【初高衔接】衔接点16 牛顿第二定律-2025年初升高物理暑假衔接讲练 (通用版)（含答案）

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知新高中知识
一、牛顿第二定律
1、牛顿第二定律的图像问题
（1）物体质量一定时，受力 越大 ，加速度 越大 ，即a∝F，所以物体的F-a图象是 一条直线 。
（2）物体受力一定时，它的 质量 越大，加速度 越小 ，即a∝，所以物体的-a图象是 一条直线 。
2、牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力 成正比 ，跟物体的质量 成反比 ，加速度的方向跟 合外力 的方向 相同 。
3、牛顿第二定律的表达式： F合＝ma ；该表达式只能在国际单位制中成立，因为F合=k•ma，只有在国际单位制中才有 k=1 ；力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg•m/s2。
4、适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于 惯性参考系 （相对地面静止或匀速直线运动的参考系）。
（2）牛顿第二定律只适用于 宏观物体 （相对于分子、原子）、 低速运动 （远小于光速）的情况。
5、对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝。
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的。
（1） 矢量性 ：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同。
（2） 瞬时性 ：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的。
（3） 同体性 ：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量。
（4） 独立性 ：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应。
（5） 相对性 ：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的。
（6） 因果性 ：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度。
6.牛顿第一定理和牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第一定律指出了力是 产生 加速度的原因，指出一切物体都有 惯性 ，牛顿第一定理 不是 一个实验定律。
(2)牛顿第二定律指出了描述物体惯性的物理量是质量的含义，即在确定的作用力下，决定物体运动状态变化难易程度的因素是物体的 质量 。牛顿第二定律是一个 实验 定律。
(3)牛顿第一定律 不是 牛顿第二定律的一种特例。
二、力的单位
1．力的国际单位： 牛顿 ，简称牛，符号为N.
2．1 N的定义：使质量为1 kg的物体产生 1_m/s2 的加速度的力叫1 N，即1 N＝1 kg·m/s2 .
3．比例系数的意义
(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，牛顿第二定律的表达式为 F＝ma ，式中F、m、a的单位分别为 牛顿 、 千克 、 米每二次方秒 ．
三、牛顿第二定律初步应用
应用牛顿第二定律解题的一般步骤
（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。
应用牛顿第二定律解题的常用方法
矢量合成 法
若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体加速度的大小，加速度的方向就是物体所受合外力的方向.
(2) 正交分解 法
正交分解法是把一个矢量分解在两个互相垂直的坐标轴上的方法，是一种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，方便解题，它是解牛顿运动定律题目最基本的方法
为减少矢量的分解，建立坐标系确定 x 轴的正方向时有以下两种方法
①分解力而不分解加速度
通常以加速度 a(合加速度)的方向为 x 轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到 x 轴和y轴上，分别得到x轴和y轴上的合力 Fx和Fy根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，可得Fx=ma，F合=0.
②分解加速度而不分解力
若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，若分解的力太多，就会比较烦琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使相互垂直的力分别位于两坐标轴上而分解加速度 a，根据牛顿第二定律得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx＝max,Fy＝may)),列方程求解
例1、关于速度、加速度、合力间关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度越大，则物体的加速度越大，所受的合力也越大
B．物体的速度为零，则物体的加速度一定为零，所受合力也为零
C．物体的速度为零，加速度可能很大，所受的合力也可能很大
D．物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合力一定不为零
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律的表达式和加速度公式可知，加速度与合力存在对应关系，一个确定的物体，加速度越大，则物体所受的合力越大；加速度与物体的速度变化率有关，而与物体的速度无关，C正确。
例2、关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（ ）
A．物体加速度的大小是由物体的质量和物体的速度决定的
B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关
C．物体的加速度方向、速度方向总是与物体所受合外力的方向相同
D．一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了
【答案】B
【解析】A．根据牛顿第二定律，物体的加速度的大小由合力的大小和质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关，故B正确；
C．物体所受合外力的方向和加速度的方向总是相同的，但是与速度方向不一定相同，故C错误；
D．一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，物体将做匀速运动或静止状态，故D错误。
故选B。
例3、2025年4月19日北京半程马拉松比赛中，人形机器人首次参赛。已知半马从起点到终点直线距离约为12km，实际赛道长度为21.0975km，冠军机器人用时约2小时40分完成比赛。下列说法正确的是（ ）
A．机器人的位移大小为21.0975km
B．机器人的平均速度大小约为4.5km/h
C．若机器人在弯道段保持速率不变，则其所受合外力为零
