第四章 专题训练一 牛顿第二定律的规律-【新课程能力培养】2026-2027学年高中物理必修第一册练习手册（人教版）

N 高中物理必修第一册（人教版） 专题训练一牛顿第二定律的规律 1.关于牛顿第二定律，下列说法不正确的 均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始 是() 到弹簧第一次恢复原长之前() A.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 B.某一瞬间的加速度，只能由这一瞬 间的外力决定，而与这一瞬间之前 或之后的外力无关 第3题图 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 A.A的加速度大小的最大值为g 生的加速度的矢量和 B.B的加速度大小的最大值为2g D.物体的运动方向一定与物体所受合 C.A的位移大小一定大于B的位移大小 力的方向相同 D.A的速度大小均不大于同一时刻B 2.关于速度、加速度、合外力之间的关系， 的速度大小 正确的是() 4.无人机运输货物具有精准快速的优点， A.物体的速度越大，则加速度越大， 已广泛用于边境哨所的货物运输。如图 所受的合外力也越大 所示，在一次运送任务中，无人机携带 B.物体的速度为0，但加速度可能很 10kg的货物沿水平方向做加速度为 大，所受的合外力也可能很大 1m/s的匀加速直线运动，货物受到与 C.物体的速度变化很大，加速度一定 运动方向相反、大小恒为20N的空气阻 大，所受的合外力也可能很大 力，重力加速度g取10m/s2,可知无人 D.物体的速度变化很快，但加速度可 机对货物的作用力大小为( 能为0，所受的合外力也可能为0 3.如图所示，质量相等的两小球A、B,二 者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻 绳系在足够高的天花板上，初始时A、B目 第4题图 84)练 第四章运动和力的关系。 A.30N B.130N B.2~3时间内，乘客的速度一直增大 C.10/101N D.10√/109N C.0~时间内，乘客对电梯的压力大 5.如图所示是在水平雪地里玩耍时狗拉雪 于乘客重力 橇的图片，忽略摩擦力以外的其他阻力， D.0~七时间内，乘客对电梯的压力小 以下说法正确的是（) 于电梯对乘客的作用力 7.智能手机里一般都装有加速度传感器。 打开手机加速度传感器软件，手托着手 机在竖直方向上运动，通过软件得到加 第5题图 速度随时间变化的图像如图所示，以竖 A.狗拉雪橇匀速前进时，雪橇的运动 直向上为正方向，重力加速度为g。下 速度越大，狗拉雪橇的力也越大 列说法正确的是（) B.如果摩擦力可忽略不计，没有狗的 拉力，雪橇也能做匀速直线运动 C.狗拉雪橇做加速运动时，狗拉雪橇 的力大于雪橇拉狗的力 D.狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一 第7题图 对平衡力，大小始终相等 A.1时刻手机处于完全失重状态 6.一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x B.t,时刻手机开始向上运动 与时间t的关系图像如图所示，其中 C.3时刻手机达到最大速度 D.手机始终没有脱离手掌 到2时间段图像为直线，则以下说法正 8.一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端 确的是（) 固定。在弹簧正上方有一个物块从高处 自由下落到弹簧上端O,将弹簧压缩。 当弹簧被压缩了时，物块的速度减小 到0。从物块和弹簧接触开始到物块速 第6题图 度减小到0的过程中，物块的加速度大 A.1~2时间内，乘客处于超重状态 小a随下降位移大小x变化的图像，可 练（ 85 高中物理必修第一册（人教版） 能是下图中的( 大静摩擦力等于滑动摩擦力，则() 缆绳 臂 过 第10题图 A. 777777777 车厢对货物的支持力大于货物对车 第8题图 厢的压力 9.（多选)伽利略根据小球在斜面上运动 B.底板对货物的支持力大小为mg+ 的实验和理想实验，提出了惯性的概念， masin 0 C.货物与车厢的最小动摩擦因数为 从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理 acos 0 学家关于惯性有下列说法，其中正确的 g+asin 0 是() D.悬臂对车厢的作用力大小等于（m A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 +M)g B.