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3.牛顿第二定律
【素养目标】　1.理解牛顿第二定律，知道牛顿第二定律表达式的确切含义。2.知道在国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。3.会用牛顿第二定律的公式进行计算和处理有关问题。
知识点一　牛顿第二定律的表达式　力的单位
【情境导入】　如图所示，运动员瞬间给冰壶一水平力，冰壶在水平冰面上运动。
(1)冰壶是瞬间获得的加速度吗？
(2)若增大冰壶受到的水平力，冰壶瞬间获得的加速度会怎样变化？
提示： (1)是瞬间获得的加速度。　(2)瞬间获得的加速度会变大。
【基础梳理】
1.牛顿第二定律
(1)实验结论：小车的加速度a与它所受的作用力F成正比，与它的质量m成反比。
(2)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。
(3)表达式：F＝kma，k是比例系数，F是物体所受的合力。
2.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1 kg的物体获得1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝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以表述为F＝ma。
【师生互动】　如图所示，某人在客厅内用力推沙发，但是沙发没有动。
任务1.根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，人给沙发施加力后，沙发为什么没动？
任务2.如果地板光滑，当人给沙发施加力的瞬间，沙发会有加速度吗？是否立刻获得速度？
任务3.甲、乙两同学对加速度的认识，甲说：“由a＝可知物体的加速度a与Δv成正比，与Δt成反比。”乙说：“由a＝知物体的加速度a与F成正比，与m成反比。”你认为谁的说法是正确的？
提示：任务1.尽管对沙发有一个推力作用，但沙发还受到地板的静摩擦力作用，所受的合力仍为零，所以沙发没动。
任务2.加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得需要一段时间，故不能立刻获得速度。
任务3.乙的说法正确。物体加速度的大小由物体所受合力的大小和质量共同决定，与速度的变化量及所用时间无关。a＝是加速度的定义式，是用比值法定义的物理量，而a＝是加速度的决定式。
【探究归纳】
牛顿第二定律的性质
(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的有(　　)
A.公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B.某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受合力，而与这之前或之后的受力无关
C.公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D.物体的运动方向一定与它所受合力方向一致
答案：BC
解析：F、m和a必须选取统一的国际单位才可写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，但与速度方向不一定相同，B正确，D错误；由牛顿第二定律的独立性知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，C正确。故选BC。
针对练1.(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　)
A.由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量和加速度成正比
B.由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比
C.由a＝可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比
D.由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求得
答案：CD
解析：牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误，D正确；质量是物体的固有属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由a＝知，物体的加速度与合力成正比，与质量成反比，C正确。故选CD。
针对练2.(多选)关于速度、加速度和合力的关系，下列说法正确的是(　　)
A.原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度
B.加速度的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
C.在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度、合力的方向是一致的
D.合力变小，物体的速度一定变小
答案：ABC
解析：加速度方向可能与速度方向相同，也可能不同，结合牛顿第二定律可知，A、B正确；初速度为0的匀加速直线运动中，v、a、F三者的方向相同，C正确；合力变小，加速度变小，但速度是变大还是变小取决于加速度与速度的方向关系，D错误。故选ABC。
知识点二　牛顿第二定律的简单应用
牛顿第二定律的定性分析
(多选)如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上。一小球从某高处自由落下，从小球接触弹簧到运动至最低点过程中，下列关于小球的说法正确的是(　　)
A．速度先增大后减小
B．加速度一直减小
C．所受弹力一直增大
D．在最低点时受力平衡
答案：AC
解析：小球接触弹簧后受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，弹簧被压缩后，弹力逐渐增大，可知加速度逐渐减小，当弹力和重力大小相等时，加速度为零，速度最大，之后，弹簧继续被压缩，弹力继续增大，根据牛顿第二定律可知加速度反向增大，速度为零时，弹簧被压缩到最短，弹力最大，反向加速度最大。综合上述分析可知小球速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，所受弹力一直增大，在最低点时加速度不为零，受力不平衡。故选AC。
1．变力作用下加速度的分析
由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度a与合力F具有瞬时对应关系。对于同一物体，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化。
2．变力作用下物体速度的分析
