣t图线与横轴围成的面积表示位移，可知AC的长度为 斜面上段的长度不可能为16m，故C错误； D、物块在AB段上由牛顿第二定律有 a1＝gsinθ+μgcosθ 解得μ＝0.75，故D正确。 故选：D。 【变式1】如图甲所示，质量为M，倾角为α角的斜面体放在光滑水平面上，斜面上有一质量为m的光滑小球（M＞m），用力F水平向右推小球，恰能使小球和斜面体一起向右做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN1；如图乙所示，将斜面体的倾角改为β角，其余条件不变，若仍用力F水平向左推斜面体，也恰能使小球和斜面体一起向左做匀加速运动，此时小球对斜面体的压力为FN2，则下列关系正确的是（　　） A．α＜β，FN1＞FN2 B．α＞β，FN1＞FN2 C．α＜β，FN1＜FN2 D．α＞β，FN1＜FN2 【答案】B 【解答】解：整体法求加速度： 两种情况整体受力均为推力F，由牛顿第二定律得： F＝（M+m）a，则 因此两次加速度大小相等。 隔离小球受力分解： 图甲（α角）： 水平方向：F﹣FN1sinα＝ma 竖直方向：FN1cosα＝mg 解得：， 图乙（β角）： 水平方向：FN2sinβ＝ma 竖直方向：FN2cosβ＝mg 解得： 角度与压力比较： 由，且F＞mα，得tanα＞tanβ，故α＞β。 因α＞β，则cosα＜cosβ，故。 根据以上推导，α＞β且FN1＞FN2 故选：B。 【变式2】小明同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心与两柱等距，在平台的重心位置放上一个质量为2m的物体，两圆柱以角速度ω绕轴线如图所示作相反方向的转动。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，保持物体与平台总保持相对静止，使载物平台从静止开始运动，重力加速度为g，则（　　） A．物体受到平台的摩擦力不变 B．物体和平台最后做匀速直线运动 C．物体和平台开始运动时加速度大小为 D．只有当F＞μ（M+2m）g时平台才能开始运动 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，圆柱表面的摩擦力大小为 当平台开始运动时，圆柱与平台的相对速度方向发生变化，圆柱给平台的摩擦力方向发生变化，设摩擦力与平台运动方向夹角为θ，则平台所受摩擦力为 所以对平台和物体整体运用牛顿第二定律 由于速度在变大，所以整体加速度在变小，即物体的加速度在变小，根据f物＝ma可得物体受到平台的摩擦力变小，故A错误； B、根据题意分析可知，物体和平台做加速度逐渐减小的变加速直线运动，当 F＞μ（M+2m）g 由于，则物体的加速度不会减小到零，故B错误； C、根据题意分析可知，物体和平台开始运动时加速度大小为 当速度为0时，其加速度为，故C正确； D、根据题意分析可知，由前面分析，刚开始速度为0时，由牛顿第二定律可知， F＝（M+2m）a 可知F很小也可以让平台加速运动，故D错误。 故选：C。 【变式3】如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，整系统处于静止状态。初始时刻将细线烧断。A、B两小球运动的a﹣t图线如图乙所示，0到t1时间内A的a﹣t图线与横轴所围面积大小为S，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．a2＝g B．t1时刻，A、B两球速度之差为S C．t2时刻，A、B两小球的速度差最大 D．t3时刻，B球的速度最大 【答案】C 【解答】解：A.t＝0时刻A的加速度为a2，剪断绳子之前，A受重力，拉力和弹力，则F拉＝mg+T，T代表弹簧的弹力，对B受力分析B受合力为0，则T＝mg 剪短绳子以后弹簧上拉力不变，则F拉＝2mg，剪短绳子以后根据F＝ma2 代入数据得a2＝2g，故A错误； B.到t1时间内A的a﹣t图线与横轴所围面积大小为S，代表A的速度变化了S，即A的速度为S，而在这个过程中B速度也在增大，与坐标轴围成的面积不为0，所以A、B两球速度之差小于S，故B错误； C.两物体初速为0，a﹣t图像和坐标轴围成的面积代表其速度，t2时刻，A、B和坐标轴围成的面积差最大，所以两小球的速度差最大，故C正确； D.物体在整个过程中一直在下落，重力一种在做政工股，速度一直在增大，故D错误。 故选：C。 题型3 牛顿第二定律求解瞬时问题 解｜题｜知｜识 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 【典例1】在物理实验课上，小梁同学将质量为m的物块A，通过轻弹簧放在质量为2m的物块B的上方，B放置在长木板C上，整个装置静止在水平桌面上，如图所示。实验中突然将长木板C迅速抽离，重力加速度为g，忽略空气阻力，则抽走C的瞬间，物块A、B的瞬时加速度大小是（　　） A．aA＝0 B．aA＝g C．aB＝g D．aB＝2g 【答案】A 【解答】解：AB.抽离木板C的瞬间，由于弹簧的形变恢复需要时间，弹簧弹力来不及发生变化，仍保持抽离前的大小。对物块A进行受力分析，抽离前，物块A静止，竖直方向受重力mg和弹簧向上的弹力F，由平衡条件得 F＝mg 抽离瞬间，弹簧弹力F不变，物块A仍受向上的弹力F和向下的重力mg，合力为F﹣mg＝0 根据牛顿第二定律F合＝ma，物块A的加速度aA＝0，故A正确，B错误； BD.