D．机器人冲过终点线时的瞬时速度一定大于其全程的平均速度
【答案】B
【解析】A．位移为从初位置到末位置的有向线段，故为12km，A错误；
B．平均速度为位移除以时间，B正确；
C．弯道段是曲线，虽然机器人保持速率不变，但速度方向一直在变，故其所受合外力不为零，C错误；
D．机器人冲过终点线时的瞬时速度不一定大于其全程的平均速度，D错误。
故选B。
例4、（多选）独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则（ ）
A．选手所受合力为零
B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C．手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡
D．选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划杆）的重心在同一竖直平面
【答案】CD
【解析】A．选手和楠竹在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；
B．楠竹在水平方向有加速度，选手对楠竹的力在竖直方向有重力，水平方向有摩擦力，所以选手对楠竹的力方向不是竖直向下，故B错误；
C．选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，故C正确；
D．选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确。
故选CD。
理解牛顿第二定律的三个误区
1.认为先有力，后有加速度：物体的加速度和合外力是同时产生的，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＝eq \f(F,a)得出m∝F、m∝eq \f(1,a)的结论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合外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，物体所受合外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．
例5、工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律
可得
故选B。
例6、如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长后停止，然后松手．设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为（ ）
A．B．C．0D．g
【答案】A
【解析】当盘静止时，由胡克定律得，设使弹簧再伸长时手的拉力大小为，再由胡克定律得，得．刚松手瞬间弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为，根据牛顿第二定律得，A正确．
例7、“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m的小明，如图所示，静止悬挂时（小明两侧绳长相同），两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时（ ）
A．速度不为0B．加速度，沿原断裂绳的方向斜向下
C．加速度，沿未断裂绳的方向斜向上D．加速度，方向竖直向下
【答案】B
【解析】速度不能发生突变，左侧橡皮绳断裂瞬间，小明的速度为0，A错误；断裂前，，橡皮绳形变量比较大，不会发生突变，断裂瞬间，与mg合力沿断裂绳的反向延长线，大小等于mg，则小明的加速度，沿原断裂绳的方向斜向下，B正确，C、D错误．
例8、春节期间，小红在逛公园的过程中看到公园里挂着红红灯笼，洋溢着浓浓的年味。若三个串接的灯笼悬挂在轻绳上，呈竖直排列，从上到下依次标为1，2，3，下列说法正确的是（ ）
A．三个灯笼可能受到水平风力的作用
B．灯笼2受到其上、其下两个灯笼对其的拉力是一对作用力和反作用力
C．灯笼3受到的重力与灯笼2对其的拉力是一对平衡力
D．若灯笼1上面的轻绳突然断裂瞬间，灯笼2加速度仍为零
【答案】C
【解析】A．对三个灯笼进行受力分析可知，除重力外，因为三个灯笼呈竖直排列，所以彼此间的拉力都是竖直方向，若三个灯笼还受水平风力的作用，将不能受力平衡，所以不可能受到水平风力的作用，故A错误；
B．作用力和反作用力是一对大小相等，方向相反，作用在两个物体上的力，灯笼2受到其上、其下两个灯笼对其的拉力，受力物体都是灯笼2，所以它们不是一对作用力和反作用力，故B错误；
C．灯笼3受到重力和灯笼2对其的拉力处于平衡状态，所以它们是一对平衡力，故C正确。
D．若灯笼1上面的轻绳突然断裂，三个灯笼均做自由落体运动，加速度都为重力加速度g，所以灯笼1上面的轻绳突然断裂瞬间，灯笼2加速度不为零，故D错误。
故选C。
应用牛顿第二定律解题的“四步走”
(1)确定研究对象．在确定研究对象中，连接体问题是一个难点．应学会使用整体法求加速度及系统外力，用隔离法确定加速度及系统内部相互作用力．
(2)对物体进行受力分析．按照先重力，再弹力，最后摩擦力的顺序，不要添力、漏力．
(3)建立直角坐标系．一般以速度方向为一条轴，把不在坐标轴上的力正交分解．
(4)列方程组，解答．
例9、如图是我国一架第五代战斗机“歼-20”，演习中它正沿斜向上做匀加速直线运动，除了所受的重力以外，它还受到其它力的合力F，下图中F的示意图可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意，其它力的合力F与重力的总合力应与速度方向相同，则只有B正确。
故选B。
例10、如图所示，小车在水平方向做直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，车内放一箱苹果，苹果箱和箱内的苹果相对于车厢始终静止，若观察到细线偏离竖直方向的夹角保持不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．小车的加速度一定为B．小车向左做匀加速直线运动
C．小球受到的合力大小与小球质量无关D．车厢对苹果箱的摩擦力水平向右
【答案】A
【解析】A．由于小车在水平方向运动，则车内每个物体的运动状态均与小车的运动状态相同，对小球受力分析如图所示
则有
加速度
可知球A所受合外力不为零，且合力与加速度方向水平向左，故A正确；
B．球A加速度向左，则可知小车的加速度也向左，因此小车可能向右做匀减速运动或向左做匀加速直线运动，故B错误；
C．根据可知小球受到的合力大小与小球质量有关，故C错误；
D．苹果箱在竖直方向受重力与车厢对其的支持力而平衡，而水平方向随车一起运动，则可知其水平方向的合外力水平向左，而水平方向只可能受到摩擦力的作用，因此水平方向所受摩擦力即为合外力，即车厢对苹果箱的摩擦力水平向左，故D错误。
故选A。
例11、如图所示，游乐场有一种“滑索渡河”的项目。一游客从起点利用自然落差向下加速滑行的过程中，下列运动图景最符合实际的是（不计空气阻力、虚线为垂直钢索的参考线）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对游客和滑轮受力分析如图所示
设钢索与水平方向的夹角为θ，绳与钢索垂直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律对游客，有
对整体，有