没有力的作用，物体只能处于静止状态 11.(多选)如图所示，轻弹簧竖直固定在 水平桌面上，质量为m1的木块放置在 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动 弹簧上但不拴接，质量为m2的铁块放 的性质是惯性 置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻 D.运动物体如果没有受到力的作用， 质细线与质量为M的铁球连接，先用 将继续以同一速度沿同一直线运动 手托住铁球使细线恰好伸直但无张力， 10.(多选)缆车提供了快捷方便的上山途 然后将铁球由静止释放。已知重力加速 径。如图，质量为M的缆车车厢通过 度为g,M>m2,轻弹簧劲度系数为k, 悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板 弹簧始终处于弹性限度内，则() 上放置一质量为m的货物，在缆绳牵 引下货物随车厢一起斜向上加速运动。 M 若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直 m 方向，已知重力加速度大小为g,缆绳与 Ti 水平方向夹角为0，绳索和悬臂之间的最 第11题图 86)练 第四章运动和力的关系 A.铁球释放瞬间其加速度大小为M+m,8 M-m, 速度为0.5g,方向竖直向下 D.剪断AC绳子瞬间，A物块的加速 B.铁块与木块分离之前细线的张力逐 度为0.5g,方向竖直向下 渐增大 13.（多选)如图所示，一轻质弹簧的下端 C.铁块与木块分离时铁球的加速度大小 固定在水平面上，上端叠放两个质量均 热 为1kg的物体A、B(B物体与弹簧拴 D.从初始状态到铁块与木块分离时， 接)，弹簧的劲度系数为k=50N/m, 木块的位移为学- 初始时系统处于静止状态。现用一方向 竖直向上的拉力F作用在物体A上， 12.（多选)如图所示，一根很长且不可伸 使物体A开始向上做加速度a=4m/s2 长的轻绳跨过光滑的定滑轮，两端分别 的匀加速直线运动，重力加速度g取 系着四个质量相同的小物块A、B、C、 10m/s2,空气阻力忽略不计，下列说 D,其中A、B用不可伸长的短绳相连， 法正确的是() C、D用一轻弹簧相连。初状态时，四 个物块处于静止状态，不计空气阻力， A B 物块可以看成质点。重力加速度为g, 下列说法正确的是( 第13题图 A.外力F刚施加的瞬间，F的大小为 B白D 4N 第12题图 B.当弹簧压缩量减小到0.3时，A、 A.剪断AB间绳子瞬间，D物块的加 B间弹力大小为1.2N 速度为0 C.A、B分离时，A物体的位移大小 B.剪断AB间绳子瞬间，C物块的加 为0.12m 速度为0.5g,方向竖直向下 D.B物体速度达到最大时，B物体的 C.剪断CD间弹簧瞬间，A物块的加 位移为0.20m 练 87 N 高中物理必修第一册（人教版） 14.(多选)近几年，极限运动越来越受到 质量用m表示，小车及车中砝码总质 年轻人的喜欢，其中“反向蹦极”是 量用M表示。 一项比蹦极更刺激的运动。如图甲所 打点计时器 纸带 示，有一款“反向蹦极”装置是将参 砝码盘 与者固定在座椅上，座椅两端系有张紧 及砝码品 长木板 的橡皮绳，一旦释放座椅，参与者与座 77777777777777777777717777777777777 椅便像弹丸一样弹射出去。如果将该 第15题图 “反向蹦极”简化成如图乙所示过程， (1)安装器材时要调整长木板的倾斜 A点是座椅刚释放的位置，C点是速度 程度，使得被轻推出的小车在 最大的位置，D点是两侧橡皮绳水平的 (填“挂”或“不挂”) 位置，F点是最高点，则“反向蹦极” 砝码盘的情况下能沿斜面匀速下 者() 滑，实验时应调整长木板左端滑 轮的高度，让牵引小车的细线 D (填“水平”或“与木 C 板平行”)。 (2)实验时满足m远小于M是为了 甲 _0 第14题图 A.减小实验的偶然误差 A.在B点处于超重状态 B.让绳对小车的拉力大小近似等 B.在D点处于失重状态 于小车的合外力 C.在F点处于超重状态 C.让绳对小车的拉力大小近似等 D.在空中运动过程中机械能守恒 于砝码盘及盘中砝码的总重力 15.某实验小组利用如图所示的装置探究小 D.砝码盘及盘中砝码的总重力大 车及车中砝码的加速度与其质量、与其 小近似等于小车的合外力 所受合力的关系。砝码盘及盘中砝码总 88)练N 高中物理必修第一册（人教版） 16.D【解析】将木板抽出的过程中，物块与 木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小 为am=g,要抽出木板，必须使木板的加速度大 于物块的加速度，即aw>am=g,对木板受力分 析如图。