抽离前，物块B静止竖直方向受重力2mg、弹簧向下的弹力F和木板向上的支持力N，则N＝2mg+F 抽离瞬间，木板支持力N消失，物块B仅受重力2mg和弹簧向下的弹力F，合力为2mg+F 合力大小为2mg+mg＝3mg，根据牛顿第二定律F合＝ma 物块B的加速度aB＝，故BD错误。 故选：A。 【变式1】如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，质量为m＝0.1kg的小球与平行于斜面的轻弹簧下端连接，弹簧上端固定在斜面顶端，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，当系统稳定时，弹簧对小球的作用力和斜面对小球的支持力分别用F1和F2表示，弹簧的长度始终在弹性限度以内。若F1﹣a图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．当弹簧对小球作用力为零时，斜面的加速度 B．斜面倾角为45° C．F2与a的函数关系为：F2＝masinθ﹣mgcosθ D．若斜面的倾角变小，则F1﹣a图像的斜率绝对值将变大 【答案】D 【解答】解：AB、小球受力如图所示 当加速度为零时F1＝mgsinθ＝0.6N，解得sinθ＝0.6，所以θ＝37° 当弹簧对小球作用力为零时，斜面的加速度为a，对小球，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得a＝7.5m/s2，故AB错误； CD、小球相对斜面滑动之前，对小球，在水平方向，由牛顿第二定律得F2sinθ﹣F1cosθ＝ma 在水平方向，由平衡条件得F1sinθ+F2cosθ＝mg 解得F2＝mgcosθ+masinθ，F1＝﹣macosθ+mgsinθ 若斜面的倾角变小，则F1﹣a图像的斜率将变大，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式2】如图所示，两个质量分别是m、2m小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细线悬挂起来，剪断细线的瞬间，A、B两球的加速度大小分别是（　　） A．g、g B．3g、0 C．2g、0 D．4g、g 【答案】B 【解答】解：剪断细线前，对B球受力分析，B球受到重力和弹簧向上的弹力F，处于平衡状态，所以2mg＝F aB＝0，剪断细线瞬间，弹簧弹力不突变，可得B球的合力不变，加速度为零。剪断细线瞬间，对A球受力分析，A球受到重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律可得mg+F＝maA 解得A球加速度aA＝3g，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式3】在沿平直轨道运动的车厢中，一轻质弹簧一端固定，另一端拴一个小球，小球放在光滑水平桌面上，弹簧轴线与火车运动方向平行。开始时，弹簧处于自然状态，如图所示。现发现弹簧伸长了，下面是几个学生对火车的运动做出的判断，其中正确的是（　　） A．若火车向右运动，则其正在匀速运动 B．若火车向右运动，则其正在加速运动 C．若火车向左运动，则其正在加速运动 D．若火车向左运动，则其正在减速运动 【答案】C 【解答】解：，弹簧原来处于自然长度，当弹簧的长度变长时，弹簧伸长，小球受到向左的弹力，由牛顿第二定律知小球的加速度向左，火车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故C正确，ABD错误。 故选：C。 题型4 牛顿第二定律求解多过程问题 解｜题｜知｜识 1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同． 2.表达式：F合＝ma． 3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。 【典例1】如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinα﹣μgcosα，可知a1＞a2，而v﹣t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑和下滑过程位移大小相等，而上滑的加速度较大，由知，上滑过程时间较短，下滑过程时间较长，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达C点的速度小于v0，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式1】（多选）如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　） A．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动 B．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动 C．