第三部分 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律
知识点一 对牛顿第二定律的理解
1、内容：(1)公式F＝ma 中，若F 是合力，加速度a 为物体的实际加速度；若F 是某一个力，加速度
a 为该力产生的加速度。
(2)a＝是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。
(3)F、m、a 三个物理量的单位都为国际单位制时，才有公式F＝kma 中k＝1，即F＝ma。
2、牛顿第二定律的七个性质
（1）同向性：公式F=ma 是矢量式,任一时刻,
与a 同向。
（2）正比性：m 一定时,a∝
（3）瞬时性：a 与F 对应同一时刻,即a 为某时刻的加速度时,F 为该时刻物体所受合外力，
同时产生、同时变化、同时消失。
（4）因果性：F 是产生a 的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力，只要物体所受的合力不为
0，物体就具有加速度。
（5）同一性： ①加速度a 相对同一惯性系(一般指地面)
②F=ma 中,F、m、a 对应同一物体或同一系统
③F=ma 中,各量统一使用国际单位
注：物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
（6）独立性： ①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
②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
③分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即:Fx=max,Fy=may
（7）局限性： ①只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的粒子
②物体的加速度必须是相对于地面静止或匀速直线运动的参考系（惯性系）而言的
注：①物体只能有一种运动状态，而决定物体运动状态的只能是物体所受的合力，而不能是其中一
个力或几个力，我们把物体运动的加速度和该物体所受合力的这种对应关系叫牛顿第二定律的
同一性.
②F=ma 对运动过程中的每一瞬间都成立,即有力作用就有加速度产生.外力停止作用,加速度随即消失,
在持续不断的恒定外力作用下,物体具有持续不断的恒定加速度.外力随着时间而改变,加速度就随
着时间而改变.
③作用力F 和加速度a 都是矢量,所以牛顿第二定律的表达式F=ma 是一个矢量表达式,它反映了加速
度的方向始终跟合力的方向相同,而速度的方向与合力的方向无必然联系.
知识拓展：加速度与速度的关系
(1)两者大小上无直接关系；
(2)两者的方向关系决定物体的加速和减速（加速度与速度同向时，速度变大；加速度与速度反向时，
速度变小）也就是说当速度方向与加速度方向同向时，无论加速度值如何，速度都在增加；当速度
方向与加速度方向相反时，无论加速度值如何，速度都在减小。
典例1、在光滑水平面上，一个质量为
的物体受到大小分别为
、
和
的三个水平方向的共
点力作用静止，现在撤去其中
的力，其余力不变，则物体的加速度大小为
A．
B．
C．
D．
答案：
解：撤去
的力之前物体受力平衡，故
、
这两个力的合力与
那个力等大反向；撤去
的
力
之后，物体所受的合力大小为
，
根据牛顿第二定律，物体的加速度大小为：
故
错误，
正确。
随堂练习：1、如图所示，飞船与空间站对接后，在推力
作用下一起向前运动。飞船和空间站的质
量分别为
和
，则飞船和空间站之间的作用力大小为
A．
B．
C．
D．
答案：
解：以飞船和空间站为整体，根据牛顿第二定律可得
以空间站为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得：
故
错误，
正确。
2、 如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的
质量为M，环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑，环与杆的摩擦力大小为f，则此箱对地面的压
力为（ ）A、等于Mg B、等于(M+m)g C、等于Mg+f D、等于(M+m)g-f
答案：C
解：环加速下滑，环给杆的滑动摩擦力向下。取箱子为研究对象可解出选项C 是正确的。在解题过程
中，不要认为环与杆之间的滑动摩擦力是一对等值反向的内力，取系统为研究对象时其合力为零，
得出系统静止在地面上N=(M+m)g 的错误结论。
3、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为M 的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静
止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘使弹簧再伸长△L 后停止，然后松手放开，
设弹簧总处在弹性限度内，则松开手时盘对物体的支持力等于：
A、(1+
)mg; B、(1+
)(M+m)g； C、
； D、
答案：A 解：由题意应理出两个物理情景：第一个是弹簧伸长L，系统静止；第二个是弹簧伸长
(△L+L)，松手后对(M+m)系统来说F 合≠0，有加速度a。弹簧的弹力由胡克定律表示，要注意到牛顿
第二定律的瞬时性，矢量性。要求盘对物体的支持力N，N 是(M+m)系统中的内力，必须用“隔离体”
法隔出物体，用牛顿第二定律求N。列牛顿第二定律表达式求N 涉及到加速度a，所以又应取整体为
研究对象求a。
取m、(M+m)为研究对象，作出其受力如图所示，
根据胡克定律和物体的平衡条件有： KL=(M+m)g ①
松开手的瞬间，由胡克定律和牛顿第二定律有：K（L+△L）-（M+m）g=(M+m)a ②
①代入②得：K△L=（M+m）a ③ ③/①得：a=
g ④
对物体m，根据牛顿第二定律有：N-mg=ma ⑤
将④代入⑤并整理得出：N=(1+△L/L)mg，由此可见，选项A 是正确的。
通过此题的解析，要懂得什么时候该取系统为研究对象，什么时候应取“隔离体”为研究对象.
