高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 3

这是一份高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 3，共18页。试卷主要包含了牛顿第二定律，牛顿第二定律的内容，牛顿第二定律的表达式，8 m/s2，5 s内汽车速度变化了多少？，66m/s2，方向水平向右，，5 m/s2D等内容，欢迎下载使用。

第四章　运动和力的关系
3．牛顿第二定律
课标要求
素养定位
1．理解牛顿第二定律的内容、表达式的意义。
2．知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。
3．会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。
等级要求
物理观念
科学思维
科学探究
科学态度与责任
合格考试
了解牛顿第二定律和力的单位，解决实际的简单问题
能在熟悉的情境中应用牛顿第二定律进行分析推理，获得结论
体会探究牛顿第二定律的过程，并获得结论
增强学习物理的兴趣
等级考试

利用牛顿第二定律，对综合性物理问题进行分析和推理，获得结论并作出解释




知识点一　牛顿第二定律的表达式
1．牛顿第二定律的内容：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．牛顿第二定律的表达式：F＝kma，其中k是比例系数。
知识点二　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：当k＝1时，使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力就是1 N，即1 N＝1 kg·m/s2。
3．国际单位制中牛顿第二定律的表达式：F＝ma。

1．判断正误
（1）牛顿第二定律明确了力、质量、加速度三者的关系。 （√）
（2）由F＝kma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比。（×）
（3）加速度的方向决定了合外力的方向。（×）
（4）使质量为1 g的物体产生1 cm/s2的加速度的力叫作1 N。 （×）
（5）公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取。 （×）
（6）两单位N/kg和m/s2是等价的。 （√）
2．在应用公式F＝ma进行计算时，F的单位用牛顿（N），m的单位用克（g）是否可以？
解析：不可以。公式中的各量必须用国际单位，若不然，F＝kma中的比例系数就不再等于1。
答案：不可以
3．由牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以产生加速度，可是我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律矛盾吗？应该怎样解释这个现象？
解析：不矛盾。牛顿第二定律中的力指的是合力，我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，说明箱子受力平衡，合力为零，加速度也为零。
答案：不矛盾，理由见解析

考点一　对牛顿第二定律的理解

你了解赛车吗？如图所示是一辆方程式赛车，车身结构一般采用碳纤维等材料进行轻量化设计，比一般小汽车的质量小得多，而且还安装了牵引力大的发动机，可以在4～5 s的时间内从静止加速到100 km/h，你知道为什么要使赛车具备质量小、牵引力大两个特点吗？

[提示]　赛车的质量小，赛车的运动状态容易改变；牵引力大，可以为赛车提供较大的动力。这两大特点可以使赛车提速非常快（加速度大）。

1．对表达式F＝ma的理解
（1）单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位。
（2）F的含义：F是合力时，a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，a是该力产生的加速度。
2．牛顿第二定律的六大特性
同体性
F、m、a都是对同一物体而言
矢量性
F＝ma是一个矢量式，a与F的方向相同
瞬时性
a与F是瞬时对应关系，无先后之分
相对性
只适用于惯性参考系
独立性
作用在物体上的每个力都产生各自的加速度
局限性
F＝ma只适用于宏观、低速运动的物体
3．牛顿第一、第二定律的区别与联系
（1）牛顿第一、第二定律的区别
①牛顿第一定律揭示了运动与力关系的实质；牛顿第二定律确定了力与运动的关系。
②牛顿第二定律可以用实验验证，牛顿第一定律不能用实验验证。
（2）联系