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为 D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量x＝时，滑块的速度最大 【答案】AD 【解答】解：A.滑块向左运动的过程中，弹簧弹力与摩擦力始终同向且与滑块运动方向相反，所以滑块始终做减速运动，故A正确； B.滑块向右运动的过程中，以弹簧弹力等于滑块受到的滑动摩擦力时的平衡位置为界。滑块在平衡位置左侧时，弹力大于摩擦力，滑块做加速运动；滑块在平衡位置右侧时，弹力小于摩擦力，滑动做减速运动，所以不是离开弹簧后才减速，故B错误； C.当弹簧弹力和摩擦力同向且弹簧弹力最大时，滑块的加速度最大，此时有kx0+μmg＝mam 代入数据得最大加速度为，故C错误； D.滑块向右运动的过程中，当弹簧弹力与摩擦力大小相等，即 kx＝μmg 滑块的加速度为零，速度最大，此时弹簧的形变量，故D错误。 故选：AD。 【变式2】（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为40N/m B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2 C．物块B的质量为6kg D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10N 【答案】BD 【解答】解：A、以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，kx0＝（m+M）g，分离之前F+k（x0﹣x）﹣（m+M）g＝（m+M）a，即F＝kx+（m+M）a，F随x的变化图像的斜率等于劲度系数，故A错误； BC、x＝0时刻，12N＝（m+M）a，分离时，22N﹣mg＝ma，联立解得，a＝1m/s2，M＝10kg，故B正确、C错误； D、施加拉力F的瞬间，A、B之间的弹力为kx0﹣Mg﹣FN＝Ma，解得FN＝10N，故D正确。 故选：BD。 【变式3】（多选）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（　　） A．下滑过程中的最大速度为4m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：2 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D．加速与减速过程的位移之比为1：4 【答案】BC 【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x＝，得到v＝m/s＝8m/s。故A错误。 B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2。 则v＝a1t1，v＝a2t2，得到t1：t2＝a2：a1＝1：2．故B正确。 C、D由t1：t2＝1：2，又t1+t2＝3s，得到t1＝1s，t2＝2s，a1＝＝8m/s2，a2＝4m/s2， 根据牛顿第二定律得 加速过程：mg﹣f1＝ma1，f1＝mg﹣ma1＝2m 减速过程：f2﹣mg＝ma2，f2＝mg+ma2＝14m 所以f1：f2＝1：7．故C正确； D、匀加速运动位移为：x1＝ 匀减速位移为： 所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误。 故选：BC。 题型5 牛顿第二定律的图像问题 解｜题｜知｜识 1．物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F﹣a图象是一条直线。 2．物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝，所以物体的﹣a图象是一条直线。 3.本知识点专指F﹣a图像及﹣a图像。 【典例1】质量为1.8kg的物体静止在水平地面上。现用水平拉力F作用于物体上，2s后撤去拉力F，物体运动的速度一时间图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．2s至4s的加速度大小为2.5m/s2 B．2s至4s的加速度大小为1m/s2 C．摩擦力的大小为3N D．F的大小为4.5N 【答案】C 【解答】解：AB、v﹣t图像的斜率代表加速度，减速阶段的加速度大小为a2＝m/s2＝m/s2 故AB错误； C、根据牛顿第二定律可得f＝ma2 解得f＝3N 故C正确； D、加速阶段加速度大小为a1＝m/s2＝2.5m/s2 根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma1 解得F＝7.5N 故D错误。 故选：C。 【变式1】如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等可视为所原的小物块A、B周时以初速度v0沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为μA、μB，整个过程中斜面相对地面静止。A和B的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，A的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（　　） A．