4.2 牛顿第二定律（重难点专练）物理沪科版必修第一册

4.2 牛顿第二定律（题型突破） 题型01 牛顿第二定律的理解 题型02 牛顿第二定律的简单应用 题型03 瞬时加速度问题 ▌题型01 牛顿第二定律的理解 1.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.表达式：F＝kma，式中F指的是物体所受的合力。 3.力的单位 (1)力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N。 (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＝1 kg·m/s2。  (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。 4.牛顿第二定律的性质 1.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　) 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 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生的加速度的矢量和 D.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同 2.(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　) A.由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B.由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C.由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比 D.由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出 3.关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　) A.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用 B.物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D.一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度和速度立即变为零 4.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　) A.根据公式F=ma可知,物体所受合外力与其运动的加速度成正比 B.物体所受合外力不为零时,一定会产生加速度,但速度可能为零 C.在公式F=kma中,k的数值取决于F、m、a的单位的选取 D.牛顿第二定律在F=0时可以推导出牛顿第一定律 5.(多选)关于牛顿第二定律的数学表达式F＝kma，下列说法正确的是(　　) A.在任何情况下表达式中k都等于1 B.表达式中k的数值由质量、加速度和力的大小决定 C.表达式中k的数值由质量、加速度和力的单位决定 D.物理中定义使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N 6.关于加速度的公式a=和a=,下列说法中不正确的是(　　) A.由a=可知,a与F成正比,与m成反比 B.由a=可知,a与Δv成正比,与Δt成反比 C.由a=可知,a与Δv的方向总一致 D.由a=可知,a与F的方向总一致 7.(多选)一架无人机在竖直平面内沿倾斜的虚线做变速直线运动，如图所示，将无人机的重力记为G，除重力外的其他外力的合力记为F，加速度记为a。则下列关于无人机在此过程中受力分析及加速度方向的示意图可能正确的是(　　) ▌题型02 牛顿第二定律的简单应用 1.牛顿第二定律是联系物体受力情况与物体运动情况的桥梁。根据牛顿第二定律，可由物体所受各力的合力，求出物体的加速度；也可由物体的加速度，求出物体所受各力的合力。 2.应用牛顿第二定律解题的一般步骤 8.水平面上一质量为2 kg的物体在水平向右、大小为2 N的恒定拉力作用下向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。重力加速度取10 m/s2，则该物体向左运动过程中的加速度为(　　) A.水平向左，1 m/s2 B.水平向左，3 m/s2 C.水平向右，1 m/s2 D.水平向右，3 m/s2 9.一个物体质量为2 kg,在几个力作用下处于静止状态,现把一个大小为10 N的力撤去,其他力保持不变,则该物体将(　　) A.沿该力的方向开始做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2 B.沿该力的相反方向做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2 C.沿该力的方向做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2 D.由于惯性,物体仍保持原来的静止状态不变 10.(多选)物体质量为3 kg,放在光滑水平面上,同时受到大小为3 N、4 N和5 N的三个水平力作用,物体的加速度可能为(　　) A.0 B.3 m/s2 C.6 m/s2 D.9 m/s2 11.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×104 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　) A.7.6×104 kg B.8.0×104 kg C.4.0×104 kg D.4.0×103 kg 12.如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求货箱下滑的加速度大小。 13.如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； (2)悬线对小球的拉力大小。 14.如图所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力F拉物体,使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。 (1)若水平面光滑,求物体加速度的大小; (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,求物体加速度的大小。 15.某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。 (1)游客下滑过程中，加速度大小为多少？ (2)若游客从B点以初速度v0沿滑梯上滑，上滑过程中加速度大小为多少？ ▌题型03 瞬时加速度问题 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 (1)刚性模型(细钢丝、细线、轻杆等):此类形变属于微小形变,其发生过程时间极短,在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间,其形变可随之突变,弹力可以突变。 (2)弹性模型(轻质弹簧、橡皮条、弹性绳等):此类形变属于明显形变,其发生需要一段时间,其弹力不能突变,瞬间可看成是不变的。 3.分析瞬时性问题的两个关键 (1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 (2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 4.分析瞬时问题的三个步骤 (1)分析原来物体的受力情况。 (2)分析物体在弹力发生突变时的受力情况。 (3)由牛顿第二定律列方程求出瞬时加速度。 16.如图所示,A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动,两球质量mA=2mB,两球间是一个轻质弹簧,如果突然剪断悬线,则在剪断悬线瞬间 (　　) A.A球加速度为g,B球加速度为g B.A球加速度为g,B球加速度为0 C.A球加速度为g,B球加速度为0 D.A球加速度为g,B球加速度为g 17.如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球左侧连接一水平轻弹簧,弹簧左端固定在墙上,右侧连接一与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,轻绳另一端固定在天花板上,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2),下列说法中正确的是(　　) A.小球仍然处于静止状态 B.小球立即向左加速,且加速度的大小a=8 m/s2 C.小球立即向左加速,且加速度的大小a=10 m/s2 D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s2 18.如图,质量分别为4m、3m、2m、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,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 19.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球加速度均为0 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍 20.如图所示,质量为m的小球用一水平轻弹簧系住,并用倾角为53°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态,在木板AB突然撤离的瞬间(重力加速度为g,cos 53°=0.6),小球的加速度为(　　) A.0 B.大小为g,方向竖直向下 C.大小为g,方向垂直木板指向右下方 D.大小为g,方向垂直木板指向右下方 21.(多选)如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为(　　) A.aP=0 B.aP=g C.aQ= D.aQ=g 22.如图所示,物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接,物块3、4间用竖直轻质弹簧相连,物块1、3的质量为m,物块2、4的质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度为g,则有(　　) A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4=g D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g 23.如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体B对物体A的压力为6 N C.物体B的瞬间加速度为10 m/s2 D.物体A、B的瞬时加速度为4 m/s2 2 / 2 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（题型突破） ▌题型01 牛顿第二定律的理解 1.答案　ABC 解析　牛顿第二定律的表达式是矢量式,a与F方向始终相同,A正确;F=ma具有瞬时性,B正确;如果F=ma中F是合力,则a为合力产生的加速度,即各分力产生的加速度的矢量和,C正确;如果物体做减速运动,则v与F反向,D错误。 2.答案　CD 解析　物体的合力与物体的质量和加速度无关，故A错误；物体的质量与合力以及加速度无关，由本身的性质决定，但是可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出，故B错误，D正确；根据牛顿第二定律a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比，故C正确。 3.答案　C 解析　力是产生加速度的原因，而不是有加速度才有力，故A错误；根据F合＝ma可知物体只要合外力不为零就会有加速度，故B错误；物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，例如在外力作用下减速到零的瞬间，加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，故C正确；合外力为零，加速度为零，速度保持不变，D错误。 4.答案　BC 解析　合外力F与物体的质量和加速度都无关,A错误;由牛顿第二定律可知,物体所受合外力不为零时,一定会产生加速度,但速度可能为零,例如汽车启动瞬间速度为零,加速度不为零,B正确;公式F=kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取,C正确;牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的运动状态,物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的,所以不能将牛顿第一定律当成是牛顿第二定律的特殊情况,D错误。 5.答案　CD 解析　在F＝kma中，k的数值由质量、加速度和力的单位决定，只有质量m、加速度a和力F的单位都是国际单位时，比例系数k才等于1，故A、B错误，C正确；由牛顿第二定律F＝ma知m＝1 kg、a＝1 m/s2时，1 N＝1 kg·m/s2，即使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N，故D正确。 6.答案　B 解析　由a=可知,a与F成正比,与m成反比,A正确;a=为比值定义法,a与Δv和Δt无关,B错误;由a=可知,a与Δv的方向总一致,C正确;由a=可知,a与F的方向总一致,D正确。 7.答案　AD 解析　根据牛顿第二定律可得F合＝ma，可知加速度的方向与合外力的方向相同。根据平行四边形定则可知，A、D图中F与G的合力方向可能与a的方向相同，B、C图中F与G的合力方向不可能与a的方向相同，故选A、D。 ▌题型02 牛顿第二定律的简单应用 8.答案　D 解析　对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg＋F＝ma，解得a＝3 m/s2，加速度方向水平向右，故D正确。 9.答案　B 解析　物体开始处于静止状态,所受合力为0,撤去10 N的力,其他力保持不变,则物体所受合力的大小为10 N,方向与10 N的拉力方向相反,根据牛顿第二定律得a==5 m/s2,则物体沿该力相反方向做匀加速运动,加速度大小为5 m/s2,故B正确,A、C、D错误。 10.答案　AB 解析　根据力的合成规律知,三个力的合力范围为0≤F合≤12 N,根据牛顿第二定律有F合=ma,解得物体的加速度范围为0≤a≤4 m/s2,故A、B正确。 11.答案　C 解析　根据题意，在推进器工作期间，飞船与空间的平均加速度a＝，由牛顿第二定律有a＝，其中M＝m船＋m空，联立并代入数据解得m空＝4.0×104 kg，故选C。 12.答案　2 m/s2 解析　对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2。 13.答案　(1)7.5 m/s2，方向向右　车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动　(2)12.5 N 解析　方法一　合成法 (1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。 由几何关系可得F＝mgtan θ 小球的加速度a＝＝gtan θ＝7.5 m/s2，方向向右。 则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。 (2)悬线对小球的拉力大小为 FT＝ N＝12.5 N。 方法二　正交分解法 (1)(2)以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。 则沿水平方向有FTsin θ＝ma 竖直方向有FTcos θ－mg＝0 联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝12.5 N 且加速度方向向右，故车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。 14.答案　(1)8 m/s2　(2)6 m/s2 解析　(1)水平面光滑时,物体的受力情况如图甲所示,由牛顿第二定律有Fcos 37°=ma1 解得a1=8 m/s2。 (2)水平面不光滑时,物体的受力情况如图乙所示, 水平方向有Fcos 37°-Ff=ma2 竖直方向有FN'+Fsin 37°=mg 又Ff=μFN' 联立解得a2=6 m/s2。 15.答案　(1)g(sin θ－μcos θ)　(2)g(sin θ＋μcos θ) 解析　(1)以游客为研究对象，垂直滑梯斜面方向有FN＝mgcos θ 沿滑梯斜面方向，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－Ff＝ma 又Ff＝μFN 联立解得游客下滑过程中的加速度为 a＝g(sin θ－μcos θ) (2)对游客受力分析 垂直滑梯斜面方向：FN＝mgcos θ 沿滑梯斜面方向：mgsin θ＋Ff'＝ma'，Ff'＝μFN， 得a'＝g(sin θ＋μcos θ)。 ▌题型03 瞬时加速度问题 16.答案　B 解析　在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变,则B球的合力为零,加速度为零;对A球有(mA+mB)g=mAaA,则aA=g,故B正确。 17.答案　B 解析　在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡的条件得,弹簧的弹力F=mgtan 45°=10 N,剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。由最大静摩擦Ff=μmg=2 N<F,可知小球向左加速运动,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a==m/s2=8 m/s2,合力方向向左,所以小球立即向左加速,故B正确,A、C错误;剪断弹簧的瞬间,弹簧对小球的弹力瞬间为零,导致轻绳对小球的拉力瞬间也为零,此时小球所受的合力为零,则小球的加速度为零,故D错误。 18.答案　A 解析　细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由共点力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,有C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg;细线剪断瞬间,由牛顿第二定律对B有3mg-FAB=3maB,对C有2mg+FCD=2maC,联立解得aB=-g,aC=1.5g,A正确。 19.答案　D 解析　撤去挡板前，对整体分析，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故D正确，A、B、C错误。 20.答案　D 解析　在木板AB撤离前,小球恰好处于静止状态,小球受重力、支持力和弹簧的弹力,由共点力的平衡条件,可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力的大小等于支持力,则有FN==mg,木板AB突然撤离的瞬间,弹簧弹力不突变,所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变,因此小球的加速度大小为a==g,方向垂直木板指向右下方,A、B、C错误,D正确。 21.答案　AD 解析　对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P的加速度aP=0，故A正确，B错误；对P、Q整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细绳的拉力，整体系统处于静止状态，则有FT=2mgsin 30°，细绳被剪断的瞬间，细绳的拉力突变为零，物体Q的合外力与之前的拉力FT等大反向，即F合=FT=2mgsin 30°，所以aQ===g，故C错误，D正确。 22.答案　C 解析　抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,故a3=0;由牛顿第二定律得物块4的加速度a4==g,故C正确。 23.答案　D 解析　A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A有mAg=kx，解得弹簧压缩量为x==0.3 m，故A错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可得(mA+mB)g-kx=mBg=(mA+mB)a，解得物体A、B的瞬时加速度为a=4 m/s2，故C错误，D正确；对物体A，由牛顿第二定律F+mAg-kx=mAa，解得物体B对物体A的压力为F=12 N，故B错误。 