第03講：牛頓第二定律

一：知識精講歸納

考點一、牛頓第二定律的表達式

1．內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．

2．表達式F＝kma，其中力F指的是物體所受的合力．

考點二、力的單位

1．力的國際單位：牛頓，簡稱牛，符號為N.

2．“牛頓”的定義：使質量為1kg的物體產生1m/s2的加速度的力叫作1N，即1N＝1_kg·m/s2.

3．在質量的單位取kg，加速度的單位取m/s2，力的單位取N時，F(xiàn)＝kma中的k＝1，此時牛頓第二定律可表示為

F＝ma.

大重點：對牛頓第二定律的理解

F

(1)a＝是加速度的決定式，該式揭示了加速度的大小取決于物體所受的合力大小及物體的質量，加速度的方向取

m

決于物體所受的合力的方向．

Δv

(2)a＝是加速度的定義式，但加速度的大小與速度變化量及所用的時間無關．

Δt

(3)公式F＝ma，單位要統(tǒng)一：表達式中F、m、a三個物理量的單位都必須是國際單位．

(4)公式F＝ma中，若F是合力，加速度a為物體的實際加速度；若F是某一個分力，加速度a為該力產生的分加

速度．

2．牛頓第二定律的四個性質

(1)因果性：力是產生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0，物體就具有加速度．

(2)矢量性：F＝ma是一個矢量式．物體的加速度方向由它受的合力方向決定，且總與合力的方向相同．

(3)瞬時性：加速度與合力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失．

(4)獨立性：作用在物體上的每一個力都產生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢量和．

3、合力、加速度、速度的關系

1．力與加速度為因果關系：力是因，加速度是果．只要物體所受的合力不為零，就會產生加速度．加速度與合力

方向是相同的，大小與合力成正比(物體質量一定時)．

2．力與速度無因果關系：合力方向與速度方向可以相同，可以相反，還可以有夾角．合力方向與速度方向相同時，

物體做加速運動，相反時物體做減速運動．

4、牛頓第二定律的簡單應用

1．應用牛頓第二定律解題的一般步驟

(1)確定研究對象．

(2)進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運動性質和運動過程．

(3)求出合力或加速度．

(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解．

2．應用牛頓第二定律解題的方法

(1)矢量合成法：若物體只受兩個力作用，應用平行四邊形定則求這兩個力的合力，物體所受合力的方向即加速度的

方向．

(2)正交分解法：當物體受多個力作用時，常用正交分解法求物體所受的合力．

①建立直角坐標系時，通常選取加速度的方向作為某一坐標軸的正方向(也就是不分解加速度)，將物體所受的力正

交分解后，列出方程Fx＝ma，F(xiàn)y＝0(或Fx＝0，F(xiàn)y＝ma)．

②特殊情況下，若物體的受力都在兩個互相垂直的方向上，也可將坐標軸建立在力的方向上，正交分解加速度a.

Fx＝max

根據(jù)牛頓第二定律列方程求解．

Fy＝may

二：考點題型歸納

題型一：牛頓第二定律的定義理解

1．（2023秋·上海普陀·高一?？计谀呐ｎD第二定律可知（）

A．同一物體的運動速度變化越快，受到的合力也越大

B．同一物體的運動速度變化越小，受到的合外力也越小

C．物體的質量與它所受到合外力成正比，跟它的加速度成反比

D．同一物體的運動速度越大，受到的合外力也越大

【答案】A

【詳解】A．同一物體的運動速度變化越快，加速度越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受到的合力也越大，故A

正確；

B．同一物體的運動速度變化越小，加速度不一定越小，根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受到的合外力不一定越小，

故B錯誤；

C．物體的質量與物體本身有關，與所受到合外力、物體的加速度無關，故C錯誤；

D．同一物體的運動速度越大，加速度不一定越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受到的合外力不一定越大，故D

