考點(diǎn)11牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.3年真題考點(diǎn)分布題型選擇題、解答題高考考點(diǎn)牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題；利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)變化過(guò)程；超重和失重現(xiàn)象；兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題新高考2023全國(guó)乙卷14題、湖南卷10題、全國(guó)統(tǒng)考6題、浙江春招5題、2022重慶卷4題、北京卷12題、江蘇卷1題、廣東卷3題、湖南卷9題、全國(guó)甲卷20題、2021海南卷1題、北京卷13題、浙江卷4題、湖南卷3題、浙江春招4題、2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】近3年新高考卷對(duì)于運(yùn)動(dòng)的描述考查共計(jì)15次，主要考查：1.牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；2.利用牛頓第二定律求瞬時(shí)突變問(wèn)題；3.利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)變化過(guò)程；4.超重和失重現(xiàn)象；5.兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題；【備考策略】熟練理解并掌握牛頓第二定律在勻變速運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，加強(qiáng)與動(dòng)量定理的區(qū)分；理解超失重含義，判斷物體的運(yùn)動(dòng)和受力的變化情況；關(guān)注生產(chǎn)、生活熱點(diǎn)，構(gòu)建物理模型，利用多種方式處理同一中題型，培養(yǎng)發(fā)散思維能量；學(xué)會(huì)知識(shí)的遷移，將牛頓第二定律應(yīng)用到電場(chǎng)和磁場(chǎng)中去，培養(yǎng)嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度和處理物理問(wèn)題的綜合能力?！久}預(yù)測(cè)】近3年新高考中，考查牛頓第二定律的次數(shù)是相當(dāng)?shù)念l繁，在2024年各省高考題中出現(xiàn)的幾率是比較大的，這要求全國(guó)各省的考生必須引起重視。2024年高考主要考察力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、超重和失重、加速度和力的關(guān)系，涉及到的方法包括：整體法、隔離法、數(shù)圖轉(zhuǎn)換法、函數(shù)論證法、極限思維法、假設(shè)法和控制變量法等。試題將會(huì)更加注重與生產(chǎn)、生活、當(dāng)今的熱點(diǎn)和現(xiàn)代科技結(jié)合在一起，常常與電場(chǎng)和磁場(chǎng)相互滲透，其難度在中等偏易。

考法1牛頓第二定律牛頓第二定律內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．表達(dá)式：F＝ma，F(xiàn)與a具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．力學(xué)單位制①單位制：由基本單位和導(dǎo)出單位共同組成．②基本單位：基本物理量的單位．力學(xué)中的基本物理量有三個(gè)，分別是質(zhì)量、時(shí)間和長(zhǎng)度，它們的國(guó)際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)。③導(dǎo)出單位：由基本物理量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來(lái)的其他物理量的單位．2．對(duì)牛頓第二定律的理解瞬時(shí)性a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻，即a為某時(shí)刻的加速度時(shí)，F(xiàn)為該時(shí)刻物體所受合力因果性F是產(chǎn)生a的原因，物體具有加速度是因?yàn)槲矬w受到了力同一性(1)加速度a相對(duì)于同一慣性系(一般指地面)(2)a＝eq\f(F,m)中，F(xiàn)、m、a對(duì)應(yīng)同一物體或同一系統(tǒng)(3)a＝eq\f(F,m)中，各量統(tǒng)一使用國(guó)際單位獨(dú)立性(1)作用于物體上的每一個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律(2)物體的實(shí)際加速度等于每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各個(gè)方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即ax＝eq\f(Fx,m)，ay＝eq\f(Fy,m)3.應(yīng)用牛頓第二定律求瞬時(shí)加速度的技巧在分析瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型的特點(diǎn)：（1）輕繩、輕桿或接觸面——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間；（2）輕彈簧、輕橡皮繩——兩端同時(shí)連接(或附著)有物體的彈簧或橡皮繩，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在瞬時(shí)性問(wèn)題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．【典例1】（2023·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長(zhǎng)到點(diǎn)并系住物體?，F(xiàn)推動(dòng)物體將彈簧壓縮到點(diǎn)，然后釋放，物體一直運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)速度減為零。如果物體受到地面的摩擦阻力恒定，則（）A．物體從到的過(guò)程加速度先變小后變大B．物體從到的過(guò)程加速度逐漸變大C．物體運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速度最大D．物體在點(diǎn)速度減為零后一定保持靜止【答案】AB【詳解】A．在A點(diǎn)合力水平向右，在O點(diǎn)合力水平向左，因此從A到O存在一個(gè)點(diǎn)加速度為零，從A到O加速度先變小后變大，故A正確；B．物體從O到B的過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力方向向左，彈簧彈力也向左且逐漸增大，所以加速度逐漸變大，故B正確；C．當(dāng)物體加速度為零時(shí)速度最大，物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)合力是滑動(dòng)摩擦力，加速度不為零，速度最大的點(diǎn)在從A到O之間某個(gè)位置，故C錯(cuò)誤；D．物體在B點(diǎn)速度減到為零后，如果此時(shí)彈簧彈力大于最大靜摩擦力，則物體將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AB?！镜淅?】（多選）（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足，豎直方向，則若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得，可得對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律，A錯(cuò)誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對(duì)小球B，由于，小球B受到向左的合力則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律，解得，B錯(cuò)誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知?jiǎng)t對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為，C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為，D正確。