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第7讲　牛顿运动定律的应用
知识内容 考试要求 说明
牛顿运动定律应用 d 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.
超重与失重 b
一、两类动力学问题
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况．
(2)已知运动情况求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：
二、超重与失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
命题点一　超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
2．判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重
（2024 海淀区一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B．扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
（2024 温州二模）如图所示，小球从距地面高度h1＝1.25m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2＝0.8m，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
（2024 昌乐县校级模拟）一质量为m的滑块（可视为质点），以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（　　）
A．滑块下滑过程中处于失重状态
B．滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2
C．若v0＝3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3s
D．若v0＝4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s
命题点二　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象等．
2．图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解决图象问题的关键
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
（2023春 深圳校级月考）如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示。已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g。则可求出的物理量有（　　）
A．物体的质量
B．斜面体的倾角θ
C．物体与斜面体之间的动摩擦因数
D．物体对斜面体的压力
（2022秋 越秀区校级期末）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g＝10m/s2，则不能计算出的是（　　）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14 N时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
（多选）（2022秋 李沧区校级期末）如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图（b）判断下列说法不正确的是（　　）
A．物体的质量m＝1.5kg
B．斜面的倾角θ＝53°
C．加速度为5m/s2时物体的速度v＝16m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
命题点三　动力学的两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．
（2024 福州二模）滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为a甲：a乙＝16：9
C．滑块过A点时的速度大小之比为v甲：v乙＝3：4
D．
（2024 南宁一模）某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v﹣t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．t1至时间内，鸟的加速度大小为20m/s2
D．t1至时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
（2023 北京模拟）如图所示，一水平拉力F作用在质量m＝2.0kg的物体上，物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动，加速度的大小a＝2.0m/s2。求：
（1）物体所受水平拉力的大小F；
（2）物体在2.0s末的速度大小v。
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
命题点四　传送带模型
模型1　水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v0＞v时返回右端的速度为v，当v0＜v时返回右端的速度为v0
模型2　倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速
（2023秋 镇海区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
（2023秋 南京期末）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆时针匀速转动。小砖块以初速度v＝10m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．砖块刚滑上传送带时的加速度大小为2.5m/s2
B．砖块在传送带上向上滑行的最远距离为3.0m
C．若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变长
D．若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长
（2022秋 唐山期末）如图所示，质量为m＝1kg的物块（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带以v＝6m/s速度匀速向下运动，物块到达传送带下端B时滑上静止的平板车（物块从传送带滑上平板车时无能量损失），随后在平板车上向左运动，物块始终未从平板车上滑落。已知传送带AB之间的距离L为4.5m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，物块与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，物块与平板车的摩擦因数μ2＝0.5，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量为M＝0.5kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块在传送带上的运动时间；
（2）平板车的最小长度；
（3）从物块滑上平板车到最后静止的过程中，物块运动的总位移。
（2023秋 洪山区校级期中）如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F＝kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为10m/s2，则（　　）