根据牛顿第二定律，得F-u(M+m)g- mg=MaM,解得F=u(M+m)g+umg+Maw>u (M+m)g+umg+Mg=2(M+m)g,D正确。 μmgu(M+mg 第16题答图 17.A【解析】相等时间内重物下落的距离是 工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工 件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F,根据牛顿 第二定律有mg二上=2.2. ·解得F=,工 件加速度为a-蛋，所以A正确。 18.B【解析】对A施加一竖直向下、大小为 F(F>2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧 始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，此时弹 簧弹力大小为F+2mg。刚撤去力F时，A、B向 F 上加速运动，由牛顿第二定律可得a=2m对A 受力分析，由牛顿第二定律有FN-mg=ma,解得 K2+上，A错误；当弹资弹力大小为F时， 2 对A、B整体，由牛顿第二定律有F-2mg=2ma1, 隔离A,由牛顿第二定律有FN-mg=ma1,解得 K一号，B正确：人，B的速度最大时，加速度为 0,弹簧弹力大小为2mg,Fa=mg,C错误；弹簧 恢复原长时，A、B只受重力作用，F3=0,D 错误。 19.ABD【解析】对于A、B整体，由牛顿第 二定律有FA+FB=(mA+mg)a,设A、B间的作 用力为N,则对B由牛顿第二定律可得N+F。= ma,解得=m5:-16;。当 4s时，N=0,A、B两物体开始分离，此后B做 匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速 运动，当t=4.5s时，A物体的加速度为0而速度 不为0，t>4.5s后，A所受合外力反向，即A、B 的加速度方向相反，当t<4s时，A、B的加速度 均为a _F+F,代入数据可得A物体3s末时的 ma +mB 加速度是初始时刻的，故A、B、D正确。 20.AC【解析】对整体分析，由牛顿第二定 律有F=(m'+m)a,当F=6N时，此时两物体具 有最大共同加速度，代入数据解得m'+m=3kg, 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a= 总-，知图线的斜率六1，解 m' 得m'=1kg,小滑块的质量为m=2kg,A正确； 根据图像可知，umg=4N,代入数据解得w=0.2, 所以a与F的数值关系为a=F-4,当F=7N时， 长木板的加速度为a=3m/s2,B错误，C正确； 当拉力增大到一定的值后，两物体发生滑动时，小 滑块的加速度为a'=mg=2m/S2,即使拉力再增 m 大，小滑块的加速度也不变，D错误。故选AC。 "专题训练一牛顿第二定律的规律 1.D【解析】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 =F知，合力变化时，加速度随之变化，某一瞬时 m 的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一 瞬时之前或之后的外力无关，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 与质量的比值，根据力的独立作用原理可知，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，C正确；根据F=ma知加速度的方向与合外 力的方向相同，但运动的方向不一定与加速度方向 相同，所以物体的运动方向与物体所受合力的方向 不一定一致，D错误。故选D。 2.B【解析】加速度反映了速度变化的快慢， 与速度大小无关，与速度变化的大小无关。加速度 与合外力成正比。故选B。 3.C【解析】设小球A与B的质量为m,细 线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的合力 为0，则B球的加速度为0，A球的加速度为ao= mg+m竖=2g,两小球从静止开始下落，至弹簧第 次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为x。对A 球，由牛顿第二定律得mg+x=mA,对B球， 由牛顿第二定律得mg-x=mag,可知随着x减 小，A球的加速度a减小，B球的加速度ag增 大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最大，为 2g。