2 / 2 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（题型突破） 题型01 牛顿第二定律的理解 题型02 牛顿第二定律的简单应用 题型03 瞬时加速度问题 ▌题型01 牛顿第二定律的理解 1.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.表达式：F＝kma，式中F指的是物体所受的合力。 3.力的单位 (1)力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N。 (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＝1 kg·m/s2。  (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。 4.牛顿第二定律的性质 1.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　) 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 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生的加速度的矢量和 D.物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同 答案　ABC 解析　牛顿第二定律的表达式是矢量式,a与F方向始终相同,A正确;F=ma具有瞬时性,B正确;如果F=ma中F是合力,则a为合力产生的加速度,即各分力产生的加速度的矢量和,C正确;如果物体做减速运动,则v与F反向,D错误。 2.(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　) A.由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B.由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C.由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比 D.由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出 答案　CD 解析　物体的合力与物体的质量和加速度无关，故A错误；物体的质量与合力以及加速度无关，由本身的性质决定，但是可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出，故B错误，D正确；根据牛顿第二定律a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比，故C正确。 3.关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　) A.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用 B.物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D.一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度和速度立即变为零 答案　C 解析　力是产生加速度的原因，而不是有加速度才有力，故A错误；根据F合＝ma可知物体只要合外力不为零就会有加速度，故B错误；物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，例如在外力作用下减速到零的瞬间，加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，故C正确；合外力为零，加速度为零，速度保持不变，D错误。 4.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　) A.根据公式F=ma可知,物体所受合外力与其运动的加速度成正比 B.物体所受合外力不为零时,一定会产生加速度,但速度可能为零 C.在公式F=kma中,k的数值取决于F、m、a的单位的选取 D.牛顿第二定律在F=0时可以推导出牛顿第一定律 答案　BC 解析　合外力F与物体的质量和加速度都无关,A错误;由牛顿第二定律可知,物体所受合外力不为零时,一定会产生加速度,但速度可能为零,例如汽车启动瞬间速度为零,加速度不为零,B正确;公式F=kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取,C正确;牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的运动状态,物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的,所以不能将牛顿第一定律当成是牛顿第二定律的特殊情况,D错误。 5.(多选)关于牛顿第二定律的数学表达式F＝kma，下列说法正确的是(　　) A.在任何情况下表达式中k都等于1 B.表达式中k的数值由质量、加速度和力的大小决定 C.表达式中k的数值由质量、加速度和力的单位决定 D.物理中定义使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N 答案　CD 解析　在F＝kma中，k的数值由质量、加速度和力的单位决定，只有质量m、加速度a和力F的单位都是国际单位时，比例系数k才等于1，故A、B错误，C正确；由牛顿第二定律F＝ma知m＝1 kg、a＝1 m/s2时，1 N＝1 kg·m/s2，即使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N，故D正确。 6.关于加速度的公式a=和a=,下列说法中不正确的是(　　) A.由a=可知,a与F成正比,与m成反比 B.由a=可知,a与Δv成正比,与Δt成反比 C.由a=可知,a与Δv的方向总一致 D.由a=可知,a与F的方向总一致 答案　B 解析　由a=可知,a与F成正比,与m成反比,A正确;a=为比值定义法,a与Δv和Δt无关,B错误;由a=可知,a与Δv的方向总一致,C正确;由a=可知,a与F的方向总一致,D正确。 7.(多选)一架无人机在竖直平面内沿倾斜的虚线做变速直线运动，如图所示，将无人机的重力记为G，除重力外的其他外力的合力记为F，加速度记为a。则下列关于无人机在此过程中受力分析及加速度方向的示意图可能正确的是(　　) 答案　AD 解析　根据牛顿第二定律可得F合＝ma，可知加速度的方向与合外力的方向相同。根据平行四边形定则可知，A、D图中F与G的合力方向可能与a的方向相同，B、C图中F与G的合力方向不可能与a的方向相同，故选A、D。 ▌题型02 牛顿第二定律的简单应用 1.牛顿第二定律是联系物体受力情况与物体运动情况的桥梁。根据牛顿第二定律，可由物体所受各力的合力，求出物体的加速度；也可由物体的加速度，求出物体所受各力的合力。 2.应用牛顿第二定律解题的一般步骤 8.