A．k＝4
B．k＝20
C．木块下滑过程中，在x＝1.25m处速度最大，且最大值为5m/s
D．木块下滑过程中，在x＝2.50m处速度最大，且最大值为10m/s
（2023秋 崇川区期中）两个不同滑块分别从同一斜面顶端B点由静止释放，利用曝光时间间隔一定的频闪仪先后对两物块下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，与图甲相比，图乙中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．受到的摩擦力较大
C．经过A点的速度较小
D．从B到A的运动时间较短
（2023 和平区校级开学）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知两物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N）。下列判断正确的（　　）
A．t＝0s时，物体A对物体B作用力的大小为2N
B．从t＝0开始，A、B两个物体分离的时间为1s
C．A、B分离之后，B做匀加速直线运动
D．8s时B物体的速度为14m/s
（2024 岳阳县校级开学）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1.6s
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2
D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍
（2023秋 市中区校级月考）某商场中，一顾客乘扶梯上楼，与扶梯一起加速向上运动，如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．顾客受到2个力的作用
B．顾客所受摩擦力方向沿斜面向上
C．顾客所受摩擦力方向水平向左
D．顾客所受摩擦力方向水平向右
（2023秋 双流区校级月考）无人机由静止开始在竖直方向运动的过程中，加速度a与时间t的关系图像如图所示，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0～t3无人机的速度先增大后减小
B．t1～t2无人机匀速上升
C．t2时刻无人机的速度为0.5a0t1+a1t2+0.5a1t1
D．0～t1无人机的加速度变化率为
（2022秋 南通期中）物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数为分别为μA、μB、μC，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与拉力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是（　　）
A．mB＜mC B．mA＜mB C．μB＞μC D．μA＞μB
如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。根据图（b）判断下列说法不正确的是（　　）
A．物体的质量m＝2kg
B．斜面的倾角θ＝37°
C．加速度为6m/s2时物体的速度v＝18m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
（2023秋 兴化市期末）根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0～50s内潜艇竖直方向的v﹣t图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则（　　）
A．潜艇在t＝20s时下沉到最低点
B．潜艇竖直向下的最大位移为750m
C．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为5：2
D．潜艇在0～20s内处于超重状态
（2024 厦门二模）在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度α随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学（　　）
A．从A到B的过程中，处于超重状态
B．在B点时，速度为零
C．在C点时，恰好离开地面
D．从C到D的过程中，处于失重状态
（2024 渝中区模拟）“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．运动员始终在飞机正下方
B．运动员从飞机卫跳下至开伞前做自由落体运动
C．运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D．运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
（2023秋 乌鲁木齐期末）如图所示，物体的质量m＝5kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在倾角θ＝37°，F＝50N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t＝5s时撤去F，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物体做加速运动时的加速度a。
（2）撤去F后，物体还能滑行的时间t。
（2024 让胡路区校级开学）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
（2023秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。第7讲　牛顿运动定律的应用
知识内容 考试要求 说明
牛顿运动定律应用 d 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.
超重与失重 b
一、两类动力学问题
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况．
(2)已知运动情况求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：
二、超重与失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
命题点一　超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
2．判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重
（2024 海淀区一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B．扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
【解答】解：A、人在加速阶段，向右上方加速，根据牛顿第二定律可知，电梯的支持力大于人的重力，所以人处于超重状态，故A正确；
B、加速度运动阶段，根据牛顿第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，故B错误；
CD、匀速运动阶段，人受力平衡，竖直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CD错误；
故选：A。
（2024 温州二模）如图所示，小球从距地面高度h1＝1.25m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2＝0.8m，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