【典型例题1】　根据牛顿第二定律，分析力和物体运动的关系，下列说法中不正确的是（　　）
A．物体受到的合外力越大，则速度的改变量就越大
B．物体受到的合外力不为零且不变，则物体的运动状态一定改变
C．物体受到的合外力不为零且改变，则物体的速度一定改变
D．物体受到的合外力为零，则物体的运动状态一定不改变
[解析]　根据牛顿第二定律知，物体受到的合外力越大，加速度越大，则速度的改变越快，速度的改变量不一定越大，还与速度变化所用时间有关，故A错误，符合题意；物体受到的合外力不为零且不变，则物体的运动状态一定改变，故B正确，不符合题意；物体受到的合外力不为零且改变，则物体的运动状态一定改变，所以物体的速度一定改变，故C正确，不符合题意；力是改变物体运动状态的原因，物体受到的合外力为零，相当于不受力，则物体的运动状态一定不改变，故D正确，不符合题意。
[答案]　A
归纳总结
关于牛顿第二定律理解的三大误区
（1）认为先有力，后有加速度，物体的加速度和合力是同时产生的，不分先后，但有因果性。力是产生加速度的原因，没有力就没有加速度。
（2）认为质量与力成正比，与加速度成反比，不能根据m＝Fa得出m∝F，m∝1a的结论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合力和运动的加速度无关。
（3）认为作用力与m和a都成正比，不能由F＝ma得出F∝m，F∝a的结论，物体所受合力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关。
对点训练1　（2022·成都七中月考）关于牛顿运动定律，下列说法中正确的是 （　　）
A．牛顿第一定律是实验定律
B．牛顿第二定律对任何情况均适用
C．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合外力一定大
D．作用力与反作用力的性质一定是相同的
解析：选D　牛顿第一定律是不能通过实验进行验证的，故A错误；牛顿运动定律只适用于宏观、低速运动的物体，故B错误；加速度大的物体，所受的合外力不一定大，还与物体的质量有关，故C错误；作用力与反作用力属于同一性质的力，故D正确。
考点二　力与运动的关系

如图所示，小强一人用力拉车，车不动，小强和小红一起用力拉车，车才动起来。这是为什么？

[提示]　小强和小红一起用力时的合力大于车受的摩擦力，使车产生了向前的加速度，故车动了起来。

1．合力与加速度的关系

2．直线运动中加速度与速度的关系

3．力与运动的关系

【典型例题2】　如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触开始到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的 （　　）

A．加速度越来越小，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度是先增大后减小，加速度方向是先向下后向上
D．速度是一直减小，加速度大小是先减小后增大
[思路点拨]　（1）小球受到哪些力作用，接触弹簧后，立即做减速运动吗？
（2）加速度由哪些因素决定，速度由哪些因素决定？
[解析]　小球与弹簧接触过程中，开始重力大于弹力，加速度向下，弹力越来越大，加速度越来越小，由于加速度方向与速度方向相同，小球做加速运动；当重力等于弹力后，弹力开始大于重力，加速度向上，弹力继续增加，则加速度越来越大，由于加速度和速度反向，小球做减速运动。所以小球的加速度先减小后增大，方向先向下，后向上，速度先增大后减小，方向向下，故选项C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
对点训练2　如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点后由静止释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则 （　　）

A．物体从A点运动到O点先加速后减速
B．物体从A点运动到O点做加速运动，从O点到B点做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A点运动到O点的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A　物体从A点运动到O点，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右，随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大；当物体向右运动至AO间某点（设为点O'）时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大；此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O'点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，A项正确，B、C、D三项错误。
考点三　牛顿第二定律的简单应用

请分析超市扶梯（倾斜自动人行道）正常运转时，相对扶梯静止的顾客所受静摩擦力是动力还是阻力，为什么？
[提示]　动力，因为摩擦力方向与顾客沿扶梯向前的运动方向一致。

1．应用牛顿第二定律的一般步骤
（1）确定研究对象。
（2）进行受力分析和运动情况分析，作出受力和运动的示意图。
（3）求合力F或加速度a。
（4）根据F＝ma列方程求解。
2．求解加速度的两种方法
（1）合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受合外力的方向即为加速度的方向。
（2）正交分解法：当物体受多个力的作用处于加速状态时，常用正交分解法求物体所受的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算，建立坐标系时，可有如下两种方法：
分解力
通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别得x轴和y轴的合力Fx和Fy，得方程Fx=maFy=0
分解
加速度
若物体所受各力都在互相垂直的方向上，但加速度却不在这两个方向上，这时以力的方向为x轴、y轴正方向，只需分解加速度a，得ax和ay，根据牛顿第二定律得方程Fx=maxFy=may
【典型例题3】　自制一个加速度计，其构造是一根轻杆，下端固定一个小球，上端装在水平轴上O点处，杆可在竖直平面内左右摆动，用白硬纸作为表面，放在杆摆动的平面上，并刻上刻度，可以直接读出加速度的大小和方向。使用时，加速度计右端朝汽车前进的方向，如图所示，g取9．8 m/s2。