由此可知，游客的加速度与和滑轮和游客的整体的加速度相同， 且f>0，只有 C 图最符合这一实际运动情形。
故选C。
例12、假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水过程中它的运动将是（ ）
A．做加速度增加的变速直线运动B．做匀加速直线运动
C．做匀减速直线运动D．继续保持匀速直线运动
【答案】A
【解析】设洒水车的牵引力为F，洒水车的质量为m，阻力为kmg，由牛顿第二定律有：F-kmg=ma
得：
开始时F=kmg，a=0
随着m减小，a逐渐增大，故洒水车做加速度逐渐增大的变速直线运动。
故选A。
例13、（多选）无自带动力的帆船在大海中可借助风力航行。如图甲所示为一帆船在某次航行时的俯视图，把帆面张在航向（船头指向）和风向之间，使风向垂直于帆面，风会对帆面产生垂直于帆面的压力F，压力F可以分解为两个分力，沿着航向使船前进，垂直于船体与水对龙骨（如图乙所示）的横向阻力相平衡。已知帆面与航向之间的夹角为θ，船的总质量为m，忽略水的流速对船的影响。下列说法正确的是（ ）
A．B．船受到的合力是
C．是船前进的动力D．若船沿着航向的阻力为f，则船的加速度为
【答案】CD
【解析】如图所示，把力分解，由图可得，A错误；是船前进的动力，因为船沿着航向还会受到阻力，则船受到的合力小于，B错误，C正确；由牛顿第二定律可得船的加速度，D正确。
1.确定研究对象：明确是单个物体或整体受力分析。
2.受力分析：按重力、弹力、摩擦力、其他力顺序分析，用平行四边形定则处理合力与分力。
3.应用牛顿第二定律：根据\(F_{合}=ma\)，由合力定加速度方向，通过计算确定大小。
4.判断运动状态：依据加速度与初速度方向关系判断加速 / 减速；根据加速度是否恒定判断运动类型 。
例14、如图甲所示，一个斜面体固定在货车车厢内，光滑小球P静止在斜面上，小球P右侧的挡板竖直固定在斜面上，开始时货车在平直路面上向右匀速行驶，t=0时，货车开始减速，其速度与时间的关系如图乙所示，小球P对挡板的压力为F1，对斜面的压力为F2。在货车向右减速过程中，小球P与货车始终保持相对静止。下列说法正确的是（ ）
A．F1逐渐增大B．F1逐渐减小C．F2逐渐增大D．F2逐渐减小
【答案】A
【解析】由题意可知加速度a越来越大，设斜面倾角为，当货车向右减速运动时，
可解得，
所以F2始终不变，F1逐渐增大。
故选A。
例15、弹弓是一种传统非遗技艺项目的器械。图（a）是一种“Y”型弹弓，两根完全相同的皮筋一端和弹兜相连，另一端分别固定在Y形支架的两个弓眼上，弹兜和皮筋质量均可忽略不计。使用者先拉伸皮筋，并保持弹丸静止，此时两皮筋长度相同，如图（b）所示，然后释放弹丸，让其弹出。在时，以初速度竖直向上射出一质量的弹丸，其上升的最大高度。弹丸在运动过程中所受空气阻力大小f与其速率v的关系满足，其中。弹丸从射出到运动至最高点的过程中，其图线可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律mg+kv=ma
随着速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，图像斜率减小。
故选A。
例16、（多选）大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”。一辆货车运载着圆柱形表面光滑的质量为m的钢卷，自由地摆放在支架A、B之间，没有用绳索固定。钢卷受到支架A和支架B的支持力，和货车一起保持静止，若已知支架斜面均与水平面成，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．货车静止时，支架A对钢卷支持力大小为
B．货车向右匀速运动，支架B对钢卷支持力大小为2mg
C．当货车向右减速时，支架A对钢卷支持力减小
D．当货车向右加速时，支架A对钢卷支持力减小
【答案】AC
【解析】货车静止或向右匀速运动时，都处于平衡状态，根据共点力平衡条件有，解得，故A正确，B错误；当货车向右减速时，根据牛顿第二定律有，则支架对钢卷支持力减小，支架对钢卷支持力增大，故C正确；当货车向右加速时，根据牛顿第二定律有，，则支架对钢卷支持力减小，支架对钢卷支持力增大，故D错误。
1.受力分析：确定研究对象，按重力、弹力等顺序分析受力，利用平行四边形定则或正交分解法处理力的关系。
2.应用牛顿定律：根据\(F_{合}=ma\)，结合加速度变化（大小、方向）分析各力变化；加速度与速度同向加速、反向减速。
3.动态过程判断：分析运动过程中力的变化（如空气阻力与速度有关），判断加速度、速度的变化趋势，结合图像斜率等特征求解 。
例17、（多选）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为．设重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从O点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．从O点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成角斜向右下
C．剪断绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与垂直斜向左下
D．剪断绳瞬间，小球的加速度大小为，方向水平向左
【答案】AD
【解析】从O点剪断弹簧瞬间，弹簧弹力和绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得，方向竖直向下，A正确，B错误；以小球为研究对象，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得，解得，方向水平向左，C错误，D正确．
例18、（多选）如图所示，质量为m的小球与水平轻质弹簧相连，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球处于静止状态。重力加速度为g，取0.6，则下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧可能处于拉伸状态B．小球对木板的压力大小为
C．撤掉木板的瞬间，小球的加速度大小为D．剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为0
【答案】BC
【解析】若弹簧处于拉伸状态，则小球水平方向受力不平衡，对小球受力分析，如图所示，可知弹簧处于压缩状态，A错误；以小球为研究对象，根据受力平衡可得，，根据牛顿第三定律，小球对木板的压力大小为，B正确；木板AB突然撤去瞬间，轻弹簧作用力保持不变，重力和轻弹簧作用力的合力大小等于撤去前木板AB对小球弹力，则小球的加速度大小为，C正确；弹簧被剪断瞬间，小球将沿木板下滑，小球的加速度不为零，D错误。
例19、（多选）地铁在一段平直的路段上行驶，某人在一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端固定在地铁的竖直扶手上。地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并与竖直扶手之间有一稳定的夹角，他用手机拍摄了当时情景的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知当地重力加速度为，根据这张照片，使用一把刻度尺可估算或判断出拍摄时刻下列哪些物理量（ ）
A．地铁加速度的方向B．地铁的运动方向C．地铁加速度的大小D．细绳中拉力的大小
