第2节 牛顿第二定律（分层作业）物理沪科版必修第一册

4.2 牛顿第二定律（解析版） 目录 1 一、牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1 二、牛顿第二定律的简单应用 3 三、牛顿第二定律的图像问题 5 四、探究加速度与力、质量之间的关系 8 11 14 一、牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1．关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体所受合力很大，但加速度可能为0 B．一旦物体所受合力为0，加速度立即变为0 C．物体加速度增大，速度一定越来越大 D．只要物体所受合力大小不变，在任何相等时间内速度变化量一定相同 【答案】B 【解答】解：AB、由牛顿第二定律F＝ma可知，物体受到的合力不为零时，加速度一定不为零，当受到的合力为零时，加速度立即变为零，故A错误，B正确； C、由速度与加速度关系可知，当加速度的方向与速度方向相同时，物体加速度增大，速度一定越来越大，当加速度方向与速度方向相反时，物体加速度增大，速度变小，故C错误； D、当物体所受合力大小不变，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的大小不变，当方向可能改变，则在任何相等时间内速度变化量不一定相同，故D错误。 故选：B。 2．（多选）下列说法正确的是（　　） A．物体静止时没有惯性，运动时有惯性 B．米、千克、秒为国际单位制中的基本单位 C．物体不受力或者所受合外力为零时，物体一定处于静止状态 D．根据牛顿第二定律知，运动物体的加速度方向必定与其受合力的方向相同 【答案】BD 【解答】解：A、惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，故A错误； B、米、千克、秒为国际单位制中长度、质量、时间的基本单位，故B正确； C、结合牛顿第一定律，物体不受力或者所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，故C错误； D、结合F＝ma，F与a都是矢量，两者方向始终相同，即运动物体的加速度方向必定与其受合力的方向相同，故D正确。 故选：BD。 3．关于力与运动的关系，下列说法不正确的是（　　） A．力可以改变速度的方向 B．物体的运动需要力来维持 C．力是物体运动状态改变的原因 D．加速度的方向跟作用力的方向相同 【答案】B 【解答】解：A.力可以改变物体的运动状态，包括速度的大小和方向（如曲线运动中力改变速度方向），故A正确； B.根据牛顿第一定律，物体不受外力时也能保持匀速直线运动，说明运动不需要力来维持，故B错误； C.运动状态的改变（速度变化）是由力引起的，力是物体运动状态改变的原因，故C正确； D.由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与作用力（合外力）的方向始终相同，故D正确。 本题要求选择不正确的，故选：B。 4．（多选）关于牛顿第二定律，下列说法中正确的有（　　） A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取 B．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关 C．公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和 D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致 【答案】BC 【解答】解：A.牛顿第二定律公式F＝ma中，只有当力、质量、加速度的单位均采用国际单位制（或统一单位制）时，比例系数才为1，各量单位不能任意选取，故A错误； B.牛顿第二定律具有瞬时性，加速度与合外力是瞬时对应关系，某一瞬时的加速度仅由该瞬时物体所受的合外力决定，与其他时刻的受力无关，故B正确； C.公式中F是物体所受的合外力，根据力的独立作用原理和矢量叠加规律，合加速度等于各个分力单独作用时产生的加速度的矢量和，故C正确； D.合外力的方向决定加速度的方向，而物体的运动方向是速度方向，二者不一定一致，如匀减速直线运动、曲线运动等情形均不相同，故D错误。 故选：BC。 二、牛顿第二定律的简单应用 5．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子却没有推动，这是因为（　　） A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到 C．推力小于摩擦力，加速度是负值 D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，桌子的加速度为0，所以桌子保持原来的静止状态 【答案】D 【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，用很小的力推很重的桌子时，桌子不动，是因为推力与桌子所受到的静摩擦力的合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止的物体，故A错误； BC、由题意可知，当我们用一个力推桌子时没有推动，因为桌子还受地面的摩擦力，只有当推力大于摩擦力时，桌子才会有加速度，桌子不动，说明合外力为零，即推力等于摩擦力，加速度为0，由加速度的定义可知速度的增量为0，故BC错误； D、桌子在竖直方向还受重力，地面支持力，竖直方向合力也为零，故推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于零，物体的加速度为零，所以原来静止仍静止，故D正确。 