故選CD?！镜淅?】（2022·湖南常德·常德市一中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L1和輕彈簧系在天花板上的O點(diǎn)和O′點(diǎn)，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L2連接，細(xì)繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細(xì)繩L2水平拉直，則下列有關(guān)細(xì)繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是（）A．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為B．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為C．A與B的加速度之比為D．A與B的加速度之比為【答案】B【詳解】根據(jù)題意，對(duì)A球，剪斷細(xì)繩的瞬間，細(xì)繩的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細(xì)繩L1斜向下，在沿繩方向上，由平衡條件有，細(xì)繩的拉力大小為垂直繩方向上，由牛頓第二定律有解得A球的加速度大小為對(duì)B球，剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，豎直方向上，由平衡條件可得，則彈簧彈力大小為水平方向上，由牛頓第二定律有解得B球的加速度大小則細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為A與B的加速度之比為故選B。1．（2023·四川成都·統(tǒng)考三模）如圖，凹形槽車靜止在水平直軌道上，位于光滑槽底的水平輕彈簧一端連接右側(cè)槽壁，另一端連接質(zhì)量的物體，物體靜止時(shí)，彈簧對(duì)物體的壓力?，F(xiàn)使槽車與物體一起以的加速度沿軌道運(yùn)動(dòng)，用表示彈簧的彈力大小，用表示物體對(duì)左側(cè)槽壁的壓力大小，下列判斷正確的是（）

A．若的方向向左，則 B．若的方向向左，則C．若的方向向右，則 D．若的方向向右，則【答案】AC【詳解】AB．若加速度向左，物體的加速度也就是向左，設(shè)左側(cè)槽壁對(duì)物體恰好沒(méi)有作用力，根據(jù)牛頓第二定律，有即槽車和物體一起向左以加速度大小為運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧彈力為2N，但是槽壁對(duì)物體沒(méi)有支持力，A正確，B錯(cuò)誤；CD．同理，若的方向向右，設(shè)左側(cè)槽壁對(duì)物體的作用力大小為，彈簧長(zhǎng)度不變，所以彈簧的彈力為2N，根據(jù)牛頓第二定律，有，所以彈簧彈力為2N，槽壁對(duì)物體的彈力為4N，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。2．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，A球與天花板之間用輕質(zhì)彈簧相連，A球與B球之間用輕繩相連，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止，小球A、B的質(zhì)量均為m，突然迅速剪斷輕繩，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別為a1、a2，重力加速度大小為g，取豎直向下為正方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)1=g，a2=g B．a(chǎn)1=-g，a2=gC．a(chǎn)1=0，a2=g D．a(chǎn)1=2g，a2=g【答案】B【詳解】剪斷輕繩瞬間小球A、B由于慣性仍在原位置，彈簧的形變量不變，維持原力大小，有FN=2mg取豎直向下為正方向，對(duì)小球A受力分析有-2mg+mg=ma1解得a1=-g對(duì)小球B受力分析，小球B只受到重力，所以a2=g故選B。3．（2023·湖北荊門(mén)·荊門(mén)市龍泉中學(xué)?？既＃┤鐖D所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c的延長(zhǎng)線過(guò)三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，c中有張力。則（）A．蜘蛛靜止在網(wǎng)中央時(shí)，a中張力大于b中張力B．蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速，b中張力變大C．蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿b方向向上加速，b中張力變小D．蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動(dòng)，a中張力大小不變【答案】B【詳解】A．以網(wǎng)和蜘蛛為研究對(duì)象，受力分析如圖所示由平衡條件得，可得，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律的同向性，，可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速與均增大，故B正確；C．同理，根據(jù)牛頓第二定律的同向性可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿b方向向上加速，b中張力變大，故C錯(cuò)誤；D．蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動(dòng)，與以及在垂直蜘蛛網(wǎng)的方向均有分力，根據(jù)力的合成可知，a中張力大小發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選B?？挤?超重和失重超重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度．2.失重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度．3.完全失重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．4.實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力．此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重．5.超、失重的比較超重失重完全失重定義物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?為零的狀態(tài)產(chǎn)生條件物體有向上的加速度物體有向下的加速度加速度大小為g,方向豎直向下視重6.情景拓展【典例4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）加速度傳感器是一些智能手機(jī)上配備的較為實(shí)用的軟件，能顯示物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度變化情況?，F(xiàn)出于安全角度，需要分析某升降機(jī)在實(shí)際運(yùn)行過(guò)程中的加速度，將手機(jī)放置于升降機(jī)地面上并打開(kāi)加速度傳感器，使升降機(jī)從靜止開(kāi)始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（）

