2025高考物理專項復習第四章3.牛頓第二定律含答案3.牛頓第二

定律

【課程標準】

1.理解牛頓運動定律。

2.能用牛頓運動定律解釋生活生產中的有關現象、解決有關問題。

情境引入

賽車質量小、動力大，容易在短時間內獲得較大的速度，也就是說，賽車的加速度大。

物體的加速度。與它所受的作用力F以及自身的質量m之間存在什么樣的定量

關系呢？

必備知識?認知導學

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蛔。

2.表達式

⑴比例式形式或F-mao

(2)等式形式:尸=皿，式中k是比例系數，尸是物體所受的合力。

--一，各物理量單位未知時

二、力的單位

l.F^kma中k的數值取決于F、m、a的單位的選取。當;1時,質量為1kg的物

體在某力的作用下獲得1m/s2的加速度，則這個力F=ma=\kwm/sz,力下的單位

就是千克米每二次方秒才巴它稱作“牛頓”，用符號N表示。

2.在質量的單位取千克(kg),加速度的單位取米每二次方秒(m/s2),力的單位取牛頓

(N)時，牛頓第二定律可以表述為:F=mao

三、牛頓第二定律的理解

(1)牛頓第二定律是一個瞬時對應關系，即加速度和力是同時之生、同時變化、同

時消失。

⑵任何情況下，加速度的方向總與合外力的方向相同，加速度的大小與物體受到

的合外力成正比，與質量成反比。

探索求真

神舟十七號載人飛船于北京時間2023年10月26日11時14分成功發射。關于

火箭點火升空的速度和加速度關系:火箭速度增大，加速度一定在增大嗎？

提示:速度和加速度沒有必然的聯系，當速度增大時,速度和加速度的方向必然一

致,但加速度可以減小。因此火箭豎直向上升空過程中若速度增大，加速度方向一

定向上，但加速度不一定增大。

明辨是非

L牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零時的特例。(x)

提示:兩個定律是各自獨立的。

2.牛頓第二定律說明，加速度的方向與合外力的方向一致。N)

3.我們用較小的力推一個很重的箱子，箱子不動，可見牛頓第二定律不適用于較小

的力。(x)

提示:牛頓第二定律適用于宏觀、低速運動的物體。

4.牛頓第二定律表達式中的比例系數，在國際單位制中才能等于10(4)

5.牛頓第二定律只適用于慣性參考系和宏觀、低速運動的物體，慣性參考系是指

相對于地面靜止或勻速的參考系。N)

關鍵能力?探究導思

學習任務一牛頓第二定律的性質

探錨——情境創設啟發設問

螞蟻的困惑:從牛頓第二定律知道，無論怎樣小的力都可以使物體產生加速度，可

是螞蟻無論怎樣用力都推不動一塊放在水平地面上的磚頭。

請思考:牛頓第二定律是否錯了?請你解釋一下？

提示:牛頓第二定律沒錯，牛頓第二定律中的力指合外力。

解錨——要點歸納規律概括

牛頓第二定律的基本性質

只要物體所受合力不為0(無論合力多么小),物體就能獲得加速度，即力

因生

是產生加速度的原因

物體加速度的方向與物體所受合力的方向總是相同的,加速度的方向

矢量性

由合力的方向決定

物體的加速度與物體所受合力總是同時存在、同時變化、同時消失的,

瞬時性

所以牛頓第二定律反映的是力的瞬時作用效果

同體性F、m、。三者對應同一個物體

作用在物體上的每個力都將獨立產生各自的加速度，且遵循牛頓第二

獨立性定律，物體的實際加速度為每個力產生的加速度的矢量和。分力和加速

度在各個分力方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即K=加心工=加的

牛頓第二定律必須是對相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系而

相對性

言的，對相對地面加速運動的參考系不適用

統一性為使仁11、祖、。三者必須統一使用國際單位制中的單位

局限性牛頓第二定律只能解決慣性參考系中宏觀物體的低速運動問題

起錨——典題突破學以致用

【典例1］（多選）下列對牛頓第二定律的表達式F=ma及其變形公式的理解，正確

的是（）

A.由F=ma可知,物體所受的合外力與物體的質量和加速度成正比

B.由加上可知，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

a

C.由可知，物體的加速度與其所受的合外力成正比，與其質量成反比

m

D.由可知，物體的質量可以通過測量它的加速度和它所受到的合外力而求得

a

【解析】選c、Do牛頓第二定律的表達式尸=神。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，并不由它們決定，故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，故B錯誤;由牛頓第二定律可知，加速度與合外力成正比,與質量