故选：D。 6．直升机沿水平方向向前飞行，受到空气作用力大小为F，方向与竖直方向成θ角，如图所示。若直升机在此过程中仅受该力与重力作用，则直升机做　 （填“匀速”或“加速”）运动；直升机的重力大小G＝　 　 （用F、θ表示）。 【答案】加速；Fcosθ。 【解答】解：对直升机进行受力分析，直升机受到重力mg和空气的作用力F，将F分解为水平分力Fsinθ和竖直分力Fcosθ； 水平方向根据牛顿第二定律可得：Fsinθ＝ma，所以直升机做加速飞行； 竖直方向直升机的重力大小G＝Fcosθ。 7.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，将一支笔(可视为质点)用细线系于高铁车厢内的顶壁上，高铁启动过程中，发现系笔的细线偏离竖直线的夹角为θ＝37°，此时笔和车厢相对静止，如图所示，设笔的质量为0.1 kg(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度大小； (2)细线对笔的拉力大小。 【答案】　(1)7.5 m/s2　(2)1.25 N 【详解】(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，受力分析如图所示。 由几何关系可得F＝mgtanθ 由牛顿第二定律得F＝ma，则 笔的加速度大小a＝＝gtanθ＝7.5 m/s2，即车厢运动的加速大小为7.5 m/s2 (2)细线对笔的拉力大小为 FT＝＝1.25 N。 8.如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木块的加速度大小； (2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小。 【答案】　(1)6 m/s2　(2)2 m/s2 【详解】　(1)分析木块的受力情况如图甲所示， 甲 木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ， 根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1 解得a1＝6 m/s2。 (2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系。 乙 在x方向上(沿斜面方向) mgsin θ－Ff＝ma2 在y方向上(垂直斜面方向) FN＝mgcos θ 又因为Ff＝μFN 解得a2＝2 m/s2。 三、牛顿第二定律的图像问题 9．（2024•闵行区校级模拟）“蹦极”： 如图甲所示，“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动，某运动员做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如题图乙所示（将蹦极过程近似为在竖直方向的运动）。 （1）运动员受到的最大拉力F＝ 　 　 F0，运动员重力大小G＝ 　 　 F0。 （2）t0时刻，运动员处于 　 　 （选填A.“平衡”或B.“不平衡”）状态； （3）0～t0过程中速度大小的变化情况是 　 　 。 A.变大 B.变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 【答案】（1）1.8；0.6；（2）不平衡；（3）C。 【解答】解：（1）由题图可知，运动员受到的最大拉力F＝1.8F0，运动员的重力为G＝0.6F0； （2）由题图可知，在t0时刻，运动员受到的绳子的拉力F＝1.8F0大于重力G＝0.6F0，则运动员不处于平衡状态； （3）由题图可知，在0～t0的过程中，运动员先自由下落一段时间后，绳子开始有拉力，先是绳子拉力小于重力，运动员做加速运动，然后绳子的拉力大于重力，运动员开始做减速运动，在t0时刻，速度为0，所以在整个过程中，运动员的速度线变大后变小，故C正确，ABD错误。 故选：C。 10．某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图所示，根据图象可知（　　） A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力 B．物体在第3s内所受的拉力大于1N C．在0～3s内，物体所受的拉力方向可能与摩擦力方向相同 D．物体在第2s内所受的拉力为零 【答案】B 【解答】解：AD、物体第1秒匀加速直线运动，第2秒做匀速直线运动，第3秒做匀加速直线运动，加速度分别为：a1m/s2＝2m/s2 a2＝0 a3m/s2＝1m/s2， 根据牛顿第二定律，有： F1﹣f＝ma1…① F2﹣f＝0…② F3﹣f＝ma3…③ 由②式，第2秒的拉力等于摩擦力，且摩擦力不为零，故AD错误； B、由③得：F3＝f+ma3＝（f+1×1）N＝（f+1）N，所以拉力大于1N，故B正确； C、根据牛顿第二定律和平衡条件可知：拉力方向始终与摩擦力方向相反，故C错误。 故选：B。 11．如图甲所示，质量m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图像如图乙所示。取重力加速度为g＝10m/s2。求： （1）物体在0﹣4s内和4﹣10s内的加速度的大小； （2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； （3）10s末物体离a点的距离； （4）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离。 