A．手機(jī)在時(shí)刻速度為0B．運(yùn)行過(guò)程中手機(jī)有可能與升降機(jī)分離C．手機(jī)在時(shí)間內(nèi)，處于超重狀態(tài)D．在時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)受到手機(jī)的壓力先減小再增大【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由圖可知，之前加速度一直向上，時(shí)刻，則手機(jī)向上速度達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)有段時(shí)間豎直向下的加速度等于重力加速度，所以手機(jī)有可能離開(kāi)過(guò)升降機(jī)，故B正確；C．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)的加速度向下，手機(jī)處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)加速度向上，由牛頓第二定律有由于減小，則減小，手機(jī)加速度向下，由牛頓第二定律有由于增大，則減小，即在時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)對(duì)手機(jī)的支持了一直減小，由牛頓第三定律可知，機(jī)對(duì)升降機(jī)的壓力一直減小，故D錯(cuò)誤。故選B。超重和失重現(xiàn)象判斷技巧超重和失重現(xiàn)象判斷技巧（1）從受力的角度判斷:當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài).（2）從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài).1．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測(cè)項(xiàng)目，如圖甲所示，質(zhì)量為60kg的男同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，他重心運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由圖像可知（）A．t=0.5s時(shí)，單杠對(duì)他的支持力約為582NB．t=1.1s時(shí)，他向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C．t=1.5s時(shí)，他處于失重狀態(tài)D．t=1.5s時(shí)，單杠對(duì)他的支持力約為600N【答案】C【詳解】A．由圖像的斜率表示加速度可知，時(shí)，加速度為根據(jù)牛頓第二定律可得解得單杠對(duì)他的支持力為，故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知，向上做加速運(yùn)動(dòng)，后向上減速運(yùn)動(dòng)，可知時(shí)，并不是向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；CD．由圖像可知，時(shí)，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，單杠對(duì)他的支持力小于重力，即小于，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。2．（2023·天津·模擬預(yù)測(cè)）蹦極是一項(xiàng)富有挑戰(zhàn)性的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員將彈性繩的一端系在身上，另一端固定在高處，然后運(yùn)動(dòng)員從高處跳下，如圖所示。圖中a點(diǎn)是彈性繩自然下垂時(shí)繩下端的位置，c點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)員所到達(dá)的最低點(diǎn)。在運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)到c點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員的速度一直增大B．運(yùn)動(dòng)員始終處于失重狀態(tài)C．人的動(dòng)量最大時(shí)，繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力D．運(yùn)動(dòng)員克服彈力做的功等于重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功【答案】C【詳解】A．該過(guò)程隨著彈性繩的伸長(zhǎng)，拉力不斷變大，開(kāi)始階段，運(yùn)動(dòng)員的重力大于繩的拉力，運(yùn)動(dòng)員做加速運(yùn)動(dòng)，隨著拉力增大，合力減小，加速度減?。缓髞?lái)繩的拉力大于運(yùn)動(dòng)員的重力，運(yùn)動(dòng)員受到的合力向上，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，合力隨拉力的增大而增大，則加速度增大；即在運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)到c點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增加，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員在加速的過(guò)程，加速度向下，處于失重狀態(tài)；減速階段，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)人的重力等于繩子的拉力時(shí)，即時(shí)，人的速度是最大的，動(dòng)能時(shí)最大的，故C正確；D．在運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)到c點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能變化量為負(fù)值，由動(dòng)能定理知外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的總功是負(fù)值，則運(yùn)動(dòng)員克服彈力做的功大于重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功，故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2022·廣東惠州·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的“.”表示人的重心。圖乙是根據(jù)力傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫(huà)出的力—時(shí)間圖象。兩圖中各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫(huà)出。根據(jù)圖象可知（）A．d點(diǎn)位置對(duì)應(yīng)人處于超重狀態(tài)B．c點(diǎn)位置對(duì)應(yīng)人處于失重狀態(tài)C．b點(diǎn)位置對(duì)應(yīng)人處于下蹲過(guò)程的最低點(diǎn)D．b點(diǎn)位置對(duì)應(yīng)人處于失重狀態(tài)【答案】AD【詳解】AB．由圖乙可知，人的重力為500N，d、c點(diǎn)位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，處于超重狀態(tài)，A正確，B錯(cuò)誤；CD．b點(diǎn)位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，處于失重狀態(tài)，且加速下蹲，還沒(méi)有到達(dá)最低點(diǎn)，C錯(cuò)誤，D正確。故選AD?？挤?兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題牛頓第二定律的作用牛頓第二定律揭示了運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合外力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同.兩類基本問(wèn)題（1）已知受力情況，求物體的運(yùn)動(dòng)情況．（2）已知運(yùn)動(dòng)情況，求物體的受力情況．3．解決兩類基本問(wèn)題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：4.小結(jié)：動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟【典例5】（多選）（2023·廣東·統(tǒng)考三模）WorkingModel是一款仿直軟件?？梢杂涗浳矬w的運(yùn)動(dòng)過(guò)程并描繪出運(yùn)動(dòng)圖像。如圖是該軟件導(dǎo)出的圖像，t為時(shí)刻。為0~t時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移。已知t0時(shí)刻前圖像為直線，t0時(shí)刻后圖像為反比例曲線。該圖像模擬某物塊在粗糙水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止的滑動(dòng)情景，取重力加速度為10m/s2.