【解答】解：A、小球在B点速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A错误；
B、小球下降过程和上升过程加速度方向均向下，处于失重状态，故B错误；
C、根据机械能守恒定律得，
整理解得
代入数据解得v＝5m/s，
规定向上为正方向，根据动量定理得
（mg﹣F）t＝0﹣（﹣mv）
整理解得，
可知小球与地面作用过程速度变化量的大小大于5m/s，故C错误；
D、根据平均速度的定义式知，小球下降过程和上升过程位移大小相等，下降过程的时间小于上升过程的时间，则下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，故D正确。
故选：D。
（2024 昌乐县校级模拟）一质量为m的滑块（可视为质点），以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（　　）
A．滑块下滑过程中处于失重状态
B．滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2
C．若v0＝3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3s
D．若v0＝4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s
【解答】解：AB．滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度方向要斜面向上；
根据运动的合成与分解，滑块具有竖直向上的分加速度，因此滑块处于超重状态；
设加速度的大小为a，根据运动学公式
变形得
图像的斜率
结合函数，图像的斜率
代入数据解得滑块下滑的加速度大小为a＝1m/s2
综上分析，故AB错误；
CD．若v0＝3m/s，滑块沿斜面下滑的位移为
下滑时间为
同理可知，若v0＝4m/s，滑块减速至速度为零下滑的位移为
由位移公式可得
解得t2＝2s
另一解6s不符合题意舍去，故C正确，D错误。
故选：C。
命题点二　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象等．
2．图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解决图象问题的关键
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
（2023春 深圳校级月考）如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示。已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g。则可求出的物理量有（　　）
A．物体的质量
B．斜面体的倾角θ
C．物体与斜面体之间的动摩擦因数
D．物体对斜面体的压力
【解答】解：A、对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
整理得：a F﹣gsinθ﹣μgcosθ
由图像得，图像的斜率k
则物体的质量m
故A正确；
BC、图像的截距为﹣b＝﹣gsinθ﹣μgcosθ
则sinθ+μcosθ
无法求解斜面倾角和动摩擦因数，故BC错误；
D、由牛顿第三定律得，物体对斜面的支持力等于斜面对物体的支持力，大小为N＝mgcosθ
则无法求解物体对斜面的压力，故D错误。
故选：A。
（2022秋 越秀区校级期末）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g＝10m/s2，则不能计算出的是（　　）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14 N时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
【解答】解：物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma
解得：aμg
由a与F图线，得到：
0.510μ…①
410μ…②
①②联立得：m＝2kg，μ＝0.3；故CD不符合要求；
故a＝0时，F为6N，即最大静摩擦力为6N；
由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度；
题干要求是不能够计算的物理量，故ACD错误、B正确。
本题是不能计算出的，故选：B。
（多选）（2022秋 李沧区校级期末）如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根据图（b）判断下列说法不正确的是（　　）
A．物体的质量m＝1.5kg
B．斜面的倾角θ＝53°
C．加速度为5m/s2时物体的速度v＝16m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
【解答】解：AB．根据牛顿第二定律Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
将，F1＝20N，，F2＝30N
代入联立得m＝2kg，θ＝37°
故AB错误；
D．当a＝0时代入Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正确；
C．没有时间的信息，条件不全，无法求出瞬时速度，故C错误。
本题选不正确的，故选：ABC。
命题点三　动力学的两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．
（2024 福州二模）滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为a甲：a乙＝16：9
C．滑块过A点时的速度大小之比为v甲：v乙＝3：4
D．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
mgsinθ+f＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故A错误；
B、甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向堪称初速度为零的匀加速直线运动，由
可知，加速度大小之比为16：9，故B正确；
C、利用逆向思维，滑块在A、B两点间运动，根据位移公式有
综上代入数据解得
即图甲与图乙滑块在A、B两点间运动时间之比为3：4，故由v＝at
知v甲：v乙＝4：3
故C错误；
D、根据加速度之比有（gsinθ+μgcosθ）：（gsinθ﹣μgcosθ）＝16：9
代入数据解得μ
故D错误。
故选：B。
（2024 南宁一模）某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v﹣t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．t1至时间内，鸟的加速度大小为20m/s2
D．t1至时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A、小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝6m/s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝0.6s，故A错误；
B、整个过程下落的高度为图 v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则hm＝3m，故B正确；
C、t1∽时间内小鸟的加速度am/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小为15m/s2，故C错误；