水平面上一质量为2 kg的物体在水平向右、大小为2 N的恒定拉力作用下向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。重力加速度取10 m/s2，则该物体向左运动过程中的加速度为(　　) A.水平向左，1 m/s2 B.水平向左，3 m/s2 C.水平向右，1 m/s2 D.水平向右，3 m/s2 答案　D 解析　对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有μmg＋F＝ma，解得a＝3 m/s2，加速度方向水平向右，故D正确。 9.一个物体质量为2 kg,在几个力作用下处于静止状态,现把一个大小为10 N的力撤去,其他力保持不变,则该物体将(　　) A.沿该力的方向开始做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2 B.沿该力的相反方向做匀加速运动,加速度的大小是5 m/s2 C.沿该力的方向做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2 D.由于惯性,物体仍保持原来的静止状态不变 答案　B 解析　物体开始处于静止状态,所受合力为0,撤去10 N的力,其他力保持不变,则物体所受合力的大小为10 N,方向与10 N的拉力方向相反,根据牛顿第二定律得a==5 m/s2,则物体沿该力相反方向做匀加速运动,加速度大小为5 m/s2,故B正确,A、C、D错误。 10.(多选)物体质量为3 kg,放在光滑水平面上,同时受到大小为3 N、4 N和5 N的三个水平力作用,物体的加速度可能为(　　) A.0 B.3 m/s2 C.6 m/s2 D.9 m/s2 答案　AB 解析　根据力的合成规律知,三个力的合力范围为0≤F合≤12 N,根据牛顿第二定律有F合=ma,解得物体的加速度范围为0≤a≤4 m/s2,故A、B正确。 11.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×104 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　) A.7.6×104 kg B.8.0×104 kg C.4.0×104 kg D.4.0×103 kg 答案　C 解析　根据题意，在推进器工作期间，飞船与空间的平均加速度a＝，由牛顿第二定律有a＝，其中M＝m船＋m空，联立并代入数据解得m空＝4.0×104 kg，故选C。 12.如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求货箱下滑的加速度大小。 答案　2 m/s2 解析　对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，即加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ，解得a＝2 m/s2。 13.如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； (2)悬线对小球的拉力大小。 答案　(1)7.5 m/s2，方向向右　车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动　(2)12.5 N 解析　方法一　合成法 (1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。 由几何关系可得F＝mgtan θ 小球的加速度a＝＝gtan θ＝7.5 m/s2，方向向右。 则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。 (2)悬线对小球的拉力大小为 FT＝ N＝12.5 N。 方法二　正交分解法 (1)(2)以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。 则沿水平方向有FTsin θ＝ma 竖直方向有FTcos θ－mg＝0 联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝12.5 N 且加速度方向向右，故车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速直线运动。 14.如图所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力F拉物体,使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。 (1)若水平面光滑,求物体加速度的大小; (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,求物体加速度的大小。 答案　(1)8 m/s2　(2)6 m/s2 解析　(1)水平面光滑时,物体的受力情况如图甲所示,由牛顿第二定律有Fcos 37°=ma1 解得a1=8 m/s2。 (2)水平面不光滑时,物体的受力情况如图乙所示, 水平方向有Fcos 37°-Ff=ma2 竖直方向有FN'+Fsin 37°=mg 又Ff=μFN' 联立解得a2=6 m/s2。 15.某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。 (1)游客下滑过程中，加速度大小为多少？ (2)若游客从B点以初速度v0沿滑梯上滑，上滑过程中加速度大小为多少？ 答案　(1)g(sin θ－μcos θ)　(2)g(sin θ＋μcos θ) 解析　(1)以游客为研究对象，垂直滑梯斜面方向有FN＝mgcos θ 沿滑梯斜面方向，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－Ff＝ma 又Ff＝μFN 联立解得游客下滑过程中的加速度为 a＝g(sin θ－μcos θ) (2)对游客受力分析 垂直滑梯斜面方向：FN＝mgcos θ 沿滑梯斜面方向：mgsin θ＋Ff'＝ma'，Ff'＝μFN， 得a'＝g(sin θ＋μcos θ)。 ▌题型03 瞬时加速度问题 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 (1)刚性模型(细钢丝、细线、轻杆等):此类形变属于微小形变,其发生过程时间极短,在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间,其形变可随之突变,弹力可以突变。 (2)弹性模型(轻质弹簧、橡皮条、弹性绳等):此类形变属于明显形变,其发生需要一段时间,其弹力不能突变,瞬间可看成是不变的。 3.分析瞬时性问题的两个关键 (1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 (2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 4.分析瞬时问题的三个步骤 (1)分析原来物体的受力情况。 (2)分析物体在弹力发生突变时的受力情况。 (3)由牛顿第二定律列方程求出瞬时加速度。 16.