下列說(shuō)法正確的有（）A．物塊在4s后某一時(shí)刻靜止 B．0時(shí)刻，物塊的速度大小為20m/sC．物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小為60m D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為【答案】BD【詳解】AC．因?yàn)閠0時(shí)刻后圖像為反比例曲線，即，即x=k為定值，可知此時(shí)物體靜止，即從t0時(shí)刻開(kāi)始物體已經(jīng)靜止，根據(jù)坐標(biāo)（7.5，4）可得物體的位移為x=30m，選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)，可得，可得v0=20m/s，選項(xiàng)B正確；D．物體的加速度，根據(jù)，可得，選項(xiàng)D正確。故選BD?！镜淅?】（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平桌面上的小物塊a通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接小物塊b，物塊a、b的質(zhì)量之比為。將物塊a從P點(diǎn)由靜止釋放，t時(shí)間后到達(dá)Q點(diǎn)處（b未落地）；若將a、b調(diào)換位置，經(jīng)過(guò)t時(shí)間b也從P點(diǎn)由靜止運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，則a、b與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)、的關(guān)系為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)a的質(zhì)量為，b的質(zhì)量為，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得，又，聯(lián)立解得故選B?！镜淅?】（多選）（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來(lái)。已知球筒質(zhì)量為M＝90g（不含球的質(zhì)量），球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2＝0.1N，重力加速度g=10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后（）A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則筒獲得的初速度至少為D．若羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則筒獲得的初速度至少為3m/s【答案】BD【詳解】AB．依題意，對(duì)羽毛球受力分析，由于羽毛球相對(duì)于筒向上運(yùn)動(dòng)，受到筒對(duì)它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得求得羽毛球的加速度為，羽毛球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有，求得負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上，說(shuō)明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí)，二者速度相等，此時(shí)筒獲得的初速度為最小，有，聯(lián)立，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求得，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。解決動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)解決動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)1．（2023·湖北·統(tǒng)考三模）置于水平地面上質(zhì)量的物塊在的水平拉力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取。該物塊依次通過(guò)A、B、C、D四個(gè)位置，已知、，且物塊通過(guò)AB段和CD段的時(shí)間均為1s，則BC段的長(zhǎng)度為（

）A．8m B．10m C．12m D．16m【答案】C【詳解】物體的加速度設(shè)A點(diǎn)的速度v0，BC=x，從B到C時(shí)間為t＇，則從A到B則從A到C，從A到D，聯(lián)立解得t＇=2s，x=12m故選C。2．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，底板光滑的小車放在水平地面上，其上放有兩個(gè)完全相同的輕彈簧秤甲、乙，甲、乙系住一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊．當(dāng)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩彈簧秤被拉長(zhǎng)，示數(shù)均為10N．則當(dāng)小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤甲的示數(shù)變?yōu)?N，則A．彈簧秤乙的示數(shù)為12N B．彈簧秤乙的示數(shù)仍為10NC．小車的加速度為4m/s2 D．小車的加速度為2m/s2【答案】AC【詳解】因彈簧的彈力與其形變量成正比，當(dāng)彈簧秤甲的示數(shù)由變?yōu)闀r(shí)，其形變量減少，則彈簧秤乙的形變量必增大，且甲、乙兩彈簧秤形變量變化的大小相等，所以，彈簧秤乙的示數(shù)應(yīng)為；物體在水平方向所受到的合外力為根據(jù)牛頓第二定律，得物塊的加速度大小為，小車與物塊相對(duì)靜止，加速度相等，所以小車的加速度為4m/s2。故選AC。3．（2023·河北·統(tǒng)考一模）如圖所示，小車位于水平面上，其上頂板裝有壓力傳感器。車內(nèi)彈簧處于豎直，彈簧上端把一個(gè)物塊壓在壓力傳感器上。小車以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，小物塊恰好不相對(duì)壓力傳感器滑動(dòng)，此時(shí)壓力傳感器的示數(shù)為。一段時(shí)間后，小車沿水平方向從水平面上飛出，落地前壓力傳感器的示數(shù)為，該過(guò)程彈簧一直處于豎直。忽略空氣阻力，重力加速度為g，則小物塊與壓力傳感器間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】小車在水平面上時(shí)，設(shè)彈簧的彈力為F，由題意有，小車從水平面上飛出后到落地前處于完全失重狀態(tài)，有，聯(lián)立得故選C。【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】1．（2023·北京房山·統(tǒng)考二模）將傳感器安裝在蹦極運(yùn)動(dòng)員身上，可以測(cè)量出運(yùn)動(dòng)員在不同時(shí)刻下落的高度及速度，如圖甲所示。運(yùn)動(dòng)員從蹦極臺(tái)自由下落，根據(jù)傳感器測(cè)到的數(shù)據(jù)，得到如圖乙所示的v-x圖像。下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員下落整個(gè)過(guò)程中加速度保持不變B．運(yùn)動(dòng)員下落整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒C．運(yùn)動(dòng)員下落15m時(shí)，彈性繩的拉力等于運(yùn)動(dòng)員的重力D．彈性繩達(dá)到原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能開(kāi)始減小【答案】C【詳解】A．