D、t1∽时间内，由牛顿第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，则2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D错误。
故选：B。
（2023 北京模拟）如图所示，一水平拉力F作用在质量m＝2.0kg的物体上，物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动，加速度的大小a＝2.0m/s2。求：
（1）物体所受水平拉力的大小F；
（2）物体在2.0s末的速度大小v。
【解答】解：（1）对物体，由牛顿第二定律得：F＝ma＝2.0×2.0N＝4N
（2）2.0s末的速度大小为v＝at＝2.0×2.0m/s＝4m/s
答：（1）物体所受水平拉力的大小F为4N；
（2）物体在2.0s末的速度大小v为4m/s。
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
【解答】解：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
am/s2m/s
若冰壶以加速度m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移
sat212mm＞x15
所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
v2＝a（12Δt+t）
代入数据解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有
代入数据解得L0＝27.38m
答：（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ为0.025；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0为27.38m。
命题点四　传送带模型
模型1　水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v0＞v时返回右端的速度为v，当v0＜v时返回右端的速度为v0
模型2　倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速
（2023秋 镇海区校级期末）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
【解答】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
（2023秋 南京期末）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速率v0＝5m/s逆时针匀速转动。小砖块以初速度v＝10m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，其与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．砖块刚滑上传送带时的加速度大小为2.5m/s2
B．砖块在传送带上向上滑行的最远距离为3.0m
C．若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变长
D．若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长
【解答】解：A.砖块刚滑上传送带时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma
代入数据解得
a＝12.5m/s2，故A错误；
B.当砖块速度减为0时，砖块在传送带上向上滑行的最远距离为
，故B错误；
C.砖块到达最高点后，继续以相同的加速度向下加速运动到与传送带共速，之后由于tanθ＜μ
则共速后一起做匀速运动回到出发点，上滑时间为
向下加速到与传送带共速所用时间和加速阶段的位移分别为
则匀速阶段时间为
则总时间为
根据数学知识可知，当
v0＝v＝10m/s时，所用时间最短，则若v0增为7m/s，砖块返回出发点时间变短，故C错误；
D.在砖块与传送带共速前，砖块一直相对于传送带向上运动，砖块在传送带上留下的痕迹长度为
若v0增为7m/s，砖块在传送带上留下的痕迹变长，故D正确。
故选：D。
（2022秋 唐山期末）如图所示，质量为m＝1kg的物块（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，传送带以v＝6m/s速度匀速向下运动，物块到达传送带下端B时滑上静止的平板车（物块从传送带滑上平板车时无能量损失），随后在平板车上向左运动，物块始终未从平板车上滑落。已知传送带AB之间的距离L为4.5m，传送带与水平面的夹角θ＝37°，物块与传送带间的摩擦因数μ1＝0.75，物块与平板车的摩擦因数μ2＝0.5，平板车与地面的摩擦因数μ3＝0.1，平板车的质量为M＝0.5kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块在传送带上的运动时间；
（2）平板车的最小长度；
（3）从物块滑上平板车到最后静止的过程中，物块运动的总位移。
【解答】解：（1）物块放上传送带在与传送带共速前，以加速度a1向下加速运动，
据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
代入数据解得：
物块经过时间t1达到与传送带速度相同：t1s＝0.5s
运行的位移：x1m＝1.5m
由于传送带AB之间的距离L为4.5m，此后，物块以加速度a2向下加速运动，可得：，则物块向下匀速运动。
故物块匀速到达底端：t2s＝0.5s
物块在传送带上的运动时间为：t＝t1+t2＝0.5s+0.5s＝1s
（2）物块滑上平板车的速度为6m/s，物块开始做匀减速直线运动，
加速度大小为：a3μ2g＝0.5×10m/s2＝5m/s2
平板车开始做匀加速直线运动，加速度大小为：a4，代入数据得：a4＝7m/s2
设经过一段时间t3物块和平板车正好达到共同速度v共，
由匀变速直线运动速度与时间关系式可得：v共＝v﹣a3t3＝a4t3
解方程组得：t3＝0.5s，v共＝3.5m/s
该过程物块的位移和平板车的位移分别为：s1，代入数据得：s1＝2.375m
s2，代入数据得：s2＝0.875m
之后假设物块与平板车相对静止，一起做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律可得：a5＝μ3g＝0.1×10m/s2＝1m/s2
物块与平板车间静摩擦力为：f＝ma5＝1N＜μ2mg＝0.5×1×10N＝5N
故假设成立，平板车的最小长度为：L＝s1﹣s2＝2.375m﹣0.875m＝1.5m
（3）物块与平板车相对静止，继续滑行位移为：s3m＝6.125m
则从物块滑上平板车到最后静止的过程中，物块运动的总位移为：s＝s1+s3＝2.375m+6.125m＝8.5m
答：（1）物块在传送带上的运动时间为1s；
（2）平板车的最小长度为1.5m；
（3）从物块滑上平板车到最后静止的过程中，物块运动的总位移为8.5m。
（2023秋 洪山区校级期中）如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F＝kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为10m/s2，则（　　）
A．k＝4
B．k＝20
C．木块下滑过程中，在x＝1.25m处速度最大，且最大值为5m/s
D．木块下滑过程中，在x＝2.50m处速度最大，且最大值为10m/s
【解答】解：AB、弹力随位移均匀变化，根据动能定理有：，解得：k＝20N/m，故A错误，B正确；
CD、当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即μkx＝mg
解得：x＝2.50m
根据动能定理得
解得最大速度为：v＝5m/s，故CD错误。
故选：B。
