第16講：牛頓第二定律

【考點歸納】

考點一：牛頓第二定律的定義理解

考點二：牛頓第二定律的同向性

考點三：牛頓第二定律的簡單應用

考點四：牛頓第二定律求突變問題

考點五：牛頓第二定律分析動態運動過程

考點六：牛頓第二定律的綜合問題

【知識歸納】

知識點一、牛頓第二定律

(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＝ma.

知識點二、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＝kma中的k＝1，此時牛頓第二定律可表示為

F＝ma.

知識點三.對牛頓第二定律的理解

2．解題的思路和關鍵

(1)選取研究對象進行受力分析；

(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力；

(3)根據F合＝ma求物體的加速度a.

【題型歸納】

題型一：牛頓第二定律的定義理解

1．（23-24高一上·陜西咸陽）關于牛頓第二定律，下列說法不正確的是（）

A．牛頓第二定律的表達式Fma是矢量式，a與F方向始終相同

B．某一瞬間的加速度，只能由這一瞬間的外力決定，而與這一瞬間之前或之后的外力無關

C．在公式Fma中若F為合力，則a等于作用在該物體上的每一個力產生的加速度的矢量和

D．物體的運動方向一定與物體所受合力的方向相同

【答案】D

【詳解】A．牛頓第二定律的表達式Fma是矢量式，a與F方向始終相同，故A正確；

F

B．根據a知，合力變化時，加速度隨之變化，某一瞬時的加速度，只能由這一瞬時的外力決定，而與這一瞬

m

時之前或之后的外力無關，故B正確；

C．在公式F＝ma中，若F為合力，a等于作用在物體上的合力與質量的比值，根據力的獨立作用原理知，a等于

作用在該物體上的每一個力產生的加速度的矢量和，故C正確；

D．根據F＝ma知加速度的方向與合外力的方向相同，但運動的方向不一定與加速度方向相同，所以物體的運動方

向與物體所受合力的方向不一定一致，故D錯誤。

本題選不正確的，故選D。

2．（23-24高一上·浙江金華·階段練習）下列關于牛頓第二定律的說法正確的是（）

A．如果加速度很大，所受的合外力一定很大

B．物體的加速度方向只由它所受的合力方向決定，與速度方向無關

C．物體所受的合力方向和加速度方向及速度方向總是相同的

D．一旦物體所受的合力為零，則運動物體的加速度立即為零，其運動也就逐漸停止了運動

【答案】B

【詳解】A．根據F=ma可知，如果加速度很大，所受的合外力不一定很大，故A錯誤；

B．物體的加速度方向只由它所受的合力方向決定，與速度方向無關，故B正確；

C．物體所受的合力方向和加速度方向相同，但是與速度方向不一定相同，故C錯誤；

D．根據F=ma可知，一旦物體所受的合力為零，則運動物體的加速度立即為零，但是其運動并不一定停止，故D

錯誤。

故選B。

3．（22-23高一上·上海普陀·期末）從牛頓第二定律可知（）

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。

題型二：牛頓第二定律的同向性

4．（24-25高一上·北京海淀·期中）小亮同學在地鐵中把一根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨

時固定在地鐵的豎直扶手上，在地鐵的某一段運動過程中，細繩偏離了豎直方向一個不變的角度，圓珠筆相對于地

鐵靜止，他用手機拍攝了當時情景的照片如圖，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。他的同學們根據這張照片提出了如

下猜想，其中正確的是（）

A．圓珠筆此時受力平衡

B．地鐵不一定是在向左運動，但一定是在加速

C．地鐵速度可能向左或者向右，但加速度一定向左

D．如果是在豎直加速上升的電梯中，細繩也可能穩定偏離豎直方向一個不變的角度

【答案】C

【詳解】A．由于細繩偏離了豎直方向，所以車必然有加速度，圓珠筆不可能受力平衡，故A錯誤；

BC．由于細繩向右偏離了豎直方向，物體具有慣性，可判斷車可能在向左加速或向右減速，加速度一定向左，故

B錯誤，C正確；

D．如果是在豎直加速上升的電梯中，其加速度沿豎直方向，水平方向沒有加速度，細繩一定保持豎直，故D錯誤。

故選C。

5．（23-24高一上·山西運城·期末）一支架固定在放于水平地面的小車上，細線上一端系著質量為m的小球，另一

端系在支架上，當小車向左做直線運動時，細線與豎直方向的夾角為，此時放在小車上質量M的A物體跟小車

相對靜止，如圖所示，下列說法正確的是（）

A．加速度的大小為gsin，方向向左

B．細線的拉力大小為mgcos，方向沿線斜向上

C．A受到的摩擦力大小為Mgtan，方向向左

D．A受到的摩擦力大小為Mgtan，方向向右

【答案】D

【詳解】A．對小球受力分析如圖所示

由于小球和小車一起向左運動，則可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即為整體加速度，根據幾何關系可

