2025版人教版高中物理精讲精练必修1第16讲：牛顿第二定律 解析版

第16讲：牛顿第二定律

【考点归纳】

考点一：牛顿第二定律的定义理解

考点二：牛顿第二定律的同向性

考点三：牛顿第二定律的简单应用

考点四：牛顿第二定律求突变问题

考点五：牛顿第二定律分析动态运动过程

考点六：牛顿第二定律的综合问题

【知识归纳】

知识点一、牛顿第二定律

(1)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)表达式：F＝ma.

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：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力叫作1N，即1N＝1_kg·m/s2.

3．在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝1，此时牛顿第二定律可表示为

F＝ma.

知识点三.对牛顿第二定律的理解

2．解题的思路和关键

(1)选取研究对象进行受力分析；

(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；

(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.

【题型归纳】

题型一：牛顿第二定律的定义理解

1．（23-24高一上·陕西咸阳）关于牛顿第二定律，下列说法不正确的是（）

A．牛顿第二定律的表达式Fma是矢量式，a与F方向始终相同

B．某一瞬间的加速度，只能由这一瞬间的外力决定，而与这一瞬间之前或之后的外力无关

C．在公式Fma中若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和

D．物体的运动方向一定与物体所受合力的方向相同

【答案】D

【详解】A．牛顿第二定律的表达式Fma是矢量式，a与F方向始终相同，故A正确；

F

B．根据a知，合力变化时，加速度随之变化，某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬

m

时之前或之后的外力无关，故B正确；

C．在公式F＝ma中，若F为合力，a等于作用在物体上的合力与质量的比值，根据力的独立作用原理知，a等于

作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和，故C正确；

D．根据F＝ma知加速度的方向与合外力的方向相同，但运动的方向不一定与加速度方向相同，所以物体的运动方

向与物体所受合力的方向不一定一致，故D错误。

本题选不正确的，故选D。

2．（23-24高一上·浙江金华·阶段练习）下列关于牛顿第二定律的说法正确的是（）

A．如果加速度很大，所受的合外力一定很大

B．物体的加速度方向只由它所受的合力方向决定，与速度方向无关

C．物体所受的合力方向和加速度方向及速度方向总是相同的

D．一旦物体所受的合力为零，则运动物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了运动

【答案】B

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

B．物体的加速度方向只由它所受的合力方向决定，与速度方向无关，故B正确；

C．物体所受的合力方向和加速度方向相同，但是与速度方向不一定相同，故C错误；

D．根据F=ma可知，一旦物体所受的合力为零，则运动物体的加速度立即为零，但是其运动并不一定停止，故D

错误。

故选B。

3．（22-23高一上·上海普陀·期末）从牛顿第二定律可知（）

A．同一物体的运动速度变化越快，受到的合力也越大

B．同一物体的运动速度变化越小，受到的合外力也越小

C．物体的质量与它所受到合外力成正比，跟它的加速度成反比

D．同一物体的运动速度越大，受到的合外力也越大

【答案】A

【详解】A．同一物体的运动速度变化越快，加速度越大，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合力也越大，故A

正确；

B．同一物体的运动速度变化越小，加速度不一定越小，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合外力不一定越小，

故B错误；

C．物体的质量与物体本身有关，与所受到合外力、物体的加速度无关，故C错误；

D．同一物体的运动速度越大，加速度不一定越大，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合外力不一定越大，故D

错误。

故选A。

题型二：牛顿第二定律的同向性

4．（24-25高一上·北京海淀·期中）小亮同学在地铁中把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临

时固定在地铁的竖直扶手上，在地铁的某一段运动过程中，细绳偏离了竖直方向一个不变的角度，圆珠笔相对于地

铁静止，他用手机拍摄了当时情景的照片如图，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。他的同学们根据这张照片提出了如