4、如图所示,在光滑的水平桌面上放着质量为3 kg 的小车A,在小车上又放着2 kg 的物体B.现对物
体B 施加一水平力F,当F 逐渐增加到4 N 时,B 物体恰好在小车上相对于A 滑动.如果将水平推力作
用在A 上,为了不使B 在A 上有相对滑动,所施加最大推力是多少?(设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力)
答案：6 N
解:当作用于B 上的推力F 小于4 N 时，由于静摩擦力的作用，小车A 和物体B 一起做加速运动，当
推力F 增加到4 N 以后，因最大静摩擦力不足以提供A 的加速度，所以B 和A 之间将产生相对滑动.
设A、B 间的最大静摩擦力为fmax.当F 作用于B 时，用整体法求加速度，隔离法求内力fmax.即由牛顿
第二定律可列出F=(mA+mB)a ①fmax=mAa ②
当F 作用在小车A 上时，则用隔离法求加速度，用整体法求最大推力Fmax，
故由牛顿第二定理得fmax=mBa2③ Fmax=(m A+mB)a2④
联立四个方程得fmax=2.4N Fmax=6 N
图3-6
(M+m)
g
a
F
a
m
g
N
知识点二 单位制
1、定义：基本单位和导出单位一起组成了单位制.
2、组成:①基本单位：在物理学中,选定几个物理量的单位,就能够利用物理量之间的关系推导出其
他物理量的单位,这些被选定的物理量叫做基本量,它们的单位叫做基本单位.
以下是国际单位制中的7 个基本物理量和相应的国际单位制中的基本单位.
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
L
米
m
质量
m
千克（公斤）
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安［培］
A
热力学温度
T
开［尔文］
K
发光强度
I,(Iv)
坎［德拉］
cd
物质的量
n,(V)
摩［尔］
mol
其中力学范围内有三个基本单位，分别是米、千克、秒.
②导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.例如速度或加速度的单位。
3、单位制在物理计算中的应用在物理计算中,如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示,在计算
过程中就不必一一写出各个量的单位,直接在结果中写出所求物理量的单位即可.计算前注意先要把
各已知量的单位统一为同一单位制中的单位.在物理计算中,一般都要采用国际单位制.
注:有时由于计算中的疏忽,没有将各物理量的单位统一到同一种单位制时,可以通过单位运算,即考
察等式两边单位是否平衡,发现不平衡,说明计算有错误,要予以纠正,这也是对解题结果进行检验
的一种方法.
典例2、一物体在2 N 的外力作用下,产生10 cm/s2的加速度,求该物体的质量.下面几种不同的求法,
其中单位运算正确、简洁而又规范的是（ ）
A.m=Fa=
kg=0.2 kg B.m=
=
=20
=20 kg
C.m=
=
=20 kg D.m=
=
kg=20 kg
答案：D
解：在进行数据运算的同时,也要把单位带入一起进行运算,每一个数据均要带上单位.也可以将各物
理量统一到同一单位制下进行数据运算,这样各物理的单位就不必一一写出,只在数字后面写出单
位即可,则既正确、简洁而又规范的是选项D.
解题思路与方法
一、力、加速度和速度的关系
1、物体受到的合力与加速度的关系式是F=ma，只要有合力，不管物体速度如何，一定有加速度，只
有合力为零时，加速度才为零.物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向，即加速度的方向与
合外力的方向总是一致的.但是合外力与速度没有直接联系，比如，不能说物体受到的合外力大，
速度一定大；合外力小，物体的速度一定小.
2、合力与物体速度方向相同时，物体做加速运动，合力与物体的速度方向相反时，物体做减速运动.
3、力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因.力产生加速度.物体
有加速度，物体的速度就变化，运动状态就改变.合外力大小决定了加速度大小，加速度大小决定
了单位时间内速度变化量的大小，加速度与速度无关，加速度也与速度变化量无直接关系.