当弹簧第一次恢复原长时，B球的加速度最 大，为g。A、B错误；由上分析可知，从开始下 落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度 大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大 于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同 时刻B球的速度大小，C正确，D错误。故选C。 4.D【解析】根据牛顿第二定律 √F2-(mg)产-∫=ma,无人机对货物的作用力大 小为F=10109N。 5.B【解析】狗拉雪撬匀速前进时，狗拉雪 橇的力等于雪橇所受的滑动摩擦力，跟雪橇的运动 速度大小无关，A错误；如果摩擦力可忽略不计， 没有狗的拉力，雪橇由于惯性也能做匀速直线运 动，B正确；狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一对 相互作用力，大小总是相等，C、D错误。故选B。 6.C【解析】由图像可知，图像上某点的切 线斜率的大小等于该点对应的运动物体的速度大 小，则在t1~2时间内，物体的速度一直不变，物 体处于平衡状态，加速度为0，A错误；2~3时 间内，乘客的速度变小，做减速运动，B错误；0 ~1时间内，乘客的速度变大，做加速运动，加速 度向上，乘客处于超重状态，乘客对电梯的压力大 于乘客的重力，C正确，D错误。故选C。 7.A【解析】时刻手机加速度为-g,方向 竖直向下，手机处于完全失重状态，A正确；由题 可知整个过程为先托着手机0~2向下做加速运 动，t2~3向下做诚速运动，a-t图像与坐标轴围 成的面积为速度，3时刻手机加速度为正方向的最 大值，故t速度小于t2速度不是最大，B、C错 误：手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱 离手掌，手机加速度为-g的过程中处于完全失重 状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没 有脱离手掌，D错误。故选A。 8.D【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段， 物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向 下，根据牛顿第二定律得mg-kx=ma,解得a=g 点，可知a与x是线性关系，当x增大时，a 减小。当弹力等于重力时，物块的合力为0，加速 参考答案与解析⊙ 度为0，当弹力大于重力后，物块的合力向上，加 速度向上，根据牛顿第二定律x-mg=ma,解得 a=合-8，。与x是线件关系，当x塔大时，。增 大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的 对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于 g,方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹 簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速 度增大，大于g。故选D。 9.AD【解析】任何物体都有保持原来运动状 态的性质，叫作惯性，所以物体抵抗运动状态变化 的性质是惯性，A正确；没有力作用，物体可以做 匀速直线运动，B错误；惯性是保持原来运动状态 的性质，圆周运动速度是改变的，C错误；运动的 物体在不受力时，将保持匀速直线运动，D正确。 故选AD。 10.BC【解析】根据牛顿第三定律，车厢对 货物的支持力等于货物对车厢的压力，A错误；设 货物的质量为m,以货物为研究对象进行受力分 析，同时将加速度α沿水平方向和竖直方向进行分 解，如图所示，水平方向的加速度az=acos0,竖 直方向的加速度大小为a,=asin0,对于货物，在 竖直方向根据牛顿第二定律可得N-mg=ma,解 得N=mg+masin0,在水平方向根据牛顿第二定 律，可得∫=max,解得f=macos0,若轿厢恰好不 滑动，则=4，解得：g2。B.C正确， 对车厢和货物所组成的系统分析，悬臂对车厢的作 用力大小为F,将F沿竖直方向和水平方向分解， 根据牛顿第二定律，可得F,-(M+m)g=(M+ m)a,F.=(M+m)ax,悬臂对车厢的作用力大小 为F=(M+m)√(g+a,)+a>(M+m)g,D错 误。故选BC。 