【答案】（1）物体在0﹣4s内加速度的大小为2 m/s2；4﹣10s内的加速度的大小为1 m/s2； （2）力F的大小为3N；物体与水平面间的动摩擦因数为0.05； （3）10s末物体离a点的距离为2m； （4）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离为38m。 【解答】解：（1）在0～4s内物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得，加速度大小a12m/s2，方向与初速度方向相反； 4～10s内物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得，加速度大小a21m/s2，方向与初速度方向相反 （2）根据牛顿第二定律，有F+μmg＝﹣ma1，F﹣μmg＝﹣ma2 解得F＝3N，μ＝0.05 （3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积 则d4×8m−6×6m＝−2m，负号表示物体在a点左侧； （4）设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为a3 根据牛顿第二定律，有μmg＝ma3 得a3＝0.5m/s2 由vt＝v0+at可得，物体减速到零的时间 物体再过15s已经停止运动，物体在12s内的位移 则此时物体在a点左侧，距离a点的距离为36m+2m＝38m。 四、探究加速度与力、质量之间的关系 12.如图为“用 DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．实验操作中，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用 DIS 系统测定小车的加速度．在保持小车总质量不变的情况下，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，将数据输入计算机，得到如图所示的 a﹣F 关系图线． （1）分析发现图线在水平轴上有明显的截距（OA 不为零），这是因为： ． （2）（单选题）图线 AB 段基本是一条直线，而 BC 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ） A．小车与轨道之间存在摩擦 B．释放小车之前就启动记录数据的程序 C．钩码总质量很小，远小于小车的总质量 D．钩码总质量过大． 【答案】（1）没有平衡摩擦力；（2）D 【详解】（1）图线在水平轴上有明显的截距（OA 不为零），这是因为实验时没有平衡摩擦力，小车受到的合力小于钩码对小车的拉力造成的． （2）图线 AB 段基本是一条直线，而 BC 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码总质量过大，大于小车的总质量，故 D 正确； 13.用如图所示装置研究加速度 a 与物体受力 F 的关系。质量为 M 的小车通过细绳和动滑轮与力传感器相连，动滑轮下悬挂钩码。固定在小车上的挡光片宽度为 d，两个相距为 L的光电门传感器固定在轨道上。 （1）实验中需保持 小车质量不变，改变条件重新测量时，小车的初始位置 （选填“需要”或“不需要”）保持不变。 （2）某次实验测得小车经过两个光电门的挡光时间分别为Δt1、Δt2，则小车的加速度大小为a＝ 。 （3）若仅用一个光电门测量小车加速度，将小车从距光电门 L 处由静止释放，测得挡光时间Δt，记录力传感器的示数 F。多次改变动滑轮下悬挂的钩码个数，重复实验，测得多组Δt 和 F。在 ﹣F 图中记录数据，得到一条过原点的直线，则该直线的函数关系式为： 。 （4）本实验采用力传感器测量外力 F，代替了用钩码重力作为小车外力 F 的传统做法，试分析这样改进的理由是： 。 【答案】（1）小车、质量不需要；（2）（3） （4）用传感器测拉力代替了用钩码的重力代替拉力，这样做的理由消除了由于部分系统误差：传统实验必须满足钩码的质量远小于小车的质量，而改进后没有此要求，但仍然要平衡阻力。 【详解】：（1）在研究加速度与外力的关系时，由控制变量法的要求，必须保证小车的质量不变，改变拉力测出各力作用下的加速度，由测加速度的原理可知，小车的初始位置对测加速度不受影响； （2）数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v1＝与 v2＝；根据匀变速直线运动的速度位移公式 v2 2﹣v1 2＝2ad；解得：a＝= （3）若只采用一个光电门，那么必保证初速度为零，结合实验装置由牛顿第二定律可知：F＝Ma，a＝，变形后可得： （4）用传感器测拉力代替了用钩码的重力代替拉力，这样做的理由消除了由于部分系统误差：传统实验必须满足钩码的质量远小于小车的质量，而改进后没有此要求，但仍然要平衡阻力。 14．用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）除了图中所给器材以及交变电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是　 　 （选填正确选项的字母）。 A．秒表 B．天平（含砝码） C．弹簧测力计 D．刻度尺 （2）实验前补偿阻力的做法是：把实验器材安装好，先不挂沙桶，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板不带滑轮一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做　 　 运动。 （3）为使沙桶和沙的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是沙桶及沙的总质量　 　 小车的总质量。（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”） （4）实验中打出的一条纸带的一部分如图乙所示。纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交变电源上。则打点计时器打B点时，小车的速度vB＝　 　 m/s。多测几个点的速度作出v﹣t图像，就可以算出小车的加速度。 （5）为探究加速度和力的关系，要保证　 　 的总质量不变，改变沙桶内沙的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。 （6）在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据作出的a﹣F图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是　 　 。 A．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力不足 B．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力过度 C．图线BC段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远小于小车总质量的条件 D．图线BC段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远大于小车总质量的条件 （7）在探究加速度与质量的关系时，要保证沙和沙桶的质量不变。若沙和沙桶的总质量m与小车的总质量M间的关系不满足第（3）问中的条件，且已正确补偿阻力，由实验数据作出a图线，则图线应如图中的　 　 所示（选填正确选项的字母）。 A． B． C． D． 【答案】（1）BD；（2）匀速直线；（3）远小于；（4）0.44；（5）小车；（6）AC；（7）C。 【解答】解：（1）利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速度，所以需要天平和刻度尺，故BD正确，AC错误。 故选：BD。 （2）补偿阻力时应使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动。 （3）为使沙桶及沙的重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需要满足使沙桶及沙的总质量远小于小车的总质量。 （4）纸带上相邻计数点时间间隔为，由某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间运动过程的平均速度，可得 （5）探究加速度与力的关系时，用的是控制变量法，需要保持小车的总质量不变。 （6）AB．从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F为某一值时，但加速度却为零，所以是补偿阻力不足或未补偿阻力，故A正确，B错误； CD．随着拉力F增大（即沙桶及沙的重力增大），已经不满足沙桶及沙的总质量远小于小车总质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误。 故选AC。 （7）在探究加速度与质量的关系时，由于补偿了阻力，所以图像过原点，且分别对沙桶及沙和小车受力分析，由牛顿第二定律对沙桶及沙有mg﹣FT＝ma 对小车有FT＝Ma 联立上面两个方程整理可得 因为保证了沙和沙桶的质量不变，所以由实验数据作出a图线，不会发生弯曲，故C正确，ABD错误。 故选：C。 15．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面BC长为L＝9m、倾角θ＝37°，现有一质量m＝4kg的物块（可看成质点）由静止开始从斜面顶端向下运动。物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，斜面底端B与水平面间有光滑小圆弧连接（物块在B点前后速度大小不变），水平面无限长，同时物块一直受到风对它的水平向右的作用力F＝20N。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）物块沿斜面下滑时的加速度大小； （2）物块从斜面顶端运动到水平面的最左端所用时间； （3）物块第二次在斜面上运动时所能到达的最大高度。 【答案】（1）物块沿斜面下滑时的加速度大小为2m/s2； （2）物块从斜面顶端运动到水平面的最左端所用时间为4s； （3）物块第二次在斜面上运动时所能到达的最大高度为3.6m。 【解答】解：（1）物块沿斜面下滑时，对物体受力分析如图所示： 由牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣Fcos37°＝ma1 代入数据解得：； （2）物块在斜面上下滑时，由运动学公式可得： 解得： 则物块到达底端时的速度为：v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s 在平面上向左运动时的加速度为： 则物块到达最左端时用时间为： 物块从斜面顶端运动到水平面的最左端所用时间为：t＝t1+t2＝3s+1s＝4s； （3）物块在水平面上向左滑行的最远距离为： 物块向右运动的加速度为： 物块向右运动到B点的速度为： 物块第二次在斜面上滑时的加速度为： 物块第二次在斜面上运动时所能到达的最大高度为h，由运动学公式可得： 解得：。 