得

F合mgtanma

解得

agtan

方向水平向右，故A錯誤；

B．根據幾何關系可得細線的拉力

mg

T

cos

方向沿線斜向上，故B錯誤；

CD．由于A與小車保持相對靜止，則A的加速度與小車和小球加速度相同，對A分析可知，A在豎直方向受豎直

向下的重力與小車對A豎直向上的支持力，合力為零，在水平方向僅受摩擦力作用，所受摩擦力即為合外力，而加

速度水平向右，則所受摩擦力水平向右，根據牛頓第二定律有

fMaMgtan

故C錯誤，D正確。

故選D。

6．（22-23高一上·上海黃浦·期末）如圖為第八屆珠海航展上中國空軍“八一”飛行表演隊駕駛“殲10”戰機大仰角沿直

線減速爬升的情景，則戰機在爬升過程中所受合力方向（）

A．豎直向上B．與速度方向相同

C．與速度方向相反D．與速度方向垂直

【答案】C

【詳解】“殲20”戰機大仰角沿直線減速爬升，說明加速度方向與速度方向相反，合外力方向與加速度方向又相同，

所以合力方向與速度方向相反。

故選C．

題型三：牛頓第二定律的簡單應用

g

7．（24-25高一上·全國）電梯內有一個質量為m的物體，用細線掛在電梯的天花板上，當電梯以的加速度豎直加

3

速下降時，細線對物體的拉力為（）

213

A．mgB．mgC．mgD．mg

334

【答案】A

【詳解】以小球為研究對象，小球受到重力mg和豎直向上的細線的拉力F，根據牛頓第二定律得

mgFma

解得

g2

Fm（ga）m（g）mg

33

故選A。

8．（24-25高一上·全國·單元測試）如圖所示，一位同學手持球拍托乒乓球沿水平直線跑動，球拍與乒乓球相對靜止

且均相對該同學靜止，球拍平面和水平面之間夾角為。設球拍和乒乓球質量分別為M、m，不計球拍和乒乓球之

間摩擦，不計空氣阻力，已知重力加速度為g，則（）

A．該同學做勻速直線運動B．乒乓球處于平衡狀態

C．球拍受到的合力大小為MgtanD．球拍對乒乓球的支持力大小為mgcos

【答案】C

【詳解】AB．該同學手持球拍托乒乓球沿水平直線跑動，不計球拍和乒乓球之間摩擦，不計空氣阻力，對乒乓球

受力分析如圖所示，則乒乓球所受的合力為

F合mgtan

由牛頓第二定律得

mgtan

agtan

m

乒乓球在水平方向做勻加速運動，由于球拍與乒乓球相對靜止且均相對該同學靜止，乒乓球、球拍和該同學具有相

同的加速度，故AB錯誤；

C．球拍受到的合力大小為

FMaMgtan

故C正確；

D．球拍對乒乓球的支持力大小為

mg

N

cos

故D錯誤。

【點睛】

9．（24-25高一上·全國·單元測試）據《呂氏春秋》記載，我國在堯舜時代就有春節掃塵的風俗，寓意在新年里順利

平安。如圖所示，一個質量為50kg的沙發靜止在水平地面上，春節掃塵時，甲、乙兩人需要移開沙發，清掃污垢，

兩人同時從背面和側面分別用F1120N、F2160N的力推沙發，F1與F2相互垂直，且平行于地面，沙發與地面間

的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）

A．沙發不會被推動

2

B．沙發將沿著F1的方向移動，加速度大小為0.4m/s

2

C．沙發將沿著F2的方向移動，加速度大小為1.2m/s

D．沙發移動的加速度大小為2m/s2

【答案】D

【詳解】兩推力的合力

22

FF1F2200N

沙發與地面間的最大靜摩擦力

fmg100N

由于

Ff

沙發會沿兩推力的合力方向移動。根據牛頓第二定律可知

Fmgma

解得

a2m/s2

故選D。

題型四：牛頓第二定律求突變問題

10．（2024·湖南·高考真題）如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互

相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大

小分別為（）

A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g

【答案】A

【詳解】剪斷前，對BCD分析

FAB3m2mmg

對D

FCDmg

剪斷后，對B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向豎直向上；對C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向豎直向下。