t＝t0时，B的速度大小为3v0 B．t＝t0之前，A和B的加速度大小相等、方向相同 C．μA+μB＝2tanθ D．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力总是不为零 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，位置x与时间t的图像的斜率表示速度，A、B两个物块的曲线均为抛物线，则A物体做匀减速运动，B物体做匀加速运动，在t0时间内A、B的位移分别为：xA＝3x0﹣2x0＝x0，xB＝3x0，由运动学公式可得：，，联立解得t0时刻B物体的速度为：vB＝2v0，故A错误； B、根据题意分析可知，A物体的加速度的为：，方向沿斜面向上，B物体的加速度大小为：，方向沿斜面向下，由此可知A和B的加速度大小相等、方向相反，故B错误； C、根据题意由牛顿第二定律可得，对A物体有：μAmgcosθ﹣mgsinθ＝maA同理对B物体有：mgsinθ﹣μBmgcosθ＝maB联立可得：μA+μB＝2tanθ，故C正确； D、对A、B及斜面组成系统，由系统的牛顿第二定律可得：f＝maAcosθ+maBgcosθ＝0，故D错误。 故选：C。 【变式2】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 【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。 【变式3】如图甲所示为春节期间某个小朋友释放的火箭炮，其运动过程中的v﹣t图像如图乙所示，其中Oa、bc、cd段均为直线。假设火箭炮运动过程中受到的空气阻力大小保持不变，在t3时刻燃料耗尽，t5时刻落回到地面，火箭炮燃料消耗对质量的影响不能忽略，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．火箭炮在t2时刻上升到最高点 B．火箭炮在bc、cd段均做匀变速直线运动，加速度方向相反 C．0～t1时间内，火箭炮受到的推力在逐渐减小 D．t4～t5时间内，火箭炮处于超重状态 【答案】C 【解答】A．速度正负表示运动方向，速度为零时达到最高点；由v﹣t图像可知，0﹣t4火箭炮先向上加速，再向上减速，故火箭炮在t4时刻上升到最高点，故A错误； B．v﹣t图像中，图线斜率表示加速度；火箭炮在bc、cd段均做匀变速直线运动，加速度方向相同，故B错误； C．图线斜率逐渐减小，即加速度a逐渐减小。0～t1时间内，对火箭炮有F﹣f﹣mg＝ma，f、a不变，m在减小，F也减小，故C正确； D．当物体具有向上的加速度时处于超重状态，当物体具有向下的加速度时处于失重状态；t4～t5时间内，火箭炮的加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。 故选：C。 题型6 牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题） 解｜题｜知｜识 1.竖直上抛运动的定义：初速度向上，只在重力作用下的抛体运动叫作竖直上抛运动。 竖直下抛运动的定义：初速度向下，只在重力作用下的抛体运动叫作竖直下抛运动。 自由落体运动的定义：初速度为零，只在重力作用下的落体运动叫作自由落体运动。 2.实际生活中，由于空气阻力（或风阻等其他阻力）无法忽略，所以运动过程中会有阻力存在，一般空气阻力的方向与物体的运动方向相反。并且大小也可能会受物体的体积、速度、材料等因素的影响。 【典例1】如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） ①经过B点时，运动员的速率最大 ②经过C点时，运动员的速率最大 ③从C点到D点，运动员的加速度增大 ④从C点到D点，运动员的加速度先减小后增大 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】B 【解答】解：①②运动员从开始到B的过程做自由落体运动，从B到C的过程做加速度逐渐减小的加速运动，到达C点时加速度为0，所以运动员到达C点时的速率最大，故①错误，②正确； ③④运动员从C到D的过程做加速度逐渐增大的减速运动，到达D点时速度减小到零，弹性绳的弹力达到最大，运动员的合力达到最大，其加速度达到最大，故③正确，④错误。故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式1】从地面上以初速度x＝ν0t竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是（　　） A．小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小 D．小球上升过程中的平均速度大于 【答案】B 【解答】解：A、C、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg＝ma，解得a＝g+＞g； 由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小； 下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f＝ma′，解得：＜g； 由于速度变大，阻力变大，故加速度变小； 即上升和下降过程，加速度一直在减小； 故AC错误； B、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg＝kv1； 小球抛出瞬间，有：mg+kv0＝ma0； 联立解得：，故B正确； D、速度—时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D错误； 故选：B。 