16．如图所示，在一次消防演练中，为快速侦察发生火灾的楼层情况，停在地面的无人机在消防员的操控下，竖直匀加速上升h1＝16m掠过第一个目标楼层后，随即竖直匀减速上升h2＝4m到达第二个目标楼层，并悬停待命。已知无人机质量为2kg，加速上升阶段升力F1＝26N。若无人机飞行时所受空气阻力恒为重力的，求无人机 （1）加速上升阶段的加速度大小a1； （2）减速上升阶段所需的升力大小F2； （3）全程所需的时间t。 【答案】（1）加速上升阶段的加速度大小a1为2m/s2； （2）减速上升阶段所需的升力大小F2为6N； （3）全程所需的时间t为5s 【解答】解：（1）加速上升阶段，根据牛顿第二定律 解得 （2）加速上升阶段，根据速度—位移关系v2＝2a1h1 减速上升阶段，根据速度—位移关系0﹣v2＝﹣2a2h2 根据牛顿第二定律 联立解得F2＝6N （3）全程所需的时间 解得t＝5s 17．竖直加速度计可以用来测量电梯在竖直方向运行时的加速度，由固定在轻弹簧上的小球和带刻度的小木板构成，构造如图。电梯静止时，指针指示零刻度线。弹簧下端小球的质量为0.2kg，图中小木板上相邻两刻度线之间的距离为1cm，长刻度线旁，标注了小球的加速度（电梯的加速度）。 （1）求弹簧的劲度系数； （2）若指针恰好指示小木板上的5m/s2，请简要说出此时电梯的运动情况。 【答案】（1）弹簧的劲度系数为10N/m； （2）若指针恰好指示小木板上的5m/s2，电梯可能做加速下降，也可能减速上升。 【解答】解：（1）电梯静止时，指针指示零刻度线，设弹簧伸长Δx，根据平衡条件，此时弹簧的弹力大小F弹＝kΔx＝mg＝0.2×10N＝2N 当指针指到﹣5m/s2 时，加速度大小为5m/s2，弹簧又伸长了x1＝0.1m，则此时弹簧的弹力大小FN'＝k（Δx+x1）， 根据牛顿第二定律FN′﹣mg＝ma，解得Δx＝0.2m，k＝10N/m； （2）若指针恰好指示小木板上的5m/s2，弹簧指针相对零刻度向上移动x1＝0.1m，而x1＝0.1m＜Δx＝0.2m，所以此时弹簧处于伸长状态； 此时的弹力F弹′＝k（Δx﹣x1）＝10×（0.2﹣0.1）N＝1N＜mg，此时加速度方向竖直向下，因此电梯的运动可以做加速下降，或者减速上升。 18．（2026•安徽模拟）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究加速度与物体所受合力的关系。 （1）实验时，为了减小实验误差，下列说法或操作正确的是　 　 。 A．遮光条宽度越宽越好，便于测量瞬时速度 B．不必调节细线与长木板平行 C．不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量 （2）正确组装实验器材，用刻度尺测量两光电门之间的距离L，用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，在砂桶里装有一定质量的细砂，将小车由静止释放，依次记录遮光条通过光电门1、2的挡光时间Δt1、Δt2，同时记录弹簧测力计的示数，小车的加速度大小为a＝　 　 （用以上物理量表示）。 （3）改变砂桶中细砂的质量，重复上述操作，记录弹簧测力计的示数F，并算出相对应的小车的加速度a，通过记录的实验数据描绘出的F﹣a图像如图乙所示，则小车的质量为M＝　 。（用b1、b2和c表示） 【答案】（1）C；（2）；（3）。 【解答】解：（1）A．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，位移越小，平均速度越接近瞬时速度，所以遮光条的宽度越窄，越便于测量瞬时速度，故A错误； B．为了对小车提供恒定的拉力，必须调节细线与长木板平行，故B错误； C．因为通过弹簧测力计可直接读出细线上的拉力，所以，不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，故C正确。 故选：C。 （2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为， 根据运动学公式有 解得 （3）对小车，根据牛顿第二定律有2F﹣f＝Ma 即 结合图像可知，F﹣a图像的斜率 解得 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.2 牛顿第二定律 目录 1 一、牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1 二、牛顿第二定律的简单应用 2 三、牛顿第二定律的图像问题 3 四、探究加速度与力、质量之间的关系 5 7 9 一、牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义 1．关于运动和力的关系，下列说法正确的是（　　） A．物体所受合力很大，但加速度可能为0 B．一旦物体所受合力为0，加速度立即变为0 C．物体加速度增大，速度一定越来越大 D．只要物体所受合力大小不变，在任何相等时间内速度变化量一定相同 2．（多选）下列说法正确的是（　　） A．物体静止时没有惯性，运动时有惯性 B．米、千克、秒为国际单位制中的基本单位 C．物体不受力或者所受合外力为零时，物体一定处于静止状态 D．根据牛顿第二定律知，运动物体的加速度方向必定与其受合力的方向相同 3．关于力与运动的关系，下列说法不正确的是（　　） A．力可以改变速度的方向 B．物体的运动需要力来维持 C．力是物体运动状态改变的原因 D．加速度的方向跟作用力的方向相同 4．（多选）关于牛顿第二定律，下列说法中正确的有（　　） A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取 B．