成反比，利可由其他兩個量求得，故C、D正確。

［思維升華］牛頓第二定律的三個誤區

⑴誤區一：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，但有因果性，力是產生加速度的

原因，沒有力就沒有加速度。

⑵誤區二:認為質量與力成正比，與加速度成反比。

不能根據機上得出加0c尺機OcL的結論，物體的質量是由自身決定的，與物體所

aam

受的合外力和運動的加速度無關。

⑶誤區三:認為作用力與質量和加速度都成正比。

不能由F-ma得出尸0c機、F8a的結論，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。

【補償訓練】(2024.太原高一檢測)我國自主研制的水陸兩棲飛機“鯉龍”AG600

已試飛成功。當“鯉龍”AG600在水面上沿直線方向加速滑行時,其受到的合力

()

A.大小為零

B.方向豎直向上

C.方向與滑行方向相同

D.方向沿滑行方向斜向上

【解析】選Co當物體做加速直線運動時，加速度與速度在同一條直線上且方向

相同;當物體做減速直線運動時，加速度與速度在同一條直線上且方向相反。從而

得出“鯉龍”AG600在水面上沿直線方向加速滑行時加速度方向與滑行方向相同。

根據牛頓第一定律可知，加速度方向與合力方向相同，所以“魚昆龍"AG600在水面

上沿直線方向加速滑行時合力方向與滑行方向相同，故選Co

學習任務二牛頓第二定律的簡單應用

探錨——情境創設啟發設問

如圖所示，滑翔傘是一批熱爰跳傘、滑翔翼的飛行人員發明的一種飛行器。現有

一滑翔傘沿直線朝斜向下方向做勻加速直線運動。請思考：

⑴滑翔傘和飛行人員受到幾個力的作用?

(2)請畫出滑翔傘和飛行人員的受力圖。

提示:(1)2個;

⑵。

解錨——要點歸納規律概括

1.應用牛頓第二定律解題的步驟

2.解題方法

⑴矢量合成法:若物體只受兩個力作用時，常用平行四邊形定則求這兩個力的合

外力，加速度的方向即是物體所受合外力的方向。

⑵正交分解法:當物體受多個力作用時,常用正交分解法求物體的合外力。

①建立坐標系時，通常選取加速度的方向作為某一坐標軸（如X軸）的正方向（也就

是不分解加速度），將物體所受的力正交分解后，列出方程片=冽。冏=0。

②特殊情況下，若物體的受力都在兩個互相垂直的方向上,也可將坐標軸建立在

力的方向上，正交分解加速度根據牛頓第二定律;gZD列方程求解。

—TllCLy

提醒:在建立直角坐標系時，不管選取哪個方向為％軸正方向，最后得到的結果都

應該是一樣的，但在選取坐標軸時，應以解題方便為原則。

起錨——典題突破學以致用

角度1構建模型，分析受力

【典例2］（2024.寧波高一檢測）趣味比賽“毛毛蟲競速”鍛煉體能的同時，也考驗班

級的團隊協作能力。某班級四位同學在比賽中齊心協力，默契配合,發令后瞬間加

2

速出發，加速度大小約為5.0m/se已知“毛毛蟲”道具質量為10kg,重力加速度g

2

的大小取10m/se則在發令后瞬間平均每位同學對道具的作用力約為（）

A.10NB.25NC.28ND.100N

［思維導引］

程序內容

研究對象“毛毛蟲”道具

轉化情境“毛毛蟲”道具做勻加速直線運動

選擇規律F合=ma

【解析】選Co設平均每位同學對道具的作用力為尸，對“毛毛蟲”道具受力分析,

該道具受到重力和四位同學的作用力，如圖

由幾何關系和牛頓第二定律得0?g）2+（神a）2=（4F）2,解得尸合B28N,故選Co

角度2牛頓第二定律的瞬時性

【典例3］（多選）（2024.天津和平區高一檢測）如圖在動摩擦因數〃=0.2的水平面

上有一個質量機=1kg小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成。=45。的不可伸長

的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態,且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪

斷輕繩瞬間（g=10m/s2）,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）

A.小球受力個數改變

B.小球將向左運動，且a=8m/s2

C.小球將向左運動，且a=10m/s2

D.若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a=10m/s2

【解析】選A、Bo在剪斷輕繩前，小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰

好為零;則小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力三個力處于平衡，根據共點力

平衡得知彈簧的彈力為尸=/跖tan45o=10N,剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10

