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第3節　牛頓第二定律
核心素養導學
物理觀念 (1)能準確表述牛頓第二定律的內容。(2)理解牛頓第二定律表達式的意義。(3)知道國際單位制中力的單位“牛頓”是怎樣定義的。
科學思維 會應用牛頓第二定律解決簡單的動力學問題。
科學探究 通過分析探究實驗的數據，能夠得出牛頓第二定律的數學表達式。
科學態度與責任 培養分析數據、從數據獲取規律的能力，能利用牛頓第二定律解決一些生活中的物理問題。
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________、跟它的質量成______，加速度的方向跟作用力的方向______。
2．定律的表達式
(1)比例式：F＝______，式中k是比例系數，F是物體所受的________。
(2)國際單位制中：F＝______。
3．“牛頓(N)”的規定：把使質量為1 kg的物體產生1 m/s2 加速度所用的力規定為1 N，即1 N＝1 __________。
二、牛頓第二定律的初步應用
1．牛頓第二定律中的“作用力”指的是______，即F合＝ma。
2．正交分解：,1.放在地上的足球和鉛球，輕輕一踢，足球飛出去了，而鉛球卻慢慢滾出去。請對以下結論作出判斷：
(1)足球比鉛球體積大，所以容易被踢出去。(　 )
(2)足球比鉛球的質量小，可產生較大的加速度。(　 )
(3)要使鉛球獲得更大的速度，可以給鉛球施加更大的力。(　 )
2．賽車要求能在盡可能短的時間內達到最大速度，除了裝備功率很大的發動機外，在設計時還要考慮選用輕型材料，這是為什么？
新知學習(一)|對牛頓第二定律的理解
如圖所示，用一個力推大石頭，沒有推動，大石頭沒有產生加速度，為什么？要使大石頭產生加速度應該滿足什么條件？
　　　　
[重點釋解]
1．對表達式F＝ma的理解
(1)F的含義：
①F是合力時，加速度a指的是合加速度，即物體的加速度；
②F是某個分力時，加速度a是該分力產生的加速度。
(2)單位統一：表達式中F、m、a三個物理量的單位必須都用國際制單位。
2．牛頓第二定律的五個性質
性質 理　解
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
同體性 F、m、a都是對同一物體而言的
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
瞬時性 加速度與合外力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失
矢量性 F＝ma是一個矢量式。物體的加速度方向由它所受合力方向決定，且總與合力的方向相同
3．a＝與a＝的區別
(1)a＝是加速度的定義式，不能決定a的大小，a與v、Δv、Δt均無關。
(2)a＝是加速度的決定式，加速度由物體受到的合力和質量共同決定。
[針對訓練]
1．(多選)下列對牛頓第二定律的理解正確的是(　 )
A．由F＝ma可知，F與a成正比，m與a成反比
B．牛頓第二定律說明當物體有加速度時，物體才受到外力的作用
C．加速度的方向與合外力的方向一致
D．當外力停止作用時，加速度隨之消失
2．下列說法正確的是(　 )
A．由牛頓第二定律知，加速度大的物體，所受的合外力一定大
B．物體的加速度大，說明它的質量一定小
C．任何情況下，物體的加速度大，速度變化量一定大
D．a與Δv及Δt無關，但可以用Δv和Δt的比值來計算加速度a的大小
3．(多選)關于物體的運動，下面說法中正確的是(　 )
A．物體可以做加速度減小，速度增大的運動
B．物體的加速度和合力的方向一定相同
C．物體的加速度方向取決于速度的方向
D．物體的加速度方向不變而速度方向可能發生變化
新知學習(二)|牛頓第二定律的簡單應用
[重點釋解]
求加速度的兩種常用方法
(1)合成法：當物體僅受兩個力作用處于加速狀態時，首先確定研究對象，畫出受力分析圖，將兩個力根據平行四邊形定則合成，直接求出合力，再根據牛頓第二定律列式求加速度。
(2)正交分解法：當物體受多個力作用處于加速狀態時，常用正交分解法求物體所受的合力，再應用牛頓第二定律求加速度。為減少矢量的分解以簡化運算，建立坐標系時，可有如下兩種方法：
分解力 通常以加速度a的方向為x軸正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解在x軸和y軸上，則x軸和y軸的合力Fx和Fy滿足方程：
分解加速度 若物體所受各力都在互相垂直的方向上，但加速度卻不在這兩個方向上，只需將加速度a分解為ax和ay，根據牛頓第二定律得方程：
[典例體驗]
[典例]　如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線與豎直方向的夾角為37°，球和車廂相對靜止，球的質量為1 kg。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求車廂運動的加速度，并說明車廂的運動情況；
(2)求懸線對球的拉力大小。
嘗試解答：
[拓展]　在典例中，若沿細線和垂直于細線方向建立直角坐標系，請再次解析。
[針對訓練]
1．高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(　 )
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
2.一質量為m的物體放在水平地面上，動摩擦因數為μ，用一水平拉力F作用物體上，使其獲得加速度a，如圖所示。要使該物體的加速度變為3a，應采用的正確方法是(　 )
A．將拉力變為3F
B．將拉力變為3ma
C．將拉力變為3ma＋μmg
D．將拉力變為3ma－μmg
新知學習(三)|牛頓第二定律的瞬時性問題
[典例體驗]
[典例1]　如圖所示，天花板上用細繩吊起兩個用輕質彈簧相連的質量相同的小球，兩小球均保持靜止。當突然剪斷細繩時，上面的小球A與下面的小球B的加速度大小分別為(　 )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
聽課記錄：
[拓展]　(1)在[典例1]中，若突然剪斷彈簧，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
(2)在[典例1]中，若將彈簧改成細線，突然剪斷上面的細線，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
(3)在[典例1]中，若將細線改成彈簧，突然剪斷下面的彈簧，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
[典例2]　(多選)如圖所示，A、B、C三球質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，開始時系統處于靜止狀態。已知重力加速度大小為g，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　 )
A．A、B之間桿的拉力大小為mgsin θ
B．A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsin θ
C．A球的受力情況未變，加速度為0
D．C球的加速度沿斜面向下，大小為g
聽課記錄：
[內化模型]
1．瞬時加速度問題