速度与合力(加速度)方向相同，物体做加速运动，速度变大；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动，速度变小。　　
变式拓展　大致画出【例1】中小球下落过程的v t图像。
答案：
针对练　(2026·山东日照高一期末)由静止释放的小球，在竖直下落的过程中，假设所受空气的阻力与其速度的大小成正比。下列说法正确的是(　　)
A．刚释放瞬间，速度为零，加速度为零
B．下落过程中，速度增大，加速度增大
C．下落过程中，在达到某一速度前，速度增大得越来越慢
D．最终小球匀速下落时，速度最大，加速度也最大
答案：C
解析：刚释放瞬间，小球速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度不为零，故A错误；下落过程中，速度增大，阻力增大，由牛顿第二定律可知，加速度减小，速度增大得越来越慢，故B错误，C正确；下落过程中，速度增大，阻力增大，当阻力等于重力时，小球匀速下落，此时速度最大，加速度为零，故D错误。
牛顿第二定律的简单计算
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，明确运动性质和运动过程。
(3)求合力F或加速度a。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．应用牛顿第二定律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，常用平行四边形定则求这两个力的合力，物体的加速度方向与其所受合力的方向相同。
(2)正交分解法：当物体受多个力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。
(2025·四川德阳高一上学期期末)如图所示，用细线将一小球悬于密闭的柜式货车天花板上的O点。货车向前做匀加速直线运动，小球与货车保持相对静止，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知小球的质量为m＝1 kg，重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小球的加速度大小；
(2)悬线对小球的弹力大小；
(3)若货车的初速度v0＝5 m/s，则0～2 s内货车的位移大小。
答案：(1)7.5 m/s2　(2)12.5 N　(3)25 m
解析：(1)法一：合成法
小球和货车保持相对静止，它们的加速度相同。以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图甲所示，小球所受合力大小F合＝mgtan 37°
由牛顿第二定律得小球的加速度大小为
a＝＝gtan 37°＝g＝7.5 m/s2。
法二：正交分解法
建立直角坐标系如图乙所示
正交分解各力，根据牛顿第二定律可得
Fx＝Fsin 37°＝ma，Fy＝Fcos 37°－mg＝0
解得a＝g＝7.5 m/s2。
(2)悬线对小球的弹力大小F＝＝12.5 N。
(3)因为货车和小球加速度相同，所以0～2 s内货车的位移大小x＝v0t＋at2＝25 m。
针对练1.(2025·江苏镇江实验高中高一上学期月考)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为4 m/s2，力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为9 m/s2，那么力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.9 m/s2 D.14 m/s2
答案：C
解析：根据平行四边形定则，可知力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小的范围为a1＋a2≥a≥，即5 m/s2a13 m/s2。故选C。
针对练2.如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度是多大？
答案：(1)8 m/s2　(2)6 m/s2
解析：(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律得Fcos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2。
(2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
在水平方向，由牛顿第二定律得Fcos 37°－Ff＝ma2
在竖直方向，由平衡条件得FN＋Fsin 37°＝mg
Ff＝μFN
联立解得a2＝6 m/s2。
知识点三　瞬时性问题
【师生互动】　如图所示，质量均为m的通过轻质弹簧连接的A、B两物体在水平拉力F的作用下，一起向左做匀速直线运动，两物体与水平面间的摩擦力大小相等，完成下列任务：
任务1.两物体与水平面间的摩擦力分别为多大？弹簧的弹力大小是多少？
任务2.撤去力F的瞬间，弹簧的长度是否能发生突变？弹簧的弹力是否能发生突变？
任务3.撤去力F的瞬间，A、B两物体所受的合力分别是多大？加速度分别是多大？
提示：任务1.摩擦力都为0.5F。弹簧的弹力大小也为0.5F。
任务2：都不能发生突变。
任务3：合力大小分别为0、F，加速度大小分别为0、。
【探究归纳】
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，弹力可以突变
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，可看成是不变的
如图所示，甲、乙两球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板下，丙、丁两球通过细绳连接后也用绳悬挂于天花板下，四个球质量相等，重力加速度为g。若都在A点处剪断绳，在剪断瞬间，关于各球的瞬时加速度，下面说法中正确的是(　　)
A.甲球的加速度为2g B.乙球的加速度为g
C.丙球的加速度为0 D.丁球的加速度为g
答案：D
解析：剪断左图中A点细绳的瞬间，弹簧弹力不变，A点细绳的拉力没有了，甲球受力不变，重力和弹簧弹力的合力为0，甲球的加速度为0；乙球受到自身重力和弹簧弹力，合力为2mg，乙球的加速度为2g，A、B错误。剪断右图中A点细绳的瞬间，下方绳子弹力突变为0，丙、丁两球均只受自身重力，故加速度均为g，C错误，D正确。故选D。
变式拓展.(2025·四川德阳外国语学校高一上学期期末)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
解析：设物体a、b的质量为m，剪断细绳前，整体受到重力和弹簧的弹力而平衡，故F弹＝2mg，对物体a受力分析，受到重力、细绳拉力和弹簧的弹力，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受到的合力为F合＝mg，方向向上，则a1＝＝g，方向向上，故A、B错误；对物体b受力分析，受到重力、细绳拉力，剪断细绳后，重力不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的合力为F合'＝mg，方向向下，则a2＝＝g，方向向下，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。