（1）硬纸上刻度线b在经过O点的竖直线上，则在b处应标的加速度数值是多少？
（2）刻度线c和O点的连线与Ob的夹角为30°，则c处应标的加速度数值是多少？
（3）刻度线d和O点的连线与Ob的夹角为45°，在汽车前进时，若轻杆稳定地指在d处，则0．5 s内汽车速度变化了多少？
[思路点拨]　（1）在研究的过程中，小球受到哪些力作用？
（2）利用二力合成法、正交分解法求解小球的合外力，确定加速度。
（3）如何计算速度的变化量？
[解析]　（1）当轻杆与Ob重合时，小球所受合力为0，其加速度为0，车的加速度亦为0，故b处应标的加速度数值为0。
（2）解法一：合成法
当轻杆与Oc重合时，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，根据平行四边形定则和牛顿第二定律得mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtanθ＝9．8×33m/s2＝5．66m/s2，方向水平向右。

甲
解法二：正交分解法
建立直角坐标系，并将轻杆对小球的拉力正交分解，如图乙所示。

乙
则沿水平方向有Fsinθ＝ma，
竖直方向有Fcosθ－mg＝0
联立以上两式可解得小球的加速度a＝5．66m/s2，方向水平向右，
即c处应标的加速度数值为5．66m/s2。
（3）若轻杆与Od重合，同理可得
mgtan45°＝ma2，
解得a2＝gtan45°＝9．8m/s2，方向水平向左，与速度方向相反
所以在0．5s内汽车速度减少了
Δv＝a2Δt＝9．8×0．5m/s＝4．9m/s。
[答案]　（1）0　（2）5．66 m/s2　（3）减少了4．9 m/s
归纳总结
　　（1）正交分解法是常用的矢量运算方法，其实质是将复杂的矢量运算转化为简单的代数运算。常见的是沿加速度方向和垂直加速度方向建立坐标系。
（2）坐标系的建立并不一定必须沿加速度方向，应以解题方便为原则。在建立直角坐标系时，不管选取哪个方向为x轴正方向，最后得到的结果都应该是一样的。
对点训练3　如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的65倍，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？

解析：对人进行受力分析，受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff（摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知Ff水平向右）。
建立直角坐标系，取水平向右（即Ff方向）为x轴正方向，此时只需分解加速度，如图所示，其中ax＝acos30°，ay＝asin30°，

建立方程并求解，根据牛顿第二定律
x方向上有Ff＝max
y方向上有FN－mg＝may
由题知FN＝65mg
联立解得Ffmg＝35。
答案：35

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
刚性绳模型（细钢丝、细线、轻杆等）
此类形变属于微小形变，其发生和变化过程的时间极短，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，弹力也可随之突变
轻弹簧模型（轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等）
此类形变属于明显形变，其发生改变需要一段时间，在瞬时问题中，其弹力的大小不能突变，在变化瞬间可看成是不变的
　　用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连，弹簧劲度系数为k），如图所示。将细绳剪断瞬间 （　　）

A．弹簧弹力发生变化
B．小球速度不为零
C．小球立即获得kxm的加速度
D．小球加速度为(mg)2+(kx)2m
[解析]　细绳剪断之前，分析受力如图所示。小球受力平衡则有FN2＋（mg）2＝FT2，其中FN＝kx，细绳剪断的瞬间，弹簧弹力不能突变，小球合外力与绳子拉力等大反向F合＝FT，由牛顿第二定律可知F合＝ma，联立解得a＝(mg)2+(kx)2m，因为速度不能发生突变，所以此时小球速度为零，故A、B、C错误，D正确。

[答案]　D
归纳总结
解决瞬时类问题的基本方法
（1）分析原状态（给定状态）下物体的受力情况，求出各力大小（①若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；②若处于加速状态，则利用牛顿第二定律）。
（2）分析状态变化瞬间（剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等），哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失（被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失）。
（3）求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。
　　如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为α＝30°，弹簧水平。重力加速度为g。以下说法正确的是 （　　）