故選A。

11．（24-25高一上·全國·課后作業）如圖，細繩一端固定在墻上，另一端拴一個質量為m的小球，小球用固定在墻

上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°，以下說法正確的是（重力加速度為

g）（）

3

A．小球靜止時彈簧的彈力大小為mg

5

3

B．小球靜止時細繩的拉力大小為mg

5

5

C．若將細繩燒斷，燒斷瞬間小球的加速度立即為g

3

D．若將細繩燒斷，燒斷瞬間小球的加速度立即為g

【答案】C

【詳解】AB．小球靜止時，分析其受力情況，如圖所示

由平衡條件得彈簧的彈力大小為

4

Fmgtan53mg

3

細繩的拉力大小為

mg5

Tmg

cos533

故AB錯誤；

CD．細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力大小相等、方向相反，則此瞬間小球的

加速度大小為

T5

ag

m3

故C正確，D錯誤。

故選C。

12．（24-25高一上·陜西西安·階段練習）如圖，A、B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用

輕彈簧相連，圖乙A、B兩球用輕質桿相連，系統靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，在突

然撤去擋板的瞬間有（）

A．兩圖中兩球加速度均為gsinB．兩圖中A球的加速度均為零

C．圖乙中輕桿的作用力一定為零D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的3倍

【答案】C

【詳解】對甲圖，彈簧彈力

Fmgsin

突然撤去擋板的瞬間，彈簧來不及伸開，彈力不變。對A球進行受力分析，仍處于平衡狀態，加速度為0；對B進

行受力分析，根據牛頓第二定律

FmgsinmaB

解得

aB2gsin

對乙圖，輕桿為剛性桿，突然撤去擋板的瞬間，輕桿作用力突變為0，以AB為整體，根據牛頓第二定律

2mgsin2ma

解得

agsin

即A、B的加速度都為gsin，綜上所述可得C正確，ABD錯誤。

故選C。

題型五：牛頓第二定律分析動態運動過程

13．（23-24高一上·重慶江北·期末）直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示，設投放初速度

為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態。則在箱子下落過

程中，下列說法正確的是（）

A．箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大

B．箱子接近地面時，箱內物體可能處于超重狀態

C．箱子先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的加速運動

D．若下落距離足夠長，箱內物體所受支持力大小有可能等于它的重力大小

【答案】D

【詳解】A．箱子剛從飛機上投下時，速度為零，箱子只受重力，加速度為重力加速度，而箱內物體與箱子的加速

度相同，也為重力加速度，設此時箱內物體受到的支持力為N，則對箱內物體由牛頓第二定律有

mgNma，ag

則可知

N0

由此可知箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最小，故A錯誤；

BC．根據題意，設箱子在下降的過程中所受阻力為

fkv2

則由牛頓第二定律有

Mgkv2Ma

速度增大則阻力增大，加速度減小，箱子做加速度減小的加速運動，因此若在箱子落地前加速度減為零，則箱子速

度達到最大值，此后箱子將做勻速直線運動，因此箱子不可能處于超重狀態，故BC錯誤；

D．若下落距離足夠長，則箱子最終將做勻速直線運動，箱內物體也將做勻速直線運動，受力將達到平衡狀態，即

箱內物體做勻速直線運動時有

mgN

因此，若下落距離足夠長，箱內物體所受支持力大小有可能等于它的重力大小，故D正確。

故選D。

14．（23-24高一上·江蘇蘇州·階段練習）如圖所示，在水平地面上，彈簧左端固定，右端自由伸長到O處并系住物

體m，現將彈簧壓縮到A處，然后靜止釋放，物體一直可以運動到B處，如果物體受到的摩擦力恒定，則（）

A．物體從A到O先加速后減速B．物體從A到O加速運動，從O到B減速運動

C．物體運動到O處時所受合力為零D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小

【答案】A

【詳解】AB．從A到O，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，故A正確，B錯誤；

C．物體運動到O點時合力等于滑動摩擦力，方向水平向左，故C錯誤；

D．在A點合力水平向右，在O點合力水平向左，因此從A到O存在一個轉折點加速度為零，從A到O加速度大

小先變小后變大，故D錯誤。

故選A。

15．（23-24高一上·湖北·期末）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上以加速度a向右加速運動。貨箱中石