錯誤。

故選A。

2．（2023·全國·高一專題練習）關于牛頓第二定律，下列說法正確的是（）

A．根據(jù)公式Fma可知，物體所受的合外力跟其運動的加速度成正比

F

B．根據(jù)m可知，物體的質量與其運動的加速度成反比

a

F

C．根據(jù)m可知，物體的質量與其所受合外力成正比

a

F

D．根據(jù)a可知，物體的加速度大小與其所受合外力成正比

m

【答案】D

【詳解】A.力是產生加速度的原因，故不能說物體所受的合外力跟其運動的加速度成正比，故A錯誤；

BC.質量是物體的固有屬性，物體的質量與其運動的加速度和所受合外力無關，故BC錯誤；

F

D.a是加速度的決定式，物體的加速度大小與其所受合外力成正比，與物體質量成反比，故D正確。

m

故選D。

3．（2022秋·河南安陽·高一安陽一中?？茧A段練習）關于牛頓第二定律的表達式Fma，下列說法正確的是（）

A．物理公式只能確定物理量之間的數(shù)量關系和方向關系

B．如果讓10kg的物體產生m/s2大小的加速度，所需要的力的大小就是1N

C．如果單位選取合適，牛頓第二定律的表達式可以是F1000ma

F

D．由m可知，物體的質量與其所受的合外力成正比，與其運動的加速度成反比

a

【答案】C

【詳解】A．物理公式不僅可以確定物理量之間的數(shù)量關系和方向關系，同時也確定物理量間的單位關系，A錯誤；

B．如果讓10kg的物體產生m/s2大小的加速度，所需要的力的大小是10N，B錯誤；

C．如果力的單位取N，質量單位取g，加速度單位取m/s2，牛頓第二定律的表達式就可以是F1000ma，C正確；

D．物體的質量是物體本身的屬性，是所含物質的多少，與物體所受合外力以及物體運動的加速度無關，D錯誤。

故選C。

題型二：牛頓第二定律的同向性

4．（2024·全國·高一專題練習）一火車沿圖示速度（v）方向在直軌道上行駛，一瓶水靜止在車廂內水平桌面上，圖

示為火車運動過程中瓶內水面的兩次形狀，則（）

A．圖a反映火車在勻速運動，圖b反映火車在減速運動

B．圖a反映火車在勻速運動，圖b反映火車在加速運動

C．圖a反映火車在加速運動，圖b反映火車在減速運動

D．圖a反映火車在減速運動，圖b反映火車在勻速運動

【答案】B

【詳解】圖a中水瓶中液體處于平衡狀態(tài)，反映火車在勻速運動；

圖b中水所受的合力水平向右，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度水平向右，與速度方向相同，反映火車在加速運動。

故選B。

5．（2023·全國·高一專題練習）如圖，小車上固定著三角硬桿，桿的端點處固定著一個質量為m的小球，當小車水

平向右的加速度從零開始逐漸增大時，桿對小球作用力按時間先后用F1至F4變化表示，力的大小用線段長表示，則

桿對小球的作用力的變化可能是下圖中的（OO沿桿方向）（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【詳解】小球沿水平方向運動，豎直方向一直處于平衡狀態(tài)，故桿對小球的作用力在豎直方向的分量始終等于mg，

小球的水平加速度逐漸增大，由牛頓第二定理可知，桿對小球的作用力在水平方向的分量逐漸增大，故選B。

6．（2022秋·湖北武漢·高一校聯(lián)考期末）如圖所示，在傾斜固定的桿上套一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)通過輕繩懸掛