A．细线拉力大小为mg
B．弹簧的弹力大小为3mg
C．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为g
D．剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g
[解析]　以两小球和弹簧组成的系统为研究对象进行受力分析，受到重力2mg和两根绳的拉力各为F，根据平衡条件得2Fsinα＝2mg，则F＝2mg，A项错误；隔离小球a进行受力分析，得弹簧弹力大小FT＝F2-(mg)2＝3mg，B项正确；由于弹簧上的弹力不能瞬间变化，故剪断左侧细线瞬间，小球b受力不变，合力为零，其加速度为零，C项错误；小球a受重力和弹簧的弹力，其加速度大小为a，有FT2+(mg)2＝ma，得a＝2g，D项错误。
[答案]　B

1．【牛顿第二定律的理解】下列关于牛顿第二定律的说法中，正确的是 （　　）
A．同一物体受到的合外力越大，它的加速度就一定越大
B．同一物体受到的合外力越大，它的速度就一定越大
C．若物体受到的合外力为零，则物体一定处于静止状态
D．若物体受到的合外力为零，则物体一定在做匀速直线运动
解析：选A　根据牛顿第二定律a＝F合m可知，同一物体受到的合外力越大，它的加速度就一定越大，而物体的速度与加速度没有必然的联系，当加速度很大时，速度可能很小甚至为零，故A正确，B错误；受合外力为零时物体所处的运动状态与物体不受外力作用时所处的运动状态相同，所以由牛顿第一定律可知，若物体受到的合外力为零，物体一定处于静止状态或匀速直线运动状态，故C、D错误。
2．【力与运动的关系】雨滴从高空下落，由于空气的阻力，其加速度不断减小，直到为零，在此过程中雨滴的运动情况是 （　　）
A．速度不断减小，加速度为零时，速度为零
B．速度一直保持不变
C．速度不断增加，加速度为零时，速度达到最大
D．速度的变化越来越快
解析：选C　雨滴下落时，加速度的方向与速度方向相同，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度达到最大，故A、B错误，C正确；速度的变化率等于加速度的大小，加速度不断减小，则速度变化得越来越慢，故D错误。
3．【瞬时加速度问题】（2022·黑龙江八校联考）如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是 （　　）

A．轻绳P的弹力大小可能小于mg
B．弹簧Q可能处于压缩状态
C．剪断轻绳P瞬间，物块的加速度大小为g
D．剪断轻绳P瞬间，物块的加速度大小为0
解析：选C　轻绳P竖直，如果弹簧有弹力，轻绳不可能竖直，所以轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，轻绳P的弹力大小等于mg，故A、B错误；剪断轻绳瞬间，物体只受重力，根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为g，故C正确，D错误。
4．【牛顿第二定律的综合应用】在平直的高速公路上，一辆汽车正以32 m/s的速度匀速行驶，因前方出现事故，司机立即刹车，直到汽车停下，已知汽车的质量为1．5×103 kg，刹车时汽车所受的阻力为1．2×104 N，求：
（1）刹车时汽车的加速度大小；
（2）从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间；
（3）从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离。

解析：（1）对车受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有Ff＝ma
解得a＝Ffm＝8m/s2
即刹车时汽车的加速度大小为8m/s2，方向与运动方向相反。
（2）车做匀减速直线运动，根据速度与时间的关系式，有
t＝Δv-a＝0-32-8s＝4s。
（3）根据速度与位移的关系式，有
x＝v022a＝64m。
答案：（1）8 m/s2　（2）4 s　（3）64 m