【答案】ABC
【解析】圆珠笔受力如图所示
根据照片可以测出细绳与竖直方向的夹角，对圆珠笔，由牛顿第二定律得
代入数据解得，方向水平向左
地铁启动后的某段加速过程，加速度方向与速度方向相同，因此地铁的运动方向向左
由于不知圆珠笔的质量，无法求出细绳的拉力大小。
故选ABC。
例20、（多选）某研究性学习小组利用图甲所示装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器。总质量为M的滑块（含拉力传感器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接。由静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移x随时间t变化的图像如图乙所示，该图线的函数表达式为。滑块的加速度为a，拉力传感器示数为F，滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数为，下列说法正确的是（ ）
A．本实验不需要调节细绳与长木板平行B．滑块加速度a的大小为
C．滑块与长木板间的动摩擦因数D．本实验中不需要满足滑块质量远大于重物质量
【答案】BD
【解析】细绳与长木板不平行会导致绳上拉力不沿小车运动方向，A错误；由题意可知，小车做初速度为零的匀加速直线运动，则有，故，B正确；对滑块受力分析可知，解得，故C错误；滑块质量远大于重物质量是为了使重物重力约为细绳拉力，而本实验采用力传感器测量绳上拉力，故不需要使滑块质量远大于重物重量，故D正确。
例21、如图所示，一质量为m=0.2kg的物块静置于矩形的木箱内，物块和箱底之间的动摩擦因数为μ=0.3，一劲度系数为20N/m的轻质弹簧的两端分别与物块右端、木箱右壁连接。初始时，木箱处于静止状态，弹簧长度为L=5cm并与木箱底面平行，弹簧的形变量未知。现在给木箱一加速度a，使物块恰好能相对木箱底面移动起来。若弹簧形变量始终在弹性限度范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求
(1)若且方向竖直向下，则弹簧的原长为多少；
(2)若加速度是水平方向，且初始时弹簧的伸长量为2cm，则加速度a有多大？
【答案】(1)7.7cm或2.3cm(2)见解析
【解析】（1）对物块，竖直方向上
水平方向上
联立解得
所以弹簧原长为
或者
（2）对物块，竖直方向上
水平方向上，若摩擦力向右
联立解得
水平向右；
若摩擦力向左
联立解得
水平向左。
1.瞬间状态分析：抓住 “弹簧弹力瞬间不变，绳拉力瞬间可突变”，结合牛顿第二定律求瞬间加速度。
2.受力平衡与分解：通过正交分解或力的合成，分析物体平衡时的受力关系，确定各力大小和方向。
3.运动与力关联：根据加速度方向判断物体运动状态变化；利用匀变速运动公式（如）结合牛顿定律求解物理量。
4.实验问题要点：关注实验原理，明确力传感器、位移传感器等工具的作用，分析误差来源和实验条件要求。
例22、某同学在实验室取两个完全相同的木盒，来测量木盒与木板之间的动摩擦因数。由于实验室中的天平损坏，无法称量质量，他采用“对调法”完成测量，如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木盒1放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相接。
(1)实验前， （填A．“需要”或B．“不需要”）调整定滑轮的角度使细线与木板平行， （填A．“需要”或B．“不需要”）将长木板左侧垫高来平衡摩擦力，如甲图所示，加速运动过程中，绳子中拉力 （填A．“大于”、B．“等于”或C．“小于”）木盒2（含细沙）的总重力。
(2)实验时，木盒1不放细沙，质量设为，在木盒2中装入适量的细沙，木盒2含沙总质量设为，接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，加速度记为，随后将木盒1与木盒2（含细沙）位置互换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，加速度记为，两纸带编号为第一组，改变木盒2中细沙的多少，重复上述过程，得到多组纸带。如图乙为某组实验中获得的两条纸带中的一条，其中相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知交流电源的频率为50Hz，则该纸带运动的加速度 m/s2（保留3位有效数字）。
(3)通过理论分析，分别推导和的表达式后，找到和的关系： （结果用、和表示）。
(4)将实验测得的加速度绘制在丙图中，得到关系图像，已知当地重力加速度为9.80m/s²，由图像可得木盒与木板间的动摩擦因数为 （保留2位有效数字）。
(5)由于纸带的影响，实验测得的动摩擦因数将 （填A．“保持不变”、B．“偏大”或C．“偏小”）。
【答案】(1)A B C(2)1.20(3)(4)0.54(5)偏大
【解析】（1）[1]实验中，为了确保细线的拉力就沿长木板方向，需要调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行。
故选A。
[2]实验目的是测量木盒与木板之间的动摩擦因数，可知，实验中不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。
故选B。
[3] 甲图中，加速运动过程中，木盒2的加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知，绳子中拉力小于木盒2（含细沙）的总重力。
故选C。
（2）相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法得出加速度
（3）设木盒1的质量为，木盒2（含细沙）的质量为，对整体进行分析，根据牛顿第二定律有
位置互换后，对整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（4）结合上述有
根据图丙有
解得
（5）由于纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量的动摩擦因数会偏大。
例23、某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量物块与水平桌面之间的动摩擦因数。
(1)下列选项中，符合实验中必要的措施及要求的是___________。
A．连接小车和沙桶的细绳必须与桌面平行
B．实验中要先释放物块，再接通电源
C．物块的质量应远大于砂和砂桶的总质量
D．实验前要先把木板左端垫高以平衡摩擦力，再进行实验
(2)实验中获得的一条比较理想的纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则此次实验物块运动的加速度大小为 （结果保留2位有效数字）。
(3)在（2）中，若物块的质量为500g，砂和砂桶的总质量为300g，当地的重力加速度，则物块与水平桌面间的动摩擦因数为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】(1)A(2)2.0(3)0.27
【解析】（1）A．实验中，为保证物块做匀变速运动或匀速运动，细绳必须与桌面平行，故A项正确；
B．必须先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放物块，故B项错误；