【变式2】（多选）物体在粘滞流体中运动时所受的阻力叫做粘滞阻力，球形物体在流体中运动时受到的粘滞阻力的表达式为f＝6πηvr，其中η为流体的粘滞系数，r为球形物体的半径，v为球形物体运动的速率。小球在蓖麻油中从液面下某处由静止开始下落，经过一段时间达到最大速度vm。已知蓖麻油足够深，小球的密度为ρ1，蓖麻油的密度为ρ2，重力加速度为g，球体体积公式，则下列说法正确的是（　　） A．在国际单位制中粘滞系数的单位为kg•m﹣1•s﹣1 B．仅将小球半径变为原来的2倍，小球达到最大速度为4vm C．仅增大小球密度，小球速度达到vm时所需时间不变 D．小球运动过程中加速度的最大值为 【答案】ABD 【解答】解：A、根据题意分析可知，f＝6πηvr，解得，则在国际单位制中粘滞系数的单位为，故A正确。 B、根据题意分析可知，小球达到最大速度vm时，根据平衡条件得：，解得 仅将小球半径变为原来的2倍，小球达到最大速度为4vm，故B正确； C、根据题意分析可知，设释放后某一时刻小球的速度为v，则此时小球所受粘滞阻力为f＝6πηvr，小球受到重力、浮力和粘滞阻力，由牛顿第二定律有，化简得 仅增大小球密度ρ1，小球的加速度变大，小球速度达到vm时所需时间变短，故C错误； D、根据以上分析有，小球速度为零时加速度最大，加速度的最大值为，故D正确。 故选：ABD。 【变式3】（多选）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设箱子初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．箱内物体对箱子底部始终没有压力 B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小 C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 【答案】BC 【解答】解：刚释放时，箱子受到的阻力为零，加速度等于g，箱子做加速运动，空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，阻力不断变大，故箱子做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做匀速运动； 对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律有： mg﹣N＝ma 由于a由g逐渐减小，故支持力逐渐增大，若下落距离足够长，则加速度可以减小到等于零，故支持力有可能增大到等于它的重力，之后保持不变，故BC正确，AD错误。 故选：BC。 过 关 验 收 （多选）1．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（　　） A．物体加速度的大小由物体的质量和所受合力大小决定，与物体的速度大小无关 B．物体的加速度的方向仅与它所受合力的方向有关，与速度方向无关 C．物体的加速度方向与速度方向总是相同的 D．一旦物体所受合力为零则物体的加速度和速度立即变为零 【答案】AB 【解答】解：A．物体加速度的大小由所受合力大小、物体质量决定，与物体的速度大小无关，故A正确； B．根据牛顿第二定律可得，物体的加速度的方向与所受合力的方向一致，加速度的方向与速度方向无关，故B正确； C．物体加速度方向与速度方向无关，可以不同，可以相同，或可以成一夹角，故C错误； D．物体所受合力为零，则物体的加速度立即变为零，故速度保持不变，故D错误。 故选：AB。 2．在CCTV10科教频道《科学大探险》栏目中，挑战者将桌布平整的放于桌面上，桌布上放上物品，然后快速抽出桌布，桌面上的物品像有魔法一般牢牢“吸”在桌面上，如图甲所示。某同学对此产生了浓厚的兴趣，他设置了一个实验进行模拟，将一质量为m的长桌布B静止在固定的水平桌面上，质量为M的盘子A静止在桌布上，如图乙所示。A与B间的动摩擦因数为μ1，B与桌面间的动摩擦因数为μ2，现给桌布B右端一水平拉力F，把桌布B从盘子A的下面抽出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则拉力F至少应为（　　） A．（M+m）（μ1+μ2）g B．μ1Mg C．μ2（M+m）g D．μ1Mg+μ2（M+m）g 【答案】A 【解答】解：盘子受到桌布的摩擦力，根据牛顿第二定律可以得出盘子A的最大加速度为a1，根据牛顿第二定律可得：μ1Mg＝Ma1 代入数据得：a1＝μ1g 此时盘子A与桌布B相对滑动的临界状态的加速度是相等的，则对AB整体进行受力分析有：F﹣μ2（m+M）g＝（M+m）a1 代入数据得：F＝（m+M）（μ1+μ2）g，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力F（　　） A．大小为ma，方向水平向右 B．