❘基础达标练❘
一、单选题
1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（　　）
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．当物体质量改变，但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与质量成反比
D．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
解析：选C　根据牛顿第二定律得知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，与速度无关，当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，A错误，C正确；只要物体所受合力不为0，物体就会产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它所受作用力中的任一个的大小成正比，D错误。
2．质量2 kg的物体，仅受相互垂直、大小分别为15 N和20 N的共点力作用，加速度大小为　　 （　　）
A．12．5 m/s2 B．10 m/s2
C．7．5 m/s2 D．2．5 m/s2
解析：选A　物体受到相互垂直、大小分别为15N和20N的共点力作用，其合力为F合＝F12+F22，根据牛顿第二定律有F合＝ma，整理代入数据可得物体的加速度大小a＝12．5m/s2，故A正确，B、C、D错误。
3．一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g3，g为重力加速度，人对电梯底部的压力为 （　　）
A．13mg B．23mg
C．mg D．43mg
解析：选D　对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律FN－mg＝ma，故FN＝mg＋ma＝43mg，根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg，则D正确，A、B、C错误。
4．如图所示，质量分别为1 kg和2 kg的物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，现用大小为30 N的水平恒力F作用在A上，使A、B向左一起做匀加速直线运动，运动过程中A、B相对静止。现将恒力F撤去的瞬间，A、B的加速度大小分别是 （　　）

A．30 m/s2，10 m/s2　 B．0，10 m/s2
C．30 m/s2，0 D．20 m/s2，10 m/s2
解析：选D　对整体分析，根据牛顿第二定律得a＝FmA+mB＝10m/s2，隔离对B分析，根据牛顿第二定律得F弹＝mBa＝20N，突然撤去F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为aA＝F弹mA＝20m/s2，B由于受力不变其加速度不变，故A、B、C错误，D正确。
5．（2022·北京四中月考）两个小球A和B之间用轻弹簧连接（它们的mA＝2mB＝2m），然后用细绳悬挂起来处于静止状态，如图所示。下列说法正确的是 （　　）

A．剪断细绳瞬间，弹簧拉力为0
B．剪断细绳瞬间，弹簧拉力为2mg
C．剪断细绳瞬间，A球的加速度为3g2
D．剪断细绳瞬间，B球的加速度为g
解析：选C　小球静止，处于平衡状态，对小球B，由平衡条件可知，弹簧的弹力为F＝mg，剪断细绳瞬间，细绳的弹力变为0，弹簧的弹力不变，仍为mg，故A、B错误；剪断细绳瞬间，对小球A，由牛顿第二定律得mg＋2mg＝2maA，解得aA＝3g2，故C正确；剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg，小球B所受合力为零，加速度为零，故D错误。
6．（2022·邯郸肥乡一中质检）如图所示，一个轻质弹簧固定在一小车的地板上，弹簧的上端连接一小球，小球通过轻质细绳悬挂在小车的顶板上。小车和小球一起以某一加速度向右做匀加速直线运动时，轻质弹簧刚好沿竖直方向，细绳与竖直方向成α角。则下列说法正确的是 （　　）

A．细绳对小球不一定有拉力的作用
B．轻弹簧对小球一定有弹力的作用
C．细绳对小球一定有拉力的作用，轻弹簧对小球不一定有弹力
D．细绳对小球不一定有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
解析：选C　小车和小球做匀加速直线运动，如图所示，由牛顿第二定律得，水平方向有FTsinα＝ma，竖直方向有F＋FTcosα＝mg，小球向右做匀加速直线运动，则细绳一定对小球有拉力的作用，故A、D错误；弹簧的弹力为F＝mg－FTcosθ＝mg－matanα，当mg＝matanα，即a＝gtanα时，F＝0，则轻弹簧对小球不一定有弹力的作用，故C正确，B错误。

7．两颗小雨滴A和B从高空由静止开始下落，过程中所受空气阻力与其速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k为常数，已知雨滴A、B质量之比为1∶4，且假设下落过程中质量均不变，则雨滴A和B在空中运动的最大速度之比和最大加速度之比分别为 （　　）
A．2∶1，1∶2　　　 B．2∶1，1∶1
C．1∶2，1∶1　　 D．1∶2，2∶1
解析：选C　由题意知，雨滴下落过程中先加速后匀速，当重力与空气阻力相等时速度达到最大，两雨滴质量之比为1∶4，则重力之比为1∶4，所以最大速度时空气阻力之比也为1∶4，由空气阻力Ff＝kv2得最大速度之比为1∶2，故A、B错误；由于雨滴下落过程重力方向向下，空气阻力向上，加速度最大时合力最大，则刚下落时速度为零，雨滴只受重力，此时合力最大，合力等于每个雨滴的重力，最大加速度等于重力加速度，即最大加速度之比为1∶1，故C正确，D错误。
❘能力提升练❘
二、多选题
8．在光滑的水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到使弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是 （　　）