针对练.如图所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m，物块2、4的质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度为g，则有(　　)
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
答案：C
解析：抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，由牛顿第二定律可知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻质弹簧的形变不发生突变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，故a3＝0；由牛顿第二定律得物块4的加速度大小a4＝＝g。故选C。
课时测评23　牛顿第二定律
(时间：45分钟　满分：70分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－11题，每题4分，共44分)
1.(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　)
A.根据公式F＝ma可知，物体所受合力与其运动的加速度成正比
B.物体所受合力不为零时，一定会产生加速度，但速度可能为零
C.在公式F＝kma中，k的数值取决于F、m、a的单位的选取
D.牛顿第二定律在F＝0时可以推导出牛顿第一定律
答案：BC
解析：物体所受合力F与物体的质量和加速度都无关，A错误；由牛顿第二定律可知，物体所受合力不为零时，一定会产生加速度，但速度可能为零，例如汽车启动瞬间速度为零，但加速度不为零，B正确；公式F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取，C正确；牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的运动状态，物体不受外力和物体所受合力为零是有区别的，所以不能将牛顿第一定律当成是牛顿第二定律的特殊情况，D错误。故选BC。
2.一个做直线运动的物体受到的合力的方向与物体运动的方向相同，当合力减小时，物体运动的加速度和速度的变化情况是(　　)
A.加速度增大，速度增大
B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小
D.加速度减小，速度增大
答案：D
解析：当合力减小时，根据a＝可知，加速度减小，因为合力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大。故选D。
3.(2025·辽宁丹东高一上学期期中)如图所示，已知某一质量为m的物体在五个力的作用下做匀速直线运动，若某时刻将F2沿顺时针方向旋转60°，其他力保持不变，则之后关于该物体，以下说法正确的是(　　)
A.物体仍做匀速直线运动
B.物体的合力大小为F2cos 60°
C.物体的加速度大小为
D.物体不可能做加速运动
答案：C
解析：物体在五个共点力作用下保持平衡，F2与其余四个力的合力大小相等，方向相反，将F2沿顺时针方向旋转60°，根据平行四边形定则可知，此时物体受到的合力F的大小为F2，若物体的速度方向与F同向，则物体做加速运动，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为a＝。故选C。
4.如图为小明玩蹦床的情景，其中，A位置是弹性床面未受压力时的位置，B位置是某次他从最高点竖直下落的过程中将床面压到的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.当小明下落到A位置时，其速度最大
B.在小明从A位置下降到B位置的过程中，其加速度方向始终向下
C.在小明从A位置下降到B位置的过程中，其速度先增大后减小
D.小明在B位置时，速度为零，处于平衡状态
答案：C
解析：小明下落到A位置时会继续下落，由于一开始弹性床面的弹力小于小明的重力，随着弹力逐渐增大，小明继续向下做加速度减小的加速运动。当弹力与小明的重力大小相等时，小明的加速度为零，小明的速度达到最大。之后弹力大于小明的重力，随着弹力逐渐增大，小明继续向下做加速度增大的减速运动，最终减速为零，所以在小明从A位置下降到B位置的过程中，其加速度方向先向下后向上，速度先增大后减小，小明在B位置时，速度为零，加速度不为零，不是处于平衡状态。故选C。
5．(2025·甘肃高考)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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．12 m/s2
答案：A
解析：根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝ m/s2＝2 m/s2。故选A。
6.(多选)如图所示，将细线一端固定在动车车厢侧壁的挂钩上，另一端拴接一个质量为m的小球，小球静止时离车厢侧壁有一小段距离。然后将一个特制的量角器固定在绳后的车厢壁上，量角器的中心位于细线与挂钩连接处，动车静止时，细线刚好与量角器90°刻线重合。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.如果细线稳定在30°刻线，动车的加速度大小为g
B.如果细线稳定在30°刻线，动车一定是进站
C.细线稳定在右侧30°刻线时与稳定在左侧30°刻线时的加速度相同
D.动车加速度越大，细线对应的刻线值越小
答案：AD
解析：如果细线稳定在30°刻线，动车的加速度大小为a＝gtan 60°＝g，故A正确；如果细线稳定在30°刻线，由于不知道动车的速度方向，只知道加速度大小，不能确定动车是加速还是减速，也不能确定动车是进站还是出站，故B错误；细线稳定在右侧30°刻线时与稳定在左侧30°刻线时，动车的加速度大小相等、方向相反，故C错误；加速度越大时，细线与竖直方向的夹角越大，则细线对应的刻线值越小，故D正确。故选AD。
7.(多选)(2025·四川雅安月考)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.石块B所受合力大小为m
B.石块B所受合力大小为ma
C.周围与石块B接触的物体对它的作用力大小为ma
D.货车加速度a越大，周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角越小
答案：BD
解析：石块B的受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，故A错误，B正确；周围与石块B接触的物体对它的作用力大小为F＝，故C错误；设F与水平方向的夹角为θ，则有F合＝＝ma，若货车加速度a越大，则周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角θ越小，故D正确。故选BD。