4、区别加速度的定义式和决定式.加速度的定义式为：a=
，即加速度定义为速度变化量与所用时
间的比值；加速度的决定式为：a=
，即加速度决定于物体所受的合外力与物体的质量.
随堂练习：1、如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，另一端连接一小物体，弹簧处于自然
长度时，物体在B 点.现用力使小物体m 压缩弹簧到A 点，然后释放，小物体能运动到C 点
静止.物体与水平地面间的动摩擦因数恒定.以下说法正确的是（ ）
A.物体从A 到B 速度越来越大，从B 到C 速度越来越小
B.物体从A 到B 速度越来越小，从B 到C 加速度不变
C.物体从A 到B 先加速后减速，从B 到C 一直减速
D.物体在B 点受的合外力为零
答案：C
解：物体在A 点受两个力：向右的弹力F=kx 和向左的摩擦力F′，合力为F=kx-F′.物体从A 到B 的
过程，弹力F 由最大值减小到零，而摩擦力F′不变，所以在A、B 之间有一个位置，弹力与摩擦
力相等，合力为零，之后，合力方向由原来的向右改为向左，而速度方向一直向右，故物体从A
到B 先做加速度减小的加速运动，然后再做加速度增大的减速运动.从B 到C 的过程，物体受向
左的弹力和摩擦力，且弹力越来越大，向左的合力越来越大，故物体从B 到C 的运动是加速度增
大的减速运动，C 正确.物体在B 点时受摩擦力作用，合外力不为零，D 错误.
2、如图所示，物块Q 放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧。t＝0 时刻将物块P 从弹簧的上端由静
止释放。P 向下运动距离为x0时，所受合外力为零；运动时间为t0时到达最低点。在P 运动的过程
中，不计空气阻力。下列关于物块P 的速度v、相对于初始位置的位移x、物块Q 所受弹簧的弹力
F、对地面的压力N 之间关系可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：D
解：AD．对物块P 的受力分析，结合牛顿第二定律可知：mg﹣F 弹＝ma F 弹＝kx
随着物块P 向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P 向下运动距离为x0的过
程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动；P 从距离为x0向下运动距离至2x0的过程中加速度
向上增大，做加速度增大的减速运动，故A 错误，D 正确；B．Q 物块所受弹簧的弹力F 与P 物块所
受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，故B 错误；
C．由物块Q 的受力可知：N＝mg+kx P 物块运动时间为t0时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，故C 错误。
二、力和加速度矢量关系的运用
1、由牛顿第二定律F=ma 知，合外力的方向和加速度的方向总是相同的，解题时，只要知道其中一个
的方向，就等于知道了另一个的方向.
2、熟练、灵活地求出合外力，是应用牛顿第二定律解题的基础．
(1) 若物体受两个互成角度的共点力作用产生加速度，可直接应用平行四边形定则，画出受力图，
然后应用三角形的边角关系(或勾股定理)等数学知识求出合力.
(2 )若物体受多个力的作用，通常采用正交分解法求合力.为了减少矢量的分解，在建立直角坐标系
时，有两种方法：
①分解力不分解加速度.此时，一般选取加速度方向为x 轴，垂直于加速度方向为y 轴．因为加
速度沿x 轴方向，故合力方向就沿x 轴方向，则垂直于加速度方向即y 轴方向上分力的合力为
零.可见，通过正交分解，能够使求较为复杂的合力，变成求较为简单的同一直线上力的合力.
方程式为：Fy=0，F 合=Fx=ma.
②分解加速度不分解力.此方法是以某个力的方向为x 轴建立直角坐标系，把加速度分解到x 轴
和y 轴上.这种分解法一般用于物体受到的几个力互相垂直的情况，在这种情况下，分解加速
度比分解力可能更方便、更简单.
随堂练习：1、如图所示，质量为m 的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a 向上减速运动，a 与水
平方向的夹角为θ.求人受到的支持力和摩擦力.
解：解法一：以人为研究对象，受力分析如图所示，因摩擦力Ff为待求量，且必沿水平方向，设水
平向右.为了不分解加速度a，建立图示坐标.并规定正方向.
根据牛顿第二定律得：沿x 方向：mgsinθ-FNsinθ-Ffcosθ=ma
沿y 方向：mgcosθ+Ffsinθ-FNcosθ=0
由以上两式可解得：FN=m（g-asinθ),Ff=-macosθFf为负值，
说明摩擦力的实际方向与假设相反，为水平向左.
解法二：将加速度a 沿水平、竖直方向分解，如图所示，ax=acosθ,ay=asinθ.