C．实验中，可以选物块和砂桶（含砂）构成的系统为研究对象，所以不需要满足物块的质量远大于砂和砂桶的总质量这一条件，故C项错误；
D．本实验的目的是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D项错误。
故选A。
（2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
利用逐差法有
代入数据可得
（3）根据牛顿第二定律有
代入数据得
1.实验条件与操作判断：
明确实验目的，若测摩擦因数，无需平衡摩擦力；为保证拉力方向，需调整细线与木板平行。
遵循 “先通电再释放” 原则，避免因操作不当影响实验数据。
2.加速度计算：利用逐差法，根据纸带上计数点间距求加速度，注意T的计算（相邻计数点时间间隔）。
3.数据处理与公式推导：
对系统整体应用牛顿第二定律列方程，通过联立方程推导物理量关系（如a1、a2与m1、m2关系）。
结合图像斜率、截距求解未知量（如动摩擦因数）。
4.误差分析：考虑纸带与打点计时器间摩擦等因素，判断对测量结果（如动摩擦因数）的影响 。
1．中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（ ）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
【答案】B
【解析】ABC．由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D．根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。
故选B。
2．如图所示，海豚从水面跃出，则（ ）
A．研究海豚跃出水面的动作时，不可把海豚视为质点
B．海豚在水中游动时，加速度方向沿运动方向
C．海豚到达最高点时，处于平衡状态
D．海豚向上游动过程中，水对海豚的作用力始终小于重力
【答案】A
【解析】A．研究海豚跃出水面的动作时，海豚的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时不能把海豚视为质点，故A正确；
B．当海豚做加速直线运动时，加速度方向才沿运动方向，当海豚做减速或曲线运动时，运动方向与加速度方向不同，故B错误；
C．海豚到达最高点时，速度为零，但仍有向下的加速度，此时，海豚不处于平衡状态，故C错误；
D．海豚向上游动过程中，加速阶段水对海豚的作用力大于重力，减速阶段水对海豚的作用力小于重力，故D错误。
故选A。
3．一质量为的人站在电梯中，电梯减速下降，加速度大小为（为重力加速度），人所受到的合力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律，可得人所受到的合力大小为
故选A。
4．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（ ）
A．物体所受合外力发生改变时，其加速度可能不变
B．物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致
C．加速度方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同
D．牛顿第二定律的表达式可以写成，说明对某个物体来说，它的质量跟合外力成正比，跟它的加速度成反比
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第二定律
可知，当物体所受合外力发生变化时，其加速度一定变化，A错误；
BC．根据牛顿第二定律
可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致，但运动方向不一定与所受合力方向一致，B错误C正确；
D．物体质量是物体的本质属性，与所受的合外力无关，与物体的加速度无关，D错误。
故选C。
5．在光滑水平面上，一个质量为1kg的物体受到大小分别为3N、4N和5N的三个水平方向的共点力作用静止，现在撤去其中5N的力，其余力不变，则物体的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】撤去5N的力之前物体受力平衡，故3N、4N这两个力的合力与5N那个力等大反向；撤去5N的力之后，其余力不变，则物体所受的合力大小为5N，故物体的加速度大小为。
故选C。
6．蹦极，也叫机索跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动，该活动中包含了很多的物理知识。现在蹦极绳上安装一个力传感器，运动员在某次蹦极活动中，力传感器显示的蹦极绳上的弹力与时间的关系图像如图所示，那么由图像获得信息正确的是（ ）
A．过程中是绳子的松弛状态B．人在c点具有竖直向上的最大的加速度
C．过程中绳子正在逐渐伸长D．人在e点的加速度最小
【答案】B
【解析】A．过程中绳子上弹力不为零，绳子处于绷紧状态，故A错误；
B．人在c点时绳子上弹力最大，根据可知，此时人具有竖直向上的最大加速度，故B正确；
C．过程中弹力逐渐变小，绳子正在逐渐缩短，故C错误；
D．人所受的重力大小等于，当弹力等于时，加速度为零，此时加速度最小，故D错误。
故选B。
7．光滑平面上质量为1kg的物体（可看做质点），同时受到两个同方向的水平力的作用从静止开始运动，这两个力大小分别为2N和3N，根据牛顿第二定律，可知物体的加速度大小是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【解析】由题可知，物体受到的合外力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
故选B。
8．如图所示，挡板OA、OB与水平方向的夹角分别为和，一光滑球静止在两挡板之间，若OB不动，撤去挡板OA瞬间，球的加速度大小为﹔若OA不动，撤去挡板OB瞬间，球的加速度大小为，则为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】OB不动，撤去挡板OA瞬间，对球进行分析，根据牛顿第二定律有
OA不动，撤去挡板OB瞬间，对球进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
9．2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的内燃料对火箭的平均推力约为。火箭质量约为500吨且认为在内基本不变，则火箭在初始内的加速度大小约为（ ）（重力加速度g取）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意，由牛顿第二定律有
代入数据解得
故选A。
10．A、B两物体在摩擦力作用下以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，其图像如图所示，则A、B两物体（ ）
A．滑行距离之比为B．平均速度大小之比为
C．加速度大小之比为D．所受摩擦力大小之比为
【答案】C
【解析】C．由于A、B两物体都做匀减速直线运动直到停止，所以它们的末速度都为0。从图像中我们还可以看出，A物体的运动时间为，B物体的运动时间为。图线斜率的绝对值表示加速度大小，故A、B两物体的加速度大小之比为2：1，故C正确；
B．平均速度都为
所以它们的平均速度大小之比为，故B错误；
A．图线与坐标轴所围面积表示位移，故A、B两物体的滑行距离之比为，故A错误；
D．由于题目中没有给出A、B两物体的质量，所以我们无法直接比较它们所受摩擦力的大小，故D错误。
