1、第3節牛頓第二定律學習目標核心素養形成脈絡1.知道牛頓第二定律的內容、表達式的確切含義(重點)2知道國際單位制中力的單位“牛頓”是怎樣定義的3能應用牛頓第二定律解決簡單的動力學問題(難點)一、牛頓第二定律1內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同2表達式(1)表達式：Fkma，式中k是比例系數，F指的是物體所受的合力(2)國際單位制中：Fma二、力的單位1比例系數k的意義(1)在Fkma中，k的選取有一定的任意性(2)在國際單位制中k1，牛頓第二定律的數學表達式為Fma，式中F、m、a的單位分別為N、kg、m/s22國際單位：力的單位是牛頓

2、，簡稱牛，符號N31 N的定義：將使質量為1 kg的物體產生1 m/s2的加速度的力規定為1 N，即1 N1_kgm/s2 思維辨析(1)由牛頓第二定律可知，加速度大的物體所受的合外力一定大()(2)牛頓第二定律說明了質量大的物體其加速度一定小()(3)任何情況下，物體的加速度的方向始終與它所受的合外力方向一致()(4)關于牛頓第二定律表達式Fkma中的比例系數k，力F的單位用N時等于1.()在國際單位制中才等于1.()加速度單位用m/s2時等于1.()提示：(1)(2)(3)(4) 基礎理解(1)(2019殷都校級月考)根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A物體加速度的方向可能跟它所受合力

3、的方向相反B物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度C物體加速度的大小跟它所受的任一個力的大小都成正比D當物體的質量改變時，若所受合力的水平分力不變則物體水平加速度大小與其質量成反比提示：選D.根據牛頓第二定律，物體加速度的方向跟它所受合力的方向相同，故A錯誤；物體所受合力不為零就一定產生加速度，故B錯誤；物體實際加速度的大小與它所受的所有力的合力成正比，故C錯誤；采用正交分解法可知，當物體的質量改變時，若所受合力的水平分力不變則物體水平加速度大小與其質量成反比，故D正確(2)力F作用于甲物體(質量為m1)時產生的加速度為a1，此力作用于乙物體(質量為m2)時產生的加速度為a2，若將

4、甲、乙兩個物體合在一起，仍受此力的作用，則產生的加速度是()A.B.C. D.提示：選C.力F作用于甲物體時，Fm1a1力F作用于乙物體時，Fm2a2力F作用于甲、乙組成的整體時，F(m1m2)a3解式得a3，故選項C正確對牛頓第二定律的理解 問題導引如圖所示，小明用力拉地面上的箱子，但箱子沒動，請思考：(1)根據牛頓第二定律，有力就能產生加速度，但為什么箱子一直沒動呢？(2)如果箱底光滑，當拉力作用在箱子上的瞬間，箱子是否立刻獲得加速度？是否立刻獲得速度？要點提示(1)牛頓第二定律Fma中的力F指的是物體受的合力，盡管小明對箱子有一個拉力作用，但箱子受的合力為零，所以不能產生加速度(2)加速

5、度與力之間是瞬時對應關系，有力就立刻獲得加速度，但速度的獲得，需要一段時間，故不能立刻獲得速度【核心深化】1表達式Fma的理解(1)單位統一：表達式中F、m、a三個物理量的單位都必須是國際單位(2)F的含義：F是合力時，加速度a指的是合加速度，即物體的加速度；F是某個力時，加速度a是該力產生的加速度2牛頓第二定律的六個性質性質理解因果性力是產生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0，物體就具有加速度矢量性Fma是一個矢量式物體的加速度方向由它受到的合力方向決定，且總與合力的方向相同瞬時性加速度與合外力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失同體性Fma中F、m、a都是對同一物體而言的獨立性

6、作用在物體上的每一個力都產生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢量和相對性物體的加速度是相對于慣性參考系而言的，即牛頓第二定律只適用于慣性參考系3.兩個加速度公式的區別定義式a它給出了測量物體的加速度的方法決定式a它揭示了物體產生加速度的原因及影響物體加速度的因素 關鍵能力1對牛頓第二定律內容的理解(多選)下列對牛頓第二定律的表達式Fma及其變形公式的理解，正確的是()A由Fma可知，物體所受的合外力與物體的質量和加速度成正比B由m可知，物體的質量與其所受的合外力成正比，與其運動的加速度成反比C由a可知，物體的加速度與其所受的合外力成正比，與其質量成反比D由m可知，物體的質量可以通過測量它