根据牛顿第二定律有：水平方向：Ff=max=macosθ 竖直方向：mg-FN=may=masinθ
由此得人受的摩擦力Ff=macosθ,方向水平向左；受的支持力FN=m（g-asinθ)，方向竖直向上.
2、如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球
用细线悬挂于支架前端，质量为
的物块
始终相对于小车静止在小车右端。
与小车平板间的动摩擦因数为
。若某时刻观察
到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块
的作用力的大小为（重力加速度为
A．
B．
C．
D．
答案：
解：对
球受力分析如图所示
设小车的加速度为，
球的质量为
，根据牛顿第二定律可得
解得
物体受到重力
和竖直向上的支持力
，以及水平向右的摩擦力
根据牛顿第二定律有
由题可知
所以小车对物块
的作用力的大小为
，故
错误，
正确。
三、瞬时加速度的分析方法
做变加速运动的物体，加速度时刻在变化(大小变化或方向变化或大小、方向都变化)，某时刻的
加速度叫瞬时加速度．由牛顿第二定律知，加速度是由合外力决定的，即有什么样的合外力就有什
么样的加速度与之相对应．当合外力恒定时，加速度也恒定，合外力随时间变化时，加速度也随时
间改变，并且瞬时力决定瞬时加速度．可见，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力，尤其
是对瞬时前的受力情况进行正确的分析．另外，要顺利解决此类问题还应该注意下列两种物理模型
的建立.
1、轻绳或轻线：中学物理中的“绳”和“线”是理想化模型，具有如下几个特性：
①轻：即绳(或线)的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一根绳(或线)的两端及其中间
各点的张力大小相等.
②软：即绳(或线)只能承受拉力，不能承受压力(因绳能变曲)，由此特点可知，绳与其物体相互间
作用力的方向总是沿着绳且背离受力物体的方向.
③不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变.
2、轻弹簧和橡皮绳：中学物理中的“轻弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性：
①轻：即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为等于零.由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各
点的弹力大小相等．
②弹簧既能承受拉力，也能承受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力.
③由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变．但
是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失.
随堂练习：1、如图所示，质量相等的两个物体之间用一轻弹簧相连，再用一细线悬挂在天花板上静
止.当剪断细线的瞬间两物体的加速度各为多大？
解：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第
二定律求出瞬时加速度.此类问题应注意两种基本模型的建立.先作出两个物体的受力图，据平衡条
件求出绳或弹簧上的弹力，可知T′=mg,T=2mg.剪断细线后再作出两个物体的受力示意图，如图所示，
刚剪断时绳中的弹力T 立即消失，而弹簧的弹力不变.找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度，
图中m 的加速度为向下的2g，而m2的加速度为零.
2、如图所示，有一质量为m 的小球分别与轻绳P 和轻弹簧Q 相连，其中轻绳P 竖直，重力加速度大
小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳P 的弹力大小可能大于mg B．弹簧Q 可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P 后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P 瞬间，小球的加速度大小为g
答案：D
解：AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P 的拉力作用，假设物块受
到弹簧Q 弹力作用，则轻绳P 不能处于竖直状态（否则不可能让物体静止），推出与题干矛盾的
结论，所以弹簧Q 没有产生弹力作用，物块受竖直向下的重力与轻绳P 竖直向上的拉力作用，由
平衡条件可知，轻绳P 的拉力：T＝mg 故AB 错误； CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力
作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为
零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得：mg＝ma 解得：a＝g 剪断轻绳P 后，小球不会处
于静止状态，故D 正确，C 错误。
课 堂 练 习
1、关于牛顿第二定律，下列说法正确的是
A．物体所受合力很大，但加速度可能为0
B．一旦物体所受合力为0，加速度立即变为0
C．
对于所有单位制都成立
D．由
可知，物体所受的合力与质量成正比，与加速度成反比
答案：
解：
根据牛顿第二定律可知，在物体质量一定时，加速度与物体受到的合外力成正比，故