8．如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，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10 m/s2)，下列说法中正确的是(　　)
A．小球仍然处于静止状态
B．小球立即向左加速，且加速度的大小a＝8 m/s2
C．小球立即向左加速，且加速度的大小a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2
答案：B
解析：在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡的条件得，弹簧的弹力F＝mg tan 45°＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。由最大静摩擦Ff＝μmg＝2 N9.(多选)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质弹簧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。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断细线的瞬间(　　)
A.a1＝3g B.a1＝0
C.Δl1＝2Δl2 D.Δl1＝Δl2
答案：AC
解析：设三个物块的质量均为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知FT1＝2mg，故剪断细线后a受到的合力大小F合＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度大小a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。故选AC。
10．(多选)(2026·河北石家庄高一期末)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θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。重力加速度为g，不计空气阻力。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，F＝mg sin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上
D．小车向右做匀加速运动时，一定有F>mg，方向可能沿杆向上
答案：CD
解析：小车静止或做匀速直线运动时，小球所受合外力为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A、B错误，C正确；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Fx＝ma，Fy＝mg，则有F＝>mg，当＝tan θ时，杆对小球的作用力F沿杆向上，故D正确。
11.如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为53°的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态，在木板突然撤离的瞬间，小球的加速度(重力加速度为g，cos 53°＝0.6)(　　)
A.0
B.大小为g，方向竖直向下
C.大小为g，方向垂直木板指向右下方
D.大小为g，方向垂直木板指向右下方
答案：D
解析：在木板撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重力、木板的支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡条件可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力大小与支持力大小相等，方向与支持力方向相反，则有FN＝＝mg，木板突然撤离的瞬间，弹簧弹力不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为a＝＝g，方向垂直木板指向右下方。故选D。
12.(12分)质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°斜向上的方向拉着物体水平向右前进，绳子的拉力大小为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求此时物体的加速度；
(2)若在拉的过程中突然松手，求松手后的运动过程中物体的加速度。
答案：(1)0.5 m/s2，方向水平向右　(2)5 m/s2，方向水平向左
解析：(1)在拉力作用下，对物体受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2，方向水平向右。
(2)松手后，对物体受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得μmg＝ma2
解得a2＝5 m/s2，方向水平向左。
13.(14分)(2025·安徽六安高一上学期期末)如图所示，用大小F＝12 N的外力拉着木块静止在倾角为30°的斜面上，F的方向与斜面平行。已知木块的质量为2 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝。g取10 m/s2。
(1)求物块对斜面的压力大小；
(2)求斜面对木块的摩擦力的大小和方向；
(3)如果F增大为20 N，求木块的加速度大小。
答案：(1)10 N　(2)2 N　方向沿斜面向下
(3)2 m/s2
解析：(1)对物块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知FN'＝mgcos θ＝10 N。
根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力大小为FN＝FN'＝10 N。
(2)根据共点力平衡条件得mgsin30°＋Ff＝F
解得Ff＝2 N，方向沿斜面向下。
(3)根据滑动摩擦力的表达式可知物块与斜面间的滑动摩擦力大小为
Ff1＝μFN＝6 N
如果F增大为20 N时，根据牛顿第二定律可知
F－mgsin30°－Ff1＝ma
解得a＝2 m/s2。(共69张PPT)
3.牛顿第二定律
　　　　
第四章　运动和力的关系
1.理解牛顿第二定律，知道牛顿第二定律表达式的确切含义。
2.知道在国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。
3.会用牛顿第二定律的公式进行计算和处理有关问题。
素养目标
知识点一　牛顿第二定律的表达式　力的单位
1
知识点二　牛顿第二定律的简单应用
2