塊B的質量為m，則關于石塊B的受力說法正確的是（）

A．石塊B受到周圍其他石塊的作用力方向水平向右，大于等于ma

B．石塊B受到周圍其他石塊的作用力方向斜向右上，大小大于ma

C．當加速度足夠大，石塊B受到的合力可能為零

D．當加速度足夠小，石塊B受到周圍其他石塊的作用力可能為零

【答案】B

【詳解】AB．石塊具有向右的加速度，由于重力方向豎直向下，則石塊B受到周圍其他石塊的作用力方向斜向右

上方，大小為

F(mg)2(ma)2mg2a2

A錯誤，B正確；

C．當加速度為零時，石塊B受到重力和周圍其他石塊的作用力，兩個力等大反向，此時合力才為零，C錯誤；

D．只有自由落體運動的狀態下，石塊B受到周圍其他石塊的作用力為零，D錯誤。

故選B。

題型六：牛頓第二定律的綜合問題

16．（23-24高一上·黑龍江哈爾濱·期末）北方下雪天氣，車輛行駛時需要減速慢行，一輛質量為2000kg的汽車以

15m/s的初速度在平直的公路上勻速行駛，駕駛員發現較遠的前方出現事故，于是開始剎車，剎車后所受阻力不變，

行駛45m后停下，求：

（1）剎車后加速度的大小；

（2）汽車所受的阻力為多大？

【答案】（1）2.5m/s2；（2）5000N

【詳解】（1）汽車剎車后做勻減速直線運動，根據速度與位移的關系式有

0v22ax

解得

故汽車剎車后加速度大小為2.5m/s2。

（2）對汽車進行分析，根據牛頓第二定律有

F阻ma

結合上述解得

17．（23-24高一上·江西·階段練習）如圖，某同學用一根輕繩拉著20kg的箱子行走在水平地面上，輕繩與水平方向

的夾角為53°，當該同學勻速行走時，輕繩上的拉力為100N，已知重力加速度為10m/s，sin530.8，cos530.6。

求：

（1）箱子與地面間的動摩擦因數多大；

（2）行走中，若將繩上的拉力突然增大為120N，則箱子的加速度多大？

【答案】（1）0.5；（2）1m/s2

【詳解】（1）以箱子為對象，根據受力平衡可得

又

fN，

聯立解得箱子與地面間的動摩擦因數為

0.5

（2）行走中，若將繩上的拉力突然增大為120N，豎直方向根據受力平衡可得

摩擦力大小為

水平方向根據牛頓第二定律可得

解得箱子的加速度為

a1m/s2

18．（23-24高一上·山西太原·期末）如圖所示，用兩根細線a、b和一根輕彈簧c將質量為m的小球1和質量為2m

的小球2連接并懸掛。兩小球均處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，彈簧c水平，重力加速度為g。