错误；
根据牛顿第二定律的瞬时性可知，合外力为0，则加速度也为0，故
正确；
只有在国际单位制中才成立，故
错误；
物体所受的合力只与物体的受力情况有关，与物体的质量和加速度无关，故
错误。
2、墨子《墨经》中提到可以用斜面运输较重的东西，在日常生活中经常会使用斜面。司机卸载货物
时，为了方便，经常将一块木板搭在车厢和地面之间，使货物沿木板滑下来。如图所示，放在固
定粗糙斜面上的质量为
的货物由静止释放后，沿斜面以大小为
的加速度匀加速下滑。若在
上面叠放质量为
的货物后仍由静止释放，下列说法正确的是
A．货物
和
可能静止在斜面上
B．货物
和
沿斜面加速下滑，加速度大小小于
C．货物
和
沿斜面加速下滑，加速度大小大于
D．货物
和
沿斜面加速下滑，加速度大小仍为
答案：
解：设斜面倾角为
，放在固定粗糙斜面上的质量为
的货物由静止释放后，沿斜面以大小为的加
速度匀加速下滑，由牛顿第二定律可得
可得：
可知货物的下滑加速度与质量
无关，故在
上面叠放质量为
的货物后仍由静止释放，货物
和
沿斜面加速下滑，加速度大小仍为，故
正确，
错误。
3、如图，游乐场中，从高处
到水面
处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同
时从
处自由滑向
处，下列说法正确的有
A．甲的加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一高度的加速度大小相等
D．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
答案：
解：
、根据牛顿第二定律，加速度由合外力和质量决定，在光滑轨道上，小孩受到的力主要是重
力和支持力，加速度由重力沿轨道切线方向的分力决定，即：
其中，
是轨道切线
与水平面的夹角。对于甲小孩，轨道弯曲程度较大，切线方向与水平面的夹角在某些位置可
能较小，导致加速度较小。对于乙小孩，轨道弯曲程度较小，切线方向与水平面的夹角在某
些位置可能较大，导致加速度较大。因此，甲的加速度并不总是比乙的大，故
错误。
、根据能量守恒定律，小孩从
处滑到某一高度时，重力势能转化为动能，即：
，
其中，是小孩相对于初始位置下降的高度，
是小孩在该高度的速度。由于甲、乙两小孩
在同一高度时下降的高度相同，因此它们的动能相同，速度大小也相同，故
正确。
、加速度由重力沿轨道切线方向的分力决定，即：
，其中，
是轨道切线与水平面的
夹角，虽然甲、乙在同一高度，但它们所在轨道的切线方向不同，因此
不同，加速度大小
也不相等，故
错误。
、由于甲、乙两小孩沿不同轨道滑行，它们的加速度和速度方向不同，因此在同一时刻它们的
位置也不同。甲小孩在初始阶段加速度较大，速度增加较快，但后来加速度减小；乙小孩在
初始阶段加速度较小，速度增加较慢，但后来加速度增大。因此，甲、乙在同一时刻不可能
总能到达同一高度。故
错误。
4、 惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度
计构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为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壁相连．滑块原来静止．弹
簧处于自然长度．滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．
设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离Ｏ点的距离为ｓ，则这段时间内导弹的加速
度（ ）
A.方向向左,大小为 ks/m B.方向向右,大小为 ks/m
C.方向向左,大小为2 ks/m D.方向向右,大小为2 ks/m
答案：D 解：滑块随导弹一起做加速运动,向左偏离O 点距离为s,使左侧弹簧被压缩,右侧弹簧被拉
长,则滑块所受合力为2 ks,方向向右.由牛顿第二定律得2 ks=ma,滑块的加速度大小为：a=2 ks/m.
5、如图光滑水平面上物块A 和B 以轻弹簧相连接.在水平拉力F 作用下以加速度a 做直线运动，设A
和B 的质量分别为mA 和mB，当突然撤去外力F 时，A 和B 的加速度分别为（ ）
A.0、0 B.a、0 C.
、-
D.a、-
a
答案：D
解：撤去F 的瞬间，A 的受力无变化，故aA=a,B 受向左弹力产生加速度aB=-
=-
6、放在光滑水平面上的物体受三个水平的恒力作用而平衡.如图所示，已知F2与F3垂直，且三个力
中若撤去F 物体产生2.5 m/
的加速度，若撤去F2物体产生1.5 m/
的加速度，若撤去F3物体产
生的加速度为（ ）
A.1.5m/
B.2.0 m/
C.2.5 m/
D.不能确定
答案：B
解：正确理解三力作用在物体上时物体平衡的含义：任意两个力的合力都跟第三个力大小相等、方
向相反，即F 大小为F=
.
当撤去任意一个力时，物体受到的合力大小都等于所撤去的力的大小，即F1=ma，F2=ma2，
F3=ma3， 故a3=
=
m/s2=2 m/s2.
7、（多选）如图所示，质量为m2的物体放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通
过光滑定滑轮连接质量为m1的物体，与物体相连接的绳与竖直方向成θ 角，则（ ）
A. 车厢的加速度为gsinθ
B. 绳对物体的拉力为
C. 底板对物体2 的支持力为(m2-m1)g
D. 物体2 所受底板的摩擦力为m2gtanθ
答案：BD
解：对m1受力分析如图（a)，由牛顿第二定律知：F 合=m1gtanθ=m1a, ∴a=gtanθ,A 错，
F=m1g/cosθ,B 正确.