著一個質量為M的小球，在圓環(huán)沿桿向下滑動的過程中，小球與圓環(huán)相對靜止，且懸掛小球的輕繩始終處于豎直方

向，則下列說法正確的是（）

A．圓環(huán)做勻速直線運動B．圓環(huán)不受摩擦力的作用

C．圓環(huán)受到合力不等于零D．繩對小球的拉力小于Mg

【答案】A

【詳解】A．以小球為研究對象，小球沿滑桿向下做直線運動，加速度為零，或加速度與速度在同一直線上，而小

球受到豎直向下重力和繩子豎直向上的拉力，這兩個力的合力必為零，說明小球做勻速直線運動，則圓環(huán)也做勻速

直線運動，故A正確；

BC．圓環(huán)受到重力、繩子豎直向下的拉力、滑桿的支持力和滑動摩擦力，共四個力作用，合力為零，故BC錯誤；

D．由平衡條件知，輕繩對小球的拉力等于小球的重力，故D錯誤。

故選A。

題型三：牛頓第二定律求突變問題

7．（2023秋·全國·高一期中）如圖所示，輕彈簧L1的一端固定，另一端連著小球A，小球A的下面用另一根相同的

輕彈簧L2連著小球B，一根輕質細繩一端連接小球A，另一端固定在墻上，平衡時細繩水平，彈簧L1與豎直方向的

夾角為60，彈簧L1的形變量為彈簧L2形變量的3倍，重力加速度大小為g。將細繩剪斷的瞬間，下列說法正確的

是（）

33g

A．小球A的加速度大小為B．小球A的加速度大小為33g

2

g

C．小球B的加速度大小為D．小球B的加速度大小為g

3

【答案】B

【詳解】細繩剪斷之前，對整體受力分析

滿足

T1sin30(12)gmm

T1cos30T

對B受力分析

滿足

T2m2g

又因為兩輕彈簧勁度系數(shù)相同，且彈簧L1的形變量為彈簧L2形變量的3倍，故有

T13T2

聯(lián)立解得

T33m1g

剪斷細繩后瞬間，兩輕彈簧上彈力保持不變，細繩上拉力變?yōu)?，此時小球A所受合外力大小與原繩上拉力相等，

小球B所受合外力為零，由牛頓第二定律可知

33m1gm1a1

0m2a2

解得

a133g

a20

故B正確，ACD錯誤。

故選B。

8．（2023秋·全國·高一期中）如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質量分別為m、3m、2m。B和C分別固定在

彈簧兩端，彈簧的質量不計。B和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態(tài)。將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間（）

A．吊籃A的加速度大小為gB．物體B的加速度大小為0

C．物體C的加速度大小為gD．A、B、C的加速度大小都等于2g

【答案】B

【詳解】B．未剪斷輕繩時，對B受力分析，根據(jù)平衡條件可得彈簧彈力大小為

F3mg

將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，由于彈簧彈力保持不變，故物體B的加速度大小為0，故B正確；

ACD．將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，把A、C看做一個整體，對整體受力分析，可得

F(m2m)g(m2m)a

可求得A、C的加速度大小為

a2g

故ACD錯誤。

故選B。

9．（2023秋·山東淄博·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，A、B兩球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為的斜面光滑，

系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，重力加速度為g。在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是（）

A．兩球的瞬時加速度方向均沿斜面向下，大小均為gsin

B．兩球的瞬時加速度均為0

C．A球的瞬時加速度方向沿斜面向下，大小為2gsin

D．B球的瞬時加速度方向沿斜面向上，A球的瞬時加速度方向沿斜面向下

【答案】C

【詳解】設A、B兩球的質量均為m，在細線被燒斷前，以B為對象，根據(jù)受力平衡可得，彈簧彈力大小為

Fmgsin

在細線被燒斷的瞬間，彈簧彈力保持不變，則B球仍然受力平衡，B球的加速度為0；以A球為對象，根據(jù)牛頓第

二定律可得

Fmgsin

a2gsin

Am

方向沿斜面向下。

故選C。

題型四：牛頓第二定律分析動態(tài)運動過程

10．（2023秋·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）如圖為小明玩蹦床的情景，其中A位置是床面未受壓力時的位置，B位置