故选C。
11．（多选）如图所示，两个小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，A球质量为2m，B球质量为m，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】绳剪断前，对B由平衡条件得
绳剪断后瞬间，弹簧来不及变化，则弹力不变。对A得
解得
弹力不变，则B的受力情况不变，其加速度为0，BC正确。
故选BC。
12．（多选）如图甲所示，一只小猫饭后来到池塘边散步，之前停留在池塘边的一条小鱼看到小猫后，从静止快速沿直线游离池塘边缘，全过程中小鱼的图像如图乙所示。关于小鱼的整个运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．内小鱼的位移最大
B．时刻小鱼受到的合力为0
C．在内，小鱼的加速度与速度方向相同
D．小鱼在内的加速度方向与内的加速度方向相反
【答案】CD
【解析】A．0~t4内小鱼的速度始终为正值，即小鱼一直向前运动，位移不断增大，到t4时刻位移达到最大，故A错误；
B．t4时刻小鱼的速度为零，但是图线的斜率不为零，即加速度不为零，合力不为零，故B错误；
C．在t4~t5内，小鱼反向做加速运动，速度与加速度方向相同，故C正确；
D．在0~t1内，图线切线的斜率为正值，即加速度方向为正方向，t3~t5内的斜率为负值，即加速度为负方向，所以0~t1内的加速度方向与t3~t5内的加速度方向相反，故D正确。
故选CD。
13．（多选）如图所示，升降机里的物体被轻弹簧悬挂，整个系统刚开始做匀速运动，某时刻升降机的运动状态变化导致弹簧突然缩短了，则此时升降机的运动状态可能为（ ）
A．加速上升B．减速下降
C．加速下降D．减速上升
【答案】CD
【解析】弹簧缩短，弹力方向向下，重力方向向下，加速度方向向下，则物体可能加速下降，也可能减速上升。
故选CD。
14．（多选）如图所示，相互接触的A，B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为和，且。现对两物块同时施加相同的水平恒力F。设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为，则（ ）
A．物块AB的加速度为B．物块AB的加速度为
C．D．
【答案】BC
【解析】AB．由于没有摩擦力，且，故两者会一起运动，对整体由牛顿第二定律，
解得
故A错误，B正确；
CD．对B，
得
故C正确，D错误。
故选BC。
15．（多选）如图所示，吊车通过对称分布的4根钢索（图中有2根未画出），吊起质量为的工件，每根钢索与竖直方向的夹角均为，已知每根钢索上的拉力大小为，取重力加速度大小，，钢索所受的重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．4根钢索对工件的合力大小为B．4根钢索对工件的合力大小为
C．工件的加速度大小为D．工件的加速度大小为
【答案】AC
【解析】AB．4根钢索对工件的合力大小为
故A正确，B错误；
CD．对工件，根据牛顿第二定律可得
解得工件的加速度大小为
故C正确，D错误。
故选AC。
16．（多选）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，物块A、B质量分别为2m和3m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度大小为0B．物块A的加速度大小为
C．物块B处超重状态D．物块AB间作用力大小为
【答案】BD
【解析】ABC．剪断细线前，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，以A为对象，可知弹簧对A的弹力方向沿斜面向上，大小
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块A、B为整体，根据牛顿第二定律得
解得
可知，物块A、B的加速度均为，方向沿斜面向下，处于失重状态，故AC错误，B正确；
D．根据题意，以B为对象，由牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选BD。
17．某实验小组利用如图甲所示的实验装置测定物块与木板之间的动摩擦因数，实验装置固定连接完毕后，调节木板及物块右侧两段细绳水平，初步试用各个器件工作正常。实验开始时在沙桶中放入适量的细沙，系统开始工作，滑块做匀加速直线运动，打出的纸带如图乙所示，已知所用交流电源频率为50Hz，重力加速度大小为g。
(1)图乙中给出了实验中获取的纸带的一部分数据，0、1、2、3、4是计数点，相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示。则打下计数点3时物块对应的速度大小v= m/s；本次实验物块对应的加速度大小a= m/s2（以上结果均保留三位有效数字）；
(2)改变沙桶内细沙的质量，测量出对应的加速度a和弹簧测力计的示数F．若用图像法处理数据，得到了如图丙所示的一条倾斜的直线，如果该图线的横轴截距的大小等于b，斜率的大小为k，则物块的质量m= ；动摩擦因数μ= （用题目中给的b、k、g表示）。
【答案】(1)0.314 0.495 (2)
【解析】（1）[1]相邻两计数点间还有4个点未标出，即相邻计数点时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下计数点3时物块对应的速度大小
[2]根据逐差法
可得物块对应的加速度大小
（2）[1][2]根据牛顿第二定律有2F﹣μmg=ma
变形可得
结合a﹣F函数，图像斜率
解得
当加速度为0时，有
联立解得
18．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）为总重力的0.1倍，已知重力加速度大小，求
(1)滑雪者滑下的加速度大小；
(2)滑雪者沿山坡滑行的位移大小。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）由题意阻力
由牛顿第二定律得①
解得
（2）由运动学公式
解得
19．惊险刺激的跳楼机是常见的大型机动游戏设施。套在竖直柱子上的乘坐台将乘客载至几十米高空，然后自由下落，落地前启动制动系统，恰好在到达地面时停住。假设乘坐台从离地面81m处开始下落，离地面36m处开始制动，制动过程可认为做匀减速运动。不计空气阻力，求：
(1)乘坐台下落的最大速度；
(2)乘坐台下落的总时间；
(3)若乘坐台中某人质量为60kg，制动过程乘坐台对他的作用力大小。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）根据运动学公式有
解得
（2）自由下落阶段
解得
匀减速下落阶段
解得
所以，下落的总时间为
（3）制动阶段对人根据牛顿第二定律
根据匀变速直线运动规律有
联立得
20．如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3m，杆与竖直方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度a（a G
【答案】D
【解析】A．鸡蛋匀速向上提起过程中，手指对鸡蛋的压力大小等于鸡蛋对手指的弹力大小，故A错误；
B．鸡蛋受到手指的压力，是机械手指发生弹性形变，对与之接触的鸡蛋有压力作用，故B错误；