课时测评
4
内容索引
知识点三　瞬时性问题
3
知识点一　牛顿第二定律的表达式　力的单位
情境导入　如图所示，运动员瞬间给冰壶一水平力，冰
壶在水平冰面上运动。
(1)冰壶是瞬间获得的加速度吗？
提示： 是瞬间获得的加速度。
自主学习
(2)若增大冰壶受到的水平力，冰壶瞬间获得的加速度会怎样变化？
提示：瞬间获得的加速度会变大。
基础梳理
1.牛顿第二定律的
(1)实验结论：小车的加速度a与它所受的作用力F成______，与它的质量m成______。
(2) 内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成______，跟它的质量成______，加速度的方向跟作用力的方向______。
(3)表达式：F＝_____，k是比例系数，F是物体所受的______。
正比
反比
正比
反比
相同
kma
合力
2.力的单位
(1)力的国际单位：牛顿，简称____，符号为____。
(2)“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体获得1 m/s2的加速度的力叫作
1 N，即1 N＝_____________。
(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＝___，此时牛顿第二定律可以表述为F＝____。
牛
N
1 kg·m/s2
1
ma
师生互动　如图所示，某人在客厅内用力推沙发，但是沙发没有动。
任务1.根据牛顿第二定律，有力就能产生加速度，人给沙发施加力后，沙发为什么没动？
提示：尽管对沙发有一个推力作用，但沙发还受到地板
的静摩擦力作用，所受的合力仍为零，所以沙发没动。
课堂探究
任务2.如果地板光滑，当人给沙发施加力的瞬间，沙发会有加速度吗？是否立刻获得速度？
提示：加速度与力之间是瞬时对应关系，有力就立刻获得加速度，但速度的获得需要一段时间，故不能立刻获得速度。
任务3.甲、乙两同学对加速度的认识，甲说：“由a＝
可知物体的加速度a与Δv成正比，与Δt成反比。”乙说：
“由a＝知物体的加速度a与F成正比，与m成反比。”
你认为谁的说法是正确的？
提示：乙的说法正确。物体加速度的大小由物体所受合力的大小和质量共同决定，与速度的变化量及所用时间无关。a＝是加速度的定义式，是用比值法定义的物理量，而a＝是加速度的决定式。
牛顿第二定律的四个性质
探究归纳
(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的有
A.公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取
B.某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受合力，而与这之前或之后的受力无关
C.公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
D.物体的运动方向一定与它所受合力方向一致
例1
√
√
F、m和a必须选取统一的国际单位才可写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，但与速度方向不一定相同，B正确，D错误；由牛顿第二定律的独立性知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，C正确。故选BC。
针对练1.(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是
A.由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量和加速度成正比
B.由m＝可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比
C.由a＝可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比
D.由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求得
√
√
牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误，D正确；质量是物体的固有属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由a＝知，物体的加速度与合力成正比，与质量成反比，C正确。故选CD。
针对练2.(多选)关于速度、加速度和合力的关系，下列说法正确的是
A.原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度
B.加速度的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
C.在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度、合力的方向是一
致的
D.合力变小，物体的速度一定变小
√
√
√
加速度方向可能与速度方向相同，也可能不同，结合牛顿第二定律可知，A、B正确；初速度为0的匀加速直线运动中，v、a、F三者的方向相同，C正确；合力变小，加速度变小，但速度是变大还是变小取决于加速度与速度的方向关系，D错误。故选ABC。
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知识点二　牛顿第二定律的简单应用
角度1 牛顿第二定律的定性分析
(多选)如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上。一小球从某高处自由落下，从小球接触弹簧到运动至最低点过程中，下列关于小球的说法正确的是
A．速度先增大后减小
B．加速度一直减小
C．所受弹力一直增大
D．在最低点时受力平衡
例2
√
√
小球接触弹簧后受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律
有mg－F＝ma，弹簧被压缩后，弹力逐渐增大，可知加速
度逐渐减小，当弹力和重力大小相等时，加速度为零，速度
最大，之后，弹簧继续被压缩，弹力继续增大，根据牛顿第
二定律可知加速度反向增大，速度为零时，弹簧被压缩到最
短，弹力最大，反向加速度最大。综合上述分析可知小球速
度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，所受弹力一直增大，在最低点时加速度不为零，受力不平衡。故选AC。
1．变力作用下加速度的分析
由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度a与合力F具有瞬时对应关系。对于同一物体，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化。
2．变力作用下物体速度的分析
速度与合力(加速度)方向相同，物体做加速运动，速度变大；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动，速度变小。