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員下落的高度小于彈性繩的自然長(zhǎng)度之前，運(yùn)動(dòng)員只受重力，運(yùn)動(dòng)員加速度不變；當(dāng)下落高度大于彈性繩的自然長(zhǎng)度之后，彈性繩彈力逐漸增大，運(yùn)動(dòng)員的重力和彈性繩的合力提供加速度，所以運(yùn)動(dòng)員的加速度要先減小后反向增大，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員下落的高度小于彈性繩的自然長(zhǎng)度的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員只受重力機(jī)械能守恒；當(dāng)下落高度大于彈性繩的自然長(zhǎng)度之后，彈性繩的彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤；C．由圖乙可知運(yùn)動(dòng)員下落15m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度最大，加速度為零，此時(shí)彈性繩的拉力等于運(yùn)動(dòng)員的重力，故C正確；D．彈性繩達(dá)到原長(zhǎng)，此時(shí)重力大于彈性繩的彈力，運(yùn)動(dòng)員會(huì)繼續(xù)向下先做加速度減小的加速，直到加速度減為零，速度達(dá)到最大，動(dòng)能達(dá)到最大，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2023·江西南昌·校聯(lián)考二模）如圖所示，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)。一水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為a，則當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至相距時(shí)，它們的加速度大小均為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意，當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，對(duì)此時(shí)受力分析，如圖所示因?yàn)閮汕蜿P(guān)于所在直線對(duì)稱，則有,已知輕繩中心處受三個(gè)力，設(shè)繩子拉力為，水平方向上受力分析，則有由牛頓第二定律有,聯(lián)立解得當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至相距時(shí)，則有，同理可得故選D。3．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預(yù)測(cè)）利用智能手機(jī)中的加速度傳感器可以測(cè)量手機(jī)的加速度。用手掌托著手機(jī)，手掌從靜止開(kāi)始上下運(yùn)動(dòng)，軟件顯示豎直方向上的圖像如圖，該圖像以豎直向上為正方向。則手機(jī)（）A．在時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B．在時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向C．在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大D．在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先增大再減小【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)在加速度約為0，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)刻沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在時(shí)刻也沒(méi)有改變運(yùn)動(dòng)方向，故AB錯(cuò)誤；CD．由牛頓第二定律，時(shí)間內(nèi)有，解得時(shí)間內(nèi)有，解得結(jié)合圖像可知，時(shí)間內(nèi)，支持力增大，時(shí)間內(nèi)支持力減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．（2023·北京·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑水平面上有個(gè)一根光滑的水平細(xì)桿，上面套著兩個(gè)質(zhì)量均為m，半徑很小的球A和B，兩球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線相連接，開(kāi)始時(shí)細(xì)線被拉直?，F(xiàn)用一與光滑水平面平行且與桿垂直的恒力F作用于線的中點(diǎn)，使兩球由靜止開(kāi)始沿桿運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩球相距為時(shí)兩球沿桿滑行的加速度a的大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意，對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，如圖所示由平衡條件有，由幾何關(guān)系可得，對(duì)小球，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，故選D。5．（2023·全國(guó)·二模）水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木塊（F大小不變），木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。那么當(dāng)用的水平恒力拉木塊，此時(shí)木塊的加速度為（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，）（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)若將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木塊（F大小不變），木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)用的水平恒力拉木塊，解得故選A。6．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度大小為。當(dāng)撒去擋板瞬間，下列說(shuō)法正確的是（）A．球A的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為B．球B的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為C．地面對(duì)斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面對(duì)斜面體C的摩擦力方向水平向右【答案】B【詳解】AB．根據(jù)題意，設(shè)A、B兩球質(zhì)量均為，去掉擋板前，對(duì)A球受力分析，由平衡條件有去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對(duì)B球有解得，故A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對(duì)斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯(cuò)誤；D．去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對(duì)A、B和C整體分析，地面對(duì)斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯(cuò)誤。故選B。7．（2023·湖南長(zhǎng)沙·雅禮中學(xué)?？级＃┤鐖D（a）所示的無(wú)人機(jī)具有4個(gè)旋翼，可以通過(guò)調(diào)整旋翼傾斜度而產(chǎn)生不同方向的升力。某次實(shí)驗(yàn)，調(diào)整旋翼使無(wú)人機(jī)受豎直向上的恒定升力F從地面靜止升起，到達(dá)穩(wěn)定速度過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)圖像如圖（b）所示。假設(shè)無(wú)人機(jī)飛行時(shí)受到的空氣阻力與速率成正比，即，方向與速度方向相反，則下列說(shuō)法正確的是（）A．無(wú)人機(jī)在第內(nèi)的位移等于B．無(wú)人機(jī)在第內(nèi)的速度變化量與第內(nèi)的速度變化量相等C．空氣給無(wú)人機(jī)的作用力逐漸增大D．