下猜想，其中正确的是（）

A．圆珠笔此时受力平衡

B．地铁不一定是在向左运动，但一定是在加速

C．地铁速度可能向左或者向右，但加速度一定向左

D．如果是在竖直加速上升的电梯中，细绳也可能稳定偏离竖直方向一个不变的角度

【答案】C

【详解】A．由于细绳偏离了竖直方向，所以车必然有加速度，圆珠笔不可能受力平衡，故A错误；

BC．由于细绳向右偏离了竖直方向，物体具有惯性，可判断车可能在向左加速或向右减速，加速度一定向左，故

B错误，C正确；

D．如果是在竖直加速上升的电梯中，其加速度沿竖直方向，水平方向没有加速度，细绳一定保持竖直，故D错误。

故选C。

5．（23-24高一上·山西运城·期末）一支架固定在放于水平地面的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一

端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为，此时放在小车上质量M的A物体跟小车

相对静止，如图所示，下列说法正确的是（）

A．加速度的大小为gsin，方向向左

B．细线的拉力大小为mgcos，方向沿线斜向上

C．A受到的摩擦力大小为Mgtan，方向向左

D．A受到的摩擦力大小为Mgtan，方向向右

【答案】D

【详解】A．对小球受力分析如图所示

由于小球和小车一起向左运动，则可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即为整体加速度，根据几何关系可

得

F合mgtanma

解得

agtan

方向水平向右，故A错误；

B．根据几何关系可得细线的拉力

mg

T

cos

方向沿线斜向上，故B错误；

CD．由于A与小车保持相对静止，则A的加速度与小车和小球加速度相同，对A分析可知，A在竖直方向受竖直

向下的重力与小车对A竖直向上的支持力，合力为零，在水平方向仅受摩擦力作用，所受摩擦力即为合外力，而加

速度水平向右，则所受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有

fMaMgtan

故C错误，D正确。

故选D。

6．（22-23高一上·上海黄浦·期末）如图为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼10”战机大仰角沿直

线减速爬升的情景，则战机在爬升过程中所受合力方向（）

A．竖直向上B．与速度方向相同

C．与速度方向相反D．与速度方向垂直

【答案】C

【详解】“歼20”战机大仰角沿直线减速爬升，说明加速度方向与速度方向相反，合外力方向与加速度方向又相同，

所以合力方向与速度方向相反。

故选C．

题型三：牛顿第二定律的简单应用

g

7．（24-25高一上·全国）电梯内有一个质量为m的物体，用细线挂在电梯的天花板上，当电梯以的加速度竖直加

3

速下降时，细线对物体的拉力为（）

213

A．mgB．mgC．mgD．mg

334

【答案】A

【详解】以小球为研究对象，小球受到重力mg和竖直向上的细线的拉力F，根据牛顿第二定律得

mgFma

解得

g2

Fm（ga）m（g）mg

33

故选A。

8．（24-25高一上·全国·单元测试）如图所示，一位同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，球拍与乒乓球相对静止

且均相对该同学静止，球拍平面和水平面之间夹角为。设球拍和乒乓球质量分别为M、m，不计球拍和乒乓球之

间摩擦，不计空气阻力，已知重力加速度为g，则（）

A．该同学做匀速直线运动B．乒乓球处于平衡状态

C．球拍受到的合力大小为MgtanD．球拍对乒乓球的支持力大小为mgcos

【答案】C

【详解】AB．该同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，不计球拍和乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，对乒乓球

受力分析如图所示，则乒乓球所受的合力为

F合mgtan

由牛顿第二定律得

mgtan

agtan

m

乒乓球在水平方向做匀加速运动，由于球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学静止，乒乓球、球拍和该同学具有相

同的加速度，故AB错误；

C．球拍受到的合力大小为

FMaMgtan

故C正确；

D．球拍对乒乓球的支持力大小为

mg

N

cos

故D错误。

【点睛】

9．（24-25高一上·全国·单元测试）据《吕氏春秋》记载，我国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利