总结提升
变式拓展. 大致画出【例1】中小球下落过程的v- t图像。
答案：
针对练.(2026·山东日照高一期末)由静止释放的小球，在竖直下落的过程中，假设所受空气的阻力与其速度的大小成正比。下列说法正确的是
A．刚释放瞬间，速度为零，加速度为零
B．下落过程中，速度增大，加速度增大
C．下落过程中，在达到某一速度前，速度增大得越来越慢
D．最终小球匀速下落时，速度最大，加速度也最大
√
刚释放瞬间，小球速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度不为零，故A错误；下落过程中，速度增大，阻力增大，由牛顿第二定律可知，加速度减小，速度增大得越来越慢，故B错误，C正确；下落过程中，速度增大，阻力增大，当阻力等于重力时，小球匀速下落，此时速度最大，加速度为零，故D错误。
角度2 牛顿第二定律的简单计算
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，明确运动性质和运动过程。
(3)求合力F或加速度a。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．应用牛顿第二定律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，常用平行四边形定则求这两个力的合力，物体的加速度方向与其所受合力的方向相同。
(2)正交分解法：当物体受多个力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。
(2025·四川德阳高一上学期期末)如图所示，用细线将一小球悬于密闭的柜式货车天花板上的O点。货车向前做匀加速直线运动，小球与货车保持相对静止，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知小球的质量为m＝1 kg，重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小球的加速度大小；
答案：7.5 m/s2
例3
法一：合成法
小球和货车保持相对静止，它们的加速度相同。以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图甲所示，小球所受合力大小F合＝mgtan 37°
由牛顿第二定律得小球的加速度大小为
a＝＝gtan 37°＝g＝7.5 m/s2。
法二：正交分解法
建立直角坐标系如图乙所示
正交分解各力，根据牛顿第二定律可得
Fx＝Fsin 37°＝ma，Fy＝Fcos 37°－mg＝0
解得a＝g＝7.5 m/s2。
(3)若货车的初速度v0＝5 m/s，则0～2 s内货车的位移大小。
答案：25 m
因为货车和小球加速度相同，所以0～2 s内货车的位移大小x＝v0t＋at2＝25 m。
(2)悬线对小球的弹力大小；
答案：12.5 N
悬线对小球的弹力大小F＝＝12.5 N。
针对练1.(2025·江苏镇江实验高中高一上学期月考)力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为4 m/s2，力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为9 m/s2，那么力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.9 m/s2 D.14 m/s2
√
根据平行四边形定则，可知力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小的范围为a1＋a2≥a≥，即5 m/s2a≤13 m/s2。故选C。
针对练2.如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？
水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律得Fcos 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2。
答案：8 m/s2
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度是多大？
水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示
在水平方向，由牛顿第二定律得Fcos 37°－Ff＝ma2
在竖直方向，由平衡条件得FN＋Fsin 37°＝mg
Ff＝μFN
联立解得a2＝6 m/s2。
答案：6 m/s2
返回
知识点三　瞬时性问题
师生互动　如图所示，质量均为m的通过轻质弹簧连接的A、B两物体在水平拉力F的作用下，一起向左做匀速直线运动，两物体与水平面间的摩擦力大小相等，完成下列任务：
任务1.两物体与水平面间的摩擦力分别为多大？弹簧的弹力大小是多少？
提示：摩擦力都为0.5F。弹簧的弹力大小也为0.5F。
任务2.撤去力F的瞬间，弹簧的长度是否能发生突变？弹簧的弹力是否能发生突变？
提示：都不能发生突变。
任务3.撤去力F的瞬间，A、B两物体所受的合力分别是多大？加速度分别是多大？
提示：合力大小分别为0、F，加速度大小分别为0、。
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。
探究归纳
2.两种基本模型
探究归纳
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，弹力可以突变
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，可看成是不变的
如图所示，甲、乙两球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板下，丙、丁两球通过细绳连接后也用绳悬挂于天花板下，四个球质量相等，重力加速度为g。若都在A点处剪断绳，在剪断瞬间，关于各球的瞬时加速度，下面说法中正确的是
A.甲球的加速度为2g
B.乙球的加速度为g
C.丙球的加速度为0
D.丁球的加速度为g
例4
√
剪断左图中A点细绳的瞬间，弹簧弹力不变，A点细绳的拉力没有了，甲球受力不变，重力和弹簧弹力的合力为0，甲球的加速度为0；乙球受到自身重力和弹簧弹力，合力为2mg，乙球的加速度为2g，A、B错误。剪断右图中A点细绳的瞬间，下方绳子弹力突变为0，丙、丁两球均只受自身重力，故加速度均为g，C错误，D正确。故选D。
变式拓展.(2025·四川德阳外国语学校高一上学期期末)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
√
设物体a、b的质量为m，剪断细绳前，整体受到重力和弹簧的弹
力而平衡，故F弹＝2mg，对物体a受力分析，受到重力、细绳拉
力和弹簧的弹力，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受到的合力为F合＝mg，方向向上，则