F与竖直方向的夹角tanα＝ C．大小等于 D．方向与小球的加速度大小无关 【答案】C 【解答】解：AC、对小球进行受力分析，受到重力，铁夹对球的作用力，根据牛顿第二定律可知合力方向水平向右，则可得铁夹对球的作用力方向斜向右上方，根据平行四边形定则可得 铁夹对球的作用力大小为 F与加速度a大小有关，且大小随小球的加速a度变大而变大，故A错误，C正确； B、设铁夹对球的作用力F与竖直方向的夹角为θ，则有，故B错误 D、由B的分析可知F的方向与小球的加速度a大小有关，故D错误。 故选：C。 4．图示汽车正在水平地面上做匀变速直线运动，车内一条细线一端固定在车顶，另一端系着小球，细线与竖直方向成θ角。在汽车底板上有一与汽车相对静止的物体M。则（　　） A．汽车加速度向左 B．汽车可能向左做匀加速直线运动 C．物体M受到汽车向右的摩擦力作用 D．物体M受到汽车向左的摩擦力作用 【答案】C 【解答】解：AB.由题意可知，汽车、m、M具有相同的加速度，设该加速度为a， 对m受力分析，结合平行四边形定则，可得下图： 由图可知，m受细线拉力T、重力mg，两者合力F水平向右，则由F＝ma可知，m的加速度a也水平向右，由此可知，汽车、M的加速度a均水平向右，则汽车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，故AB错误； CD.结合题意可知，M所受合外力即汽车给M的静摩擦力f，则结合前面分析，由牛顿第二定律可得： f＝Ma， 因为a水平向右，所以M受到汽车向右的摩擦力f的作用，故C正确，D错误； 故选：C。 5．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面体固定在水平地面上。一轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮连接AB两个小球。初始时使A球静止在斜面上，B球竖直悬挂在空中，且两球距地面的高度均为H＝15m。某时刻释放A球，A球沿斜面下滑，B球竖直上升。在A球沿斜面下滑1.0s时，细线突然断裂，已知A球质量mA＝4kg，B球质量mB＝1kg，重力加速度g取10m/s2。两小球均可视为质点，不计一切摩擦。从释放瞬间开始计时，B球从开始运动到最终落地（始终未到达定滑轮处）的总时间为（　　） A．3.0s B．3.5s C．4.0s D．4.5s 【答案】A 【解答】解：第一阶段：绳断之前，令t1＝1s，由牛顿第二定律mAgsinθ﹣mBg＝（mA+mB）a 得a＝2m/s2 B球末速度v1＝at1 代入数据解得v1＝2m/s B球上升高度h1＝，代入数据解得h1＝1m B球此时高度H1＝H+h1 代入数据解得H1＝16m 第二阶段：绳断后，B球做竖直上抛运动，设运动时间为t2，选择竖直向上为正方向，初速度v1＝2m/s，该过程位移由﹣H1＝v1t2﹣ 得t2＝2s B球从开始运动到最终落地所需的总时间t＝t1+t2 代入数据解得t＝3s，故A正确，BCD错误； 故选：A。 6．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力F作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．水平轻绳的弹力大小为F B．物块c受到的摩擦力大小为μmg C．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg D．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg 【答案】D 【解答】解：A.三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件对a、b、c系统F＝3μmg，对b、c系：T＝2μmg，则T＜F，故A错误； B.c做匀速直线运动，处于平衡状态受到合力为0，c不受摩擦力，故B错误； C.剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律对b、c系统2μmg＝2ma， 对c研究f'＝ma' 代入数据得f'＝μmg，故C错误； D.当水平拉力增大为原来的倍，即＝， 由牛顿第二定律对a、b、c系统F'﹣3μmg＝3ma 对c研究f＝ma 代入数据得，故D正确。 故选：D。 7．如图所示，在光滑水平面上有一物块，物块在水平恒力F的作用下向右运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧。在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动 B．物块的加速度先减小后增大 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度为零 D．以物块与弹簧接触为起点，此后弹簧的弹力与物块的位移不成正比 【答案】B 【解答】解：ABC.物体与弹簧接触前做匀加速直线运动；物体与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；接下来物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物体做加速度不断变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大；故AC错误，B正确； D.