平安。如图所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，春节扫尘时，甲、乙两人需要移开沙发，清扫污垢，

两人同时从背面和侧面分别用F1120N、F2160N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面，沙发与地面间

的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（）

A．沙发不会被推动

2

B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度大小为0.4m/s

2

C．沙发将沿着F2的方向移动，加速度大小为1.2m/s

D．沙发移动的加速度大小为2m/s2

【答案】D

【详解】两推力的合力

22

FF1F2200N

沙发与地面间的最大静摩擦力

fmg100N

由于

Ff

沙发会沿两推力的合力方向移动。根据牛顿第二定律可知

Fmgma

解得

a2m/s2

故选D。

题型四：牛顿第二定律求突变问题

10．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互

相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大

小分别为（）

A．g，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g

【答案】A

【详解】剪断前，对BCD分析

FAB3m2mmg

对D

FCDmg

剪断后，对B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向竖直向上；对C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向竖直向下。

故选A。

11．（24-25高一上·全国·课后作业）如图，细绳一端固定在墙上，另一端拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙

上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，以下说法正确的是（重力加速度为

g）（）

3

A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg

5

3

B．小球静止时细绳的拉力大小为mg

5

5

C．若将细绳烧断，烧断瞬间小球的加速度立即为g

3

D．若将细绳烧断，烧断瞬间小球的加速度立即为g

【答案】C

【详解】AB．小球静止时，分析其受力情况，如图所示

由平衡条件得弹簧的弹力大小为

4

Fmgtan53mg

3

细绳的拉力大小为

mg5

Tmg

cos533

故AB错误；

CD．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力大小相等、方向相反，则此瞬间小球的

加速度大小为

T5

ag

m3

故C正确，D错误。

故选C。

12．（24-25高一上·陕西西安·阶段练习）如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用

轻弹簧相连，图乙A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在突

然撤去挡板的瞬间有（）

A．两图中两球加速度均为gsinB．两图中A球的加速度均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍

【答案】C

【详解】对甲图，弹簧弹力

Fmgsin

突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为0；对B进

行受力分析，根据牛顿第二定律

FmgsinmaB

解得

aB2gsin

对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力突变为0，以AB为整体，根据牛顿第二定律

2mgsin2ma

解得

agsin

即A、B的加速度都为gsin，综上所述可得C正确，ABD错误。

故选C。

题型五：牛顿第二定律分析动态运动过程

13．（23-24高一上·重庆江北·期末）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示，设投放初速度