对m2受力分析如图（b)，由平衡条件得：F+FN=m2g,FN=m2g-F=m2g – m1g/cosθ,C 错.
由牛顿第二定律：Ff=m2a=m2g\5tanθ,D 正确.
课 后 练 习
1、小孩从滑梯上滑下的运动 可看做匀加速直线运动，质量为M 的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为
a；该小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下（小狗不与滑梯接触），加速度为a2,则a1和a2
的关系为( )
A.a1=
a2 B.a1=
a2 C.a=
a2 D.a1=a2
答案:D
解: 设滑梯倾角为θ, 小孩与滑梯之间的动摩擦因数为μ, 由牛顿第二定律得mgsinθ-
μmgcosθ=ma，即下滑的加速度为a=gsinθ-
gcosθ，则可知加速度a 与质量m 无关，所以D
正确.
2、某建筑工地的工人为了运送瓦片，用两根截面为正方形的木料AB、CD，支在水平地面上形成斜面，
AB 与CD 平行且与地面有相同的倾角α，如图所示.从斜面上端将几块瓦片叠放在一起无初速释放，
让瓦片沿木料下滑到地面（瓦片截面可视为一段圆弧），现发现因滑到地面时速度过大而造成瓦片
破裂.为了不使瓦片破裂，在不改变斜面倾角α 的前提下，可以采取的措施是()
A.适当减少每次运送瓦片的块数 B.适当增加每次运送瓦片的块数
C.把两根木料往中间靠拢一些 D.把两根木料往两侧分开一些
答案:D
解:①先画出装置的正视图，如图甲所示，F 为平行于AB、CD 方向的分力，F2为垂直于AB、CD 方向的
分力.
②再画出过F2且垂直于瓦面的平面图（注：此平面不是竖直平面），如图乙所示，将F2沿图示方
向分解，两分力 N1= N2=
两木料对瓦片的滑动摩擦力大小相等，有f1=f2=
方向相同，
平行于AB、CD 向上.瓦片沿BA、DC 方向加速下滑，由牛顿第二定律得mgsinα-f1-f2=ma,mgsinα-
=ma.则下滑加速度a=gsinα-
.
若要减小落地速度，根据题意可减小下滑加速度，上式表明a 与质量无关，故A、B 错；在不改
变斜面倾角α 的前提下，可把两根木料往两侧分开一些，以增加θ 角度，使a 减小，故D 对.
3、如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M（m:MP:=: 2)的物块A、B 用轻弹簧相连，两
物块与水平面间的动摩擦因数相同.当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧
的伸长量为x1；当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时（如图乙所示），弹簧的伸长量为x2，
则x1:x2等于( )
A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.2:3
答案:A
解:当用水平力拉物体B 在水平面上加速运动时，对AB 整体由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g=(m+M)a1，
对物体A 由牛顿第二定律得kx1-μmg=ma1，当用竖直向上的力拉物体B 加速向上运动时，对AB 整体
由牛顿第二定律得F-（m+M)g=(m+M)a2，对物体A 由牛顿第二定律得k1x2-mg=ma2，联立解得
x1:x2=1:1，选项A 正确.
4、（多选）如图所示，有两个物体质量分别为m1、m2,m1原来静止，m2以速度v0向右运动，如果对它
们施加完全相同的作用力F，可满足它们的速度在某一时刻能够相同的条件是( )
A.F 方向向右，m1＜m2 B.F 方向向右，m1＞m2 C.F 方向任意，m1=m2 D.F 方向向左，m1＞m2
答案:AD
解: 当F 方向向右时，均加速运动，满足条件必须有a1＞a2，即m＜m2，A 对B 错；当F 方向向左时，
要满足条件必须有a1＜a2，即m1＞m2，D 对C错.
5、如图所示，将一根绳子跨过定滑轮，一质量50 kg 的人将绳的一端系在身上，另一端握在手中，
使他自己以2 m/s2的加速度加速下降.若不计绳的质量及摩擦，则人拉绳子的力为 N.（g=10 m/s2)
答案:200 N 解:设人拉绳子的力大小为T，根据牛顿第三定律，则绳子向上拉人的力大小也为T.