N,小球此時受重力、彈簧的彈力、水平面的支持力和摩擦力四個力作用,小球的

受力個數增大，故A正確;剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，小球受四個力作用，由

F

牛頓第二定律得尸-〃加g=7"G,解得a^-^3=W-O.2X1X1O向$2=8m/s2,加速度方向向

左,小球向左運動，故B正確,C錯誤;若剪斷的是彈簧，則在剪斷的瞬間，輕繩對小球

的拉力瞬間為零此時小球所受的合力為0,則小球的加速度為0,故D錯誤。

［思維升華］（1）彈簧彈力發生宏觀形變，形變變化需要一個過程，彈簧彈力不能突

變；

⑵繩的拉力發生微觀形變，形變變化不需要過程,繩的拉力可以突變。

對點訓練

1.（2024.南京高一檢測）某同學為研究南通地鐵一號線的運動情況，他用細線將一

支圓珠筆懸掛在地鐵的豎直扶手上，地鐵啟動時用手機拍攝了如圖所示的照片,

拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，則估測地鐵啟動的加速度為（）

A.0.05gB.0.15g

C.0.25gD.0.35g

【解析】選Bo從圖片可以估算出，圓珠筆偏離平衡位置的距離與懸掛點到圓珠

筆的豎直高度的比值接近1：6.5，設偏轉角為仇則tan0=2。對圓珠筆進行受力分

6.5

析可知Tcose=w2g,Tsin0=/wa,聯立解得?=0.15g,故選Bo

2.（多選）如圖所示，小球與輕彈簧、水平細繩相連，輕彈簧、細繩的另一端分別固定

于尸、。兩點。小球靜止時，輕彈簧與豎直方向的夾角為。。小球的質量為九重

力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

p

w

濟

I

U

Q

A.小球處于靜止狀態時，彈簧彈力大小為機geos。

B.小球處于靜止狀態時，細繩中彈力大小為機gtan。

C.僅剪斷細繩的瞬間,小球的加速度大小為gtan。

D.僅剪斷細繩的瞬間，小球的加速度方向水平向左

【解析】選B、C、D。小球處于靜止狀態時，對小球受力分析，根據平衡條件下彈

cose=/?g，/彈sin9=尸繩，解得彈簧彈力大小尸彈細繩中彈力大小為尸^Hzgtan仇

故A錯誤,B正確;剪斷細繩瞬間，輕彈簧拉力不改變，則小球受的合外力與尸繩等大

反向，根據牛頓第二定律可得F合=祀81211。=冽0,即a=gtan。,方向水平向左，故C、D

正確。

【補償訓練】

1.（2024.合肥高一檢測）如圖所示,質量為m的手機靜置在支架斜面上，斜面與水平

面的夾角為仇手機與接觸面的動摩擦因數為〃，重力加速度為g。下列說法正確的

是（）

II

A.手持支架向上勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機受到的支持力

與靜止時受到的支持力相等

B.支架斜面對手機的摩擦力大小為〃加geosa方向沿斜面向上

C.手持支架向左做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機可能不受支

持力

D.手持支架向右做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手機可能不受摩

擦力

【解析】選Do手持支架向上做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，手

機有向上的加速度,處于超重狀態，手機受到的支持力比靜止時受到的支持力大,

故A錯誤;支架斜面對手機的摩擦力為靜摩擦力，大小為戶7叫sina故B錯誤;手持

支架向左做勻加速直線運動且手機與支架間無相對滑動，加速度水平向左，根據

摩擦力產生的條件可知，摩擦力的水平分力與支持力的水平分力之差提供加速度,

手機一定受到支持力作用，故C錯誤;手持支架向右做勻加速直線運動且手機與

支架間無相對滑動，加速度水平向右,當支持力的水平分力恰好提供加速度所需

的力,則沒有摩擦力，故D正確。

2.（多選）（2024.深圳高一檢測）如圖所示，在質量為M的廂式電梯的地板上固定一

輕質彈簧，彈簧的上端拴接一質量為mA的物體A,質量為mB的物體B放置在物體