弹簧的弹力F＝kx 此后弹簧的弹力与物块的位移成正比，故D错误。 故选：B。 8．中国人工智能已进入高速发展时期，机器人送餐服务正步入现实生活，送餐服务是机器人应用的一个领域，只要设置好路线，将装有菜品的碗放在水平托盘上，它就能把菜品送到指定位置。已知机器人在水平路面上运动，碗与水平托盘始终无相对滑动，则（　　） A．机器人向前做匀速直线运动时，托盘对碗的摩擦力方向水平向前 B．机器人向前做匀加速直线运动时，托盘对碗作用力竖直向上 C．机器人向前做匀加速直线运动时，碗受到的合外力方向水平向前 D．碗对托盘的压力就是碗所受的重力 【答案】C 【解答】解：A．机器人做匀速直线运动时，碗受力平衡，重力和托盘对碗的支持力已经平衡，水平方向碗不受摩擦力的作用，故A错误； B．机器人做匀加速直线运动时，碗也向前做匀加速直线运动，加速度相同，碗在水平方向受摩擦力作用，由图可知 托盘对碗作用力为支持力和摩擦力的合力，方向不是竖直向上，故B错误； C．机器人向前做匀加速直线运动时，加速度水平向前，由牛顿第二定律可知，碗受到的合外力方向与加速度方向相同，水平向前，故C正确； D．碗对托盘的压力是弹力，施力物体为碗，碗的重力施力物体是地球，故碗对托盘的压力和碗所受的重力不是同一个力，故D错误。 故选：C。 9．如图所示，两个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：加速度向右，则合力向右，对末端的小球受力分析如图所示： 由牛顿第二定律可知，a＝，所以加速度一定时，细绳与竖直方向夹角一定，则以两个小球整体为研究对象，细绳与竖直方向夹角不变，故A正确，BCD错误。 故选：A。 10．如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角θ＝26°。工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，货物匀加速运动一段距离后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，其侧面与挡板C间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2，sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，不计空气阻力。则货物匀加速运动的加速度大小为（　　） A．a＝1.0m/s2 B．a＝1.5m/s2 C．a＝2.0m/s2 D．a＝2.5m/s2 【答案】D 【解答】解：设货物与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.40，货物侧面与挡板C间的动摩擦因数为μ2＝0.25。 货物与传送带间的弹力大小为：N1＝mgcosθ 货物侧面与挡板C间的弹力大小为：N2＝mgsinθ 传送带对货物的滑动摩擦力大小为：f1＝μ1N1，其方向与货物运动方向相同。 挡板对货物的滑动摩擦力大小为：f2＝μ2N2，其方向与货物运动方向相反。 对货物，根据牛顿第二定律得：f1﹣f2＝ma 代入数据解得：a＝2.5m/s2，故ABC错误，D正确。 故选：D。 11．如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度大小a（a＜g）运动，要求轻杆与厢壁始终相对静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．当和时，轻杆对小球A的作用力大小相等 B．当时，B球与底板间的摩擦力为零 C．为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为 D．若，升降机向上加速运动的最大加速度为 【答案】C 【解答】解：A.根据牛顿第二定律FNA﹣mg＝ma，当和时，轻杆对小球A的作用力大小不相等，加速度越大，轻杆对小球A的作用力越大，故A错误； B.只有当 a＝﹣g时，系统处于完全失重状态，B球与底板间才无压力，B球与底板间的摩擦力为零，其他情况摩擦力不为零，故B错误； C.设杆的弹力为FN，升降机向上运动的加速度为a，升降机壁对A的弹力为FNA1，对A在竖直方向上FNcos30°﹣mg＝ma 对A在水平方向上FNsin30°＝FNA1 对系统水平方向FNAl＝k•（4mg+4ma） 解得，故C正确； D.若，因为k（4mg+4ma）＞（mg+ma）tan30°，即升降机向上加速运动时，无论加速度取何值，B球受到的静摩擦力均大于壁对A球的弹力，所以，若，升降机向上加速运动的加速度可以取任意值，故D错误。 故选：C。 12．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（　　） A．mg B． C．mgtanθ D． 【答案】D 【解答】解：对A球受力分析如图所示 设小车的加速度为a，A球的质量为m'，根据牛顿第二定律可得m'gtanθ＝m'a 解得a＝gtanθ B物体受到重力mg和竖直向上的支持力N，以及水平向右的摩擦力f 根据牛顿第二定律有f＝ma＝mgtanθ 由题可知N＝mg 所以小车对物块B的作用力的大小为，故ABC错误，D正确。 故选：D。 