a1＝＝g，方向向上，故A、B错误；对物体b受力分析，受到重力、细绳拉力，剪断细绳后，重力不变，细绳的拉力减为零，故物体b受到的合力为F合'＝mg，方向向下，则a2＝＝g，方向向下，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。
针对练.如图所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m，物块2、4的质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度为g，则有
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
√
抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，由牛顿第二定律可知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻质弹簧的形变不发生突变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，故a3＝0；由牛顿第二定律得物块4的加速度大小a4＝＝g。故选C。
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课堂回眸
课时测评
1.(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是
A.根据公式F＝ma可知，物体所受合力与其运动的加速度成正比
B.物体所受合力不为零时，一定会产生加速度，但速度可能为零
C.在公式F＝kma中，k的数值取决于F、m、a的单位的选取
D.牛顿第二定律在F＝0时可以推导出牛顿第一定律
√
√
物体所受合力F与物体的质量和加速度都无关，A错误；由牛顿第二定律可知，物体所受合力不为零时，一定会产生加速度，但速度可能为零，例如汽车启动瞬间速度为零，但加速度不为零，B正确；公式F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取，C正确；牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的运动状态，物体不受外力和物体所受合力为零是有区别的，所以不能将牛顿第一定律当成是牛顿第二定律的特殊情况，D错误。故选BC。
2.一个做直线运动的物体受到的合力的方向与物体运动的方向相同，当合力减小时，物体运动的加速度和速度的变化情况是
A.加速度增大，速度增大
B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小
D.加速度减小，速度增大
√
当合力减小时，根据a＝可知，加速度减小，因为合力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大。故选D。
3.(2025·辽宁丹东高一上学期期中)如图所示，已知某一质量为m的物体在五个力的作用下做匀速直线运动，若某时刻将F2沿顺时针方向旋转60°，其他力保持不变，则之后关于该物体，以下说法正确的是
A.物体仍做匀速直线运动
B.物体的合力大小为F2cos 60°
C.物体的加速度大小为
D.物体不可能做加速运动
√
物体在五个共点力作用下保持平衡，F2与其余四个
力的合力大小相等，方向相反，将F2沿顺时针方向
旋转60°，根据平行四边形定则可知，此时物体受
到的合力F的大小为F2，若物体的速度方向与F同
向，则物体做加速运动，根据牛顿第二定律可知，
物体的加速度大小为a＝。故选C。
4.如图为小明玩蹦床的情景，其中，A位置是弹性床面未受压力时的位置，B位置是某次他从最高点竖直下落的过程中将床面压到的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程中，下列说法正确的是
A.当小明下落到A位置时，其速度最大
B.在小明从A位置下降到B位置的过程中，
其加速度方向始终向下
C.在小明从A位置下降到B位置的过程中，
其速度先增大后减小
D.小明在B位置时，速度为零，处于平衡状态
√
小明下落到A位置时会继续下落，由于一开始弹性床
面的弹力小于小明的重力，随着弹力逐渐增大，小明
继续向下做加速度减小的加速运动。当弹力与小明的
重力大小相等时，小明的加速度为零，小明的速度达
到最大。之后弹力大于小明的重力，随着弹力逐渐增大，小明继续向下做加速度增大的减速运动，最终减速为零，所以在小明从A位置下降到B位置的过程中，其加速度方向先向下后向上，速度先增大后减小，小明在B位置时，速度为零，加速度不为零，不是处于平衡状态。故选C。
5．(2025·甘肃高考)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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．12 m/s2
√
根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝ m/s2＝2 m/s2。故选A。
6.(多选)如图所示，将细线一端固定在动车车厢侧壁的
挂钩上，另一端拴接一个质量为m的小球，小球静止时
离车厢侧壁有一小段距离。然后将一个特制的量角器固
定在绳后的车厢壁上，量角器的中心位于细线与挂钩连
接处，动车静止时，细线刚好与量角器90°刻线重合。已知重力加速度为g，下列说法正确的是
A.如果细线稳定在30°刻线，动车的加速度大小为g
B.如果细线稳定在30°刻线，动车一定是进站
C.细线稳定在右侧30°刻线时与稳定在左侧30°刻线时的加速度相同
D.动车加速度越大，细线对应的刻线值越小
√
√
如果细线稳定在30°刻线，动车的加速度大小为a＝
gtan 60°＝g，故A正确；如果细线稳定在30°刻
线，由于不知道动车的速度方向，只知道加速度大小，
不能确定动车是加速还是减速，也不能确定动车是进
站还是出站，故B错误；细线稳定在右侧30°刻线时与稳定在左侧30°刻线时，动车的加速度大小相等、方向相反，故C错误；加速度越大时，细线与竖直方向的夹角越大，则细线对应的刻线值越小，故D正确。故选AD。
7.(多选)(2025·四川雅安月考)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是
A.石块B所受合力大小为m
B.石块B所受合力大小为ma
C.周围与石块B接触的物体对它的作用力大小为ma
D.货车加速度a越大，周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角越小
√
√
石块B的受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得
F合＝ma，故A错误，B正确；周围与石块B接触的物
体对它的作用力大小为F＝，故C错
误；设F与水平方向的夹角为θ，则有F合＝＝ma，
若货车加速度a越大，则周围与石块B接触的物体对它的作用力与水平方向的夹角θ越小，故D正确。故选BD。