为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。则在箱子下落过

程中，下列说法正确的是（）

A．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

B．箱子接近地面时，箱内物体可能处于超重状态

C．箱子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的加速运动

D．若下落距离足够长，箱内物体所受支持力大小有可能等于它的重力大小

【答案】D

【详解】A．箱子刚从飞机上投下时，速度为零，箱子只受重力，加速度为重力加速度，而箱内物体与箱子的加速

度相同，也为重力加速度，设此时箱内物体受到的支持力为N，则对箱内物体由牛顿第二定律有

mgNma，ag

则可知

N0

由此可知箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小，故A错误；

BC．根据题意，设箱子在下降的过程中所受阻力为

fkv2

则由牛顿第二定律有

Mgkv2Ma

速度增大则阻力增大，加速度减小，箱子做加速度减小的加速运动，因此若在箱子落地前加速度减为零，则箱子速

度达到最大值，此后箱子将做匀速直线运动，因此箱子不可能处于超重状态，故BC错误；

D．若下落距离足够长，则箱子最终将做匀速直线运动，箱内物体也将做匀速直线运动，受力将达到平衡状态，即

箱内物体做匀速直线运动时有

mgN

因此，若下落距离足够长，箱内物体所受支持力大小有可能等于它的重力大小，故D正确。

故选D。

14．（23-24高一上·江苏苏州·阶段练习）如图所示，在水平地面上，弹簧左端固定，右端自由伸长到O处并系住物

体m，现将弹簧压缩到A处，然后静止释放，物体一直可以运动到B处，如果物体受到的摩擦力恒定，则（）

A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动

C．物体运动到O处时所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小

【答案】A

【详解】AB．从A到O，弹力先大于阻力，此时加速度向右，后来弹力小于阻力，加速度向左，即加速度方向先

向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速，故A正确，B错误；

C．物体运动到O点时合力等于滑动摩擦力，方向水平向左，故C错误；

D．在A点合力水平向右，在O点合力水平向左，因此从A到O存在一个转折点加速度为零，从A到O加速度大

小先变小后变大，故D错误。

故选A。

15．（23-24高一上·湖北·期末）如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向右加速运动。货箱中石