空氣給無(wú)人機(jī)的作用力逐漸減小【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無(wú)人機(jī)在第內(nèi)的位移滿足故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像的切線斜率表示加速度，可知到達(dá)穩(wěn)定速度的過(guò)程中，無(wú)人機(jī)的加速度逐漸減小，無(wú)人機(jī)在第內(nèi)的速度變化量大于第內(nèi)的速度變化量，故B錯(cuò)誤；CD．空氣給無(wú)人機(jī)的作用力是升力和阻力的合力，由于無(wú)人機(jī)的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可得，可知空氣給無(wú)人機(jī)的作用力逐漸減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8．（2023·四川·統(tǒng)考二模）如圖所示，一物體被水平向左的壓力壓在粗糙的豎直墻壁上，某時(shí)刻壓力的值為，此時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若從該時(shí)刻起使壓力逐漸減小，直到減為零，則該過(guò)程中物體的加速度與壓力的關(guān)系圖像可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】D【詳解】設(shè)物體與豎直墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體的質(zhì)量為。壓力為時(shí)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若此時(shí)摩擦力剛好達(dá)到最大值，則從該時(shí)刻起使壓力逐漸減小，物體立即獲得加速度向下加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得，又，聯(lián)立可得故選D。9．（2023·浙江·一模）在電子商務(wù)高速發(fā)展的今天，國(guó)內(nèi)每天約有1億個(gè)包裹。對(duì)物流業(yè)這種對(duì)人力成本敏感的產(chǎn)業(yè)來(lái)說(shuō)，物流行業(yè)正從人工分揀向智能化、自動(dòng)化方向快速演變。某物流中心的分棟?rùn)C(jī)器人可以簡(jiǎn)化為如圖所示的平板小車，在平板小車的左端固定有一個(gè)支架，質(zhì)量為1kg的小球A用細(xì)線懸掛于支架上，平板小車在自身牽引力的作用下沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，小車右端放質(zhì)量為3kg的包裹B，包裹B始終相對(duì)小車靜止。若某段時(shí)間內(nèi)觀察到細(xì)線與豎直方向的夾角，重力加速度大小為，則在這段時(shí)間內(nèi)（）A．小車一定向右做加速運(yùn)動(dòng)B．細(xì)線受到的拉力大小為20NC．包裹B對(duì)小車的摩擦力大小為，方向水平向左D．小車對(duì)包裹B的摩擦力大小為，方向水平向左【答案】C【詳解】A．小球的加速度向右，小車可能向右加速運(yùn)動(dòng)，也可能向左減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．對(duì)小球A進(jìn)行受力分析可知，，解得，，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。CD．包裹B所受的摩擦力大小，方向向右，根據(jù)牛頓第三定律，包裹B對(duì)小車的摩擦力大小為，方向向左，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。10．（多選）（2023·湖南邵陽(yáng)·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊用輕繩沿C水平方向固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為，則（）A．球1和球2的質(zhì)量之比為B．球1和球2的質(zhì)量之比為C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為D．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為【答案】BC【詳解】對(duì)兩小球1、2受力分析如圖根據(jù)平衡條件可得，有F=m1g，F(xiàn)sin30°=m2g，所以在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來(lái)得及變化，球2的加速度大小為0，彈簧彈力對(duì)球1，，解得故選BC。【能力提升】1.（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在質(zhì)量為的箱式電梯的地板上固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧的上端拴接一質(zhì)量為的物體，質(zhì)量為的物體B放置在物體上，整個(gè)裝置隨電梯一起勻速下降，彈簧保持豎直，重力加速度為。某時(shí)刻懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在鋼索斷裂的瞬間，下列說(shuō)法正確的是（）

A．物體的加速度大小為0 B．物體B的加速度大小為C．箱式電梯的加速度大小為 D．物體B對(duì)物體的壓力為0【答案】A【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以AB的受力情況不變，加速度均為0，物體B對(duì)物體的壓力等于自身重力，對(duì)整體分析可知解得故選A。2．（2023·北京西城·北京四中?？寄M預(yù)測(cè)）應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋(píng)果，保持這樣的姿勢(shì)在豎直平面內(nèi)按順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)。在蘋(píng)果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是（）A．手掌對(duì)蘋(píng)果的摩擦力越來(lái)越大 B．蘋(píng)果先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)C．手掌對(duì)蘋(píng)果的支持力越來(lái)越大 D．蘋(píng)果所受的合外力越來(lái)越大【答案】A【詳解】A．蘋(píng)果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度大小不變，加速度在水平方向上的分加速度逐漸增大，由牛頓第二定律可知，手掌對(duì)蘋(píng)果的摩擦力越來(lái)越大，A正確；B．蘋(píng)果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從a到b的運(yùn)動(dòng)中，加速度在豎直方向上有向上的分加速度，可知蘋(píng)果處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．蘋(píng)果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從a到b的運(yùn)動(dòng)中，加速度大小不變，加速度在豎直方向上的分加速度逐漸減小，可知手掌對(duì)蘋(píng)果的支持力越來(lái)越小，C錯(cuò)誤；D．蘋(píng)果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，則有蘋(píng)果所受的合外力大小不變，方向始終指向圓心，D錯(cuò)誤。故選A。3．（2023·湖北襄陽(yáng)·襄陽(yáng)四中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，一輛公共汽車在水平公路上做直線運(yùn)動(dòng)，小球A用細(xì)線懸掛車頂上，車廂底板上放一箱蘋(píng)果，蘋(píng)果箱和蘋(píng)果的總質(zhì)量為M，蘋(píng)果箱和箱內(nèi)的蘋(píng)果始終相對(duì)于車箱底板靜止，蘋(píng)果箱與公共汽車車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，若觀察到細(xì)線偏離豎直方向夾角大小為θ并保持不變，則下列說(shuō)法中正確的是（

）