C．若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，根据平衡条件，手指对鸡蛋的合力为F = G，故C错误；
D．若手指捏着鸡蛋水平加速移动，根据牛顿第二定律，手指对鸡蛋的合力为
故D正确。
故选D。
4．如图所示，物体B上端通过跨过两个光滑定滑轮的轻绳和物体A相连、下端用轻绳和物体C相连，轻弹簧上端与物体A相连、下端固定在地面上，三个物体均处于静止状态。已知物体A、B、C的质量分别为2m、2m、m，重力加速度为g。现剪断B、C间的轻绳，则在剪断瞬间（ ）
A．弹簧上的弹力为mgB．物体A的加速度为0
C．物体B的加速度大小为D．物体A与B之间的轻绳上的弹力为2mg
【答案】A
【解析】A．剪断B、C间轻绳前，对B、C整体分析有
对A分析有
解得弹簧弹力F=mg
剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧没有发生突变，弹簧的弹力与剪断前一样，故A正确；
BCD．剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧弹力不变，A、B的加速度大小相等，对B分析，根据牛顿第二定律有
对A分析，根据牛顿第二定律有
联立解得，
故BCD错误。
故选A。
5．如图所示，光滑铁球通过一根水平细绳固定在静止的斜面上，当斜面竖直向上加速运动时，与静止时相比，铁球受到的细绳拉力T和斜面支持力N的变化情况是（ ）
A．T增大，N减小B．T增大，N增大
C．T不变，N减小D．T减小，N增大
【答案】B
【解析】对小球受力分析，设斜面的倾角为，如图所示
开始时，小球静止，由平衡条件可知，
当斜面竖直向上加速运动时，由牛顿第二定律
则
故斜面支持力N增大，而
故铁球受到的细绳拉力T也增大。
故选B。
6．如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大
B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变
C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先减小后增大
D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小
【答案】B
【解析】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误；
B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确；
CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故CD错误；
故选 B。
7．如图，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与物块A相连，A的右端通过轻质细线连接物块B，B再与物块C通过轻质细线跨接在定滑轮两端。已知A、B、C质量相等，AB间以及B与滑轮间的细线处于水平，不计所有摩擦，弹簧处于弹性限度内，初始时，A、B、C均处于静止状态。现将AB间细线剪断，设剪断瞬间A、B的加速度大小分别为、，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】剪断前，对B分析可知，A、B间绳子拉力为
对A分析可知弹簧弹力
剪断后，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律有
对BC整体分析可知
联立解得
故选C。
二、多选题（漏选得3分，全对得5分，错选得0分，共20分）
8．质量为的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块A受到一根轻弹簧施加的的水平拉力而保持静止，物块与木箱水平底面间的动摩擦因数为0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。现让木箱在竖直方向上运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。木箱的加速度大小和方向可能是（ ）
A．，方向向右B．，方向向左
C．，方向向下D．，方向向下
【答案】BD
【解析】若木箱在水平方向运动，规定向左为正方向，若物块A相对木箱底面向右移动，由牛顿第二定律有
代入题中数据，解得
若木箱在竖直方向运动，规定向下为正方向，若物块A相对木箱底面向右移动，由牛顿第二定律有
且
代入题中数据，联立解得
综合以上可知，BD符合题意，
故选BD。
9．如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2mB．物体A的瞬时加速度为0
C．物体B的瞬时加速度为a=4m/s2D．物体B对物体A的压力为12N
【答案】CD
【解析】A．A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A有
解得弹簧压缩量为
故A错误；
BC．细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对AB整体，由牛顿第二定律有
解得物体AB的瞬时加速度为
故B错误，C正确；
D．对物体A，由牛顿第二定律可得
解得物体B对物体A的压力为
故D正确。
故选CD。
10．如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则 下列说法正确的是（ ）
A．球M和球N的质量之比为（+1）∶2
B．轻绳A和弹簧C的弹力之比为1∶2
C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为
D．若小球M的质量为，剪断轻绳B的瞬间，球M的合力大小为
【答案】AC
【解析】A．设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得
对M球受力分析，由平衡条件可得
联立可得球M和球N的质量之比为，故A正确；
B．对两球整体受力分析，由平衡条件可得
轻绳A和弹簧C的弹力之比为2∶1，故B错误；
C．剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为球N的重力在径向的分力，为，故C正确；
D．剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，球M的合力大小
结合A项分析得，故D错误。
故选AC 。
11．如图所示，底面粗糙、质量为m、倾角为的斜面体放置在粗糙水平面上，斜面体的右上角安装有轻质定滑轮，带有轻质定滑轮的物块放置在斜面体的光滑斜面上，轻质细线跨越这两个定滑轮，上端连接在天花板上，下端悬挂一质量为m的小球，整个系统处于静止状态时，物块与天花板间的细线成竖直状态，两定滑轮间的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．水平面对斜面的支持力大小为4mg
B．水平面对斜面的摩擦力水平向左
C．剪断绳子的瞬间，水平面对斜面的支持力小于4mg
D．剪断绳子的瞬间，若斜面移动，斜面与物块加速度的水平分量之比小于3
【答案】ACD
【解析】AB．根据题意，对小球受力分析，由平衡条件可得，绳子的拉力
对物块受力分析，沿斜面体斜面方向有
解得
对整体受力分析，水平方向不受力，则水平面对斜面的摩擦力为零，竖直方向上有
解得
即水平面对斜面的支持力大小为4mg，故A正确，B错误；