对人进行受力分析，应用牛顿第二定律，得 Mg - 2T=ma，解得T=
=200 N
6、质量为10 kg 的物体A 原来静止在水平面上，当受到水平拉力F 作用后，开始沿直线做匀加速运
动.设物体在时刻t 的位移为x，且x=2t2，求：
（1）物体所受的合外力； （2）第4 秒末物体的瞬时速度；
（3）若第4 秒末撤去力F，物体再经过10 s 停止运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ.
解:（1）由x=
at2,x=2t2可推出a=4 m/s2.F 合=ma=10×4=40 N.
（2）vt=at=4×4=16 m/s.
(3)撤去F 后，物体仅在摩擦力作用下做匀减速运动，其加速度大小为a′=
=
=1.6 m/s2.
7、如图所示，质量为80 kg 的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，
现观察到物体在磅秤上读数只有600 N，则斜面的倾角θ 为多少？物体对磅秤的静摩擦力为多少？
（g 取10 m/s2）
答案:30°346 N
解:取小车、物块、磅秤这个整体为研究对象，受总重力M、斜面的支持力F N，
由牛顿第二定律得，Mgsinθ=Ma，所以a=gsinθ，取物体为研究对象，受力情况如图所示：
将加速度a 沿水平方向和竖直方向分解，则有：F 静=macosθ=mgsinθcosθ ①
mg-FN=masinθ=mgsin2θ ②由式②得：FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ,则cosθ=
代入数据得，θ=30°由式①得，F 静=mgsinθcosθ 代入数据得F 静=346 N.
根据牛顿第三定律，物体对磅秤的静摩擦力为346 N.
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1、如图所示，质量为2kg 的物块沿水平地面向左运动，水平向右的恒力F 的大小为10N，物块与地
面间的动摩擦因数为0.2，g 取10m/s2．取水平向左为正方向，则物块的加速度为（ ）
A．﹣7m/s2
B．3m/s2
C．﹣3m/s2 D．5m/s2
答案：A
解：以向左为正方向，对物块， 由牛顿第二定律得：﹣F﹣μmg＝ma，
代入数据解得：a＝﹣7m/s2，故A 正确，BCD 错误；
1、 如图所示，三个质量均为m＝1kg 的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面
间的动摩擦因数均为μ＝0.1，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，
而竖直面内的绳子处于竖直方向，g＝10m/s2。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖
直面内的物块的加速度为（ ）
A．2m/s2 B．2.5m/s2
C．3m/s2
D．
m/s2
答案：A
解：设竖直绳拉力为T1，绕过定滑轮的绳子拉力为T2，三物体加速度大小一样为a，
由牛顿第二定律可知，对竖直方向物体有：mg﹣T1＝ma，
对水平面上的下面物体有：T1﹣T2﹣μmg﹣2μmg＝ma，对水平面上的上面物体有：T2﹣μmg＝
ma，
联立可得：a＝2m/s2，故A 正确，BCD 错误；
3、如图所示，物块a 通过轻弹簧与物块b 连接，用手托住b 保持静止。现将a、b 由静止释放，不计
空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b 下落的速度v 随时间t 变化的图像可能
是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：C
解：将a、b 由静止释放瞬间，a 受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b 受到重力和向下
的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a 加速度逐渐增大，b 加
速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。根据v﹣t 图像斜率表示加速度的大
小及方向，可知C 正确，ABD 错误。
4、如图所示，A 为一足够长的固定斜面，物块B 由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B 在t
＝0 时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt 的垂直于斜面的作用力，x、v、f 和E
分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：B
解：AB．物块沿斜面下滑过程中，由于F 随时间均匀增大，物块对斜面的压力均匀增大，物块所受的
滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀增
大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A
错误，B 正确；
C．t＝0 时刻物体对斜面压力不为零，所以所受的摩擦力不为零，故C 错误；
D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随
时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机
械能也并非随时间均匀减小，故D 错误。
5、如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆
周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水平方向夹角为θ，则线