A．木块做匀减速运动
B．木块的加速度先减小再增大
C．木块的加速度一直增大
D．木块的速度一直减小
解析：选CD　木块从与弹簧接触直到使弹簧压缩至最短的过程中，对木块由牛顿第二定律可知F＝kΔx＝ma，压缩弹簧的过程中，弹簧弹力越来越大，木块的加速度一直增大，弹力与速度方向相反，故木块一直做减速运动，速度一直减小，故A、B错误，C、D正确。
9．（2022·南京十三中期中）一水平加速度测量仪装置构造如图所示，在沿水平方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定端相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上的指针指在O点，可通过标尺测出滑块的位移。若指针向右偏离O点的距离为x，则滑块的 （　　）

A．加速度方向向左　 B．速度方向向右
C．加速度大小为kxm　 D．加速度大小为2kxm
解析：选AD　若指针向右偏离O点的距离为x，滑块受到左侧弹簧的向左的弹力大小为kx，受到右侧弹簧的向左的弹力大小为kx，滑块受到的合力F＝2kx，方向水平向左，对滑块，由牛顿第二定律得2kx＝ma，解得加速度大小a＝2kxm，方向向左，故A、D正确，C错误；速度方向和加速度方向无必然联系，滑块可能向右减速，可能向左加速，故B错误。
10．如图所示，质量为M的载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a匀加速向上运动时，质量为m的货物在车厢底板中与车厢相对静止。已知悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则 （　　）

A．悬臂对车厢的作用力大小为（M＋m）·（g＋a）　
B．底板对货物的支持力大小为mg＋masinθ
C．货物所受底板的摩擦力大小为mgtanθ
D．货物与车厢的动摩擦因数至少为acosθg+asinθ
解析：选BD　以车厢和货物整体为研究对象，受到重力（M＋m）g和悬臂的作用力F两个力的作用，合力产生使缆绳向上的加速度，如图所示，根据余弦定理可得F＝
(m+M)2g2+(m+M)2a2-2(m+M)2agcos(90°+θ)＝（m＋M）g2+a2+2agsinθ，故A错误；加速度a在竖直方向的分量为ay＝asinθ，对货物在竖直方向根据牛顿第二定律可得FN－mg＝may，解得底板对货物的支持力大小为FN＝mg＋masinθ，故B正确；加速度a在水平方向的分量为ax＝acosθ，对货物在水平方向根据牛顿第二定律可得货物所受底板的摩擦力大小为Ff＝macosθ，故C错误；设货物与车厢的动摩擦因数至少为μ，则有Ff＝μFN，解得μ＝acosθg+asinθ，故D正确。

三、非选择题
11．（2022·鹤岗一中月考）一个质量为20 kg的物体，从斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0．2，斜面与水平面间的夹角为37°（g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）。
（1）求物体沿斜面下滑过程中的加速度；
（2）给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑的加速度。
解析：（1）物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin37°－Ff＝ma1
其中Ff＝μmgcos37°
联立解得：a1＝4．4m/s2，方向沿斜面向下。
（2）物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下，
由牛顿第二定律得：mgsin37°＋Ff＝ma2
解得：a2＝gsin37°＋μgcos37°＝7．6m/s2，方向沿斜面向下。
答案：（1）4．4 m/s2，方向沿斜面向下
（2）7．6 m/s2，方向沿斜面向下
12．如图所示，质量为M＝3 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0．6。这时铁箱内一个质量为m＝1 kg的木块恰好能相对静止在后壁上，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0．5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：

（1）铁箱运动的加速度大小；
（2）水平拉力F的大小。
解析：（1）对木块，在竖直方向上，由平衡条件得
mg＝μ2FN
解得内壁对木块的支持力FN＝20N
在水平方向上，根据牛顿第二定律有
FN＝ma
解得加速度a＝20m/s2
木块与铁箱相对静止，则铁箱加速度大小为20m/s2。
（2）对铁箱和木块整体，根据牛顿第二定律有
F－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a
解得水平拉力F＝104N。
答案：（1）20 m/s2　（2）104 N