7、的加速度和它所受到的合外力而求得思路點撥 (1)F由物體受力情況決定(2)m由物體自身決定(3)a由m和F共同決定解析牛頓第二定律的表達式Fma表明了各物理量之間的數量關系，即已知兩個量，可求第三個量作用在物體上的合外力，可由物體的質量和加速度計算，但并不由它們決定，A錯誤質量是物體本身的屬性，由物體本身決定，與物體是否受力無關，B錯誤由牛頓第二定律知加速度與合外力成正比，與質量成反比，m可由其他兩個量求得，故C、D正確答案CD 關鍵能力2合外力、速度和加速度的關系如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A，一端靠著處于自然狀態的彈簧現對物體作用一水平恒力，在彈簧被壓縮到最短的這一過程中，物體的速度

8、和加速度變化的情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先減小后增大D速度先增大后減小，加速度先增大后減小思路點撥 加速度的變化要看所受合外力的變化，而速度的變化要看速度方向與加速度方向之間的關系，所以此題最好先找出物體A運動過程中的平衡位置，然后再分析平衡位置左右兩側各物理量的變化情況解析力F作用在A上的開始階段，彈簧彈力kx較小，合力與速度方向同向，物體速度增大，而合力(Fkx)隨x增大而減小，加速度也減小，當Fkx以后，隨物體A向左運動，彈力kx大于F，合力方向與速度反向，速度減小，而加速度a隨x的增大而增大綜上所述，只有C正確答案C1關于對牛頓第二

9、定律理解的三大誤區誤認為先有力，后有加速度物體的加速度和合外力是同時產生的，不分先后誤認為質量與力成正比，與加速度成反比物體的質量m是由自身決定的，與物體所受的合外力和運動的加速度無關誤認為作用力與m和a都成正比物體所受合外力的大小是由物體的受力情況決定的，與物體的質量和加速度無關2直線運動中加速度與速度的關系【達標練習】1(多選)關于牛頓第二定律，下列說法中正確的有()A公式Fma中，各量的單位可以任意選取B某一瞬間的加速度只決定于這一瞬間物體所受合外力，而與這之前或之后的受力無關C公式Fma中，F表示物體所受合力，a實際上是作用于該物體上每一個力所產生的加速度的矢量和D物體的運動方向一定與

10、它所受合外力方向一致解析：選BC.F、m和a必須選取統一的國際單位，才可寫成Fma的形式，否則比例系數k1，所以選項A錯誤；牛頓第二定律表述的是某一時刻合外力與加速度的對應關系，它既表明F、m和a三者數值上的對應關系，同時也表明合外力的方向與加速度的方向是一致的，即矢量對應關系，而與速度方向不一定相同，所以選項B正確，選項D錯誤；由力的獨立作用原理知，作用在物體上的每個力都將各自產生一個加速度，與其他力的作用無關，物體的加速度是每個力所產生的加速度的矢量和，故選項C正確2.如圖所示，一個小球從豎直立在地面上的輕彈簧正上方某處自由下落，在小球與彈簧開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的速度和

11、加速度的變化情況是()A加速度越來越大，速度越來越小B加速度和速度都是先增大后減小C速度先增大后減小，加速度方向先向下后向上D速度一直減小，加速度大小先減小后增大解析：選C.在接觸的第一個階段mgkx，F合mgkx，合力方向豎直向下，小球向下運動，x逐漸增大，所以F合逐漸減小，由a得，a，方向豎直向下，且逐漸減小，又因為這一階段a與v都豎直向下，所以v逐漸增大當mgkx時，F合0，a0，此時速度達到最大之后，小球繼續向下運動，mgkx，合力F合kxmg，方向豎直向上，小球向下運動，x繼續增大，F合增大，a，方向豎直向上，隨x的增大而增大，此時a與v方向相反，所以v逐漸減小綜上所述，小球向下壓縮