是某次他從最高點直立下落的過程中將床面壓到的最低位置。若床面始終在彈性限度內，空氣阻力忽略不計，對于

小明從最高點下落到最低點的過程，下列說法正確的是（）

A．小明下落到A位置，其速度開始減小

B．小明在B位置時，其所受合外力為零

C．小明從A位置下降到B位置的過程中，其加速度方向始終向下

D．小明從A位置下降到B位置的過程中，其速度先增大后減小

【答案】D

【詳解】AB．小明下落到A位置后開始受到向上的彈力作用，但彈力小于重力，其速度仍在增大，直到彈力增大

到等于重力時（合力為零），速度達到最大，之后其速度才開始減小，在B位置時，速度為零，合力（加速度）向

上，AB錯誤；

C．小明從A位置下降到B位置的過程中，其加速度先向下減小，再向上增大，C錯誤；

D．小明從A位置下降到B位置的過程中，其速度先增大后減小，D正確。

故選D。

11．（2023春·寧夏銀川·高一銀川二中?？奸_學考試）如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體

m?，F(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點，如果物體受到的阻力恒定，則（）

A．物體從A到O加速運動，從O到B減速運動

B．物體運動到O點時所受合力為0

C．物體運動到O點位置速度達到最大

D．物體到A到O的過程加速度先減小后增大

【答案】D

【詳解】A．物體從A到O，受到的彈力先大于阻力，此時加速度向右，后來彈力小于阻力，加速度向左，即加速

度方向先向右后向左，因此從A到O物體先加速后減速；從O到B物體受到的彈力及阻力方向均向左，物體一直

減速，故A錯誤；

B．物體運動到O點時合力等于阻力，方向水平向左，故B錯誤。

C．物體從A到O，受到的彈力先大于阻力，物體做加速運動，當彈力等于阻力時，加速度為零，此時速度達到最

大，之后彈力小于阻力，物體做減速運動，可知物體運動到O點位置速度不是最大，故C錯誤；

D．物體從A到O，受到的彈力先大于阻力，此時加速度向右，隨著彈力的減小，加速度減??；當彈力等于阻力時，

加速度為零；之后彈力小于阻力，加速度向左，隨著彈力的減小，加速度增大；故物體到A到O的過程加速度先減

小后增大，故D正確。

故選D。

12．（2023秋·吉林長春·高一長春市第二實驗中學校考期末）如圖甲所示，輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端

放置的物體（物體與彈簧不連接）處于靜止狀態(tài)，上端放置的物體（物體與彈簧不連接）處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直

向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速直線運動；拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示，甲

乙g取10m/s2，下列判斷正確的是（）

A．物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)B．彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cm

C．物體的質量為2kgD．物體的加速度大小為2m/s2

【答案】C

【詳解】A．彈簧為輕質彈簧，所以物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故A錯誤；

BCD．剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有

mg=kx

其中x=4cm，拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有

F1kxmgma

物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律，有

F2mgma

代入數(shù)據(jù)解得

m=2kg

k=5N/cm

a=5m/s2

故C正確BD錯誤。

故選C。

題型五：牛頓第二定律的簡單應用

13．（2023秋·浙江臺州·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，質量為m的人站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一

起以加速度a斜向上運動，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．人受到的摩擦力水平向右B．人對踏板的作用力豎直向下

C．踏板對人的支持力FNmasinD．踏板對人的支持力FNmgmasin

【答案】D

【詳解】ACD．受力分析如下圖

將加速度進行分解，有

axacos

ayasin

豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有

FNmgmay

解得

FNmgmasin

且人受到的摩擦力水平向左，故AC錯誤，D正確；

B．人對踏板的作用力為壓力和摩擦力，故合力方向不可能豎直向下，故B錯誤。

故選D。

14．（2023·全國·高一課堂例題）水平路面上有一貨車運載著5個相同的、質量均為m的光滑均質圓柱形工件，其

中4個恰好占據(jù)車廂底部，另有一個工件D置于工件A、B之間（如圖所示），重力加速度為g。汽車以某一加速

度向左運動時，工件A與D之間恰好沒有作用力，此時工件D與B間的作用力大小為（）

233

A．mgB．mgC．3mgD．23mg

33

【答案】A

【詳解】對D受力分析，當工件A與D之間恰好沒有作用力時，D只受到重力、B對D的彈力兩個力作用，彈力

方向垂直接觸面（沿B、D的軸心連線方向），彈力和重力的合力產生加速度，如下圖所示

根據(jù)牛頓第二定律得

mg3

F合mamg

tan603

則當

3

ag

3

時A與D之間恰好沒有作用力。所以工件D與B間的作用力大小為

mg23

Fmg

Nsin603

故選A。

15．（2023秋·陜西寶雞·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，一質量為m的物塊與車廂的豎直后壁間的動摩擦因數(shù)為μ，當該