块B的质量为m，则关于石块B的受力说法正确的是（）

A．石块B受到周围其他石块的作用力方向水平向右，大于等于ma

B．石块B受到周围其他石块的作用力方向斜向右上，大小大于ma

C．当加速度足够大，石块B受到的合力可能为零

D．当加速度足够小，石块B受到周围其他石块的作用力可能为零

【答案】B

【详解】AB．石块具有向右的加速度，由于重力方向竖直向下，则石块B受到周围其他石块的作用力方向斜向右

上方，大小为

F(mg)2(ma)2mg2a2

A错误，B正确；

C．当加速度为零时，石块B受到重力和周围其他石块的作用力，两个力等大反向，此时合力才为零，C错误；

D．只有自由落体运动的状态下，石块B受到周围其他石块的作用力为零，D错误。

故选B。

题型六：牛顿第二定律的综合问题

16．（23-24高一上·黑龙江哈尔滨·期末）北方下雪天气，车辆行驶时需要减速慢行，一辆质量为2000kg的汽车以

15m/s的初速度在平直的公路上匀速行驶，驾驶员发现较远的前方出现事故，于是开始刹车，刹车后所受阻力不变，

行驶45m后停下，求：

（1）刹车后加速度的大小；

（2）汽车所受的阻力为多大？

【答案】（1）2.5m/s2；（2）5000N

【详解】（1）汽车刹车后做匀减速直线运动，根据速度与位移的关系式有

0v22ax

解得

故汽车刹车后加速度大小为2.5m/s2。

（2）对汽车进行分析，根据牛顿第二定律有

F阻ma

结合上述解得

17．（23-24高一上·江西·阶段练习）如图，某同学用一根轻绳拉着20kg的箱子行走在水平地面上，轻绳与水平方向

的夹角为53°，当该同学匀速行走时，轻绳上的拉力为100N，已知重力加速度为10m/s，sin530.8，cos530.6。

求：

（1）箱子与地面间的动摩擦因数多大；

（2）行走中，若将绳上的拉力突然增大为120N，则箱子的加速度多大？

【答案】（1）0.5；（2）1m/s2

【详解】（1）以箱子为对象，根据受力平衡可得

又

fN，

联立解得箱子与地面间的动摩擦因数为

0.5

（2）行走中，若将绳上的拉力突然增大为120N，竖直方向根据受力平衡可得

摩擦力大小为

水平方向根据牛顿第二定律可得

解得箱子的加速度为

a1m/s2

18．（23-24高一上·山西太原·期末）如图所示，用两根细线a、b和一根轻弹簧c将质量为m的小球1和质量为2m

的小球2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，弹簧c水平，重力加速度为g。

求：

（1）a绳对小球1拉力的大小，b绳对小球2拉力的大小；

（2）剪断细线b的瞬间，小球1与小球2加速度的大小。

1

【答案】（1），；（2）a1g，

2

【详解】（1）小球1与2组成的整体，由平衡条件可得

，Fasin30Fc

解得

，

以小球2为对象，细线b对小球2的拉力大小为

解得

（2）剪断细线b的瞬间，a绳弹力发生突变，小球1所受合力为

解得小球1的加速度大小为

1

ag

12

弹簧c弹力不变，小球2的合力大小为

根据牛顿第二定律可得

解得小球2的加速度大小为

【高分达标】

一、单选题

19．（22-23高一上·北京东城·期末）关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（）

A．根据公式Fma可知，物体所受的合外力跟其运动的加速度成正比

F

B．根据m可知，物体的质量与其运动的加速度成反比

a

F

C．根据m可知，物体的质量与其所受合外力成正比

a

F

D．根据a可知，物体的加速度大小与其所受合外力成正比

m

【答案】D

【详解】A.力是产生加速度的原因，故不能说物体所受的合外力跟其运动的加速度成正比，故A错误；

BC.质量是物体的固有属性，物体的质量与其运动的加速度和所受合外力无关，故BC错误；

F

D.a是加速度的决定式，物体的加速度大小与其所受合外力成正比，与物体质量成反比，故D正确。

m

故选D。

20．（24-25高一上·广东广州·阶段练习）如图是享誉中国第一高塔、世界第二高塔之称的广州塔“小蛮腰”。在维护

其外墙时，工人不小心掉落一颗螺钉。此螺钉由静止加速下落，在空气阻力作用下，螺钉的加速度方向不变、大小

逐渐减小直至为零，然后维持加速度为零进入收尾阶段。下列说法正确的是（）

A．下落过程中，螺钉加速度的方向有可能与速度方向相反

B．在空气阻力作用下，螺钉的速度变化越来越快

C．在空气阻力作用下，螺钉的位置变化越来越快

D．收尾阶段，螺钉停止运动

【答案】C

【详解】A．由题意可知，螺钉的加速度方向不变、大小逐渐减小直至为零，则下落过程中，螺钉加速度的方向不

可能与速度方向相反，故A错误；

B．在空气阻力作用下，由于螺钉的加速度大小逐渐减小，所以螺钉的速度变化越来越慢，故B错误；

C．由于螺钉的速度越来越大，所以螺钉的位置变化越来越快，故C正确；

D．收尾阶段，螺钉做匀速运动，故D错误。

故选C。

21．（24-25高一上·全国·课后作业）如图所示，质量均为m的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起

来。已知重力加速度为g，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度分别为（）

A．0gB．g0C．ggD．2g0

【答案】D

【详解】取A、B整体为研究对象，对其进行受力分析，由平衡条件，细绳对A的拉力为

F2mg

将B隔离，对其受力分析，由平衡条件，弹簧对B的弹力为

Tmg

在细绳断裂的瞬间，由于弹簧的弹力不会发生突变，故弹力不变，B的加速度为零；将A隔离，对其受力分析，取

竖直向下为正方向，由牛顿第二定律，此时A的加速度为

Tmg

a2g

Am

故选D。

22．（24-25高三上·山西太原·开学考试）一乘客乘坐商场扶梯上楼，遇到紧急情况，扶梯启动了紧急制动功能，乘

客随扶梯一起减速运动。关于乘客的受力分析正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】由于减速运动，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知，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，而且电梯给乘客的支持力小于重力，故选D。

23．（24-25高一上·全国·单元测试）如图所示，士兵正在进行拉轮胎跑的体能训练。某次训练时质量为m的轮胎在

15

水平地面上做匀加速直线运动，加速度大小为g，轻绳的拉力大小为mg，轮胎所受地面的摩擦力可忽略，

26

sin53o0.8，cos530.6，下列说法错误的是（）

1

A．轮胎对地面的压力大小为mg

3

B．轻绳与水平面的夹角为53o

C．轻绳拉力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向

D．若轻绳与水平面的夹角不变，则轮胎在地面上运动的加速度越大，对地面的压力越小

【答案】C

【详解】AB．设轻绳与水平面的夹角为，对轮胎由牛顿第二定律可得

Fcosma

则

1

mg

cos20.6

5

mg

6

解得

53o

地面对轮胎的支持力大小为

1

NmgFsinmg

3

1

由牛顿第三定律可知轮胎对地面的压力大小为mg，故AB正确，不符合题意；

3

C．轻绳拉力、支持力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向，所以轻绳拉力和轮胎重力的合力不可能沿轮胎运动方向，