12、彈簧的過程中，F合的方向先向下后向上，大小先減小后增大；a的方向先向下后向上，大小先減小后增大；v的方向向下，大小先增大后減小牛頓第二定律的應用 問題導引行車時駕駛員及乘客必須系好安全帶，以防止緊急剎車時造成意外傷害請思考：(1)汽車突然剎車，要在很短時間內停下來，會產生很大的加速度，這時如何知道安全帶對人的作用力大小呢？(2)汽車啟動時，安全帶對駕駛員產生作用力嗎？要點提示(1)汽車剎車時的加速度可由剎車前的速度及剎車時間求得，由牛頓第二定律Fma可求得安全帶產生的作用力大小(2)汽車啟動時，有向前的加速度，此時座椅的后背對駕駛員產生向前的作用力，安全帶不會對駕駛員產生作用力【核心深化】1應

13、用牛頓第二定律解題的一般步驟2常用方法合成法(1)確定研究對象，畫出受力分析圖，將各個力按照力的平行四邊形定則在加速度方向上合成，直接求出合力(2)根據牛頓第二定律列式求解分解法(1)確定研究對象，畫出受力分析圖，根據力的實際效果，將某一個力分解成兩個分力(2)根據牛頓第二定律列式求解，應用此法時要求對力的作用效果有清楚的認識，要按照力的實際效果進行分解正交分解法當物體受到多個力的作用時，利用正交分解法較為簡單，利用正交分解法需要建立直角坐標系，建系原則是盡可能少分解矢量，因此建系有兩種情況：(1)沿加速度的方向建一坐標軸，沿垂直加速度方向建一坐標軸，這種方法不需要分解加速度(2)沿某特定方向

14、建立坐標系，這樣可能少分解力，但需要分解加速度，此時應用：Fxmax，Fymay 關鍵能力1應用牛頓第二定律解題如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37角小球和車廂相對靜止，小球的質量為1 kg.(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)車廂運動的加速度；(2)懸線對小球的拉力思路點撥 (1)小球所受合力方向與加速度方向相同(2)小球受兩個力作用，可用力的合成法或正交分解法兩種方法求解解析法一：合成法由于車廂沿水平方向運動，且小球和車廂相對靜止，所以小球加速度(或合力)的方向水平向右選小球為研究對象，受力分析如圖所示，由牛頓第二

15、定律得F合mgtan ma小球的加速度agtan 37g7.5 m/s2.懸線對小球的拉力大小為FN12.5 N.法二：正交分解法建立直角坐標系，并將懸線對小球的拉力正交分解，如圖所示沿水平方向有Fsin ma沿豎直方向有Fcos mg解以上兩式得a7.5 m/s2，F12.5 N，a的方向水平向右答案(1)7.5 m/s2，方向水平向右(2)12.5 N 關鍵能力2瞬時加速度的求解如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m，2、4質量為M，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3

16、、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g思路點撥 (1)支托1、2的木板突然抽出的瞬間，連接1、2的輕質桿彈力發生突變，1、2作為一個整體有自由下落的趨勢(2)支托3、4的木板突然抽出的瞬間，連接3、4的彈簧彈力不會發生突變，物塊3的合外力仍為0.物塊4只受彈力和自身重力兩個力作用解析在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈

17、力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C對答案C1兩種“模型”根據牛頓第二定律知，加速度與合力存在瞬時對應關系分析物體的瞬時問題，關鍵是分析該時刻前后的受力情況和運動狀態，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意兩種基本模型的建立“繩”或“線”類“彈簧”或“橡皮筋”類不同只能承受拉力，不能承受壓力彈簧既能承受拉力，也能承受壓力；橡皮筋只能承受拉力，不能承受壓力將繩和線看做理想化模型時，無論受力多大(在它的限度內)，繩和線的長度不變，但繩和線的張力可以發生突變由于彈簧和橡皮筋受力時，其形變較大，形變恢復需經過一段時間，所