車水平向右做勻加速運動時，物塊恰好沿車廂后壁勻速下滑，重力加速度為g，則車的加速度為（）

gg

A．gB．C．μgD．

2

【答案】B

【詳解】由于物塊沿車廂勻速下滑，豎直方向有

mgfFN

物塊在水平方向與車具有相同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律有

FNma

聯(lián)立解得

g

a

故選B。

題型六：牛頓第二定律的綜合問題

16．（2023秋·河北邢臺·高一邢臺一中?？计谀┤鐖D所示，質量為m2kg的物體在水平恒力F14N的作用下，

從靜止開始向右運動，5s時速度達到10m/s，此時撤掉拉力F，g取10m/s2，求：

（1）動摩擦因數(shù)；

（2）從開始到停止，物體一共運動了多少距離？

【答案】（1）0.5；（2）35m

【詳解】（1）物體在0~5秒的加速度為

v2

a12m/s

t1

根據(jù)牛頓第二定律得

Fmgma1

解得

=0.5

（2）物體在0~5秒的位移為

1

xat2=25m

1211

物體在撤去拉力F后的加速度大小為

mg

a5m/s2

2m

物體在撤去拉力F后的位移為x2，則有

v2

x210m

2a2

從開始到停止，物體一共運動了

xx1x235m

17．（2023春·河南商丘·高一校考階段練習）商場工作人員拉著質量m20kg的木箱沿水平地面運動。若用F=50N

的水平力拉木箱，木箱恰好做勻速直線運動；現(xiàn)改用F1=150N、與水平方向成53°斜向上的拉力作用于靜止的木箱

上，如圖所示。已知sin530.80，cos530.60，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)μ；

（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大?。?/p>

（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小。

【答案】（1）0.25；（2）3.5m/s2；（3）14m/s；

【詳解】（1）木箱在F的作用下做勻速直線運動，則有

Ffmg

代入數(shù)據(jù)解得

F50

0.25

mg2010

（2）由受力分析可知，木箱水平方向有

F1cos53fma

豎直方向上有

F1sin53FNmg

又因為摩擦力滿足

fFN

聯(lián)立解得

a3.5m/s2

（3）根據(jù)勻加速直線運動速度與時間的關系可得木箱在F1作用4.0s時的速度為

v4at3.54m/s14m/s

18．（2023秋·云南昆明·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶，每個空油桶質量為21kg。

在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只桶C，自由地擺放在桶A、B之間，沒有

用繩索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力，和汽車一起向右做勻速直線運動，g取10m/s2，求：