求：

（1）a繩對小球1拉力的大小，b繩對小球2拉力的大小；

（2）剪斷細線b的瞬間，小球1與小球2加速度的大小。

1

【答案】（1），；（2）a1g，

2

【詳解】（1）小球1與2組成的整體，由平衡條件可得

，Fasin30Fc

解得

，

以小球2為對象，細線b對小球2的拉力大小為

解得

（2）剪斷細線b的瞬間，a繩彈力發生突變，小球1所受合力為

解得小球1的加速度大小為

1

ag

12

彈簧c彈力不變，小球2的合力大小為

根據牛頓第二定律可得

解得小球2的加速度大小為

【高分達標】

一、單選題

19．（22-23高一上·北京東城·期末）關于牛頓第二定律，下列說法正確的是（）

A．根據公式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m可知，物體的質量與其運動的加速度成反比

a

F

C．根據m可知，物體的質量與其所受合外力成正比

a

F

D．根據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。

20．（24-25高一上·廣東廣州·階段練習）如圖是享譽中國第一高塔、世界第二高塔之稱的廣州塔“小蠻腰”。在維護

其外墻時，工人不小心掉落一顆螺釘。此螺釘由靜止加速下落，在空氣阻力作用下，螺釘的加速度方向不變、大小

逐漸減小直至為零，然后維持加速度為零進入收尾階段。下列說法正確的是（）

A．下落過程中，螺釘加速度的方向有可能與速度方向相反

B．在空氣阻力作用下，螺釘的速度變化越來越快

C．在空氣阻力作用下，螺釘的位置變化越來越快

D．收尾階段，螺釘停止運動

【答案】C

【詳解】A．由題意可知，螺釘的加速度方向不變、大小逐漸減小直至為零，則下落過程中，螺釘加速度的方向不

可能與速度方向相反，故A錯誤；

B．在空氣阻力作用下，由于螺釘的加速度大小逐漸減小，所以螺釘的速度變化越來越慢，故B錯誤；

C．由于螺釘的速度越來越大，所以螺釘的位置變化越來越快，故C正確；

D．收尾階段，螺釘做勻速運動，故D錯誤。

故選C。

21．（24-25高一上·全國·課后作業）如圖所示，質量均為m的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起

來。已知重力加速度為g，剪斷細繩的瞬間，A球和B球的加速度分別為（）

A．0gB．g0C．ggD．2g0

【答案】D

【詳解】取A、B整體為研究對象，對其進行受力分析，由平衡條件，細繩對A的拉力為

F2mg

將B隔離，對其受力分析，由平衡條件，彈簧對B的彈力為

Tmg

在細繩斷裂的瞬間，由于彈簧的彈力不會發生突變，故彈力不變，B的加速度為零；將A隔離，對其受力分析，取

豎直向下為正方向，由牛頓第二定律，此時A的加速度為

Tmg

a2g

Am

故選D。

22．（24-25高三上·山西太原·開學考試）一乘客乘坐商場扶梯上樓，遇到緊急情況，扶梯啟動了緊急制動功能，乘

客隨扶梯一起減速運動。關于乘客的受力分析正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【詳解】由于減速運動，加速度沿斜面向下，根據牛頓第二定律可知，所受合外力沿斜面向下，因此乘客所受的摩

擦力沿水平方向向左，而且電梯給乘客的支持力小于重力，故選D。

23．（24-25高一上·全國·單元測試）如圖所示，士兵正在進行拉輪胎跑的體能訓練。某次訓練時質量為m的輪胎在

15

水平地面上做勻加速直線運動，加速度大小為g，輕繩的拉力大小為mg，輪胎所受地面的摩擦力可忽略，

26

sin53o0.8，cos530.6，下列說法錯誤的是（）

1

A．輪胎對地面的壓力大小為mg

3

B．輕繩與水平面的夾角為53o

C．輕繩拉力和輪胎重力的合力沿輪胎運動方向

D．若輕繩與水平面的夾角不變，則輪胎在地面上運動的加速度越大，對地面的壓力越小

【答案】C

【詳解】AB．設輕繩與水平面的夾角為，對輪胎由牛頓第二定律可得

Fcosma

則

1

mg

cos20.6

5

mg

6

解得

53o

地面對輪胎的支持力大小為

1

NmgFsinmg

3

1

由牛頓第三定律可知輪胎對地面的壓力大小為mg，故AB正確，不符合題意；

3

C．輕繩拉力、支持力和輪胎重力的合力沿輪胎運動方向，所以輕繩拉力和輪胎重力的合力不可能沿輪胎運動方向，

故C錯誤，符合題意；

D．輕繩與水平面的夾角不變，輪胎在地面上運動的加速度越大，則拉力越大，根據

NmgFsin

可知地面對輪胎的支持力越小，則輪胎對地面的壓力也越小，故D正確，不符合題意。

故選C。

24．（23-24高一上·四川德陽·期末）如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的輕細繩相連，再用一根輕彈簧將a和天

花板相連，已知物體a、b的質量相等，重力加速度為g。當在P點剪斷繩子的瞬間，下列說法正確的是（）

A．物體a的加速度大小為零

B．物體a的加速度大小小于g

C．物體b的加速度大小為零

D．物體b的加速度與物體a的加速度大小相等

【答案】D

【詳解】AB．用整體法，對ab整體受力分析，設ab物體的質量為m，剪斷細繩前，受到總重力和彈簧的彈力而

平衡，故

F彈2mg

再對物體a受力分析，受到重力、細繩拉力和彈簧的拉力，剪斷細繩后，重力和彈簧的彈力不變，細繩的拉力減為

零，故物體a受到的力的合力為

F合mg

方向向上，根據牛頓第二定律得a的加速度為

F

a合g

1m

方向向上，故AB錯誤；

CD．對物體b受力分析，受到重力、細線拉力，剪斷細繩后，重力不變，細繩的拉力減為零，故物體b受到的力

的合力為

F合mg

方向向下，根據牛頓第二定律得b的加速度為

F

a合g

2m

方向向下，明顯

a1a2

則物體a的加速度與物體b的加速度大小相等，故C錯誤、D正確。

故選D。

25．（23-24高一上·江蘇鎮江·階段練習）一個質量為4kg的物體靜置于光滑的水平面上，同時受到兩個水平力F1和F2

的作用，F1F220N，F1與F2之間的夾角為120。則該物體產生的加速度（）

A．大小為lm/s2B．大小為5m/s2

C．方向與力F1的方向相同D．方向與力F1的夾角為120

【答案】B

【詳解】由于F1F220N，F1與F2之間的夾角為120，根據平行四邊形定則可知，F1與F2的合力方向位于F1與F2

之間夾角的角平分線上，合力大小為

1

F2Fcos60220N20N

合12

根據牛頓第二定律可得該物體產生的加速度大小

F

a合5m/s2

m

方向位于F1與F2之間夾角的角平分線上，即方向與力F1的夾角為60。

故選B。

26．（23-24高一上·江蘇南京·期中）如圖所示，物體A置于水平地面上，B、C疊放，A、B間連有輕質彈簧，彈簧

被壓縮后用細線把A、B固定住，細線的拉力為F，A、B質量均為2m，C的質量為m，重力加速度為g，整個裝

置處于靜止狀態。現將細線剪斷，則在剪斷細線的瞬間，下列說法正確的是（）

A．C物體的瞬時加速度為0B．C物體對B物體的壓力變小

F

C．A物體對地面壓力為F5mgD．B物體的瞬間加速度為

m

【答案】C

【詳解】剪斷前，設彈簧的彈力為F，對B、C有

3mgFF

AD．剪斷瞬間，繩的拉力消失，B、C加速度相同，則

F3mg3ma

聯立解得

F

a

3m

故AD錯誤；

B．剪斷前，C對B的壓力等于自身重力，剪斷后對C分析得

Nmgma

解得

F

Nmg

3

則C對B的壓力變大，故B錯誤；

C．對A分析得

N2mgF5mgF

故C正確；

故選C。

27．（23-24高二上·浙江·期末）如圖為一游樂活動的示意圖，金屬導軌傾斜固定，傾角為α，導軌上開有一狹槽，內

置小球可沿槽無摩擦滑動，繩子一端與球相連，另一端連接一抱枕，小孩可抱住抱枕與之一起下滑，繩與豎直方向

夾角為β，且保持不變。假設抱枕質量為m1，小孩質量為m2，小球、繩的質量及空氣阻力忽略不計，則下列說法

正確的是（）

A．分析可知

B．β的大小與小孩的質量有關

C．小孩對抱枕的作用力平行導軌方向向下

（mm）sin

D．繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為12

m2

【答案】A

【詳解】A．整體下滑的加速度大小為

agsin

對小孩和抱枕分析，加速度與整體相同，則繩子彈力沿加速度方向沒有分力，即繩子與桿垂直，即

A正確；

B．分析過程中，質量對加速度大小沒有影響，則的大小與小孩的質量無關，B錯誤；

C．對抱枕受力分析，受重力、拉力、小孩對抱枕的作用力，因為沿繩子方向的合力為零，與導軌平行的方向的合

力為

m1am1gsin

可知，小孩對抱枕的作用力與繩子共線，C錯誤；

D．繩子拉力為

Tm1m2gcos

抱枕對小孩的作用力沿繩子方向向上

Fm2gcos

繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為

T:Fm1m2:m2

D錯誤。

故選A。

二、多選題

28．（24-25高一上·重慶·開學考試）如圖所示，是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量為