18、以彈簧和橡皮筋的彈力不可以突變相同質量和重力均可忽略不計，同一根繩、線、彈簧或橡皮筋兩端及中間各點的彈力大小相等2.解決此類問題的基本方法(1)分析原狀態(給定狀態)下物體的受力情況，求出各力大小(若物體處于平衡狀態，則利用平衡條件；若處于加速狀態，則利用牛頓第二定律)(2)分析當狀態變化時(燒斷細線、剪斷彈簧、抽出木板、撤去某個力等)，哪些力變化，哪些力不變，哪些力消失(被剪斷的繩的彈力，發生在被撤去物接觸面上的彈力都立即消失)(3)求物體在狀態變化后所受的合外力，利用牛頓第二定律，求出瞬時加速度 【達標練習】1(2019陜西西安高一期末)如圖，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎

19、直方向成角與橫桿固定，下端連接一質量為m的小球P.橫桿右邊用一根細線吊一相同的小球Q.當小車沿水平面做加速運動時，細線保持與豎直方向的夾角為，已知，則輕桿對小球的彈力方向與細線平行，故B錯誤；小球P和Q的加速度相同，水平向右，則兩球的合力均水平向右，大小F合mamgtan ，故C錯誤，D正確2(多選)如圖所示，質量為m的小球與彈簧和水平細繩相連，、的另一端分別固定于P、Q兩點小球靜止時，中拉力的大小為F1，中拉力的大小為F2，當僅剪斷、其中一根的瞬間，球的加速度a應是()A若剪斷，則ag，方向豎直向下B若剪斷，則a，方向水平向左C若剪斷，則a，方向沿的延長線方向D若剪斷，則ag，方向豎直向上解

20、析：選AB.沒有剪斷、時小球受力情況如圖所示在剪斷的瞬間，由于小球的速度為0，繩上的力突變為0，則小球只受重力作用，加速度為g，選項A正確，C錯誤；若剪斷，由于彈簧的彈力不能突變，F1與重力的合力大小仍等于F2，所以此時加速度為a，方向水平向左，選項B正確，D錯誤1小孩從滑梯上滑下的運動可看做勻加速運動，第一次小孩單獨從滑梯上滑下，加速度為a1，第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，加速度為a2，則()Aa1a2Ba1a2 D無法判斷a1與a2的大小解析：選A.設小孩的質量為m，與滑梯的動摩擦因數為，滑梯的傾角為，小孩下滑過程中受到重力mg、滑梯的支持力N和滑動摩擦力f，

21、根據牛頓第二定律得：mgsin fma，Nmgcos ，又fN，聯立得：ag(sin cos )，可見，加速度a與小孩的質量無關，則當第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下時，加速度與第一次相同，即有a1a2.2(多選)初始時靜止在光滑水平面上的物體，受到一個逐漸減小的水平力的作用，則這個物體運動情況為()A速度不斷增大，但增大得越來越慢B加速度不斷增大，速度不斷減小C加速度不斷減小，速度不斷增大D加速度不變，速度先減小后增大解析：選AC.水平面光滑，說明物體不受摩擦力作用，故物體所受合力大小等于水平力的大小，力逐漸減小，合外力也逐漸減小，由公式Fma可知：當F逐漸減小時，a也逐漸減小，但速度

22、逐漸增大3.(多選)如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O.整個系統處于靜止狀態現將細線剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度為g.在剪斷的瞬間()Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2解析：選AC.剪斷細線前，對整體由平衡條件可知，細線承受的拉力F3mg，剪斷細線瞬間，物塊a所受重力和彈簧拉力不變，由平衡條件可知重力與拉力合力大小為3mg，由牛頓第二定律可知，a13g，A項正確，B項錯誤；在剪斷細線前，兩彈簧S1、S2彈力大小分別為FT12mg、FT2mg，剪斷

23、細線瞬間，兩彈簧彈力不變，由胡克定律Fkx可知，l12l2，C項正確，D項錯誤4(2019溫州期中)如圖甲所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用一架質量m2 kg的無人機，能提供向上最大的升力為32 N現讓無人機在地面上從靜止開始豎直向上運動，25 s后懸停在空中，執行拍攝任務前25 s內運動的vt圖象如圖乙所示，在運動時所受阻力大小恒為無人機重的0.2，g取10 m/s2.求：(1)從靜止開始豎直向上運動，25 s內運動的位移；(2)加速和減速上升過程中提供的升力；(3)25 s后懸停在空中，完成拍攝任務后，關閉升力一段時間，之后又重新啟動提供向