A．汽車一定向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．車廂底板對(duì)蘋(píng)果箱的摩擦力水平向右C．蘋(píng)果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋(píng)果受到合力為D．蘋(píng)果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋(píng)果受到周圍其他蘋(píng)果對(duì)它的作用力大小為【答案】D【詳解】A．對(duì)小球受力分析

可知合力與加速度方向水平向左，所以汽車運(yùn)動(dòng)的加速度方向水平向左，如果向右運(yùn)動(dòng)，則做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如果向左運(yùn)動(dòng)，則做加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．設(shè)小球的加速度為a，受力分析如圖所示，對(duì)小球由牛頓第二定律得，解得則汽車的加速度和蘋(píng)果箱的加速度都為，蘋(píng)果箱和箱內(nèi)的蘋(píng)果始終相對(duì)于車箱底板靜止，則車廂底板對(duì)蘋(píng)果箱的摩擦力為靜摩擦力，不是滑動(dòng)摩擦力，所以不一定為，以這箱蘋(píng)果為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有，水平向左，B錯(cuò)誤；CD．以蘋(píng)果箱中間一個(gè)質(zhì)量為m的蘋(píng)果為研究對(duì)象，合外力為ma，設(shè)周圍其它蘋(píng)果對(duì)它的作用力大小為F，方向與豎直方向的夾角為α，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有，在豎直方向上加速度三式聯(lián)立解得，，則α=θ，C錯(cuò)誤、D正確。故選D。4．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，木板B固定在彈簧上，木塊A疊放在B上，A、B相對(duì)靜止，待系統(tǒng)平衡后用豎直向上的變力F作用于A，使A、B一起緩慢上升，AB不分離，在A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下面說(shuō)法正確的是（）

A．一起緩慢上升過(guò)程中A對(duì)B的摩擦力不變B．在某時(shí)刻撤去F，此后運(yùn)動(dòng)中A可能相對(duì)B滑動(dòng)C．在某時(shí)刻撤去F，此后運(yùn)動(dòng)中AB的加速度可能大于gD．在某時(shí)刻撤去F，在A、B下降的過(guò)程中，B對(duì)A的作用力一直增大【答案】D【詳解】A．一起緩慢上升過(guò)程中，以A、B為整體，根據(jù)受力平衡可得由于彈簧彈力逐漸減小，可知拉力逐漸增大；以A為對(duì)象，設(shè)木板B斜面傾角為，根據(jù)受力平衡可得可知B對(duì)A摩擦力不斷變小，則A對(duì)B的摩擦力不斷變小，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)題意有在某時(shí)刻撤去，設(shè)A、B向下加速的加速度大小為，以A為對(duì)象，則有，，可得，故此后運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)靜止，故B錯(cuò)誤；C．在某時(shí)刻撤去，此后運(yùn)動(dòng)中A、B相對(duì)靜止，則最高點(diǎn)時(shí)的加速度最大，且撤去力前，整體重力和彈簧彈力的合力小于整體重力，則最高點(diǎn)加速度小于，此后運(yùn)動(dòng)中AB的加速度不可能大于，故C錯(cuò)誤；D．在某時(shí)刻撤去，在A、B下降的過(guò)程中，A的加速度先向下逐漸減小，后向上逐漸增大，則B對(duì)A的作用力一直增大，故D正確。故選D。5．（2023·北京海淀·清華附中?？既＃┮晃锢韺W(xué)習(xí)小組在豎直電梯里研究超重失重現(xiàn)象：力傳感器上端固定在鐵架臺(tái)上，下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的鉤碼。當(dāng)電梯在1樓和3樓之間從靜止開(kāi)始運(yùn)行然后再到靜止的過(guò)程中，數(shù)據(jù)采集系統(tǒng)采集到拉力F隨時(shí)間t的變化如圖所示。忽略由于輕微抖動(dòng)引起的示數(shù)變化，下列說(shuō)法正確的是（

）

A．a(chǎn)到b過(guò)程中電梯向上運(yùn)動(dòng)，b到c過(guò)程中電梯向下運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)到c過(guò)程中鉤碼的機(jī)械能先增加后減小C．圖形的面積大于圖形的面積D．c到d的過(guò)程中電梯處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)【答案】D【詳解】A．由圖可知，鉤碼的重力G=2N在a到c過(guò)程中，拉力F都大于重力，說(shuō)明電梯處于超重狀態(tài)，加速度向上，即電梯加速上升。故A錯(cuò)誤；B．由以上分析可知，在a到c過(guò)程中，電梯加速上升。當(dāng)加速上升過(guò)程中，鉤碼的機(jī)械能增加。故B錯(cuò)誤；CD．圖像中面積表示力對(duì)時(shí)間的積累，即沖量。由圖可知，從a到f記錄了電梯的一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，先向上加速（a到c過(guò)程），然后勻速（c到d過(guò)程），最后減速（d到f過(guò)程），即加速過(guò)程和減速過(guò)程的動(dòng)量變化量大小相等，取向上為正，由動(dòng)量定理可知ac過(guò)程中df過(guò)程中，可知abc過(guò)程的力F的沖量大于def過(guò)程力F的沖量，故圖形abc的面積等于圖形def的面積。故C錯(cuò)誤D正確。故選D。6．（2023·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考三模）如圖所示，一輕繩繞過(guò)無(wú)摩擦的兩個(gè)輕質(zhì)小定滑輪、，一端和質(zhì)量為的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角，直桿上點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，點(diǎn)到定滑輪的距離為，直桿上點(diǎn)到點(diǎn)的距離也為，重力加速度為，直桿足夠長(zhǎng)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．小物塊剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為B．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊加速度的大小為C．小物塊下滑至點(diǎn)時(shí)，小物塊與小球的速度大小之比為D．小物塊下滑至點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度大小為【答案】A【詳解】A．小物塊剛釋放時(shí)，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對(duì)小球的拉力小于球的重力，故A錯(cuò)誤，符合題意；B．當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時(shí)，小球下降的距離最大，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律解得，此時(shí)小物塊加速度的大小為，故B正確，不符合題意；將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即，所以小物塊在處的速度與小球的速度之比為，故C正確，不符合題意；D．設(shè)小物塊下滑距離為時(shí)的速度大小為，此時(shí)小球的速度大小為，對(duì)小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有，其中，解得，此時(shí)小物塊的速度大小為故D正確，不符合題意。故選A。7．（2023·海南·統(tǒng)考二模）如圖所示，在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，在外力F的作用下系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為，則（