如图所示,A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动,两球质量mA=2mB,两球间是一个轻质弹簧,如果突然剪断悬线,则在剪断悬线瞬间 (　　) A.A球加速度为g,B球加速度为g B.A球加速度为g,B球加速度为0 C.A球加速度为g,B球加速度为0 D.A球加速度为g,B球加速度为g 答案　B 解析　在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变,则B球的合力为零,加速度为零;对A球有(mA+mB)g=mAaA,则aA=g,故B正确。 17.如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球左侧连接一水平轻弹簧,弹簧左端固定在墙上,右侧连接一与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,轻绳另一端固定在天花板上,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2),下列说法中正确的是(　　) A.小球仍然处于静止状态 B.小球立即向左加速,且加速度的大小a=8 m/s2 C.小球立即向左加速,且加速度的大小a=10 m/s2 D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s2 答案　B 解析　在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡的条件得,弹簧的弹力F=mgtan 45°=10 N,剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。由最大静摩擦Ff=μmg=2 N<F,可知小球向左加速运动,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a==m/s2=8 m/s2,合力方向向左,所以小球立即向左加速,故B正确,A、C错误;剪断弹簧的瞬间,弹簧对小球的弹力瞬间为零,导致轻绳对小球的拉力瞬间也为零,此时小球所受的合力为零,则小球的加速度为零,故D错误。 18.如图,质量分别为4m、3m、2m、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,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 答案　A 解析　细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由共点力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,有C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg;细线剪断瞬间,由牛顿第二定律对B有3mg-FAB=3maB,对C有2mg+FCD=2maC,联立解得aB=-g,aC=1.5g,A正确。 19.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球加速度均为0 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍 答案　D 解析　撤去挡板前，对整体分析，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故D正确，A、B、C错误。 20.如图所示,质量为m的小球用一水平轻弹簧系住,并用倾角为53°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态,在木板AB突然撤离的瞬间(重力加速度为g,cos 53°=0.6),小球的加速度为(　　) A.0 B.大小为g,方向竖直向下 C.大小为g,方向垂直木板指向右下方 D.大小为g,方向垂直木板指向右下方 答案　D 解析　在木板AB撤离前,小球恰好处于静止状态,小球受重力、支持力和弹簧的弹力,由共点力的平衡条件,可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力的大小等于支持力,则有FN==mg,木板AB突然撤离的瞬间,弹簧弹力不突变,所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变,因此小球的加速度大小为a==g,方向垂直木板指向右下方,A、B、C错误,D正确。 21.(多选)如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为(　　) A.aP=0 B.aP=g C.aQ= D.aQ=g 答案　AD 解析　对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P的加速度aP=0，故A正确，B错误；对P、Q整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细绳的拉力，整体系统处于静止状态，则有FT=2mgsin 30°，细绳被剪断的瞬间，细绳的拉力突变为零，物体Q的合外力与之前的拉力FT等大反向，即F合=FT=2mgsin 30°，所以aQ===g，故C错误，D正确。 22.如图所示,物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接,物块3、4间用竖直轻质弹簧相连,物块1、3的质量为m,物块2、4的质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度为g,则有(　　) A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4=g D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g 答案　C 解析　抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,故a3=0;由牛顿第二定律得物块4的加速度a4==g,故C正确。 23.如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体B对物体A的压力为6 N C.物体B的瞬间加速度为10 m/s2 D.物体A、B的瞬时加速度为4 m/s2 答案　D 解析　A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A有mAg=kx，解得弹簧压缩量为x==0.3 m，故A错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可得(mA+mB)g-kx=mBg=(mA+mB)a，解得物体A、B的瞬时加速度为a=4 m/s2，故C错误，D正确；对物体A，由牛顿第二定律F+mAg-kx=mAa，解得物体B对物体A的压力为F=12 N，故B错误。 2 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