牛頓第二定律是力的瞬時作用規律，加速度和力同時產生、同時變化、同時消失。分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該時刻前后物體的受力情況及其變化。
2．兩種基本模型
(1)剛性模型(細鋼絲、細線、輕桿等)：此類形變屬于微小形變，其發生過程時間極短，在物體的受力情況改變(如某個力消失)的瞬間，其形變可隨之突變，彈力可以突變。
(2)彈性模型(輕質彈簧、橡皮繩、彈性繩等)：此類形變屬于明顯形變，其發生需要一段時間，其彈力不能突變，瞬間可看成是不變的。
[針對訓練]
1.質量均為m的物塊ab之間用豎直輕彈簧相連，系在a上的細線豎直懸掛于固定點O，a、b 豎直粗糙墻壁接觸，整個系統處于靜止狀態，重力加速度大小為g，則(　 )
A．物塊b可能受3個力
B．細線中的拉力小于2mg
C．剪斷細線瞬間b的加速度大小為g
D．剪斷細線瞬間a的加速度大小為2g
2．(多選)光滑斜面上，當系統靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質量相等，在突然撤去擋板的瞬間(　 )
A．兩圖中A、B兩球的加速度均為gsin θ
B．兩圖中A球的加速度均為0
C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ
D．圖乙中B球的加速度為gsin θ
新知學習(四)|應用牛頓第二定律分析動態變化
[典例體驗]
[典例]　如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A，一端靠著處于自然狀態的彈簧。現對物體作用一水平恒力，在彈簧被壓縮到最短的這一過程中，物體的速度和加速度變化的情況是(　 )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度減小
C．速度先增大后減小，加速度先減小后增大
D．速度先增大后減小，加速度先增大后減小
聽課記錄：
[系統歸納]
分析動態變化問題的基本思路
受力分析 合力的變化 加速度的變化：
(1)
(2)
[針對訓練]
如圖所示，小球自a點由靜止自由下落，到b點時與彈簧接觸，到c點時彈簧被壓縮到最短。若不計彈簧質量和空氣阻力，在小球由a→b→c的運動過程中(　 )
A．b點到c點先加速后減速
B．b點到c點一直減速
C．b點的加速度小于重力加速度g
D．c點的加速度方向豎直向下
一、好素材分享——看其他教材如何落實核心素養
?物理觀念——力與加速度的關系
1．(選自魯科版教材“物理聊吧”)由牛頓第二定律可知，無論多小的力皆能使物體產生加速度，改變物體的運動狀態。但是，當我們推靜止的柜子時(如圖)，有時即使用了很大的力卻也無法推動，柜子仍處于靜止狀態。這與牛頓第二定律矛盾嗎？為什么？
?科學思維——由受力分析物體運動情況
2．(選自魯科版教材課后練習)(多選)如圖所示，火車在平直軌道上運動，車廂中的光滑水平桌面上用輕彈簧拴著一個小球，彈簧處于自然長度。當乘客看到彈簧的長度變長時，火車可能的運動情況是(　 )
A．火車向右方運動，速度在增大
B．火車向右方運動，速度在減小
C．火車向左方運動，速度在增大
D．火車向左方運動，速度在減小
?科學探究——用動力學方法測質量
3．(選自人教版教材“科學漫步”)大家知道，質量可以用天平來測量。但是在太空中，物體完全失重，用天平無法測量質量，那么應該如何測量呢？
由牛頓第二定律F＝ma可知，如果給物體施加一個已知的力，并測得物體在這個力作用下的加速度，就可以求出物體的質量。這就是動力學測量質量的方法。
北京時間2013年6月20日上午10時，我國航天員在天宮一號目標飛行器進行了太空授課，演示了包括質量的測量在內的一系列實驗。
質量的測量是通過艙壁上打開的一個支架形狀的質量測量儀完成的。測量時，航天員把自己固定在支架的一端，另外一名航天員將支架拉開到指定的位置。松手后，支架拉著航天員從靜止返回到艙壁(如圖)。支架能夠產生一個恒定的拉力F；用光柵測速裝置能夠測量出支架復位的速度v和時間t。請計算出航天員的質量m。
二、新題目精選——品立意深處所蘊含的核心價值
1．(2024·日照高一聯考期末)如圖為某景區的觀光小火車，小火車由1節車頭和3節車廂組成。設坐滿游客后每節車廂的總質量相同，每節車廂受到的阻力大小相同，從車頭處開始向后，車廂編號依次為1、2、3，當小火車在平直的路面上加速行駛時，車頭與車廂1、車廂1與車廂2、車廂2與車廂3間作用力大小分別為F1、F2、F3，則F1∶F2∶F3為(　 )
A．3∶2∶1　　　　　　　　 B．6∶4∶3
C．6∶3∶2 D．6∶5∶3
2.(多選)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。一雨滴從空中由靜止開始沿豎直方向下落，下落過程中雨滴所受重力保持不變，其v－t圖像如圖所示，則雨滴下落過程中(　 )
A．速度先增大后減小
B．加速度逐漸減小
C．受到的合力逐漸減小
D．受到的空氣阻力逐漸減小
第3節　牛頓第二定律
[預讀教材]
一、　
1．正比　反比　相同　2.(1)kma　合外力　(2)ma　3.kg·m/s2
二、　
1．合力
[情境創設]
1．(1)×　(2)√　(3)√
2．提示：賽車的加速度a由賽車的牽引力F、阻力f和質量m共同決定，阻力f可看作恒定不變，牽引力F越大、質量m越小，則加速度a越大。
新知學習(一)　
[任務驅動]
提示：大石頭沒有運動的原因是推力與摩擦力大小相等，大石頭受到的合外力為0，加速度為0。要使大石頭產生加速度，則應加大推力，推力大于摩擦力時，合外力不為0，才能產生加速度。
[針對訓練]
1．選CD　F＝ma 說明力是產生加速度的原因，但不能說F與a成正比，A錯誤；力是產生加速度的原因，所以當物體受到外力時，物體才有加速度，B錯誤；根據牛頓第二定律的矢量性，加速度的方向與合外力的方向一致，C正確；加速度與外力同時產生，同時消失，D正確。
2．選D　加速度大的物體，所受合外力不一定大，因為物體的質量不確定，A錯誤；物體的加速度大，質量不一定小，因為所受合外力不確定，B錯誤；a＝只能用于計算加速度a，a與Δv和Δt無關，物體的加速度大，速度變化量Δv不一定大，因為時間Δt不確定，C錯誤，D正確。
3．選ABD　只要速度方向與加速度方向相同，物體就會做加速運動，所以物體可以做加速度減小，速度增大的運動，A正確；根據牛頓第二定律F＝ma，物體的加速度和合力的方向一定相同，B正確；根據加速度定義式a＝，物體的加速度方向與速度變化的方向相同，C錯誤；物體的加速度方向與速度變化的方向保持一致，所以物體的加速度方向不變而速度方向可能發生變化，例如平拋運動，D正確。
新知學習(二)　
[典例]　解析：
(1)法一：合成法
小球和車廂相對靜止，它們的加速度相同。以小球為研究對象，對小球進行受力分析如圖所示，小球所受合力F合＝mgtan 37°，
由牛頓第二定律得小球的加速度為
a＝＝gtan 37°＝7.5 m/s2，
加速度方向水平向右。車廂的加速度與小球相同，車廂做的是向右的勻加速運動或向左的勻減速運動。
法二：正交分解法
建立直角坐標系如圖所示，
正交分解各力，根據牛頓第二定律列方程得x方向Fx＝ma
y方向Fy－mg＝0
即Fsin 37°＝ma, Fcos 37°－mg＝0
解得a＝7.5 m/s2，加速度方向水平向右。
車廂的加速度與小球相同，車廂做的是向右的勻加速運動或向左的勻減速運動。
(2)由圖可知，懸線對球的拉力大小為
F＝＝12.5 N。
答案：(1)7.5 m/s2，方向水平向右　車廂可能向右做勻加速直線運動或向左做勻減速直線運動　(2)12.5 N
[拓展]　解析：建立直角坐標如圖所示。
則有：mgsin 37°＝macos 37°
F－mgcos 37°＝masin 37°
可解得：a＝7.5 m/s2，方向水平向右。
F＝＝12.5 N。
答案：(1)7.5 m/s2，方向水平向右　車廂可能向右做勻加速直線運動，也可能向左做勻減速直線運動　(2)12.5 N
[針對訓練]
1．選B　書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，故若書不滑動，高鐵的最大加速度不超過4 m/s2。故選B。
2．選C　根據牛頓第二定律有F＝ma＋μmg，F′＝3ma＋μmg≠3F≠3ma，A、B、D錯誤，C正確。
新知學習(三)　
[典例1]　選C　先分析整體平衡(細繩未剪斷)時，A和B的受力情況。如圖所示，A球受重力、彈簧彈力F1及繩子拉力F2；B球受重力、彈簧彈力F1′，且F1′＝mg，F1＝F1′。剪斷細繩瞬間，F2消失，但彈簧尚未收縮，仍保持原來的形態，F1不變，故B球所受的力不變，此時aB＝0，而A球的加速度大小為aA＝＝g＝2g。
[拓展]　(1)aA＝0　aB＝g，方向豎直向下
(2)aA＝g，方向豎直向下　 aB＝g，方向豎直向下
(3)aA＝g，方向豎直向上　 aB＝g，方向豎直向下
[典例2]　選AB　以A、B、C組成的系統為研究對象，燒斷細線前，A、B、C三球靜止，處于平衡狀態，合力為零，彈簧的彈力F＝3mgsin θ，燒斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，即彈簧彈力不變，對A、B組成的系統由牛頓第二定律有 3mgsin θ－2mgsin θ＝2ma，則加速度大小a＝gsin θ，方向沿斜面向上，B正確，C錯誤；以B為研究對象，由牛頓第二定律得FAB－mgsin θ＝ma，解得FAB＝mgsin θ，A正確；C球的加速度沿斜面向下，大小為aC＝gsin θ，D錯誤。
[針對訓練]
1．選D　對ab整體分析可知，整體受重力和繩子上的拉力，水平方向如果受墻的彈力，則整體不可能豎直靜止，故不會受到水平方向上的彈力，根據平衡條件可知，細線上的拉力F＝2mg，再對b分析可知，b只受重力和彈簧拉力而保持靜止，A、B錯誤；由于b處于平衡，故彈簧的拉力F＝mg，剪斷細線瞬間彈簧的彈力不變，則對b分析可知，b受力不變，合力為零，故加速度為零，C錯誤；對a分析可知，剪斷細線瞬間a受重力和彈簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，則由牛頓第二定律可知，加速度為2g，D正確。
2．選CD　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧的彈力不能突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為0，加速度為0，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ，而桿的彈力會突變，題圖乙中桿的彈力突變為0，A、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，C、D正確，A、B錯誤。
新知學習(四)　
[典例]　選C　力F作用在物體A上的開始階段，彈簧彈力kx較小，合力與速度方向同向，物體速度增大，而合力(F－kx)隨x增大而減小，加速度也減小，當F＝kx以后，隨物體A向左運動，彈力kx大于F，合力方向與速度反向，速度減小，而加速度a隨x的增大而增大，C正確。
[針對訓練]
選A　從b點到c點，小球受到重力和向上的彈力，彈力逐漸增大，開始時彈力小于重力，合力向下，加速度向下，小球做加速運動，后來彈力大于重力，合力向上，加速度向上，小球做減速運動，所以b點到c點小球先加速后減速，A正確，B錯誤；在b點彈簧的彈力為0，合力為重力，小球的加速度等于重力加速度g，C錯誤；b、c間某位置彈力等于重力，小球由于慣性，繼續向下運動，彈力增大，則在c點彈力大于重力，合力方向豎直向上，因此c點的加速度方向豎直向上，D錯誤。
一、　
1．提示：牛頓第二定律F＝ma中的F為合外力，當物體所受合外力不為0時，物體就會產生加速度。而當我們用力推靜止的柜子時，水平方向除了受推力外，還有地面對柜子的摩擦力，只要推力不能大于其最大靜摩擦力，柜子就仍處于靜止狀態。故這一現象與牛頓第二定律并不矛盾。
2．選BC　當彈簧長度變長時，說明小球受到水平向左的拉力，具有向左的加速度，若火車具有向左的初速度，則火車速度在增大；若火車具有向右的初速度，則火車速度在減小，B、C正確。
3．提示：支架產生恒定的拉力F，航天員從靜止開始做勻加速運動，由v＝at可得a＝，又F＝ma，得m＝。
二、　
1．選A　由牛頓第二定律得F1－3f＝3ma，F2－2f＝2ma，F3－f＝ma，解得F1∶F2∶F3＝3∶2∶1，故選A。
2．選BC　由圖像可知，雨滴的速度先增大后不變，A錯誤；因為v－t圖像的斜率等于加速度，可知加速度逐漸減小，B正確；加速度逐漸減小，根據F＝ma，可知雨滴受到的合力逐漸減小，C正確；根據mg－f＝ma可知雨滴受到的空氣阻力先逐漸變大，后不變，D錯誤。
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牛頓第二定律
第 3 節
核心素養導學
物理觀念 (1)能準確表述牛頓第二定律的內容。
(2)理解牛頓第二定律表達式的意義。
(3)知道國際單位制中力的單位“牛頓”是怎樣定義的。
科學思維 會應用牛頓第二定律解決簡單的動力學問題。
科學探究 通過分析探究實驗的數據，能夠得出牛頓第二定律的數學表達式。
科學態 度與責任 培養分析數據、從數據獲取規律的能力，能利用牛頓第二定律解決一些生活中的物理問題。
1
四層學習內容1落實必備知識
2
四層學習內容2強化關鍵能力
3
四層學習內容3·4浸潤學科素養和核心價值
CONTENTS
目錄
4
課時跟蹤檢測
四層學習內容1落實必備知識
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_____、跟它的質量成______，加速度的方向跟作用力的方向_____。
2．定律的表達式
(1)比例式：F＝____，式中k是比例系數，F是物體所受的______。
(2)國際單位制中：F＝____。
正比
反比
相同
kma
合外力
ma
3．“牛頓(N)”的規定：把使質量為1 kg的物體產生1 m/s2 加速度所用的力規定為1 N，即1 N＝_____________。
二、牛頓第二定律的初步應用
1．牛頓第二定律中的“作用力”指的是_____，即F合＝ma。
1 kg·m/s2
合力
1.放在地上的足球和鉛球，輕輕一踢，足球飛出去了，而鉛球卻慢慢滾出去。請對以下結論作出判斷：
(1)足球比鉛球體積大，所以容易被踢出去。( )
(2)足球比鉛球的質量小，可產生較大的加速度。( )
(3)要使鉛球獲得更大的速度，可以給鉛球施加更大的力。( )
×
√
√
2.賽車要求能在盡可能短的時間內達到最大
速度，除了裝備功率很大的發動機外，在設計時
還要考慮選用輕型材料，這是為什么？
提示：賽車的加速度a由賽車的牽引力F、阻力f和質量m共同決定，阻力f可看作恒定不變，牽引力F越大、質量m越小，則加速度a越大。
四層學習內容2強化關鍵能力
如圖所示，用一個力推大石頭，沒有推動，
大石頭沒有產生加速度，為什么？要使大石頭
產生加速度應該滿足什么條件？
提示：大石頭沒有運動的原因是推力與摩擦力大小相等，大石頭受到的合外力為0，加速度為0。要使大石頭產生加速度，則應加大推力，推力大于摩擦力時，合外力不為0，才能產生加速度。　　　　
新知學習(一)|對牛頓第二定律的理解
任務驅動
[重點釋解]
1．對表達式F＝ma的理解
(1)F的含義：
①F是合力時，加速度a指的是合加速度，即物體的加速度；
②F是某個分力時，加速度a是該分力產生的加速度。
(2)單位統一：表達式中F、m、a三個物理量的單位必須都用國際制單位。
2．牛頓第二定律的五個性質
性質 理　解
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
同體性 F、m、a都是對同一物體而言的
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
瞬時性 加速度與合外力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失
矢量性 F＝ma是一個矢量式。物體的加速度方向由它所受合力方向決定，且總與合力的方向相同
續表
[針對訓練]
1．(多選)下列對牛頓第二定律的理解正確的是(　 )
A．由F＝ma可知，F與a成正比，m與a成反比
B．牛頓第二定律說明當物體有加速度時，物體才受到外力的作用
C．加速度的方向與合外力的方向一致
D．當外力停止作用時，加速度隨之消失
√
√
解析：F＝ma 說明力是產生加速度的原因，但不能說F與a成正比，A錯誤；力是產生加速度的原因，所以當物體受到外力時，物體才有加速度，B錯誤；根據牛頓第二定律的矢量性，加速度的方向與合外力的方向一致，C正確；加速度與外力同時產生，同時消失，D正確。
2．下列說法正確的是(　 )
A．由牛頓第二定律知，加速度大的物體，所受的合外力一定大
B．物體的加速度大，說明它的質量一定小
C．任何情況下，物體的加速度大，速度變化量一定大
D．a與Δv及Δt無關，但可以用Δv和Δt的比值來計算加速度a的大小
√
3．(多選)關于物體的運動，下面說法中正確的是(　 )
A．物體可以做加速度減小，速度增大的運動
B．物體的加速度和合力的方向一定相同
C．物體的加速度方向取決于速度的方向
D．物體的加速度方向不變而速度方向可能發生變化
√
√
√
求加速度的兩種常用方法
(1)合成法：當物體僅受兩個力作用處于加速狀態時，首先確定研究對象，畫出受力分析圖，將兩個力根據平行四邊形定則合成，直接求出合力，再根據牛頓第二定律列式求加速度。
(2)正交分解法：當物體受多個力作用處于加速狀態時，常用正交分解法求物體所受的合力，再應用牛頓第二定律求加速度。為減少矢量的分解以簡化運算，建立坐標系時，可有如下兩種方法：
重點釋解
新知學習(二)|牛頓第二定律的簡單應用
分解力 通常以加速度a的方向為x軸正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解在x軸和y軸上，則x軸和y軸的合力Fx和Fy滿足方程：
分解加速度 若物體所受各力都在互相垂直的方向上，但加速度卻不在這兩個方向上，只需將加速度a分解為ax和ay，根據牛頓第二定律得方程：
[典例體驗]
[典例]　如圖 所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線與豎直方向的夾角為37°，球和車廂相對靜止，球的質量為1 kg。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求車廂運動的加速度，并說明車廂的運動情況；
[答案]　7.5 m/s2，方向水平向右　車廂可能向右做勻加速直線運動或向左做勻減速直線運動　
[解析]　法一：合成法
小球和車廂相對靜止，它們的加速度相同。以小球為
研究對象，對小球進行受力分析如圖所示，小球所受合力
F合＝mgtan 37°，
法二：正交分解法
建立直角坐標系如圖所示，
正交分解各力，根據牛頓第二定律列方程得x方向Fx＝ma
y方向Fy－mg＝0
即Fsin 37°＝ma, Fcos 37°－mg＝0
解得a＝7.5 m/s2，加速度方向水平向右。
車廂的加速度與小球相同，車廂做的是向右的勻加速運動或向左的勻減速運動。
(2)求懸線對球的拉力大小。
[答案]　12.5 N
[拓展]　在典例中，若沿細線和垂直于細線方向建立直角坐標系，請再次解析。
[答案]　(1)7.5 m/s2，方向水平向右　車廂可能向右做勻加速直線運動，也可能向左做勻減速直線運動　(2)12.5 N
[解析]　建立直角坐標如圖所示。
則有：mgsin 37°＝macos 37°
F－mgcos 37°＝masin 37°
可解得：a＝7.5 m/s2，方向水平向右。
[針對訓練]
1．高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(　 )
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
√
解析：書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，故若書不滑動，高鐵的最大加速度不超過4 m/s2。故選B。
2. 一質量為m的物體放在水平地面上，動摩擦因數為μ，用一水平拉力F作用物體上，使其獲得加速度a，如圖所示。要使該物體的加速度變為3a，應采用的正確方法是(　 )
A．將拉力變為3F
B．將拉力變為3ma
C．將拉力變為3ma＋μmg
D．將拉力變為3ma－μmg
√
解析：根據牛頓第二定律有F＝ma＋μmg，F′＝3ma＋μmg≠3F≠3ma，A、B、D錯誤，C正確。
[典例1]　如圖所示，天花板上用細繩吊起兩個用輕
質彈簧相連的質量相同的小球，兩小球均保持靜止。當
突然剪斷細繩時，上面的小球A與下面的小球B的加速度
大小分別為(　 )
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝0 D．aA＝0，aB＝g
典例體驗
新知學習(三)|牛頓第二定律的瞬時性問題
√
[拓展]　(1)在[典例1]中，若突然剪斷彈簧，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
[答案]　aA＝0　aB＝g，方向豎直向下
(2)在[典例1]中，若將彈簧改成細線，突然剪斷上面的細線，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
[答案]　aA＝g，方向豎直向下　 aB＝g，方向豎直向下
(3)在[典例1]中，若將細線改成彈簧，突然剪斷下面的彈簧，求上面的小球A與下面的小球B的加速度。
[答案]　aA＝g，方向豎直向上　 aB＝g，方向豎直向下
[典例2] 　(多選)如圖所示，A、B、C三球質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，開始時系統處于靜止狀態。已知重力加速度大小為g，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　 )
√
√
[內化模型]
1．瞬時加速度問題
牛頓第二定律是力的瞬時作用規律，加速度和力同時產生、同時變化、同時消失。分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該時刻前后物體的受力情況及其變化。
2．兩種基本模型
(1)剛性模型(細鋼絲、細線、輕桿等)：此類形變屬于微小形變，其發生過程時間極短，在物體的受力情況改變(如某個力消失)的瞬間，其形變可隨之突變，彈力可以突變。
(2)彈性模型(輕質彈簧、橡皮繩、彈性繩等)：此類形變屬于明顯形變，其發生需要一段時間，其彈力不能突變，瞬間可看成是不變的。
[針對訓練]
1.質量均為m的物塊ab之間用豎直輕彈簧相連，系在a上的細線豎直懸掛于固定點O，a、b 豎直粗糙墻壁接觸，整個系統處于靜止狀態，重力加速度大小為g，則(　 )
A．物塊b可能受3個力
B．細線中的拉力小于2mg
C．剪斷細線瞬間b的加速度大小為g
D．剪斷細線瞬間a的加速度大小為2g
√
解析：對ab整體分析可知，整體受重力和繩子上的拉力，水平方向如果受墻的彈力，則整體不可能豎直靜止，故不會受到水平方向上的彈力，根據平衡條件可知，細線上的拉力F＝2mg，再對b分析可知，b只受重力和彈簧拉力而保持靜止，A、B錯誤；由于b處于平衡，故彈簧的拉力F＝mg，剪斷細線瞬間彈簧的彈力不變，則對b分析可知，b受力不變，合力為零，故加速度為零，C錯誤；對a分析可知，剪斷細線瞬間a受重力和彈簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，則由牛頓第二定律可知，加速度為2g，D正確。
2．(多選)光滑斜面上，當系統靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質量相等，在突然撤去擋板的瞬間(　 )
A．兩圖中A、B兩球的加速度均為gsin θ
B．兩圖中A球的加速度均為0
C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ
D．圖乙中B球的加速度為gsin θ
√
√
解析：撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧的彈力不能突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為0，加速度為0，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ，而桿的彈力會突變，題圖乙中桿的彈力突變為0，A、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，C、D正確，A、B錯誤。
[典例體驗]
[典例]　如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A，一端靠著處于自然狀態的彈簧。現對物體作用一水平恒力，在彈簧被壓縮到最短的這一過程中，物體的速度和加速度變化的情況是(　 )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度減小
C．速度先增大后減小，加速度先減小后增大
D．速度先增大后減小，加速度先增大后減小
新知學習(四)|應用牛頓第二定律分析動態變化
√
[解析]　力F作用在物體A上的開始階段，彈簧彈力kx較小，合力與速度方向同向，物體速度增大，而合力(F－kx)隨x增大而減小，加速度也減小，當F＝kx以后，隨物體A向左運動，彈力kx大于F，合力方向與速度反向，速度減小，而加速度a隨x的增大而增大，C正確。
[系統歸納]
分析動態變化問題的基本思路
受力分析 合力的變化 加速度的變化：
(1)
(2)
[針對訓練]
如圖所示，小球自a點由靜止自由下落，到b點時與彈簧接觸，到c點時彈簧被壓縮到最短。若不計彈簧質量和空氣阻力，在小球由a→b→c的運動過程中(　 )
A．b點到c點先加速后減速
B．b點到c點一直減速
C．b點的加速度小于重力加速度g
D．c點的加速度方向豎直向下
√
解析：從b點到c點，小球受到重力和向上的彈力，彈力逐漸增大，開始時彈力小于重力，合力向下，加速度向下，小球做加速運動，后來彈力大于重力，合力向上，加速度向上，小球做減速運動，所以b點到c點小球先加速后減速，A正確，B錯誤；在b點彈簧的彈力為0，合力為重力，小球的加速度等于重力加速度g，C錯誤；b、c間某位置彈力等于重力，小球由于慣性，繼續向下運動，彈力增大，則在c點彈力大于重力，合力方向豎直向上，因此c點的加速度方向豎直向上，D錯誤。
四層學習內容3·4浸潤學科素養和核心價值
一、好素材分享——看其他教材如何落實核心素養
?物理觀念——力與加速度的關系
1．(選自魯科版教材“物理聊吧”)由牛頓第
二定律可知，無論多小的力皆能使物體產生加速
度，改變物體的運動狀態。但是，當我們推靜止
的柜子時(如圖)，有時即使用了很大的力卻也無
法推動，柜子仍處于靜止狀態。這與牛頓第二定律矛盾嗎？為什么？
提示：牛頓第二定律F＝ma中的F為合外力，當物體所受合外力不為0時，物體就會產生加速度。而當我們用力推靜止的柜子時，水平方向除了受推力外，還有地面對柜子的摩擦力，只要推力不能大于其最大靜摩擦力，柜子就仍處于靜止狀態。故這一現象與牛頓第二定律并不矛盾。
?科學思維——由受力分析物體運動情況
2．(選自魯科版教材課后練習)(多選)如圖所示，火車在平直軌道上運動，車廂中的光滑水平桌面上用輕彈簧拴著一個小球，彈簧處于自然長度。當乘客看到彈簧的長度變長時，火車可能的運動情況是(　 )
A．火車向右方運動，速度在增大
B．火車向右方運動，速度在減小
C．火車向左方運動，速度在增大
D．火車向左方運動，速度在減小
√
√
解析：當彈簧長度變長時，說明小球受到水平向左的拉力，具有向左的加速度，若火車具有向左的初速度，則火車速度在增大；若火車具有向右的初速度，則火車速度在減小，B、C正確。
?科學探究——用動力學方法測質量
3．(選自人教版教材“科學漫步”)大家知道，質量可以用天平來測量。但是在太空中，物體完全失重，用天平無法測量質量，那么應該如何測量呢？
由牛頓第二定律F＝ma可知，如果給物體施加一個已知的力，并測得物體在這個力作用下的加速度，就可以求出物體的質量。這就是動力學測量質量的方法。
北京時間2013年6月20日上午10時，我國航天員在天宮一號目標飛行器進行了太空授課，演示了包括質量的測量在內的一系列實驗。
質量的測量是通過艙壁上打開的一個支架形狀的質量測量儀完成的。測量時，航天員把自己固定在支架的一端，另外一名航天員將支架拉開到指定的位置。松手后，支架拉著航天員從靜止返回到艙壁(如圖)。支架能夠產生一個恒定的拉力F；用光柵測速裝置能夠測量出支架復位的速度v和時間t。請計算出航天員的質量m。
二、新題目精選——品立意深處所蘊含的核心價值
1．(2024·日照高一聯考期末)如圖為某景區的觀光小火車，小火車由1節車頭和3節車廂組成。設坐滿游客后每節車廂的總質量相同，每節車廂受到的阻力大小相同，從車頭處開始向后，車廂編號依次為1、2、3，當小火車在平直的路面上加速行駛時，車頭與車廂1、車廂1與車廂2、車廂2與車廂3間作用力大小分別為F1、F2、F3，則F1∶F2∶F3為(　 )
A．3∶2∶1　 B．6∶4∶3　
C．6∶3∶2　 D．6∶5∶3
√
解析：由牛頓第二定律得F1－3f＝3ma，F2－2f＝2ma，F3－f＝ma，解得F1∶F2∶F3＝3∶2∶1，故選A。
2. (多選)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。一雨滴從空中由靜止開始沿豎直方向下落，下落過程中雨滴所受重力保持不變，其v－t圖像如圖所示，則雨滴下落過程中(　 )
A．速度先增大后減小
B．加速度逐漸減小
C．受到的合力逐漸減小
D．受到的空氣阻力逐漸減小
√
√
解析：由圖像可知，雨滴的速度先增大后不變，A錯誤；因為v－t圖像的斜率等于加速度，可知加速度逐漸減小，B正確；加速度逐漸減小，根據F＝ma，可知雨滴受到的合力逐漸減小，C正確；根據mg－f＝ma可知雨滴受到的空氣阻力先逐漸變大，后不變，D錯誤。
課時跟蹤檢測
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2．關于物體的運動狀態和所受合力的關系，以下說法正確的是(　 )
A．所受合力為0的物體一定處于靜止狀態
B．所受合力不為0時，物體的運動狀態一定發生變化
C．物體所受合力不為0時，物體的速度一定不為0
D．只有合力發生變化時，物體的運動狀態才會發生變化
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解析：物體所受合力為0，物體不一定處于靜止狀態，也可能做勻速直線運動，A錯誤；根據牛頓第二定律得物體所受合力不為0時，物體的加速度一定不為0，則速度一定變化，物體的運動狀態一定發生變化，B正確；物體所受合力不為0時，則加速度一定不為0，但是加速度與速度沒有直接的關系，加速度不為0，速度可以為0，C錯誤；無論是恒力還是變力，根據牛頓第二定律可知只要物體所受合力不為0時，物體的加速度一定不為0，則速度一定變化，D錯誤。
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3．一個物體質量為 2 kg，在幾個力作用下處于靜止狀態，現把一個大小為 10 N的力撤去，其他力保持不變，則該物體將(　 )
A．沿該力的方向開始做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2
B．沿該力的相反方向做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2
C．沿該力的方向做勻加速直線運動
D．由于慣性，物體仍保持原來的靜止狀態不變
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4. 一物塊位于粗糙水平面上，用大小為F、方向如圖所示的力作用在物塊上，使它以加速度a向右加速運動。保持拉力方向不變，當拉力大小變為 2F時(物塊未離開地面)(　 )
A．物塊的加速度小于 2a
B．物塊的加速度等于 2a
C．物塊的加速度大于 2a
D．因為物塊的質量未知，故不能確定a的變化情況
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解析：拉力為F、2F時對物塊由牛頓第二定律得Fcos θ－μ(mg－Fsin θ )＝ma,2Fcos θ－μ(mg－2Fsin θ )＝ma′，可得ma′－2ma＝μmg＞0，所以a′＞2a，C正確。
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5. 2024年1月18日，我國天舟七號貨運飛船
順利升空并精準對接天和核心艙。若航天員想
采用如圖所示的動力學方法測量某空間站質量，假設飛船質量為3 000 kg，其推進器提供的平均推力是930 N，開動5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，則空間站質量為(　 )
A．8.7×104 kg B．9.0×104 kg
C．9.3×104 kg D．3.1×105 kg
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6．圖a是一輛質量為m的公交車，沿水平路面經過公交站點“汽車站”時的照片，圖b是車內橫桿上懸掛的拉手環的照片，拉手環偏向車尾，輕懸繩偏離豎直方向θ角，重力加速度為g，根據題中提供的信息，下列判斷正確的有(　 )
A．汽車加速出站
B．汽車減速進站
C．不能求汽車此時的加速度
D．可求汽車此時的加速度a＝gsin θ
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解析：對拉手環進行受力分析，可得拉手環所受合力向前，加速度向前，所以汽車加速度向前，A正確，B錯誤；取拉手環為研究對象，根據牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，由此可得汽車的加速度a＝gtan θ，C、D錯誤。
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7.如圖所示，質量為1 kg的物塊A懸掛在彈簧測力計下
方，木板B托住物塊A使整個裝置靜止，此時測力計的示數
為8 N。現使木板B以5 m/s2的加速度向下運動，木板B開始
運動的瞬間，物塊A的加速度為(　 )
A．0　　B．2 m/s2　　C．5 m/s2　　D．10 m/s2
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解析：因為木板B與A脫離時，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得a＝2 m/s2，即物塊A提供不了5 m/s2大小的加速度，故木板B以5 m/s2的加速度向下運動時，物塊A與木板瞬間脫離，所以A的加速度為2 m/s2，B正確。
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8．(14分)某商場工作人員用大小為F＝100 N的水平力推動質量為m＝40 kg的木廂，在粗糙水平面上做勻速運動。某時刻工作人員突然撤掉外力F的作用，木箱做勻減速直線運動，取g＝10 m/s2。求：
(1)木箱與地面間的動摩擦因數；
答案：0.25　
解析：木箱做勻速運動時，對其受力分析可知
水平方向有f＝F，豎直方向有N＝mg，又因為f＝μN，聯立解得μ＝0.25。
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(2)撤掉外力后木箱的加速度大小。
答案：2.5 m/s2
解析：撤掉外力后木箱在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，由牛頓第二定律可得F合＝f＝μmg＝ma，則a＝μg，解得a＝2.5 m/s2。
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B級—選考進階
9．如圖所示，一只空鐵箱沿水平面運動，鐵箱內一個木塊恰好能靜止在鐵箱內壁上，下列說法正確的是(　 )
A．鐵箱一定向右做加速運動
B．鐵箱可能向右做減速運動
C．鐵箱可能向左做減速運動
D．鐵箱可能做勻速運動
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解析：由題意可知，木塊相對鐵箱靜止，木塊受豎直向下的重力、豎直向上的靜摩擦力、水平向右的支持力，則木塊的加速度向右，鐵箱可能向右加速或者向左減速運動，A、B、D錯誤，C正確。
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10．(2023·全國甲卷)(多選)用水平拉力使質量
分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜
止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數
分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　 )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
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解析：根據牛頓第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙。根據μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。
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11. 如圖所示，質量為4 kg的物體B和質量為2 kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質量為1 kg的物體A輕放在物體B上的瞬間，物體B的加速度大小為(取g＝10 m/s2)(　 )
A．2 m/s2 B．2.5 m/s2
C．5 m/s2 D．0
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12．(多選)某探究小組做了這樣的一個實驗：把一個壓力傳感器固定在地面上，把質量不計的彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復。測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是(　 )
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A．t1～t2時間內，小球的速度先逐漸變大，再逐漸變小
B．t1～t2時間內，小球的加速度先逐漸變大，再逐漸變小
C．t2～t3時間內，小球的速度先逐漸變大，再逐漸變小
D．t2～t3時間內，小球的加速度先逐漸變大，再逐漸變小
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解析：依題意，由圖乙可知在t1時刻，小球與彈簧開始接觸，在t1～t2時間內，由于彈簧彈力開始小于重力，根據牛頓第二定律可知，小球加速度方向豎直向下，隨著彈簧彈力的逐漸增大，加速度逐漸減小，即開始一段時間內，小球先做加速度逐漸減小的加速運動；當彈簧彈力等于重力時，小球加速度為0，速度達最大；接著小球受到的彈力大于重力，根據牛頓第二定律可知，小球加速度方向豎直向上，且隨著彈簧彈力的增大，加速度逐漸增大，即小球做加速度逐漸增大的減速運動，直到小球速度為0，此時彈簧彈力最大，A正確，B錯誤；
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在t2時刻，小球速度為0，彈簧彈力大于小球重力，小球將豎直向上加速，根據對稱性及牛頓第二定律分析可知，開始一段時間內，小球先做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為0時，速度達最大；接著做加速度逐漸增大的減速運動，直到小球離開彈簧，回到原來的高度，C正確，D錯誤。
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13. (14分)質量為m的木塊，以一定的初速度沿傾
角為θ的斜面向上滑動，斜面靜止不動，木塊與斜面
間的動摩擦因數為μ，如圖所示，求：
(1)木塊向上滑動的加速度；
解析：以木塊為研究對象，在上滑時受力如圖所示。
根據題意，加速度方向沿斜面向下。將各力沿斜面
和垂直于斜面方向正交分解。
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由牛頓第二定律有
mgsin θ＋f＝ma①
N－mgcos θ＝0②
且f＝μN③
由①②③式解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。
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(2)若此木塊滑到最大高度后，能沿斜面下滑，下滑時的加速度。
解析：當木塊沿斜面下滑時，木塊受到滑動摩擦力大小等于f，方向沿斜面向上。由牛頓第二定律有
mgsin θ－f＝ma′④
由②③④式解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。
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4課時跟蹤檢測(十六)　牛頓第二定律
(選擇題1～7小題，每小題4分；9～12小題，每小題6分。本檢測卷滿分80分)
級—學考達標
1．下列關于加速度大小的判斷正確的是(　　)
A．由公式a＝可知，a與Δv成正比、與Δt成反比
B．由公式a＝可知，a與Δv成反比、與Δt成正比
C．由公式a＝可知，a與F成正比、與m成反比
D．由公式a＝可知，a與F成反比、與m成正比
2．關于物體的運動狀態和所受合力的關系，以下說法正確的是(　　)
A．所受合力為0的物體一定處于靜止狀態
B．所受合力不為0時，物體的運動狀態一定發生變化
C．物體所受合力不為0時，物體的速度一定不為0
D．只有合力發生變化時，物體的運動狀態才會發生變化
3．一個物體質量為 2 kg，在幾個力作用下處于靜止狀態，現把一個大小為 10 N的力撤去，其他力保持不變，則該物體將(　　)
A．沿該力的方向開始做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2
B．沿該力的相反方向做勻加速運動，加速度的大小是 5 m/s2
C．沿該力的方向做勻加速直線運動
D．由于慣性，物體仍保持原來的靜止狀態不變
4．一物塊位于粗糙水平面上，用大小為F、方向如圖所示的力作用在物塊上，使它以加速度a向右加速運動。保持拉力方向不變，當拉力大小變為 2F時(物塊未離開地面)(　　)
A．物塊的加速度小于 2a
B．物塊的加速度等于 2a
C．物塊的加速度大于 2a
D．因為物塊的質量未知，故不能確定a的變化情況
5.2024年1月18日，我國天舟七號貨運飛船順利升空并精準對接天和核心艙。若航天員想采用如圖所示的動力學方法測量某空間站質量，假設飛船質量為3 000 kg，其推進器提供的平均推力是930 N，開動5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，則空間站質量為(　　)
A．8.7×104 kg　　　　　 B．9.0×104 kg
C．9.3×104 kg D．3.1×105 kg
6．圖a是一輛質量為m的公交車，沿水平路面經過公交站點“汽車站”時的照片，圖b是車內橫桿上懸掛的拉手環的照片，拉手環偏向車尾，輕懸繩偏離豎直方向θ角，重力加速度為g，根據題中提供的信息，下列判斷正確的有(　　)
A．汽車加速出站
B．汽車減速進站
C．不能求汽車此時的加速度
D．可求汽車此時的加速度a＝gsin θ
7.如圖所示，質量為1 kg的物塊A懸掛在彈簧測力計下方，木板B托住物塊A使整個裝置靜止，此時測力計的示數為8 N。現使木板B以5 m/s2的加速度向下運動，木板B開始運動的瞬間，物塊A的加速度為(　　)
A．0 B．2 m/s2
C．5 m/s2 D．10 m/s2
8.(14分)某商場工作人員用大小為F＝100 N的水平力推動質量為m＝40 kg的木廂，在粗糙水平面上做勻速運動。某時刻工作人員突然撤掉外力F的作用，木箱做勻減速直線運動，取g＝10 m/s2。求：
(1)木箱與地面間的動摩擦因數；
(2)撤掉外力后木箱的加速度大小。
級—選考進階
9．如圖所示，一只空鐵箱沿水平面運動，鐵箱內一個木塊恰好能靜止在鐵箱內壁上，下列說法正確的是(　　)
A．鐵箱一定向右做加速運動
B．鐵箱可能向右做減速運動
C．鐵箱可能向左做減速運動
D．鐵箱可能做勻速運動
10．(2023·全國甲卷)(多選)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
11.如圖所示，質量為4 kg的物體B和質量為2 kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質量為1 kg的物體A輕放在物體B上的瞬間，物體B的加速度大小為(取g＝10 m/s2)(　　)
A．2 m/s2 B．2.5 m/s2
C．5 m/s2 D．0
12．(多選)某探究小組做了這樣的一個實驗：把一個壓力傳感器固定在地面上，把質量不計的彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復。測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　)
A．t1～t2時間內，小球的速度先逐漸變大，再逐漸變小
B．t1～t2時間內，小球的加速度先逐漸變大，再逐漸變小
C．t2～t3時間內，小球的速度先逐漸變大，再逐漸變小
D．t2～t3時間內，小球的加速度先逐漸變大，再逐漸變小
13.(14分)質量為m的木塊，以一定的初速度沿傾角為θ的斜面向上滑動，斜面靜止不動，木塊與斜面間的動摩擦因數為μ，如圖所示，求：
(1)木塊向上滑動的加速度；
(2)若此木塊滑到最大高度后，能沿斜面下滑，下滑時的加速度。
課時跟蹤檢測(十六)
1．選C　根據加速度的定義式a＝可知，加速度描述的是物體速度變化的快慢，加速度的大小與Δv、Δt無關，A、B錯誤；根據牛頓第二定律a＝可知，加速度與合力F、質量m有關，且與F成正比，與m成反比，C正確，D錯誤。
2．選B　物體所受合力為0，物體不一定處于靜止狀態，也可能做勻速直線運動，A錯誤；根據牛頓第二定律得物體所受合力不為0時，物體的加速度一定不為0，則速度一定變化，物體的運動狀態一定發生變化，B正確；物體所受合力不為0時，則加速度一定不為0，但是加速度與速度沒有直接的關系，加速度不為0，速度可以為0，C錯誤；無論是恒力還是變力，根據牛頓第二定律可知只要物體所受合力不為0時，物體的加速度一定不為0，則速度一定變化，D錯誤。
3．選B　物體開始處于靜止狀態，所受合力為0，撤去 10 N的拉力，則所受合力的大小為 10 N，方向與 10 N的拉力方向相反，根據牛頓第二定律得：a＝＝5 m/s2，則物體沿該力相反方向做勻加速運動，加速度大小為5 m/s2。B正確，A、C、D錯誤。
4．選C　拉力為F、2F時對物塊由牛頓第二定律得Fcos θ－μ(mg－Fsin θ )＝ma,2Fcos θ－μ(mg－2Fsin θ )＝ma′，可得ma′－2ma＝μmg＞0，所以a′＞2a，C正確。
5．選B　推進器開動5 s內，飛船和空間站的加速度為a＝＝0.01 m/s2，對飛船和空間站整體，在加速過程中，由牛頓第二定律有F＝(m飛＋m空)a，解得空間站質量m空＝9.0×104 kg，B正確。
6．選A　對拉手環進行受力分析，可得拉手環所受合力向前，加速度向前，所以汽車加速度向前，A正確，B錯誤；取拉手環為研究對象，根據牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，由此可得汽車的加速度a＝gtan θ，C、D錯誤。
7．選B　因為木板B與A脫離時，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得a＝2 m/s2，即物塊A提供不了5 m/s2大小的加速度，故木板B以5 m/s2的加速度向下運動時，物塊A與木板瞬間脫離，所以A的加速度為2 m/s2，B正確。
8．解析：(1)木箱做勻速運動時，對其受力分析可知
水平方向有f＝F，豎直方向有N＝mg，又因為f＝μN，聯立解得μ＝0.25。
(2)撤掉外力后木箱在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，由牛頓第二定律可得F合＝f＝μmg＝ma，則a＝μg，解得a＝2.5 m/s2。
答案：(1)0.25　(2)2.5 m/s2
9．選C　由題意可知，木塊相對鐵箱靜止，木塊受豎直向下的重力、豎直向上的靜摩擦力、水平向右的支持力，則木塊的加速度向右，鐵箱可能向右加速或者向左減速運動，A、B、D錯誤，C正確。
10．選BC　根據牛頓第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙。根據μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。
11．選A　因為彈簧不能發生突變，即物體A輕放在物體B上的瞬間，彈簧對B的彈力保持不變，所以物體A輕放在物體B上的瞬間，AB瞬間具有相同的加速度，對AB整體由牛頓第二定律得mAg＝(mA＋mB)a，解得a＝ m/s2＝2 m/s2，A正確。
12．選AC　依題意，由圖乙可知在t1時刻，小球與彈簧開始接觸，在t1～t2時間內，由于彈簧彈力開始小于重力，根據牛頓第二定律可知，小球加速度方向豎直向下，隨著彈簧彈力的逐漸增大，加速度逐漸減小，即開始一段時間內，小球先做加速度逐漸減小的加速運動；當彈簧彈力等于重力時，小球加速度為0，速度達最大；接著小球受到的彈力大于重力，根據牛頓第二定律可知，小球加速度方向豎直向上，且隨著彈簧彈力的增大，加速度逐漸增大，即小球做加速度逐漸增大的減速運動，直到小球速度為0，此時彈簧彈力最大，A正確，B錯誤；在t2時刻，小球速度為0，彈簧彈力大于小球重力，小球將豎直向上加速，根據對稱性及牛頓第二定律分析可知，開始一段時間內，小球先做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為0時，速度達最大；接著做加速度逐漸增大的減速運動，直到小球離開彈簧，回到原來的高度，C正確，D錯誤。
13．解析：(1)以木塊為研究對象，在上滑時受力如圖所示。
根據題意，加速度方向沿斜面向下。將各力沿斜面和垂直于斜面方向正交分解。
由牛頓第二定律有
mgsin θ＋f＝ma①
N－mgcos θ＝0②
且f＝μN③
由①②③式解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。
(2)當木塊沿斜面下滑時，木塊受到滑動摩擦力大小等于f，方向沿斜面向上。由牛頓第二定律有
mgsin θ－f＝ma′④
由②③④式解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。
答案：見解析
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