（1）當汽車向右以4m/s2加速度加速時，A對C的支持力大小和B對C的支持力大?。?/p>

（2）當汽車緊急剎車時，為保證桶C不發(fā)生滾動，最大剎車加速度。

103

【答案】（1）(70384)N，(70384)N；（2）m/s2，方向水平向左

3

【詳解】（1）設A對C的支持力大小為FA，B對C的支持力大小為FB，對C進行受力分析，如圖所示，根據(jù)對稱

性可知兩個力的方向均與豎直成30

在豎直方向上，受力平衡

FBcos30FAcos30mg

在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律

FBsin30FAsin30ma

代入數(shù)據(jù)可得

FA(70384)N

FB(70384)N

（2）剎車加速度最大時，B對C恰好沒有支持力，此時

FAcos30mg

FAsin30ma

可得剎車最大加速度

103

am/s2

3

方向水平向左。

三：課堂過關精練

一、單選題

19．（2023秋·黑龍江大慶·高一大慶實驗中學校）有下列幾種情景，請根據(jù)所學知識選擇對情景的分析和判斷的正

確說法是（）

A．火箭點火后即將升空，由于火箭還沒運動，所以加速度一定為零

B．勻速行駛的磁懸浮列車，單位時間速度的變化量一定為零

C．汽車剎車時加速度與速度方向相反，所以剎車時加速度一定比啟動時加速度小

D．公路上高速行駛的轎車剎車，由于轎車行駛速度大，所以加速度一定很大

【答案】B

【詳解】A．點火后即將升空的火箭，由于受到向上巨大的沖力，根據(jù)牛頓第二定律得知，加速度不為零，故A錯

誤；

B．勻速行駛的磁懸浮列車，速度不變，單位時間速度的變化量一定為零，故B正確；

C．加速度是矢量，比較大小時應比較其絕對值的大小，汽車剎車時加速度與速度方向相反，剎車時加速度可能比

啟動時加速度大，故C錯誤；

D．加速度是反映速度變化快慢的物理量，轎車行駛速度大，加速度不一定大，故D錯誤。

故選B。

20．（2023春·湖北·高一學業(yè)考試）光滑水平面上，質量為1kg的某物體，受三個大小分別為6N，8N，10N共點的

水平力作用而處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將大小為6N的水平力撤去，物體的加速度大小為（）

A．0B．6m/s2C．8m/s2D．10m/s2

【答案】B

【詳解】撤去大小為6N的水平力后，物體受到的合力大小為

F合6N

物體的加速度大小為

F

a合6m/s2

m

故選B。

21．（2023秋·吉林長春·高一長春市實驗中學校考期末）如圖所示，圖甲中質量為m的P球用a、b兩根細線拉著處

于靜止，圖乙中質量為m的Q球用細線c和輕質彈簧d拉著處于靜止。已知細線a、c均水平，細線b、彈簧d與

豎直方向的夾角均為，現(xiàn)剪斷細線a、c，不計空氣阻力，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．剪斷細線a瞬間，P球的加速度為gtan

B．剪斷細線c瞬間，Q球的加速度為gtan

mg

C．剪斷細線a瞬間，細線b的拉力大小為

cos

D．剪斷細線c瞬間，彈簧d的拉力大小為mgcos

【答案】B

【詳解】A．剪斷細線a瞬間，P球受重力和b線的拉力，合力為

F合=mgsin

加速度為

a=gsin

故A錯誤；

BD．Q球處于平衡狀態(tài)時，由平衡條件得輕彈簧拉力大小為

mg

F

cos

細線c拉力大小為

Tmgtan

剪斷細線c瞬間，彈簧的彈力不能突變，此瞬間物體的合力大小等于T，Q球的加速度為gtan，故B正確，D錯

誤；

C．剪斷細線a瞬間，細線b的拉力大小為mgcos，故C錯誤。

故選B。

22．（2023秋·浙江金華·高一校聯(lián)考期末）如圖所示的裝置中，小球的重力均相同，大小為5N，彈簧和細線的質量

均不計，一切摩擦忽略不計，平衡時各彈簧的彈力大小分別為F1、F2、F3，已知圖丙中的彈簧平衡時伸長了5cm（在

彈性限度內），重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．F1=F2=F3

B．F3>F1=F2

C．丙圖中彈簧的勁度系數(shù)k=0.5N/cm

D．圖甲中上端細線剪斷瞬間，兩球加速度均為g

【答案】A

【詳解】AB．甲圖裝置中下面小球受到重力mg和彈簧彈力的作用，根據(jù)平衡條件可知

F1mg

其他兩個裝置中彈簧的彈力大小等于細線的拉力，對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可知，細線的拉力大小等于小球