（2023秋 崇川区期中）两个不同滑块分别从同一斜面顶端B点由静止释放，利用曝光时间间隔一定的频闪仪先后对两物块下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，与图甲相比，图乙中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．受到的摩擦力较大
C．经过A点的速度较小
D．从B到A的运动时间较短
【解答】解：A、由图可知，图乙中的滑块滑到斜面底端所用时间较长，则根据运动学规律可知，图乙中滑块的加速度较小，但两滑块质量关系不知，则图乙中滑块受到的合力不一定小，故A错误；
B、斜面上的滑块受力分析，如下图所示
设滑块与斜面的摩擦因数为μ，则滑块受到的摩擦力为
f＝μmgcosθ
但两滑块质量关系不知，则受到的摩擦力大小无法比较，故B错误；
C、由上述分析可知，图乙中滑块的加速度较小，根据运动学规律有，可知图乙中滑块经过A点的速度较小，故C正确；
D、根据可知，图乙中滑块的加速度较小，则图乙中滑块从B到A的运动时间较长，故D错误。
故选：C。
（2023 和平区校级开学）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知两物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N）。下列判断正确的（　　）
A．t＝0s时，物体A对物体B作用力的大小为2N
B．从t＝0开始，A、B两个物体分离的时间为1s
C．A、B分离之后，B做匀加速直线运动
D．8s时B物体的速度为14m/s
【解答】解：AB、A、B两物体分离之前整体所受的合力为：F＝FA+FB＝（8﹣2t+2+2t）N＝10N，合力恒定，由牛顿第二定律有：F＝（mA+mB）a，可得a＝1m/s2
t＝0时，FB＝（2+2×0）N＝2N，设物体A对物体B作用力为FN，对B物体利用牛顿第二定律有：FN+FB＝mBa
代入数据可得：FN＝4N
A、B两个物体分离瞬间，相互挤压的弹力为零，加速度相等，此时对物体B利用牛顿第二定律有：FB＝mBa
代入数据可得：t＝2s，故AB错误；
C、A、B分离之后，B的合力为FB＝（2+2t）（N），合力增大，加速度增大，所以B做变加速直线运动，故C错误；
D、A、B两物体分离前合力恒定，加速度为1m/s2，则两物体分离时B的速度v1＝at＝1×2m/s＝2m/s，分离后物体B的合力随时间均匀变化，在2s～8s内合力的冲量，取向右为正方向，由动量定理有：I＝mBv2﹣mBv1
代入数据可得：v2＝14m/s，故D正确。
故选：D。
（2024 岳阳县校级开学）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1.6s
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2
D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A．小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律可得vm＝gt1，代入数据解得t1＝1.8s，故A错误；
B、整个过程下落的高度为图乙v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则hm＝27m，故B错误；
C、时间内小鸟的加速度为a，则此时间内v﹣t图像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正确；
D、时间内由牛顿第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：，故D错误。
故选：C。
（2023秋 市中区校级月考）某商场中，一顾客乘扶梯上楼，与扶梯一起加速向上运动，如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．顾客受到2个力的作用
B．顾客所受摩擦力方向沿斜面向上
C．顾客所受摩擦力方向水平向左
D．顾客所受摩擦力方向水平向右
【解答】解：顾客与扶梯一起加速运动，所以顾客的加速度的方向为斜向右上，可以将顾客的加速度分解为竖直向上的加速度和水平向右的加速度
竖直方向受到重力以及扶梯的支持力，根据牛顿第二定律有
FN﹣mg＝may
水平方向受到水平向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有
f＝max
综上所述，顾客受到三个力的作用，摩擦力的方向为水平向右。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023秋 双流区校级月考）无人机由静止开始在竖直方向运动的过程中，加速度a与时间t的关系图像如图所示，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0～t3无人机的速度先增大后减小
B．t1～t2无人机匀速上升
C．t2时刻无人机的速度为0.5a0t1+a1t2+0.5a1t1
D．0～t1无人机的加速度变化率为
【解答】解：A．0～t3无人机的加速度一直向上，速度也向上，一直向上做加速运动，速度一直增大，故A错误；
B．t1～t2无人机的加速度不变，速度均匀增大，无人机做匀加速直线运动，故B错误；
C．a﹣t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，0～t2内无人机的速度变化量为Δv＝v2﹣0
所以v2＝0.5a0t1+a1t2﹣0.5a1t1，故C错误；
D．加速度a与时间t的关系图像斜率表示加速度变化率，0～t1加速度的变化率为，故D正确。
故选：D。
（2022秋 南通期中）物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数为分别为μA、μB、μC，现用沿水平面的拉力F分别作用于物体A、B、C，所得到的加速度与拉力的关系如图所示，其中A、B两线平行，则下列结论正确的是（　　）
A．mB＜mC B．mA＜mB C．μB＞μC D．μA＞μB
【解答】解：由牛顿第二定律可知，物体在水平方向上有F﹣μmg＝ma
解得
故图像中的斜率对应，纵截距对应﹣μg，由图可知
即mA＝mB＜mC，μAg＜μBg＝μCg，即μA＜μB＝μC，故A正确，BCD错误。
故选A。
如图（a），一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（b）所示。根据图（b）判断下列说法不正确的是（　　）
A．物体的质量m＝2kg
B．斜面的倾角θ＝37°
C．加速度为6m/s2时物体的速度v＝18m/s
D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15N
【解答】解：AB．根据牛顿第二定律Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
将，F1＝20N，，F2＝30N
代入联立得m＝2kg，θ＝37°
故AB正确；
D．当a＝0时代入Fcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得F＝15N
D正确；
C．条件不全，无法求出瞬时速度，故C错误。
本题选不正确的，故选：C。
（2023秋 兴化市期末）根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0～50s内潜艇竖直方向的v﹣t图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则（　　）
A．潜艇在t＝20s时下沉到最低点
B．潜艇竖直向下的最大位移为750m
C．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为5：2
D．潜艇在0～20s内处于超重状态