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关 C．公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和 D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致 二、牛顿第二定律的简单应用 5．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个力推桌子却没有推动，这是因为（　　） A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到 C．推力小于摩擦力，加速度是负值 D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等于0，桌子的加速度为0，所以桌子保持原来的静止状态 6．直升机沿水平方向向前飞行，受到空气作用力大小为F，方向与竖直方向成θ角，如图所示。若直升机在此过程中仅受该力与重力作用，则直升机做　 （填“匀速”或“加速”）运动；直升机的重力大小G＝　 　 （用F、θ表示）。 7.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，将一支笔(可视为质点)用细线系于高铁车厢内的顶壁上，高铁启动过程中，发现系笔的细线偏离竖直线的夹角为θ＝37°，此时笔和车厢相对静止，如图所示，设笔的质量为0.1 kg(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度大小； (2)细线对笔的拉力大小。 8.如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木块的加速度大小； (2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小。 三、牛顿第二定律的图像问题 9．（2024•闵行区校级模拟）“蹦极”： 如图甲所示，“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动，某运动员做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如题图乙所示（将蹦极过程近似为在竖直方向的运动）。 （1）运动员受到的最大拉力F＝ 　 　 F0，运动员重力大小G＝ 　 　 F0。 （2）t0时刻，运动员处于 　 　 （选填A.“平衡”或B.“不平衡”）状态； （3）0～t0过程中速度大小的变化情况是 　 　 。 A.变大 B.变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 10．某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图所示，根据图象可知（　　） A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力 B．物体在第3s内所受的拉力大于1N C．在0～3s内，物体所受的拉力方向可能与摩擦力方向相同 D．物体在第2s内所受的拉力为零 11．如图甲所示，质量m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图像如图乙所示。取重力加速度为g＝10m/s2。求： （1）物体在0﹣4s内和4﹣10s内的加速度的大小； （2）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； （3）10s末物体离a点的距离； （4）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离。 四、探究加速度与力、质量之间的关系 12.如图为“用 DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置．实验操作中，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用 DIS 系统测定小车的加速度．在保持小车总质量不变的情况下，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，将数据输入计算机，得到如图所示的 a﹣F 关系图线． （1）分析发现图线在水平轴上有明显的截距（OA 不为零），这是因为： ． （2）（单选题）图线 AB 段基本是一条直线，而 BC 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ） A．小车与轨道之间存在摩擦 B．释放小车之前就启动记录数据的程序 C．钩码总质量很小，远小于小车的总质量 D．钩码总质量过大． 13.用如图所示装置研究加速度 a 与物体受力 F 的关系。质量为 M 的小车通过细绳和动滑轮与力传感器相连，动滑轮下悬挂钩码。固定在小车上的挡光片宽度为 d，两个相距为 L的光电门传感器固定在轨道上。 （1）实验中需保持 小车质量不变，改变条件重新测量时，小车的初始位置 （选填“需要”或“不需要”）保持不变。 （2）某次实验测得小车经过两个光电门的挡光时间分别为Δt1、Δt2，则小车的加速度大小为a＝ 。 （3）若仅用一个光电门测量小车加速度，将小车从距光电门 L 处由静止释放，测得挡光时间Δt，记录力传感器的示数 F。多次改变动滑轮下悬挂的钩码个数，重复实验，测得多组Δt 和 F。在 ﹣F 图中记录数据，得到一条过原点的直线，则该直线的函数关系式为： 。 （4）本实验采用力传感器测量外力 F，代替了用钩码重力作为小车外力 F 的传统做法，试分析这样改进的理由是： 。 14．用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）除了图中所给器材以及交变电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是　 　 （选填正确选项的字母）。 A．秒表 B．天平（含砝码） C．弹簧测力计 D．刻度尺 （2）实验前补偿阻力的做法是：把实验器材安装好，先不挂沙桶，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板不带滑轮一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做　 　 运动。 （3）为使沙桶和沙的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是沙桶及沙的总质量　 　 小车的总质量。（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”） （4）实验中打出的一条纸带的一部分如图乙所示。纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交变电源上。则打点计时器打B点时，小车的速度vB＝　 　 m/s。多测几个点的速度作出v﹣t图像，就可以算出小车的加速度。 （5）为探究加速度和力的关系，要保证　 　 的总质量不变，改变沙桶内沙的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。 （6）在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据作出的a﹣F图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是　 　 。 A．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力不足 B．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力过度 C．图线BC段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远小于小车总质量的条件 D．图线BC段弯曲可能是沙桶及沙的总质量未满足远大于小车总质量的条件 （7）在探究加速度与质量的关系时，要保证沙和沙桶的质量不变。若沙和沙桶的总质量m与小车的总质量M间的关系不满足第（3）问中的条件，且已正确补偿阻力，由实验数据作出a图线，则图线应如图中的　 　 所示（选填正确选项的字母）。 A． B． C． D． 15．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面BC长为L＝9m、倾角θ＝37°，现有一质量m＝4kg的物块（可看成质点）由静止开始从斜面顶端向下运动。物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，斜面底端B与水平面间有光滑小圆弧连接（物块在B点前后速度大小不变），水平面无限长，同时物块一直受到风对它的水平向右的作用力F＝20N。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）物块沿斜面下滑时的加速度大小； （2）物块从斜面顶端运动到水平面的最左端所用时间； （3）物块第二次在斜面上运动时所能到达的最大高度。 16．如图所示，在一次消防演练中，为快速侦察发生火灾的楼层情况，停在地面的无人机在消防员的操控下，竖直匀加速上升h1＝16m掠过第一个目标楼层后，随即竖直匀减速上升h2＝4m到达第二个目标楼层，并悬停待命。已知无人机质量为2kg，加速上升阶段升力F1＝26N。若无人机飞行时所受空气阻力恒为重力的，求无人机 （1）加速上升阶段的加速度大小a1； （2）减速上升阶段所需的升力大小F2； （3）全程所需的时间t。 17．竖直加速度计可以用来测量电梯在竖直方向运行时的加速度，由固定在轻弹簧上的小球和带刻度的小木板构成，构造如图。电梯静止时，指针指示零刻度线。弹簧下端小球的质量为0.2kg，图中小木板上相邻两刻度线之间的距离为1cm，长刻度线旁，标注了小球的加速度（电梯的加速度）。 （1）求弹簧的劲度系数； （2）若指针恰好指示小木板上的5m/s2，请简要说出此时电梯的运动情况。 18．（2026•安徽模拟）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究加速度与物体所受合力的关系。 （1）实验时，为了减小实验误差，下列说法或操作正确的是　 　 。 A．遮光条宽度越宽越好，便于测量瞬时速度 B．不必调节细线与长木板平行 C．不必满足小车的质量远大于砂和砂桶的总质量 （2）正确组装实验器材，用刻度尺测量两光电门之间的距离L，用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，在砂桶里装有一定质量的细砂，将小车由静止释放，依次记录遮光条通过光电门1、2的挡光时间Δt1、Δt2，同时记录弹簧测力计的示数，小车的加速度大小为a＝　 　 （用以上物理量表示）。 （3）改变砂桶中细砂的质量，重复上述操作，记录弹簧测力计的示数F，并算出相对应的小车的加速度a，通过记录的实验数据描绘出的F﹣a图像如图乙所示，则小车的质量为M＝　 。（用b1、b2和c表示） 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $