高中物理 专题4.3 牛顿第二定律试题 新人教版必修1

第3节牛顿第二定律
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟成正比，跟物体的成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

2．关系式：F= ma，式中F为物体所受的，k是比例系数。

3．对牛顿第一定律的理解
（1）瞬时性：根据牛顿第二定律，对于质量确定的物体而言，其加速度的大小和方向完全由物体受到的合力的大小和方向所决定。

加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，保持关系。

（2）矢量性：F=ma是一个矢量式，力和加速度都是矢量，物体的加速度的方向由物体所受的方向决定。

已知F合的方向，可推知a的方向，反之亦然。

（3）同体性：a=F
m
中各量都是属于同一物体的，即研究对象的统一性。

（4）独立性：F产生的a是物体的合加速度，x方向的合力产生x方向的加速度，y方向的合力产生y方向的加速度，牛顿第二定律的分量式为。

二、力的单位
1．在国际单位制中力的单位是牛顿，符号为，它是根据牛顿第二定律定义的：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫做1 N，即。

2．比例系数k的意义
（1）在F=kma中，k的选取有一定的任意性。

（2）在国际单位制中k=1，牛顿第二定律的数学表达式为：，式中F、m、a的单位分别为N，kg，m/s2。

作用力质量合外力一一对应合力F x=ma x，F y=ma y
N 1 N=kg ·m/s2F=ma
一、牛顿第二定律的理解
【例题1】一质点受多个力的作用，处于静止状态。

现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v的变化情况是
A．a和v都始终增大
B．a和v都先增大后减小
C．a先增大后减小，v始终增大
D．a和v都先减小后增大
参考答案：C
加速度逐渐减小的加速运动，故C正确。

二、力与运动的关系
（1）力是产生加速度的原因。

（2）作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。

（3）速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度。

【例题2】如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m 且与竖直挡板及斜面间均无摩擦。

当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）
A ．F 1增大，F 2不变
B ．F 1增大，F 2增大
C ．F 1不变，F 2增大
D ．F 1不变，F 2减小 参考答案：C
三、牛顿第二定律的瞬时性
（1）刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

（2）弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。

【例题3】（2017江西省赣州市南康市第三中学高三第三次大考）如图所示，在动摩擦因数0.2μ=的水平面上有一个质量1kg m =的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成
45θ=角的不可伸长的轻绳一端相连，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210m/s ），下列说法中正确的是
A ．小球受力个数不变
B ．小球开始向左运动，且2
0.8/a m s = C ．小球开始向左运动，且210/a m s =
D ．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零 参考答案：D
力方向向左，所以向左运动，BC错误；若剪断弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，D正确。

1．下列说法中正确的是
A．物体的速度越大，表明物体受到的合外力越大
B．物体的速度变化越大，表明物体受到的合外力越大
C．物体的速度变化越快，表明物体受到的合外力越大
D．由牛顿第二定律可得m=F
a
，所以物体的质量跟它受的合外力成正比，跟加速度成反比
2．如图所示，两个质量相同的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1、F2，且F1＞F2，则A施于B的作用力的大小为
A．F1 B．F2
C．（F1–F2）/2 D．（F1+F2）/2
3．（2017江苏省高邮市高二期中检测）在光滑水平面上，一个质量为m的物体受到一个与水平面成θ角的拉力F的作用，以加速度a做匀加速运动．若将此力大小改为2F、方向不变，物体仍能在水平面上做匀加速运动，加速度为。

则
A．a=2a B．a a2a
C．a=a D．a>2a
4．如图所示，小车上固定着一硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球。

当小车水平向右
加速且加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用1F 至4F 表示变化）可能是下图中的（OO '沿杆方向）
5．（2017江苏省南菁高级中学高一期中测试）质量为m 的木块置于粗糙的水平面上，若用大小为F 的水平恒力拉木块，其加速度为a 。

当拉力方向不变，大小变为2F ，木块的加速度为a'，则
A ．a'>2a
B ．a'=a
C ．a'<a
D ．a'=2a
6．物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，与水平面的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，用平行于水平面的拉力F 分别拉物体A 、B 、C ，所得加速度a 与拉力F 的关系如图所示，A 、B 两直线平行，则以下关系正确的是
A ．m A <m
B <m
C B ．m A =m B <m C C ．μA =μB =μC
D ．μA <μB =μ
C
7．（2017浙江省嘉兴市第一中学高一期中）质量为m 的物块在倾角为θ的粗糙斜面上匀加速下滑。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，则物块的加速度大小将
A ．变大
B ．变小
C ．不变
D ．以上情况都有可能
8．如图所示，在质量为m B =30 kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A =20 kg 的小物体A （可视为质点），对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F =120 N ，使之从静止开始运动。

测得车
厢B在最初t=2.0 s内移动s=5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞。

车厢与地面间的摩擦忽略不计
A．车厢B在2.0 s内的加速度为2.5 m/s2
B．A在2.0 s末的速度大小是4.5 m/s
C．2.0 s内A在B上滑动的距离是0.5 m
D．A的加速度大小为2.5 m/s2
9．（2017云南省玉溪市民族中学高二阶段性考试）如图所示，自由落体的小球从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短过程中，小球速度、合力、加速度的变化情况正确的是
A．小球一接触弹簧就做减速运动
B．小球一直做匀加速运动
C．合力先变小，后变大
D．加速度先变大，后边小
10．一斜面放在水平地面上，倾角为为θ= 45°，一个质量为m=0.2 kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示。

斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦。

下列说法中正确的是
A．当斜面以向左的加速度a2运动时，斜面对小球的弹力为零
B．斜面向右的加速度超过a=10 m/s2时，球与斜面脱离
C．无论斜面做什么运动，绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力
D．无论斜面做什么运动，绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上
11．（2017河南省南阳一中高三月考）如图所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线
固定在倾角为30°的光滑斜面上。

A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为
A ．都等于2
g
B ．
2
g
和0 C ．()2A B B
m m g m +和0
D ．0和
()2A B B
m m g m +
12．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，力F 的大小与时间t 的
关系和物块速度v 与时间t 的关系如图所示。

重力加速度g =10 m/s 2。

求：
（1）物块在运动过程中受到的滑动摩擦力大小； （2）物块在3~6 s 中的加速度大小； （3）物块与地面间的动摩擦因数。

13．我国航天员要在天空l 号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质
量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器。

待测质量的物体B 连接在后传感器上。

在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示。

稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为
A ．11212()F m m F F ＋2－
B ．21212
()F m m F F ＋2－ C ．2121()F m m F ＋2 D ．2122
()
F m m F ＋2
14．（2017河南省鹤壁市高中高三第二次段考）如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升
的升降机上，质量相等的A 、B 两物体用一轻质弹簧连接着，B 的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30 ，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬时A 、B 两物体的瞬时加速度大小分别为（重力加速度为g ）
A ．
12g 、g B ．g 、1
2g C
．
2g 、0 D
．2
g 、g 15．如图所示，物块m 放在斜面体上处于静止，现用力拉着斜面体使之水平向右加速运动的
过程中，加速度a 逐渐增大，物块m 仍相对斜面静止，则物块所受支持力F N 和摩擦力F f 的大小变化情况是
A ．F N 增大，F f 减小
B ．F N 增大，F f 增大
C ．F N 减小，F f 不变
D ．F N 减小，F f 增大
16．（2017宁夏大学附属中学高三月考）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面
匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
17．如图所示，质量M=8.0 kg、长L=2.0 m的薄木板静置在水平地面上，质量m=0.50 kg的小滑块（可视为质点）以速度v0=3.0 m/s从木板的左端冲上木板。

已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10 m/s2。

（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求：
a．滑块在木板上滑行的时间t；
b．滑块从木板右端滑出时的速度v。

（2）若水平地面光滑，且木板不固定。

在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？（假定滑块
与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）
18．（2016海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示。

已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~
10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1=F3
19．（2016上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的
A ．OA 方向
B ．OB 方向
C ．OC 方向
D ．OD 方向
20．（2015上海卷）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是
A ．1F
B ．2F
C ．3F
D ．4
F
21．（2014安徽卷）如图，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直
至速度为零。

对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是
22．（2014重庆卷）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空
气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v –t 图象可能正确的是
23．（2015全国新课标Ⅱ卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢一大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢一大小为
2
3
a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小仍为F 。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车
厢质量相同，则这列车厢的节数可能为
A．8 B．10 C．15 D．18
24．（2015海南卷）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间
A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2 25．（2017新课标全国Ⅱ卷）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。

重力加速度大小为g。

求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

1．C【解析】物体质量一定时，a越大，所受合外力越大，质量是物体的固有属性，可通过F 与a的比值求得，但不能说m与F成正比，与a成反比。

故C正确。

4．C 【解析】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力在竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故C 正确。

故选C 。

5．A 【解析】由牛顿第二定律得：f F F ma -=，当力变为2F 时，2'f F F ma -=，由于物体所受的滑动摩擦力：
f N F F m
g μμ==相同，所以有：
A 正确，BCD 错误。

6．BD 【解析】根据牛顿第二定律有：F –μmg =ma ，所以有：F
a g m
μ=
-，由此可知：图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为：μg 。

故由图象可知：μA <μB =μC ，m A =m B <m C ，故AC
错误，BD
正确。

8．ABC 【解析】设 2.0s t =内车厢的加速度为B a ，由2
12
B s a t =
得22.5m/s B a =，故A 正确；对B ，由牛顿第二定律：B B F f m a -=，得45N f =。

对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为22.25m/s A A
f
a m =
=，所以 2.0s t =末A 的速度大小为：
4.5m/s A A v a t ==，
故B 正确、D 错误；在 2.0s t =内A 运动的位移为2
1 4.5m 2
A A s a t ==，A 在
B 上滑动的距离0.5m A s s s ∆=-=，故
C 正确。

9．C 【解析】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下的重力，此时合外力大小：F =mg −kx ，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg =kx 时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F =kx −mg ，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大；故整个过程中合力先减小后增大，加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ABD 错误，C 正确。

10．B 【解析】设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为0a ，此时斜面对小球的支持力恰
好为零，小球只受重力和细绳的拉力的作用，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图所
示，由牛顿第二定律得：0cot mg ma θ=，解得临界加速度：20cot a g θ==，故A 错误，B 正确；斜面对小球的弹力不为零时，斜面对小球的弹力与绳子在竖直向上方向上的合力大小等于重力，C 错误；当球与斜面脱离时，斜面对球的弹力为零，拉力和重力的合力沿水平方向，D 错误。

12．（1）物块在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为4 N （2）物块在3~6 s 中的加速度大小为2 m/s 2
（3）物块与地面间的动摩擦因数为0.4
【解析】（1）由v –t 图象可知，物块在6~9 s 内做匀速运动，由F –t 图象知，6~9 s 的推力F 3=4 N ，故F f =F 3=4 N
（2）由v –t 图象可知，3~6 s 内做匀加速运动，由0
t v v a t -=
得a =2 m/s 2
（3）在3~6 s 内，由牛顿第二定律有F 2–F f =ma ，得m =1 kg 且F f =μF N =μmg ，则 2=
0.4F ma
mg
μ-= 13．B 【解析】整体为研究对象，由牛顿第二定律得：a m m m F )2(211++=；隔离B 物体，
由牛顿第二定律得：ma F =2；联立可得：2
1212)
2(F F m m F m -+=，B 对。

【名师点睛】1．整体法与隔离法的应用技巧
对于连接体各部分加速度相同时，一般的思维方法是：（1）先用整体法，求出加速度；（2）再用隔离法，选取合适的研究对象；（3）联立解方程。

2．使用隔离法时应注意两个原则：（1）选出的隔离体应包含所求的未知量；（2）在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少。

时加速度为g ，所以D 正确。

15．D 【解析】物块m 受力情况如图所示，将F N 、F f 正交分解，并由牛顿第二定律得：
F f cos θ–F N sin θ=ma ，F f sin θ＋F N cos θ=mg ，即F f =mg sin θ＋ma cos θ，F N =mg cos
θ–ma sin θ。

所以，当加速度a 逐渐增大时，F N 减小，F f 增大，D 对。

16．C 【解析】未加F 时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：
当施加F 后，，因为sin cos g g θμθ＞，
所以sin cos F F θμθ＞，可见a a '＞，即加速度增大，C 正确，ABD 错误。

17．（1）a ．1.5s b ．1 m/s （2）1N 17N F ≤≤
【解析】（1）a ．滑块在木板上做匀减速直线运动，初速度为v 0=3.0 m/s ，位移为L =2.0 m 。

滑块在滑行的过程中受重力、支持力、和摩擦力的作用，其中重力等于支持力。

根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小为 2.0F mg
a m
m
μ=
=
=合m/s 2
设滑块在木板上滑行的时间为t ，根据运动学公式有2011
2
L v t a t =-
所以 1.0t =s 或 2.0t =s （舍）
之所以要舍去 2.0t =s ，是因为如果木板足够长，当00 3.0
s 1.5s 2.0
v t a -===-时，滑块就静止了。

b ．0 1.0v v at =-=m/s
（2）①设当F =F 1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动。

在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。

设这段时间为t 1，滑块与木板共同运动的速度为v 1，则有011)2x v v t =+块（，11
2x v t =板，x x L -=板块
所以143t =
s ，11
3v =m/s 所以11
025v a t ==板.m/s 2
根据牛顿第二定律有1F f Ma += 所以11F =N
所以，当11F ≥N 时，滑块不会从木板的右端滑出
②当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出，根据牛顿第二定律：滑块与木板共同运动的加速度1F
a M m
=
+，而滑块在静摩擦力的作用下，能达到的最大加速度2a g μ=。

因此，滑块不从木板左端滑出需满足的条件是21a a ≥，即17F ≤N 所以滑块不从木板掉下的条件是1N 17N F ≤≤。

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力
学和运动学的桥梁，属于基础题。

19．D 【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小
车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D 正确。

【方法技巧】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。

20．B 【解析】小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的
作用，空气的作用力和重力，如下图所示。

故B 正确。

【名师点睛】本题以实际情境为命题背景，考查力与运动的关系、合力与分力的关系等知识点，意在考查考生对物理基本规律的理解能力和灵活运用物理规律解决实际问题的能力。

本题的要点是理解合力和分力的关系，对小鸟进行受力分析可以较快解决问题。

21．B 【解析】由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：
ma mg mg =+-θμθcos sin ，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以CD 错误；
根据匀变速运动的规律2
012
s v t at =-，可得B 正确；下降的高度sin h s θ= ，所以A 错误。

【方法技巧】对运动图象的判断，关键是根据牛顿第二定律或匀变速直线运动的规律得出两物理量的函数关系。

故选D 。

【方法技巧】要清晰的了解竖直上抛的过程，以判断所受阻力的情况；v –t 图象的两个关键点（斜率代表加速度和面积代表位移）要用好。

23．BC 【解析】设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由
牛顿第二定律可知：
m k n F km F )(32-=
，解得：n k 5
2
=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故BC 正确，AD 错误。

24．AC 【解析】设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改
变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg =，故a 受到的合力123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度
13F
a g m
=
=，
A 正确，
B 错误；设弹簧2S 的拉力为2T ，则2T m g =，根据胡克定律F k x
=∆可得122l l ∆=∆，C 正确，D 错误。

【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。

25．（1）2
20102v v gs - （2）2
1012
()2s v v s +
又2
112
s at =
⑤ 由③④⑤得2
1012
()2s v v a s +=⑥。