A上，整個裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧保持豎直,重力加速度為g。某時刻懸掛

電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，下列說法正確的是（）

__I_W__

A.物體4的加速度大小為0

B.物體5的加速度大小為g

c廂式電梯的加速度大小為小+曹+M）g

D.物體B對物體A的壓力為0

【解析】選A、Ce根據題意可知鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以A、B

的受力情況不變，加速度均為0,物體5對物體A的壓力等于自身重力，對廂式電梯

分析,由牛頓第二定律有即+如解得斫(加+管+M)g,故A、c正確,B、D

錯誤。

學習任務三求解物體的受力情況和運動情況

探錨——情境創設啟發設問

“忘卻玉弓相笑倦，攢花日夕未曾歸”描述了我國一種傳統民俗體育活動——建球

運動,經驗豐富的盜球爰好者可以通過豎直上拋建球來檢驗其質量的好壞。現使

一建球豎直向上直線飛行，已知建球所受的空氣阻力大小與建球的速率成正比,

試分析：

⑴建球在上升過程中,所受阻力如何變化?加速度如何變化？

⑵建球在下降過程中，所受阻力如何變化?加速度如何變化？

提示：(1)上升:阻力減小,加速度減小。

⑵下降:阻力增大,加速度減小。

解錨——要點歸納規律概括

求解物體受力和運動情況問題的步驟

(D明確研究對象；

(2)分析研究對象的受力情況；

(3)考慮研究對象運動的狀態變化情況，即有無加速度；

(4)規定正方向或建立坐標系,列方程求解。

起錨——典題突破學以致用

【典例4】（多選）（2024.呼和浩特高一檢測）質量為0.5kg的智能玩具車在水平面

上由靜止做勻加速直線運動，第1s內通過的位移是0.4米，則正確的結論有（）

A.第1s末的速度為0.4m/s

B.智能玩具車的加速度為0.8m/s2

C.第2s內通過位移為1.2m

D.智能玩具車的牽引力是0.4N

【解析】選B、Co根據產評，可得智能玩具車的加速度為。=0.8m/sz,故B正確;

第1s末的速度為廣。占0.8m/s,故A錯誤;第2s內通過的位移為

X2=（|x0.8x22-jxO.8xI2）m-1.2m,故C正確;智能玩具車的合力F-^-ma-0AN,地面

可能有摩擦力，所以智能玩具車的牽引力可能大于0.4N,故D錯誤。

對點訓練

侈選）（2024.綿陽高一檢測促球比賽中，某隊甲、乙隊員表演了一次精彩的直塞球

傳遞:在甲、乙相距￡時，甲將足球以15m/s的初速度沿水平地面傳出，速度方向

沿甲、乙連線，在球傳出的同時,乙由靜止開始沿二者連線向遠離甲的方向運動,

其運動過程的修圖像如圖所示。當仁3s時乙與球到達同一位置,重力加速度為

10m/s?,下列說法正確的是（）

A.0-3s內足球和乙相遇兩次

B.足球所受阻力大小是其重力的:

4

C.乙與足球相遇時足球的位移為75m

D.甲乙間最初距離L為16.875m

【解析】選B、Do根據題意可知，此為球追人，且0?3s內足球的速度始終大于人

的速度，因此0~3s內足球和乙不可能相遇兩次，故A錯誤;設足球的質量為北所受

阻力為工加速度大小為初由速度一時間圖像可得。尸察?m/s2=2.5mAz,由牛頓

第二定律有戶〃如斗帖故B正確;速度一時間圖像中圖線與時間軸圍成的面積表

示位移，則可得乙與足球相遇時足球的位移為％I=(15+7.5)X3X：m=33.75m,C錯誤;

根據速度一時間圖像可得乙的位移為%2=(3-1.5+3)x7.5xjm=16.875m,乙與球之

間的位移關系為￡+%2=為,解得￡=16.875m,故D正確。

【拓展例題】考查內容:求解物體受力和運動情況

【典例】(多選)(2024.遂寧高一檢測)如圖⑶所示的無人機具有4個旋翼，可以通

過調整旋翼的傾斜度而產生不同方向的升力。某次實驗，調整旋翼使無人機受豎

直向上的恒定升力F從地面靜止升起,到達穩定速度過程中，其運動圖像如圖(b)

所示。假設無人機飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即戶乩方向與速度方向

相反,則下列說法正確的是()

圖(a)