8．如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，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10 m/s2)，下列说法中正确的是
A．小球仍然处于静止状态
B．小球立即向左加速，且加速度的大小a＝8 m/s2
C．小球立即向左加速，且加速度的大小a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2
√
在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹
簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡的条件
得，弹簧的弹力F＝mg tan 45°＝10 N，剪断轻
绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受
重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。由最大静摩擦Ff＝μmg＝2 N9.(多选)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质弹簧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。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断细线的瞬间
A.a1＝3g
B.a1＝0
C.Δl1＝2Δl2
D.Δl1＝Δl2
√
√
设三个物块的质量均为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消
失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重
力和弹簧S1的拉力FT1，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整
体分析可知FT1＝2mg，故剪断细线后a受到的合力大小F合＝
mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度大小a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。故选AC。
10．(多选)(2026·河北石家庄高一期末)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θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。重
力加速度为g，不计空气阻力。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，F＝mg sin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上
D．小车向右做匀加速运动时，一定有F>mg，方向可能沿杆向上
√
√
小车静止或做匀速直线运动时，小球所受合外力为
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A、B错误，
C正确；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Fx＝ma，Fy＝mg，则有F＝>mg，当＝tan θ时，杆对小球的作用力F沿杆向上，故D正确。
11.如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为53°的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态，在木板突然撤离的瞬间，小球的加速度(重力加速度为g，cos 53°＝0.6)
A.0
B.大小为g，方向竖直向下
C.大小为g，方向垂直木板指向右下方
D.大小为g，方向垂直木板指向右下方
√
在木板撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重
力、木板的支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡
条件可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力大小与
支持力大小相等，方向与支持力方向相反，则有FN
＝＝mg，木板突然撤离的瞬间，弹簧弹力不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为a＝＝g，方向垂直木板指向右下方。故选D。
12.(12分)质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°斜向上的方向拉着物体水平向右前进，绳子的拉力大小为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求此时物体的加速度；
答案：0.5 m/s2，方向水平向右
在拉力作用下，对物体受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2，方向水平向右。
(2)若在拉的过程中突然松手，求松手后的运动过程中物体的加速度。
答案：5 m/s2，方向水平向左
松手后，对物体受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得μmg＝ma2
解得a2＝5 m/s2，方向水平向左。
13.(14分)(2025·安徽六安高一上学期期末)如图所示，用大小F＝12 N的外力拉着木块静止在倾角为30°的斜面上，F的方向与斜面平行。已知木块的质量为2 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝。g取10 m/s2。
(1)求物块对斜面的压力大小；
答案：10 N
对物块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知FN'＝mgcos θ＝
10 N。
根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的压力大小为FN＝FN'＝10 N。
(2)求斜面对木块的摩擦力的大小和方向；
答案：2 N　方向沿斜面向下
根据共点力平衡条件得mgsin30°＋Ff＝F
解得Ff＝2 N，方向沿斜面向下。
(3)如果F增大为20 N，求木块的加速度大小。
答案：2 m/s2
根据滑动摩擦力的表达式可知物块与斜面间的滑动摩擦力大小为
Ff1＝μFN＝6 N
如果F增大为20 N时，根据牛顿第二定律可知
F－mgsin30°－Ff1＝ma
解得a＝2 m/s2。
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3. 牛顿第二定律

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