24、上最大升力為保證安全著地，求無人機從開始下落到恢復升力的最長時間t.(設無人機只做直線下落)解析：(1)由vt圖象面積可得，無人機從靜止開始豎直向上運動，25 s內運動的位移為70 m.(2)由圖象的斜率知，加速過程加速度為a10.8 m/s2，設加速過程升力為F1，由牛頓第二定律得：F1mg0.2mgma1解得：F125.6 N由圖象的斜率知，減速過程中加速度大小為a20.4 m/s2，設減速過程升力為F2，由牛頓第二定律得：mg0.2mgF2ma2，解得：F223.2 N.(3)設失去升力下降階段加速度為a3，由牛頓第二定律得：mgfma3解得：a38 m/s2恢復最大升力后加速度為a4，

25、由牛頓第二定律得：Fmaxmg0.2mgma4，解得：a48 m/s2根據對稱性可知，應在下落過程的中間位置恢復升力，由a3t2，得t s.答案：(1)70 m(2)25.6 N23.2 N(3) s一、單項選擇題1(2019昆明高一檢測)由牛頓第二定律知，無論怎樣小的力都可以使物體產生加速度，可是當我們用一個力推桌子沒有推動時是因為()A牛頓第二定律不適用于靜止的物體B桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易覺察到C推力小于摩擦力，加速度是負值D推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于零，物體的加速度為零，所以物體仍靜止解析：選D.牛頓第二定律中的力應理解為物體所受的合力用一個力推桌子沒有

26、推動，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于零，物體的加速度為零，所以物體仍靜止，故選項D正確，選項A、B、C錯誤2(2019浙江期中)來自北京工業大學的一群大學生，受“蜘蛛俠”的啟發，研發出了獨特的六爪攀壁機器人(如圖甲)六爪攀壁蜘蛛機器人如同排球大小，“腹部”底盤較低，并且安裝了驅動風扇假設所攀爬的墻體為一張紙，當紙靠近運轉的電風扇時，由于壓力差的改變，紙會被緊緊吸附在電扇表面正是運用了這個原理，當機器人腹部的驅動風扇開始運轉，它便可以穩穩地吸附于墻體上假設“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點沿直線勻加速“爬行”到B點在此過程中，重力之外的其他力的合力用F表示，則“機器人”受

27、力情況分析正確的是()解析：選C.“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點沿直線勻加速“爬行”到B點，加速度從A指向B，根據牛頓第二定律可知，在豎直平面內“蜘蛛俠”的合力方向應該是從A指向B，結合平行四邊形定則知：F與mg的合力沿A到B方向，故C正確，A、B、D錯誤3.如圖所示，放在光滑水平面上的一個物體，同時受到兩個水平方向力的作用，其中水平向右的力F15 N，水平向左的力F210 N，當F2由10 N逐漸減小到零的過程中，物體的加速度大小是()A逐漸減小B逐漸增大C先減小后增大 D先增大后減小解析：選C.一開始，物體所受合力為F10 N5 N5 N，方向向左，當F2由10 N逐漸減小，F也逐漸減小

28、，當F2減小到5 N時，F值變為0，隨著F2的繼續減小，F方向變為向右，從0逐漸增大，當F2變為0的時候，F變為最大5 N，由牛頓第二定律，物體的加速度也是先減小后增大，故C正確4.(2019泰安高一檢測)“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性橡皮繩質量為m的小麗靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小麗左側橡皮繩斷裂，則小麗此時的()A加速度為零B加速度ag，沿斷裂橡皮繩的方向斜向下C加速度ag，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D加速度ag，方向豎直向下解析：選B.當小麗處于靜止狀態時，拉力Fmg，兩繩之間的夾角為120，若小麗左側橡皮繩斷裂，則小麗此時所受合力沿斷裂橡皮繩的方向斜向下