13．一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D．2 【答案】B 【解答】解：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为，可得门板的最短运动时间趋近于，B正确，ACD错误。 故选：B。 14.（多选）某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘坐甲电梯（接触面为水平面）后乘坐乙电梯（接触面视为斜面），若两部电梯都是先以加速度a匀加速直线运动达某速度后再匀速运动，电梯运动方向与水平方向的夹角均为θ，人与电梯始终保持相对静止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用 B．乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用 C．电梯加速时，甲乙两个电梯对小明的支持力之比为（g+asinθ）：gcosθ D．电梯加速时，小明在甲乙两个电梯上受到的摩擦力之比为acosθ：（gcosθ+a） 【答案】AC 【解答】解：A.小明乘坐甲电梯，电梯加速时受重力、支持力及水平阶梯的水平向右的静摩擦力作用，电梯匀速时受重力、支持力，故A正确； B.乘坐乙电梯，小明一直到受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦力，故B错误； CD.小明乘坐甲电梯加速时，把加速度沿水平和竖直方向分解，则有ax＝acosθ，ay＝asinθ 在水平方向上有f1＝max＝macosθ 在竖直方向上有N1﹣mg＝may＝masinθ 解得N1＝mg+masinθ 乘坐乙电梯时，垂直于电梯方向上有N2＝mgcosθ 沿电梯方向上有f2﹣mgsinθ＝ma 解得f2＝mgsinθ+ma 则有N1：N2＝（g+asinθ）：gcosθ，f1：f2＝acosθ：（gsinθ+a） 故C正确，D错误。 故选：AC。 （多选）15.在某物体从倾角为θ的固定光滑斜面上由静止下滑的同时，对物体施加一个沿斜面向下的力。若物体运动的加速度大小a随力的大小F变化的规律如图所示，图中的x0、y0均为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．物体的质量为 B．物体的质量为 C．当地的重力加速度大小为y0sinθ D．当地的重力加速度大小为 【答案】BD 【解答】解：对物体，根据牛顿第二定律可得：F+mgsinθ＝ma，变形可得：，对比题图可得：，gsinθ＝y0，解得：，，故AC错误，BD正确。 故选：BD正确。 （多选）16．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝30°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA＝1kg的小物块A相连，质量为mB（mB未知）的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若换用劲度系数更大的弹簧，a0的值会变大 B．a0＝m/s2 C．k＝2N/m D．mB＝3kg 【答案】BD 【解答】解：AB、根据图乙可知，加速度为a0时，弹簧处于原长，此时A、B恰要分离，且此时A、B整体所受合外力为斜面对整体的支持力与重力的合力，受力分析如图所示： 由牛顿第二定律可得：（mA+mB）gtan30°＝（m+mB）a0，代入数据解得：，由此可知，a0的值与弹簧的劲度系数无关，无论弹簧劲度系数多大，当弹簧恢复原长时，A、B整体所受合力始终是其整体重力与斜面支持力的合力，合力不变则加速度不变，即a0的值不变，故A错误，B正确； CD、根据图乙可知，当加速度为0时，即整个系统处于静止状态时，此时弹簧被压缩，弹簧的形变量为：x1＝10cm＝0.1m，对A、B组成的整体，由平衡条件可得：（mA+mB）gsin30°＝kx1；而由于A与弹簧连接，当a＞a0时，由图乙中另一纵轴截距的意义可知：mAgsin30°＝kx2，其中：x2＝2.5cm＝0.025m，联立以上各式代入数据解得：mB＝3kg，k＝200N/m，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）17．如图1所示，静止在水平地面上质量为2kg的物体，在t＝0时刻受到水平向右的推力F作用，t＝1s时撤去推力，物体运动的v﹣t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．在0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2 B．物体先向右运动后向左运动 C．t＝3s时，物体与出发点间的距离为6m D．推力F的大小是6N 【答案】AD 【解答】解：AD、撤去推力后，由图像可知减速阶段的加速度 又﹣f＝ma2，得f＝2N，在0～1s内有，， 又F﹣f＝ma1，可得：F＝6N，故AD正确； B、由速度一时间图像可知，物体一直向正方向即右运动，故B错误； C、由速度一时间图像与时间轴围成的面积为位移可知，t＝3s时，物体与出发点间的距离，故C错误。 故选：AD。 学科网（北京）股份有限公司 $