故C错误，符合题意；

D．轻绳与水平面的夹角不变，轮胎在地面上运动的加速度越大，则拉力越大，根据

NmgFsin

可知地面对轮胎的支持力越小，则轮胎对地面的压力也越小，故D正确，不符合题意。

故选C。

24．（23-24高一上·四川德阳·期末）如图所示，物体a、b用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将a和天

花板相连，已知物体a、b的质量相等，重力加速度为g。当在P点剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是（）

A．物体a的加速度大小为零

B．物体a的加速度大小小于g

C．物体b的加速度大小为零

D．物体b的加速度与物体a的加速度大小相等

【答案】D

【详解】AB．用整体法，对ab整体受力分析，设ab物体的质量为m，剪断细绳前，受到总重力和弹簧的弹力而

平衡，故

F弹2mg

再对物体a受力分析，受到重力、细绳拉力和弹簧的拉力，剪断细绳后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为

零，故物体a受到的力的合力为

F合mg

方向向上，根据牛顿第二定律得a的加速度为

F

a合g

1m

方向向上，故AB错误；

CD．对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细绳后，重力不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的力

的合力为

F合mg

方向向下，根据牛顿第二定律得b的加速度为

F

a合g

2m

方向向下，明显

a1a2

则物体a的加速度与物体b的加速度大小相等，故C错误、D正确。

故选D。

25．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）一个质量为4kg的物体静置于光滑的水平面上，同时受到两个水平力F1和F2

的作用，F1F220N，F1与F2之间的夹角为120。则该物体产生的加速度（）

A．大小为lm/s2B．大小为5m/s2

C．方向与力F1的方向相同D．方向与力F1的夹角为120

【答案】B

【详解】由于F1F220N，F1与F2之间的夹角为120，根据平行四边形定则可知，F1与F2的合力方向位于F1与F2

之间夹角的角平分线上，合力大小为

1

F2Fcos60220N20N

合12

根据牛顿第二定律可得该物体产生的加速度大小

F

a合5m/s2

m

方向位于F1与F2之间夹角的角平分线上，即方向与力F1的夹角为60。

故选B。

26．（23-24高一上·江苏南京·期中）如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧

被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，整个装

置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是（）

A．C物体的瞬时加速度为0B．C物体对B物体的压力变小

F

C．A物体对地面压力为F5mgD．B物体的瞬间加速度为

m

【答案】C

【详解】剪断前，设弹簧的弹力为F，对B、C有

3mgFF

AD．剪断瞬间，绳的拉力消失，B、C加速度相同，则

F3mg3ma

联立解得

F

a

3m

故AD错误；

B．剪断前，C对B的压力等于自身重力，剪断后对C分析得

Nmgma

解得

F

Nmg

3

则C对B的压力变大，故B错误；

C．对A分析得

N2mgF5mgF

故C正确；

故选C。

27．（23-24高二上·浙江·期末）如图为一游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内

置小球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向

夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法

正确的是（）

A．分析可知

B．β的大小与小孩的质量有关

C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下

（mm）sin

D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为12

m2

【答案】A

【详解】A．整体下滑的加速度大小为

agsin

对小孩和抱枕分析，加速度与整体相同，则绳子弹力沿加速度方向没有分力，即绳子与杆垂直，即

A正确；

B．分析过程中，质量对加速度大小没有影响，则的大小与小孩的质量无关，B错误；

C．对抱枕受力分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向的合力为零，与导轨平行的方向的合

力为

m1am1gsin

可知，小孩对抱枕的作用力与绳子共线，C错误；

D．绳子拉力为

Tm1m2gcos

抱枕对小孩的作用力沿绳子方向向上

Fm2gcos

绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为

T:Fm1m2:m2

D错误。

故选A。

二、多选题

28．（24-25高一上·重庆·开学考试）如图所示，是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为