中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a 随sinθ 变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：A
解：小球在圆周运动的过程中，受到重力G 和绳子的拉力F。
小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ=
根据动能定理得：mgRsinθ=
mv2 联立可得：T＝3mgsinθ
在切线方向上，根据牛顿第二定律得：mgcosθ＝ma 小球沿圆弧切线方向加速度的大小a＝gcosθ
故A 正确，BCD 错误。
6、如图所示，质量为m 的物块B 叠放在轻弹簧上，处于静止状态。将质量为m 的物块A 无初速的放
上B 的瞬间开始计时，直到B 运动到最低点。设B 相对初始位置的位移为x，B 的加速度大小为a，
B 的速度为v，弹簧对B 的弹力为F，AB 之间压力为FN，运动时间为t，重力加速度为g，弹簧始终
在其弹性限度内，关于上述过程下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案：A
解：A．物块A 无初速的放上B 的瞬间，AB 的加速度最大，随着AB 向下运动，加速度先减小后增大，
前
与后
时间内加速度大小具有对称性，故A 正确；
B．AB 向下运动，加速度先减小后增大，v−t 图像的斜率表示加速度，则v−t 图像的斜率应先变
小后变大，故B 错误；
C．由胡克定律得F＝k（x0+x），kx0＝mg 可得F＝kx+mg 则F−x 图像是不过坐标原点的直
线，故C 错误；
D．AB 向下运动过程中，对AB 整体由牛顿第二定律得2mg﹣F＝2ma，F＝kx+mg
对物块A 由牛顿第二定律得mg﹣FN＝ma 联立可得
则FN−x 图像纵坐标截距为
，故D 错误。
7、《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向。如
图所示，智能机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，保持静止状态，铁夹与球接触面竖直，则（
）
A．小球共受到4 个力的作用 B．增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力变大
C．小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等
D．用铁夹夹起小球向下做匀加速运动，小球受到的摩擦力变大
答案：C
解：A．小球受重力、夹子两侧的2 个弹力和2 个摩擦力共5 个力的作用，故A 错误；
B．小球在竖直方向受到的摩擦力与重力大小相等，与大铁夹的压力无关，故B 错误；
C．根据共点力平衡条件可知，小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等，故C 正确；
D．开始时两个摩擦力的和与重力大小相等，方向相反，若用铁夹夹起小球向下做匀加速运动，选
取向下为正方向，则小球的加速度满足：ma＝mg﹣2f，小球受到的摩擦力可能减小，故D 错误。
8、如图所示，质量为M 的棋子压着质量为m 的纸条，放在粗糙的水平桌面上。已知棋子与纸条间动
摩擦因数为μ1，纸条与水平桌面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，若要沿水平方向将纸条
从棋子下方抽出，纸条的加速度至少应大于（ ）
A．μ1g B．μ2g C．
D．
答案：A
解：若棋子恰与纸条产生相对滑动，棋子与纸条间动摩擦因数为μ1，则对棋子分析μ1Mg＝Ma
解得a＝μ1g 则若要沿水平方向将纸条从棋子下方抽出，纸条的加速度至少应大于μ1g，故A
正确，BCD 错误。
9、如图所示，一个质量为m 的小环套在一根倾角θ 的杆子上，小环通过一根不可伸长的轻质细线悬
挂一个质量为M 的小球，两者一起沿杆运动，稳定后连接小球的细线偏离垂直杆方向的夹角为
β，且保持不变。下列关于小环与小球运动性质说法正确的是（ ）
A．沿杆做加速度为a＝gsinθ+gtanβcosθ 的匀加速下滑
B．沿杆做加速度为a＝gsinθ﹣gtanβcosθ 的匀加速下滑
C．沿杆做加速度为a＝gsinθ+gtanβcosθ 的匀减速上滑
D．沿杆做加速度为a＝gsinθ﹣gtanβcosθ 的匀减速上滑
答案：C
解：小环和小球稳定后具有相同的加速度，且小球受到重力Mg 和细线拉力T，
对小球，由牛顿第二定律可知：小球沿杆方向：Mgsinθ+Tsinβ＝Ma
垂直杆的方向：Tcosβ﹣Mgcosθ＝0
联立知，小球与小环整体的加速度大小：a＝gsinθ+gtanβcosθ 方向沿杆向下，
若小环是光滑的，由牛顿第二定律可知，整体的加速度为：
可知小环受到的滑动摩擦力沿杆向下，则小环和小球的速度方向沿杆向上，二者一起匀减速向上
滑。
故C 正确，ABD 错误。
10、如图所示，质量m＝2kg 的物体静止于水平面上，现用一水平向右的恒力F＝14N 拉物体，物体运
动9m 后撤去拉力F，已知物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s2。求：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度大小a；
（2）撤去外力时速度大小v； （3）撤去外力后，物体继续移动的位移大小x。
解：（1）物体在恒力作用下运动时，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma 解得：a＝2m/s2
（2）已知物体运动的位移大小为x1＝9m 时撤去拉力F，由运动学公式得：v2＝2ax1 解得：v＝6m/s
（3）设撤去外力后物体做匀加速直线运动的加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得：μmg＝
ma′，
解得：a′＝5m/s2
由运动学公式得：v2＝2a′x 解得：x＝3.6m