【解答】解：A．由v﹣t图像可知，在50s内先向下加速后向下减速，则t＝50s潜艇向下到达最大深度。故A错误；
B．由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为图线与坐标轴所围面积，即
故B正确；
C．潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像中图线的斜率表示加速度可得
在自救时加速度大小可表示为
可知加速度大小之比为
故C错误；
D．潜艇在0～20s内向下加速，具有向下的加速度，处于失重状态。故D错误。
故选：B。
（2024 厦门二模）在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度α随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学（　　）
A．从A到B的过程中，处于超重状态
B．在B点时，速度为零
C．在C点时，恰好离开地面
D．从C到D的过程中，处于失重状态
【解答】解：A、从A到B，加速度竖直向下，为失重状态，故A错误；
B、B点加速度为零，速度不为零，故B错误；
C、在离开地面之后，同学应只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下且为定值，图像中C点之后加速度是逐渐反向增大的过程，所以C点时并非恰好离地，故C错误；
D、从C到D，加速度竖直向下，为失重状态，故D正确。
故选：D。
（2024 渝中区模拟）“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．运动员始终在飞机正下方
B．运动员从飞机卫跳下至开伞前做自由落体运动
C．运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D．运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
【解答】解：AB.由于运动员受空气阻力作用，飞机在水平方向匀速飞行，所以离开飞机后水平方向会减速，从而不能保持在飞机正下方，也不能做自由落体运动，故AB错误；
C.在运动员下落过程，竖直方向向向下加速，处于失重状态，降落伞打开后，会向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C错误；
D.运动员下落时速度向增大，做加速运动，降落伞打开后做速度减小，做减速运动，故D正确。
故选：D。
（2023秋 乌鲁木齐期末）如图所示，物体的质量m＝5kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在倾角θ＝37°，F＝50N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t＝5s时撤去F，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物体做加速运动时的加速度a。
（2）撤去F后，物体还能滑行的时间t。
【解答】解：（1）对物体分析，在水平方向上有Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）＝ma，解得a＝4.8m/s2，方向向右。
（2）物体加速5s，速度为v＝at＝4.8×5m/s＝24m/s，撤去F后，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，速度减至0，有v﹣at＝0，解得t＝12s
答：（1）物体做加速运动时的加速度a为4.8m/s2，方向向右。
（2）撤去F后，物体还能滑行的时间t为12s。
（2024 让胡路区校级开学）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
【解答】解：（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有
解得x＝16m
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得
（3）企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
则有v＝at＝a1t'
x'
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
解得
答：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小为16m；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小为8m/s2，退滑到出发点过程的加速度大小为4m/s2；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小为。
（2023秋 武昌区校级期末）一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t＝0时刻，小环以的速度从距木棒底部h＝1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出。取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
（1）t＝0时刻，小环和木棒的加速度；
（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
（3）小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n，及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
【解答】解：（1）t＝0时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有f+2mg＝2ma1
代入数据解得
该加速度方向竖直向下。对木棒与重物整体分析，根据牛顿第二定律有mg+f﹣mg＝（m+m）a2
代入数据解得
该加速度方向竖直向上。
（2）根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，经历时间t0达到相等速度，则有v共＝v0﹣a1t0＝a2t0
代入数据解得，
此过程木棒的位移为
代入数据解得x1＝0.2m
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为x0＝x2﹣x1
代入数据解得x0＝0.8m
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有mg+2mg﹣mg＝（m+m+2m）a3
代入数据解得
取向上为正方向，根据速度与位移的关系式有
代入数据解得v1＝2m/s
（3）综合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为L＝x0+h
代入数据解得L＝2.725m
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
2mg﹣f＝2ma4
代入数据解得
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到做高点的时间为
代入数据解得t1＝0.1s
利用逆向思维，木棒上升到最大的高度为
代入数据解得h0＝0.1m
可知，环在到达离地面高度为h0之前都不会与木棒分离，对小环有
代入数据解得t2＝0.7s
则木棒与地面碰撞的次数为
且第四次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知，此时，小环离地面的高度
d＝h0＝0.1m。

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