4103kg，其推進器的平均推力為1240N，在飛船與空間站對接后，推進器工作7s內，測出飛船和空間站速度變

化是0.07m/s。推進器的推力可視為這個系統所受的合力。下列說法正確的是（）

A．飛船與空間站對接前的加速度為0.2m/s2B．飛船與空間站對接后的加速度為0.01m/s2

C．空間站質量為1.24105kgD．空間站質量為1.2105kg

【答案】BD

【詳解】A．飛船與空間站對接前的加速度

F1240

am/s20.31m/s2

1m4103

A錯誤；

B．飛船與空間站對接后的加速度

v0.07

am/s20.01m/s2

2t7

B正確；

CD．由于

F(Mm)a2

可知空間站質量

F1240

Mm(4103)kg1.2105kg

a20.01

C錯誤，D正確。

故選BD。

29．（23-24高一上·新疆·期末）如圖所示，質量為2m的小球A和質量為m的小球B之間用輕彈簧連接，然后用細

繩懸掛起來靜止不動，剪斷細繩的瞬間，A球和B球的加速度大小aA、aB分別為（）

13＝＝

A．aAgB．agC．agD．a0

2A2BB

【答案】BD

【詳解】繩剪斷前，對B由平衡條件得

F彈mg

繩剪斷后瞬間，彈簧來不及變化，則彈力不變。對A得

F彈2mg2maA

解得

3

ag

A2

彈力不變，則B的受力情況不變，加速度為0，即

＝

aB0

故選BD。

30．（23-24高一下·湖北荊州·階段練習）如圖所示，質量均為m的A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天

花板上的O點和O點，A、B兩小球之間用一輕質細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向間的夾角均為θ，細繩L2

水平拉直，則下列有關細繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是（）

A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cos:1

2

B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cos:1

C．A與B的加速度之比為cos:1

D．A與B的加速度之比為cos2:1

【答案】BC

【詳解】根據題意，對AB兩球受力分析，如下圖

對A球，剪斷細繩L2的瞬間，細繩L1的拉力將發生突變，合力垂直于細繩L1斜向下，在沿繩方向上由平衡條件有，

細繩L1的拉力大小為

FAmgcos

垂直繩方向上，由牛頓第二定律有

mgsinmaA

解得A球的加速度大小為

aAgsin

對B球，剪斷細繩L2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，豎直方向上由平衡條件可得，則彈簧彈力大小為

mg

F

Bcos

水平方向上，由牛頓第二定律有

mgtanmaB

解得B球的加速度大小

aBgtan

則細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為

Fcos2

A

FB1

A與B的加速度之比為

acos

A

aB1

故選BC。

31．（23-24高一上·福建莆田·期末）如圖所示，一輛位于水平面上的小車，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的

夾角為，在斜桿下端固定有質量為m的小球。下列關于桿對球的作用力F的判斷正確的是（）

A．小車靜止時，Fmgsin，方向沿桿向上

B．小車靜止時，Fmgcos，方向垂直于桿向上

C．小車向右勻速運動時，一定有Fmg，方向豎直向上

D．小車向右勻加速運動時，一定有Fmg，方向可能沿桿向上

【答案】CD

【詳解】AB．小車靜止時，小球所受外力的合力為0，根據物體的平衡條件可知，此時桿對球的作用力方向豎直向

上，大小等于球的重力mg，故AB錯誤；

C．小車向右勻速運動時，小車和小球的加速度均為零，小球所受外力的合力為0，根據物體的平衡條件可知，桿

對小球的作用力方向豎直向上，大小為mg，故C正確；

D．當小車向右做勻加速運動時，小球有水平向右的加速度，對小球進行分析，桿對球的作用力F水平方向與豎直

方向的分力分別為

Fxma，Fymg

則有

2222

FFxFy(ma)(mg)mg

當有

ma

tan

mg

解得

agtan

此時，桿對小球的作用力F沿桿向上，故D正確。

故選CD。

32．（23-24高一上·湖北十堰·期末）如圖所示，置于水平面上的直角型木板（上、下表面均水平）上用足夠長的輕

繩連接著一個質量為2kg的物塊，輕繩水平，木板和物塊間的動摩擦因數為