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专题7 牛顿第二定律 两类运动学问题
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质. 2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题． 3.牛顿运动定律在其他模型上的应用 考点一　瞬时加速度的求解 考点二　动力学中的图象问题 考点三　连接体问题 考点四　动力学两类基本问题 题型：选择题 计算题 1已知受力情况求运动情况 2已知运动情况求受力情况 3生活中的超重与失重 4与超重失重有关的图像问题 5等时圆模型的应用 6动力学图像问题
考点一　瞬时加速度的求解
1．牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
2．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
考点二　动力学中的图象问题
1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．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零开始。
(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．
考点三　连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
考点四　动力学两类基本问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
（2024 湖北模拟）如图所示，质量为m的小球P用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，当小车水平向右做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，轻弹簧处于竖直方向，则下列说法中正确的是（　　）
A．细线的张力不可能为0
B．若小车向右做匀速直线运动，弹簧伸长量为
C．弹簧的弹力不可能为0，也不可能处于压缩状态
D．若小车水平向右的加速度a＞gtanθ，弹簧伸长量为
（2024 广东一模）由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
（2024 山东模拟）《天工开物》中记载有：“凡试弓力，以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰……则知多少”，图1所示是古代某次测量弓力时的情境。图2为某同学制作的弓的简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，弓腰和重物的总质量为80kg时OA与竖直方向的夹角α为37°，不计弓弦的质量和一切摩擦，未拉动弓弦时弓弦恰处于原长，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，忽略弓腰的形变。如图3所示，当弓水平在弦上搭质量为1.0kg的箭，拉动弓弦，两侧弓弦夹角为106°时，释放弓弦，弓弦对箭的作用力产生的最大加速度大小为（　　）
A．187.5m/s2 B．225m/s2 C．300m/s2 D．500m/s2
（2024 金东区校级模拟）如图所示，质量为M＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．木块受到的摩擦力大小为f1＝2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N＝15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
（2024 五华区校级模拟）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式在水平地面上匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，不计绳与石墩之间的摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力最小值为0.5mg
C．轻绳的合拉力最小时，θ＝60°
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力最小
（2024 海淀区三模）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（　　）
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
（2024 大足区校级模拟）如图所示，一质量为m的物块在外力作用下能静止在倾角θ＝30°的粗糙斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现在外力大小变成（g为重力加速度），方向与斜面底边平行的向左，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．物块静止不动，摩擦力的大小为
B．摩擦力的大小为，方向沿斜面向上
C．物块向斜面左下方做匀加速直线运动
D．物块向斜面左下方做曲线运动
（2024 五华区校级模拟）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为2.8×106kg，在高密度海水区域海平面下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.24×107N；12s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以1.2m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不变。取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。
（2024 四川模拟）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；
（2）若已知，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。
题型1已知受力情况求运动情况
（2024 阆中市校级一模）如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长l1＝4m和l2＝8m的两段不同材料AB和BC制成，滑梯与水平地面夹角θ＝37°。一小朋友从A点由静止滑下，经6s到达C点速度恰好为零。重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度vm；
（2）小朋友与AB和BC材料间的动摩擦因数μ1和μ2。
（2023 奉贤区二模）航拍无人机已被广泛使用。操作遥控器使无人机竖直上升或竖直下降，假设无人机受到竖直向上或竖直向下的推动力大小都为重力的1.5倍。一次试飞中，让无人机由静止从地面竖直向上起飞，2s末关闭发动机。（忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）无人机在加速上升过程中的加速度；
（2）无人机上升到距地面的最大高度；
（3）无人机上升到最高点后，为安全着陆（落地速度为零），用的最短时间。
题型2已知运动情况求受力情况
（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。
（2020 寿光市校级模拟）如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
题型3生活中的超重与失重
（2024 庐阳区校级模拟）科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态
B．下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态
C．飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态
D．飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态
（2024 青羊区校级模拟）“天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时45分开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是（　　）
A．梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力
C．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
D．梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，不受重力的作用
（2024 黑龙江模拟）如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v﹣t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　）
A．0～0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态
B．0.5～2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m
C．2.5～3.0h内，“奋斗者号”的加速度大小为2m/s2
D．0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m
题型4与超重失重有关的图像问题
（2024 松江区校级三模）一质量为m的学生乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。学生所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）
A．0～t1时间内，v增大，FN＜mg