A.無人機在第1s內的位移等于0.5m

B.無人機在第1s內速度的變化量大于第2s內速度的變化量

C.空氣給無人機的作用力逐漸增大

D.空氣給無人機的作用力逐漸減小

【解析】選B、Do巾圖像與橫軸圍成的面積表示位移，根據第1s內圖線彎曲情

況可知位移Xi＞：xlxlm=0.5m,故A錯誤;y-/圖像的斜率表示加速度，無人機在第

1s內的加速度大于第2s內的加速度，由Av=a加可知第1s內速度的變化量大于

第2s內速度的變化量，故B正確;空氣給無人機的作用力尸空為空氣對無人機的

升力和對其的阻力的合力油牛頓第二定律得F空如g=冽a,由圖像可知無人機上升

的過程中加速度逐漸減小,故空氣給無人機的作用力逐漸減小，故C錯誤,D正確。

隨堂檢測?自我診斷

1.（牛頓第二定律的性質）從牛頓第二定律可知（）

A.同一物體的運動速度變化越快，受到的合力也越大

B.同一物體的運動速度變化越小,受到的合外力也越小

C.物體的質量與它受到的合外力成正比,跟它的加速度成反比

D.同一物體的運動速度越大，受到的合外力也越大

【解析】選Ae同一物體的運動速度變化越快，加速度越大，根據牛頓第二定律可

知，物體受到的合力也越大，故A正確;同一物體的運動速度變化越小，加速度不一

定越小，根據牛頓第二定律可知，物體受到的合外力不一定越小，故B錯誤;物體的

質量與物體本身有關，與受到的合外力、物體的加速度無關，故C錯誤;同一物體

的運動速度越大，加速度不一定越大，根據牛頓第二定律可知，物體受到的合外力

不一定越大，故D錯誤。

2.（牛頓第二定律的簡單應用）如圖所示為某運動員做蹦床運動的簡化示意圖,A為

運動員某次下落過程的最高點方為運動員下落過程中剛接觸蹦床時的位置C為

運動員下落過程的最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.從B點至。點的過程中，運動員的速度一直在減小

B.從A點至。點的過程中，運動員先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動

C.從B點至。點的過程中，運動員的加速度一直增大

D.從A點至。點的過程中，運動員在。點的加速度最大

【解析】選D。不計空氣阻力，從5到C運動員受自身重力和蹦床彈力共同作用,

有斫野二其中彈力F一直增大,當彈力與重力等大時，加速度為零，運動員的速度

m

達到最大，之后加速度反向,將做減速運動，有斫史吆，運動員在。點時彈力最大,

m

加速度最大。故A錯誤、D正確;從A點至5點的過程中,運動員只受重力作用

做勻加速直線運動,根據上面選項分析從B點至。點過程中,加速度先減小至零后

反向增大，故B、C錯誤。

3.(求物體的受力情況和運動情況)如圖所示，一架質量m=5.OxlO3kg的噴氣式飛

機，從靜止開始在機場的跑道上滑行，經過距離%=5.OxlO2m,達到起飛速度『60

m/s0在這個過程中飛機受到的平均阻力是飛機重量的0.02倍,g取10m/s?,求：

⑴飛機滑行時的加速度為多大；

(2)飛機滑行時受到的牽引力多大。

【解析】⑴飛機在加速過程中，由運動學公式得儼一0=2但所以。=，3.6m/s2

(2)由牛頓第二定律得尸-0.02/wg=/〃a,所以F-0,Q2mg+ma-1.9x104N

答案:(1)3.6m/s?(2)1.9X104N

2.實驗:探究加速度與力、質量的關系

必備知識?實驗認知

一、實驗目的

⑴探究加速度與力—質量之間的定量關系。

①探究加速度與力的關系；

②探究加速度與質量的關系。

⑵學會用控制變量的方法，探究加速度與力、質量的關系。

二、實驗器材

帶定滑輪的木板、墊木、小車、細繩、天平、磋碼、槽碼、打點計時器、紙帶、

交流電源、刻度尺。

三、實驗原理與設計

1.本實驗采用的科學方法:控制變量法。

2.實驗原理:實驗原理圖如圖所示

嚶

墊木

由一端有小車打點

槽碼定滑輪計時器

的長木板實驗臺

將小車置于水平木板上，通過滑輪與槽碼相連。

⑴探究加速度與力的關系:保持小車質量不變，通過改變槽碼的個數改變小車所

受的拉力。測得不同拉力下小車運動的加速度，找出二者之間的定量關系。

⑵探究加速度與質量的關系:保持小車所受的拉力不變，通過在小車上增減磋碼

的數量來改變小車的質量。測得不同質量的小車在這個拉力下運動的加速度，找

出加速度與質量的關系。

關鍵能力?實驗探究

1.需要測量的物理量

量。

平測

I用天

需

線

速直

勻加

零的

度為

初速

?對于

要川速度

時間

移X和

出位

測量

可以

運動，

測.

度。

加速

算出

=乎

后由a

量/,然

的

帶，由

出紙

器打

計時

打點

物利用

理

度。

加速

量來計算

的

掛槽碼

，用懸

所示

如圖

時器

打點計

把

力，

供拉

車提

為小

方法

小車

重力

高，當

端墊

的一

木板

力

與阻

分力

下的

板向

沿木

擦1國

的摩

受到

小車

時，

平衡