4103kg，其推进器的平均推力为1240N，在飞船与空间站对接后，推进器工作7s内，测出飞船和空间站速度变

化是0.07m/s。推进器的推力可视为这个系统所受的合力。下列说法正确的是（）

A．飞船与空间站对接前的加速度为0.2m/s2B．飞船与空间站对接后的加速度为0.01m/s2

C．空间站质量为1.24105kgD．空间站质量为1.2105kg

【答案】BD

【详解】A．飞船与空间站对接前的加速度

F1240

am/s20.31m/s2

1m4103

A错误；

B．飞船与空间站对接后的加速度

v0.07

am/s20.01m/s2

2t7

B正确；

CD．由于

F(Mm)a2

可知空间站质量

F1240

Mm(4103)kg1.2105kg

a20.01

C错误，D正确。

故选BD。

29．（23-24高一上·新疆·期末）如图所示，质量为2m的小球A和质量为m的小球B之间用轻弹簧连接，然后用细

绳悬挂起来静止不动，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度大小aA、aB分别为（）

13＝＝

A．aAgB．agC．agD．a0

2A2BB

【答案】BD

【详解】绳剪断前，对B由平衡条件得

F弹mg

绳剪断后瞬间，弹簧来不及变化，则弹力不变。对A得

F弹2mg2maA

解得

3

ag

A2

弹力不变，则B的受力情况不变，加速度为0，即

＝

aB0

故选BD。

30．（23-24高一下·湖北荆州·阶段练习）如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天

花板上的O点和O点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向间的夹角均为θ，细绳L2

水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是（）

A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos:1

2

B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos:1

C．A与B的加速度之比为cos:1

D．A与B的加速度之比为cos2:1

【答案】BC

【详解】根据题意，对AB两球受力分析，如下图

对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，在沿绳方向上由平衡条件有，

细绳L1的拉力大小为

FAmgcos

垂直绳方向上，由牛顿第二定律有

mgsinmaA

解得A球的加速度大小为

aAgsin

对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，竖直方向上由平衡条件可得，则弹簧弹力大小为

mg

F

Bcos

水平方向上，由牛顿第二定律有

mgtanmaB

解得B球的加速度大小

aBgtan

则细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为

Fcos2

A

FB1

A与B的加速度之比为

acos

A

aB1

故选BC。

31．（23-24高一上·福建莆田·期末）如图所示，一辆位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的

夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是（）

A．小车静止时，Fmgsin，方向沿杆向上

B．小车静止时，Fmgcos，方向垂直于杆向上

C．小车向右匀速运动时，一定有Fmg，方向竖直向上

D．小车向右匀加速运动时，一定有Fmg，方向可能沿杆向上

【答案】CD

【详解】AB．小车静止时，小球所受外力的合力为0，根据物体的平衡条件可知，此时杆对球的作用力方向竖直向

上，大小等于球的重力mg，故AB错误；

C．小车向右匀速运动时，小车和小球的加速度均为零，小球所受外力的合力为0，根据物体的平衡条件可知，杆

对小球的作用力方向竖直向上，大小为mg，故C正确；

D．当小车向右做匀加速运动时，小球有水平向右的加速度，对小球进行分析，杆对球的作用力F水平方向与竖直

方向的分力分别为

Fxma，Fymg

则有

2222

FFxFy(ma)(mg)mg

当有

ma

tan

mg

解得

agtan

此时，杆对小球的作用力F沿杆向上，故D正确。

故选CD。

32．（23-24高一上·湖北十堰·期末）如图所示，置于水平面上的直角型木板（上、下表面均水平）上用足够长的轻

绳连接着一个质量为2kg的物块，轻绳水平，木板和物块间的动摩擦因数为