CD．剪断绳子的瞬间，绳子拉力消失，对物块受力分析，如图所示
有平衡条件可得
沿斜面体斜面方向上有
解得
物块加速度的水平分量为
对物块受力分析，如图所示
由牛顿第三定律可知
竖直方向上有
解得
若斜面移动，水平方向上有
解得
则有
故CD正确。
故选ACD。
三、实验题 （2分/空，共18分）
12．某同学用刻度尺、光电门（及数字计时器）、游标卡尺、长木板、滑块，测量滑块与长木板间的动摩擦因数。装置如图甲所示，长木板倾斜固定在竖直墙面和水平地面间，已知滑块和遮光片的总质量为m，当地重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测出遮光片的宽度，示数如图乙所示，则遮光片宽度 ；
(2)将滑块在长木板的上端由静止释放，记录滑块通过光电门时遮光片的挡光时间t，则滑块通过光电门的速度 ，用刻度尺测出木板上端到光电门的距离x，则滑块沿斜面下滑的加速度 （均用已知和测得的物理量的符号表示）；
(3)用刻度尺测出长木板的长度L，测出长木板上端到地面的距离h，再测出长木板下端到竖直墙面的水平距离s，则滑块与长木板间的动摩擦因数 （用已知和测得的物理量的符号表示）。
【答案】(1)1.70(2) (3)
【解析】（1）游标卡尺的读数即遮光片宽度为
（2）[1]滑块经过光电门的时间极短，用滑块经过光电门的平均速度代替瞬时速度，即滑块通过光电门的速度
[2]根据运动学公式
可得
（3）根据牛顿第二定律
根据几何关系，
联立可得
13．小明想测量新买的鞋子鞋底与木板间的滑动摩擦因数，他设计了如下实验。已知每个砝码的质量，设拖鞋上砝码个数为n，电子秤示数为m（指示质量），鞋子和重物的质量分别为和，不考虑绳子与滑轮的摩擦。
（1）小明练习使用螺旋测微器测量木板的厚度，读数如图甲所示，则木板厚度为 。
（2）如图乙所示，把鞋子放置在木板上，并用一根细绳连接鞋子和电子秤上的重物，调节滑轮位置，使鞋子与滑轮间的细绳保持水平，重物与滑轮间的细绳保持竖直。
（3）在鞋子上放置砝码，向左拉动木板的同时，在下表记录电子秤示数m和砝码个数n。此过程拉动木板时 （选填“必须”或“不必”）保持匀速。
（4）图丙中有两个点尚未描出，请根据（3）中表格数据描出，并绘制图像。
（5）分析实验过程，m和、n、、、所满足的关系式为 。
（6）根据（4）绘制出的图像，可得鞋子和木板间的动摩擦因数 （保留2位有效数字）。
【答案】 6.860/6.858/6.859/6.861/6.862 不必 0.40/0.37/0.38/0.39/0.41/0.42/0.43
【解析】[1]根据螺旋测微器的读法可知，木板的厚度
[2]鞋子与木板之间的滑动摩擦力与物体的相对速度无关，因此不需要木板做匀速运动；
[3]描出对应的点迹，用平滑的直线连接起来即可，作图如下
[4]对于重物而言，则有
对于鞋子而言则有
联立解得
[5]根据上述分析可知，在图像中，其斜率为
代入数据解得
四、解答题（14题9分，15题12分，16题13分，共34分）
14．如图甲所示，在风洞实验室，一根足够长的细杆与水平面成角并固定，质量为的小球穿在细杆上，并静止于细杆底端O点。现有平行于细杆向上的风力F作用于小球上，经时间风力停止作用，小球沿细杆向上运动的图像如图乙所示，细杆和小球间的动摩擦因数。试求
(1)小球在0~2s内的加速度的大小；
(2)风力F的大小；
(3)小球从最高点滑到出发点O点的速度大小。（答案可以保留根号）
【答案】(1)(2)60N(3)
【解析】（1）图像中图线斜率等于加速度，则可知小球在0~2s内的加速度的大小为
（2）对小球，0~2s内在风力作用下沿杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
代入数据解得
（3）图像中图线与横坐标围成的面积等于位移，可得小球在杆上向上运动的最大位移为
小球下滑时做匀加速直线运动，加速度大小为，由牛顿第二定律有
代入数据解得
根据位移与速度的关系可得
代入数据解得
15．泥石流和山体滑坡是很危险的自然灾害，所以行车经过山区时要特别注意观察，发现异常要立即驶离。如图所示，某次山体滑坡中滑落的石块（简化为滑块）从距坡底的A处，由静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，石块到达坡底后在水平面上做加速度大小为的匀减速直线运动。一辆汽车停在距离B点右侧50m处，司机发现石块开始运动后经1s的反应时间就立刻启动汽车驶离，汽车启动后以的加速度一直做匀加速直线运动。已知重力加速度，斜坡倾角，。
(1)求石块与斜坡间的动摩擦因素；
(2)求石块到达坡底的速度大小及所用时间；
(3)试通过计算说明汽车能否安全逃离？
【答案】(1)0.1(2)，(3)汽车能安全逃离
【解析】（1）石块在斜坡上做静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，对石块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）石块在斜坡上做静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，根据速度与位移的关系有
根据速度公式有
解得，
（3）司机反应时间
石块到达坡底司机加速时间
令加速度，
若石块在水平面减速至与司机速度相等经历时间为，则有
解得，
上述过程石块的位移
司机的位移
由于
可知，汽车能安全逃离。
16．我国自主设计制造的“山东号”航母，其舰载机依靠自身发动机动力加速至滑跃起飞。如图所示是供训练使用的跑道，若飞机从静止起飞时需通过长度为x1 的水平跑道和长度为的倾斜跑道。两跑道平滑连接，倾斜跑道末端离水平跑道高为h=6.4 m。质量的飞机起飞过程中发动机推力大小恒为，方向与速度方向相同。若跑道固定于地面，飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为其重力的0.1倍，方向与速度方向相反。飞机视为质点且质量不变，求飞机
(1)在水平跑道运动的时间t1 ；
(2)在倾斜跑道的加速度大小a2；
(3)飞离倾斜跑道的速度大小 v2 。
【答案】(1)6s(2)7m/s2(3)58m/s
【解析】（1）在水平跑道，设飞机加速度大小为，由牛顿第二定律
代入题中数据，解得
根据公式
代入题中数据，解得
（2）在倾斜跑道，由牛顿第二定律:
其中
联立解得
（3）以上分析可得，在跑道连接处飞机速度
根据公式
联立解得
初中阶段
高中阶段
了解牛顿第二定律的基本含义，知道物体的加速度与所受合力成正比、与质量成反比，能用公式F=ma进行简单的定性分析和定量计算（如已知两个量求第三个量）。通过实验探究，理解控制变量法在研究加速度、力和质量关系中的应用，能描述 “受力一定时质量越大加速度越小”“质量一定时受力越大加速度越大” 的实验结论，初步建立力与运动状态变化的关联认知。
深入理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性和同体性，掌握公式F=ma的定量应用，能结合运动学公式解决动力学综合问题（如匀变速直线运动与受力分析的结合）。学会用牛顿第二定律分析超重、失重现象及连接体问题，理解合外力与加速度的瞬时对应关系（如力突变时加速度的变化）。通过实验验证牛顿第二定律，掌握数据处理方法（如绘制a-F、a-1/m图像），能分析实验误差来源（如平衡摩擦力不足、系统质量关系不满足等）。
衔接指引
初中阶段考查形式：多以选择题、填空题形式出现。
高中阶段考查形式：选择题和计算题。
n（个）
0
1
2
3
4
5
60
51
43
35
27
18