）A．外力F的大小為B．彈簧的形變量為C．若外力F的大小變?yōu)?，?dāng)A、B相對(duì)靜止時(shí)，彈簧彈力的大小為D．若外力F的大小變?yōu)?，?dāng)A、B相對(duì)靜止時(shí)，突然撤去外力F的瞬間，物塊B的加速度大小為【答案】D【詳解】A．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由平衡條件可得，外力的大小為故A錯(cuò)誤；B．對(duì)物塊B受力分析，由平衡條件可得，彈簧的彈力為，則彈簧的形變量為，故B錯(cuò)誤；CD．對(duì)物塊A和B整體受力分析，由牛頓第二定律，得，解得物塊A和B的加速度大小為，對(duì)物塊B受力分析，由牛頓第二定律可得，彈簧彈力的大小為，突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8．（2023·廣東·模擬預(yù)測(cè)）跳傘運(yùn)動(dòng)是指跳傘員乘飛機(jī)、氣球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者從陡峭的山頂、高地上跳下，并借助空氣動(dòng)力和降落傘在張開(kāi)降落傘之前和開(kāi)傘后完成各種規(guī)定動(dòng)作，并利用降落傘減緩下降速度在指定區(qū)域安全著陸的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)。一名跳傘運(yùn)動(dòng)員從懸停在高空的直升機(jī)中跳下，研究人員利用運(yùn)動(dòng)員隨身攜帶的儀器記錄下了他的運(yùn)動(dòng)情況，通過(guò)分析數(shù)據(jù)，畫(huà)出了運(yùn)動(dòng)員從跳離飛機(jī)到落地的過(guò)程中在空中沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，如圖所示，則對(duì)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．0～10s內(nèi)位移大于100mB．10～15s內(nèi)加速度逐漸增大C．0～10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員所受阻力逐漸增大D．10～15s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員所受阻力逐漸增大【答案】AC【詳解】A．0～10s內(nèi)，若運(yùn)動(dòng)員勻加速下降，則位移為100m，由圖象可知運(yùn)動(dòng)員的位移大小大于100m，故A正確；B．v－t圖象的斜率等于加速度，可知10s～15s內(nèi)加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．0～10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員向下的加速度逐漸減小，根據(jù)mg－f＝ma，所受阻力逐漸增大，故C正確；D．10s～15s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員向上的加速度逐漸減小，根據(jù)f－mg＝ma，所受阻力逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選AC。9．（2023·河北保定·統(tǒng)考三模）水平面上放置一質(zhì)量為m的滑塊B，上方有圓形凹槽，質(zhì)量也為m的圓柱A恰好能放置在凹槽中，其截面圖如圖所示，圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線跟豎直方向夾角α=30°。一質(zhì)量為M的物體C通過(guò)跨過(guò)定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩與B相連，細(xì)繩張緊后由靜止釋放C，不計(jì)一切摩擦，B離定滑輪足夠遠(yuǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．如果A、B能保持相對(duì)靜止，B對(duì)A的作用力大小為B．如果A、B能保持相對(duì)靜止，B對(duì)A的作用力大小為mgC．當(dāng)時(shí)，A恰要從凹槽中滾出D．如果α=45°時(shí)，無(wú)論M為多大，A都不能滾出凹槽【答案】CD【詳解】AB．如果A、B能保持相對(duì)靜止，將A、B、C看作一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律可知解得加速度大小為A受到B水平方向的作用力大小為Fx=ma，豎直方向的作用力為，B對(duì)A的作用力大小為，故AB錯(cuò)誤；C．小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力沿著圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線方向，，得臨界加速度大小為，整體上有，解得，故C正確；D．當(dāng)α=45°時(shí)，小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力沿著圓心與二者接觸的左端點(diǎn)連線方向，有，，得臨界加速度大小，由于，所以無(wú)論M為多大，A都不能滾出凹槽，故D正確；故選CD。10．（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）一輕質(zhì)彈簧豎直放置在水平地面上，它的正上方有一物塊從高處自由下落，物塊下落的過(guò)程中，物塊受到的合力和位移的關(guān)系如圖所示。已知重力加速度，物塊受到的空氣阻力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為 B．下落的過(guò)程，合力對(duì)物塊做功為C．物塊一直處于失重狀態(tài) D．在物塊下落時(shí)，物塊的速度恰好為零【答案】AB【詳解】A．由圖像可知下落的前過(guò)程物塊只受重力作用，故物塊質(zhì)量為，A正確；B．力與位移關(guān)系圖線與橫軸所圍面積可表示合力做功，故物塊下落過(guò)程合力做的功和物塊下落前過(guò)程合力做功相同，均為，B正確；C．物塊下落的第過(guò)程中合力向上，加速度向上，物塊處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；D．物塊下落的過(guò)程，合力做功不為零，故物塊下落時(shí)的速度不為零，D錯(cuò)誤。故選AB?！菊骖}感知】1.（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零 D．下落過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】A．上升過(guò)程和下降過(guò)程的位移大小相同，上升過(guò)程的末狀態(tài)和下降過(guò)程的初狀態(tài)速度均為零。對(duì)排球受力分析，上升過(guò)程的重力和阻力方向相同，下降過(guò)程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過(guò)程中任意位置的加速度比下降過(guò)程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大，則上升過(guò)程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；B．上升過(guò)程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過(guò)程排球做加速運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過(guò)程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過(guò)程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過(guò)程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；C．達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯(cuò)誤；D．下落過(guò)程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B。2．（2022·北京·高考真題）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道