重力，則有

F2F3mg

因此

F1F2F3mg

故A正確，B錯誤；

C．根據(jù)胡克定律

Fkx

解得

5

kN/cm=1N/cm

5

故C錯誤；

D．圖甲中上端細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，上面小球根據(jù)牛頓第二定律

F1mgma上

解得

a上2g

下面小球受到彈力和重力平衡，加速度為零，故D錯誤。

故選A。

23．（2023秋·山西晉城·高一晉城市第二中學校校考期末）如圖所示，將兩個質量分別為m12kg、m23kg的物體

置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接。兩個大小分別為F130N、F220N的水平拉力分別作用在m1、

m2上，則（）

A．彈簧測力計的示數(shù)是26N

B．彈簧測力計的示數(shù)是25N

2

C．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度為4m/s

2

D．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度為10m/s

【答案】A

【詳解】AB．輕質彈簧測力計示數(shù)一定，令示數(shù)為F，對兩物體整體有

F1F2m1m2a0

對m1物體有

F1Fm1a0

解得

F26N

故A正確，B錯誤；

C．在突然撤去F1的瞬間，彈簧彈力不變，對m1物體有

Fm1a1

解得

2

a113m/s

故C錯誤；

D．在突然撤去F2的瞬間，彈簧彈力不變，對m2物體有

Fm2a2

解得

26

am/s2

23

故D錯誤。

故選A。

24．（2023春·湖北·高一學業(yè)考試）一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上以加速度大小為a向前做勻減速直線運動。

石塊A的質量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．石塊A所受所有外力的合力大小為mg

B．石塊A所受所有外力的合力大小為ma

C．石塊A所受所有外力的合力大小為mg2a2

D．石塊A所受所有外力的合力大小為0

【答案】B

【詳解】石塊A與貨車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律可知石塊A所受所有外力的合力大小為

F合=ma

故選B。

25．（2023秋·云南保山·高一校考階段練習）放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的

大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖甲、乙所示。取g=10m/s2，根據(jù)此兩圖線，求：

（1）物塊所受的摩擦力f；

（2）2~4s物塊的加速度大小；

（3）物塊的質量m；

（4）物塊與水平地面的動摩擦因數(shù)。

【答案】（1）2N，方向與運動方向相反；（2）2m/s2；（3）0.5kg；（4）0.4

【詳解】（1）由圖乙4-6s物塊做勻速直線運動，根據(jù)