0 第10题答图 11.BCD【解析】铁球释放瞬间，铁块与木 块并未分离，所以三者加速度相同，开始时弹簧的 弹力F=(m1+m2)g,设铁球释放瞬间其加速度大 小为a,细线的张力为T,对于铁球有Mg-T= Ma,对于铁块与木块有T+F-(m1+m2)g=(m 73 N 高中物理必修第一册（人教版） M +m)a,联立解得a二M+m+十m3,A错误：铁 块与木块分离之前，结合上述可知，因弹簧的弹力 逐渐减小，所以系统的加速度逐渐减小，则细线的 张力逐渐增大，B正确；铁块与木块分离时木块对 铁块无作用力，所以对于铁块与铁球有Mg-m2g =(M+m2)a',所以此时铁球的加速度大小为a'= M-m2 M+m,8,C正确；结合上述可知，初始状态弹簧 的压缩量为x,=（m+m:)E,设铁块与木块分离瞬 间弹簧的压缩量为x2,则对木块有x2-m1g= ma',联立可得从初始状态到铁块与木块分离时木 扶的抢移4学是D正 确。故选BCD。 12.AB【解析】对D进行受力分析，弹簧弹 力与重力等大反向，剪断AB间绳子的瞬间，弹簧 弹力不能突变，D依旧受力平衡，加速度为0，A 正确；剪断AB间绳子的瞬间，对AC整体受力分 析有F骥+mg-mg=2ma,F弹=mg得C的加速度 为a=0.5g,方向竖直向下，B正确；剪断CD间 弹簧瞬间，弹簧弹力突变为0，对A、B、C整体 受力分析有2mg-mg=3ma'得A的加速度为a'= 1 38,方向竖直向下，C错误；剪断AC绳子瞬间， A、B开始做自由落体运动，所以A物块加速度为 g,D错误。故选AB。 13.CD【解析】施加外力前，系统处于静止 状态，对整体受力分析，由平衡条件可得2mg= xo,代入数据解得x。=0.4m,外力施加的瞬间， 物体A加速度为4m/s2,对整体，由牛顿第二定 律得F-2mg+kxo=2ma,代入数据解得F=8N, A错误；当弹簧压缩量减小到0.3m时，设A、B 间弹力大小为FB,对A受力分析，由牛顿第二定 律可得F+FAB-mg=ma,对A、B组成的系统受 力分析，由牛顿第二定律得F+x1-2mg=2ma, 代入数据解得FAB=1N,B错误；设A、B分离 时，弹簧的形变量为x2,对B受力分析，由牛顿 第二定律得kx2-mg=ma,所以A物体的位移大 小为x0-x2=0.4m-0.28m=0.12m,C正确； 当B物体的合力为0时速度最大，由C可知，A、 B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B 7 已经分离，当合力为0时，对B受力分析，由平 衡条件得x3=mg,代入数据解得x3=0.2m,B 物体的位移x=x0-x3=0.4m-0.2m=0.2m,D 正确。故选CD。 14.AB【解析】“反向蹦极”者在B点，加 速度方向向上，处于超重状态，A正确；在D点 加速度方向向下，处于失重状态，B正确；在F点 加速度方向仍向下，处于失重状态，C错误；“反 向蹦极”者在空中上、下运动过程中有橡皮绳做 功，机械能不守恒，D项错误。故选AB。 15.(1)不挂与木板平行(2)C【解 析】(1)平衡摩擦力时不能悬挂砝码盘，使小车 的下滑分力等于其滑动摩擦力，细线与长木板平 行，细线对小车的拉力即为小车受到的合外力。 (2)对小车而言F=Ma,对砝码及砝码盘而言， mg-F=m,解得F7T=g,当m2 m 时，F≈mg,可知满足m远小于M的大小关系是 为了让绳对小车的拉力大小近似等于砝码盘及盘中 砝码的总重力。故选C。 ●"6.超重和失重 1.D【解析】重力G=mg与质量和重力加速 度有关，而质量是物体的固有属性，不会改变；同 一位置处的重力加速度不会改变，所以物体的重力 不会因为超重和失重而发生变化，故D正确。 2.AD【解析】由牛顿第二定律FN-mg=ma 知电梯加速度向上，故可能加速上升，也可能减速 下降，A、D正确。 3.C【解析】由图像可以看出，在0~t2时间 内该同学受到的地面支持力小于重力，由牛顿第二 定律可知该同学处于失重状态，而在，~，时间内 支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正 确；时刻该同学受到的支持力最大，且F,大于 重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3~ 4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于 重力，故重心继续下降，D正确。 4.800N100kg【解析】某人在地面上最多 能举起80kg的物体，知人的最大举力为F=mg= 80×10=800N,则加速下降的电梯中，根据牛顿 第二定律得m'g-F=m'a,解得m'=l00kg。