29、，由牛頓第二定律Fma知mgma，ag，故選項B正確5.如圖所示，天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的質量相同的小球兩小球均保持靜止當突然剪斷細繩時，上面的小球A與下面的小球B的加速度為()AaAg，aBg BaAg，aB0CaA2g，aB0 DaA0，aBg解析：選C.分別以A、B為研究對象，分析剪斷前和剪斷時的受力剪斷前A、B靜止，A球受三個力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個力：重力mg和彈簧彈力F，如圖甲A球：FTmgF0B球：Fmg0，FF解得FT2mg，Fmg.剪斷瞬間，因為繩無彈性，瞬間拉力不存在，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變如圖乙，A球受重力mg、彈簧彈力F

30、.同理B球受重力mg和彈力F.A球：mgFmaAB球：FmgmaB0，FF解得aA2g，aB0.6(2019福建模擬)早在公元前4世紀末，我國的墨經中就有關于力和運動的一些見解，如“繩下直，權重相若則正矣收，上者愈喪，下者愈得”，這句話所描述的與下述物理現象相似如圖，一根跨過定滑輪的輕繩兩端各懸掛一重物，當兩重物質量均為m時，系統處于平衡狀態若減小其中一個重物的質量，系統就無法保持平衡，上升的重物減小的質量m越多，另一個重物下降的加速度a就越大已知重力加速度為g，則a與m的關系圖象可能是()解析：選C.不妨假設右邊的物體質量減少m，則右邊的物體向上做勻減速運動，左邊的物體做向下做勻加速運動，它

31、們的加速度大小a相同，繩子的拉力大小F相等對右邊物體，根據牛頓第二定律：Fmg(mm)a對左邊物體，根據牛頓第二定律：mgFma聯合式可得：agg，根據上式知，m和a并非是線性化關系，故A、B錯誤；當mm時，可得 ag，故C正確，D錯誤7.(2019封丘校級月考)如圖所示，質量相等的A、B兩小球分別連在輕繩兩端，A球的一端與輕彈簧相連，彈簧的另一端固定在傾角為30的光滑斜面頂端，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A剪斷輕繩的瞬間，A的加速度為零，B的加速度大小為gB剪斷輕繩的瞬間，A、B的加速度大小均為C剪斷輕繩的瞬間，A、B的加速度均為零D剪斷輕繩的瞬間，A的加速度為零，B的加速度大小

32、為g解析：選B.設小球的質量為m，對整體分析，彈簧的彈力F2mgsin 30mg，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，對A分析，aAg，B的加速度為：aBg，故B正確，A、C、D錯誤8如圖甲所示，某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處滑輪的質量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的關系圖象如圖乙所示由圖可以判斷下列說法錯誤的是(重力加速度為g)()A圖線與縱軸的交點M的值aMgB圖線的斜率等于物體質量的倒數C圖線與橫軸的交點N的值TNmgD圖線的斜率等于物體的質量m解析：選D.對貨物受力分析，受mg和拉力T，根據牛頓第二定律，有：Tmgma，得：aTg；當a0時，T

33、mg，故圖線與橫軸的交點N的值TNmg，故C正確；當T0時，ag，即圖線與縱軸的交點M的值aMg，故A正確；圖線的斜率表示質量的倒數，故B正確，D錯誤二、多項選擇題9.如圖所示，某旅游景點的傾斜索道與水平線夾角30，當載人車廂以加速度a斜向上加速運動時，人對車廂的壓力為體重的1.25倍，此時人與車廂相對靜止，設車廂對人的摩擦力為Ff，人的體重為G，下面正確的是()Aa BaCFfG DFfG解析：選BD.由于人對車廂底的正壓力為其重力的1.25倍，所以在豎直方向上有FNmgma上，解得，a上0.25g，設水平方向上的加速度為a水，則tan 30，a水g，a ，Ffma水G，故B、D正確10.半圓形光滑圓槽內放一質量為m的小球，今用外力拉著圓槽在水平面上勻加速運動，穩定后小球位置如圖所示，則小球受圓槽的支持力FN和加速度a為()AFNmg BFNmgCag Dag解析：選BD.小球受力如圖，由牛頓第二定律得：F合mgtan 30maagtan 30g，則FNmg故B、D正確11(2019遼寧葫蘆島高一月考)如圖所示，物塊沿固定斜面下滑，若在物塊上