f=F3=2N

方向與運動方向相反；

（2）在2~4s內，可得

Δv40

am/s2m/s2

Δt42

（3）在2~4s內，由牛頓第二定律得

F2-f=ma

解得

m=0.5kg

（4）由f=μN=μmg可得

μ=0.4

26．（2022秋·內蒙古鄂爾多斯·高一校聯(lián)考期末）如圖所示，一質量不計的彈簧原長為10cm，一端固定于質量m=4kg

的物體上，另一端施一水平向右的拉力F。（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為

0.45，彈簧始終在彈性限度內，g=10m/s2）求：

（1）當彈簧拉長至14.5cm時，物體恰好向右勻速運動，彈簧的勁度系數(shù)多大？

（2）若將彈簧壓縮至6cm，求物體受到的摩擦力大小及方向；

（3）若將彈簧拉長至16cm，求物體此時的加速度大小及方向。

【答案】（1）400N/m；（2）16N，水平向右；（3）1.5m/s2，水平向右

【詳解】（1）物體與水平面間的滑動摩擦力

fmg18N

當彈簧拉長至14.5cm時，物體向右勻速運動，由平衡條件得

F1f

由胡克定律得

F1kL1L0

解得

k400N/m

（2）彈簧壓縮至6cm，彈簧彈力方向水平向左，大小為

＜

F2kL0L216Nf18N

所以物體處于靜止狀態(tài)，摩擦力大小

f2F216N

方向水平向右。

（3）將彈簧拉長至16cm時，彈簧彈力方向水平向右，大小

＞

F3kL3L024Nf18N

由牛頓第二定律可得物體加速度

Ff

a31.5m/s2

m

方向水平向右

四：高分突破精練

一、單選題

27．（2023春·河南開封·高一河南大學附屬中學校）如圖，質量相等的小球A和小球B通過輕彈簧相連，A通過輕

質繩系于天花板上，系統(tǒng)靜止，重力加速度為g。則當剪斷輕繩的瞬間，下列說法正確的是（）

A．小球B的加速度大小為g

B．小球B的加速度大小為2g

C．小球A的加速度大小為0

D．小球A的加速度大小為2g

【答案】D

【詳解】AB．剪斷輕繩的瞬間，彈簧長度不會發(fā)生突變，則B所受合外力仍為零，所以B的加速度為零，故AB

錯誤；

CD．剪斷輕繩的瞬間A所受的合力大小與剪斷之前繩子拉力大小一致，由共點力平衡可知剪斷繩子前，繩子的拉

力為2mg，剪斷輕繩的瞬間，由牛頓第二定律可知，A的瞬時加速度大小為2g，故C錯誤、D正確。

故選D。

28．（2023秋·廣東深圳·高一?？计谀┤鐖D，一機械臂鐵夾夾起質量為m的小球，機械臂與小球沿水平方向做加

速度為a的勻加速直線運動，則鐵夾對球的作用力（）

A．大小為mg，方向豎直向上B．大小為ma，方向水平向右

C．大小隨小球的加速度變大而變大D．方向為右上，與小球的加速度大小無關

【答案】C

【詳解】ABC．對小球進行受力分析，受到重力，鐵夾對球的作用力，根據(jù)牛頓第二定律可知合力方向水平向右，

則可得鐵夾對球的作用力方向斜向右上方，根據(jù)平行四邊形定則可得，鐵夾對球的作用力大小為

F(mg)2(ma)2

與加速度大小有關，且大小隨小球的加速度變大而變大，故AB錯誤，C正確；

D．設鐵夾對球的作用力F與豎直方向的夾角為，則有

maa

tan

mgg

所以可知F的方向與小球的加速度大小有關，故D錯誤。

故選C。

29．（2023春·江西吉安·高一江西省泰和中學?？茧A段練習）如圖所示，質量為m的手機靜置在支架斜面上，斜面

與水平面的夾角為，手機與接觸面的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．手持支架向上勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機受到的支持力與靜止時受到的支持力相等

B．支架斜面對手機的摩擦力大小為mgcos，方向沿斜面向上

C．支架對手機的作用力方向垂直于斜面向上，大小為mgcos

D．手持支架向右做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機可能不受摩擦力

【答案】D

【詳解】A．手持支架向上做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，

手機受到的支持力比靜止時受到的支持力大，故A錯誤；

B．支架斜面對手機的摩擦力為靜摩擦力，大小為

fmgsin

故B錯誤；

C．支架對手機的作用力與手機的重力平衡，則方向豎直向上，大小為mg，故C錯誤；

D．手持支架向右做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，加速度向右，當支持力的水平分力恰好提供加速

度所需的力，則沒有摩擦力，故D正確。

故選D。

30．（2023春·云南玉溪·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，貨車拖著拖車在平直路面上勻速行駛，某時刻拖車與貨車脫鉤，

脫鉤后貨車發(fā)動機產生的牽引力不變，若貨車質量是拖車質量的2倍，兩車與地面之間的動摩擦因數(shù)相同，則脫鉤

后貨車與拖車的加速度大小之比為（）

A．1:3B．1:2C．1:1D．2:1

【答案】B

【詳解】設牽引力為F，動摩擦因數(shù)為，拖車質量為m，勻速時

F3mg

脫鉤后，對貨車有

F2mg2ma貨

對拖車有

mgma拖

解得

a貨：a拖1:2

故選B。

31．（2022秋·江西南昌·高一南昌市八一中學?？茧A段練習）如圖所示，質量為4kg的物體靜止在水平面上，物體

與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，給物體施加大小為40N與水平方向成37°角斜向上的拉力F作用（g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°＝0.8），物體運動的加速度為（）

A．3m/s2B．6m/s2C．8m/s2D．10m/s2

【答案】B

【詳解】物體受力如圖所示

由牛頓第二定律得

Fcos37mgFsin37ma

代入數(shù)據(jù)解得

a6m/s2

故選B。

32．（2023·全國·高一專題練習）如圖所示，質量均為m的物塊甲、乙用細線相連，輕彈簧一端固定在天花板上，

另一端與甲相連。當細線被燒斷的瞬間（）

A．甲、乙的加速度大小均為0