B．t1～t2时间内，v不变，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＞mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＜mg
（2024 东莞市三模）2023年世界泳联锦标赛中，中国军团以20枚金牌的成绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t2，运动员处于失重状态
B．运动员在t1时刻接触水面
C．运动员在水中时，最深处的加速度最大
D．运动员潜入水中的深度等于
（2024 河南模拟）某游泳运动员在0～6s时间内运动的v﹣t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（　　）
A．在0～6s内所受的合力一直不为0
B．在0～6s内的位移大小为24m
C．在2s～4s内一定处于超重状态
D．在4s～6s内的位移大小为8m
题型5动力学图像问题
（2024 重庆模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块的质量m＝1kg，木板的质量M＝2kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．撤去F时，物块的速度达到最大值
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．拉力F的大小为36N
D．木板全过程运动的距离为7.5m
（2024 绵阳模拟）如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是（　　）
A．物体质量
B．斜面倾斜角
C．当地重力加速度
D．物体与斜面动摩擦因数
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m中小学教育资源及组卷应用平台
专题7 牛顿第二定律 两类运动学问题
课标要求 知识要点 命题推断
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质. 2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题． 3.牛顿运动定律在其他模型上的应用 考点一　瞬时加速度的求解 考点二　动力学中的图象问题 考点三　连接体问题 考点四　动力学两类基本问题 题型：选择题 计算题 1已知受力情况求运动情况 2已知运动情况求受力情况 3生活中的超重与失重 4与超重失重有关的图像问题 5等时圆模型的应用 6动力学图像问题
考点一　瞬时加速度的求解
1．牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
2．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
考点二　动力学中的图象问题
1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．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零开始。
(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．
考点三　连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
考点四　动力学两类基本问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
（2024 湖北模拟）如图所示，质量为m的小球P用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，当小车水平向右做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，轻弹簧处于竖直方向，则下列说法中正确的是（　　）
A．细线的张力不可能为0
B．若小车向右做匀速直线运动，弹簧伸长量为
C．弹簧的弹力不可能为0，也不可能处于压缩状态
D．若小车水平向右的加速度a＞gtanθ，弹簧伸长量为
【解答】解：AB、若小车向右做匀速直线运动，因轻弹簧处于竖直方向，则知细线拉力为0，此时弹簧弹力等于重力，即有kx＝mg，解得弹簧伸长量为：，故A错误，B正确；
CD、若小车的加速度满足a＝gtanθ，方向水平向右，由牛顿第二定律有
Tsinθ＝ma
竖直方向由平衡条件有
F弹+Tcosθ＝mg
解得：F弹＝0
即弹簧的弹力为0。
若a＞gtanθ，则
弹簧压缩量为
，故CD错误。
故选：B。
（2024 广东一模）由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【解答】解：设滑块A的质量为m，滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块B的质量为2m；调换前，对系统根据牛顿第二定律可得
mg﹣2μmg＝3ma
调换后，对系统根据牛顿第二定律可得
2mg﹣μmg＝9ma
联立解得
μ＝0.2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024 山东模拟）《天工开物》中记载有：“凡试弓力，以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰……则知多少”，图1所示是古代某次测量弓力时的情境。图2为某同学制作的弓的简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，弓腰和重物的总质量为80kg时OA与竖直方向的夹角α为37°，不计弓弦的质量和一切摩擦，未拉动弓弦时弓弦恰处于原长，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，忽略弓腰的形变。如图3所示，当弓水平在弦上搭质量为1.0kg的箭，拉动弓弦，两侧弓弦夹角为106°时，释放弓弦，弓弦对箭的作用力产生的最大加速度大小为（　　）
A．187.5m/s2 B．225m/s2 C．300m/s2 D．500m/s2
【解答】解：设AB长度为2L，则对于图2中，有AO＝BOL，在图2中根据受力平衡有2Fcosα＝mg，解得F＝500N
根据胡克定律有k（L﹣L）＝F，解得k
在图3中有，一侧弦的长度为x，弦的形变量为ΔxLL，则一侧弦上力的大小为F'＝kΔx L＝187.5N
对箭产生的合力大小为F合＝2F'cos53°＝2×187.5×0.6N＝225N，根据牛顿第二定律有F合＝ma，解得a＝225m/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024 金东区校级模拟）如图所示，质量为M＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．木块受到的摩擦力大小为f1＝2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N＝15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
【解答】解：A、木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为f1＝mg＝0.5×10N＝5N，故A错误；
C、铁箱与地面的摩擦力为f2＝μ1（M+m）g＝0.3×（2.5+0.5）×10N＝9N，故C错误；
B、由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为，故B错误；
D、对木块在水平方向上由牛顿第二定律得N＝ma
对整体由牛顿第二定律得F﹣f2＝（M+m）a
解得F2＝129N，故D正确；
故选：D。
（2024 五华区校级模拟）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式在水平地面上匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，不计绳与石墩之间的摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力最小值为0.5mg
C．轻绳的合拉力最小时，θ＝60°
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力最小
【解答】解：A、对石墩受力分析，如图所示，
因为是一根轻绳，所以T＝T1＝T2，根据平衡条件有
2Tcosθ＝f
2Tsinθ+N＝mg
f＝μN
联立上式解得T
这两段绳子是相互平行的，则两轻绳合力的大小为2T，故A错误；
BC、合拉力的表达式为2T
当θ＝30°时轻绳的合拉力取最小值，且最小值为0.5mg，故B正确，C错误；
D、根据选项A可得，地面对石墩的摩擦力为f＝2Tcosθ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时摩擦力最小，但并不是拉力的最小值，故D错误。
故选：B。
（2024 海淀区三模）如图所示静止于水平地面的箱子内有一粗糙斜面，将物体无初速放在斜面上，物体将沿斜面下滑。若要使物体相对斜面静止，下列情况中不可能达到要求的是（　　）
A．使箱子沿水平方向做匀加速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动
D．使箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动
【解答】解：A.当箱子沿水平方向做匀加速直线运动，若物体相对斜面静止，则两者加速度相等。当物体所受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速运动所需合力时，物体与斜面间的摩擦力恰好为零，即物体相对斜面静止，故A正确；
B.当箱子做自由落体运动，此时物体与箱子之间的作用力为零，物体也做自由落体运动，即物体相对斜面静止，故B正确；
C.当箱子沿竖直向上的方向做匀加速直线运动，假设物体相对斜面静止，则物体受力如图所示
建立如图所示坐标系，则根据牛顿第二定律分别有
FN﹣mgcosθ＝macosθ
f﹣mgsinθ＝masinθ
整理可得
f＝FNtanθ
由于物体无初速放在斜面上时，物体将沿斜面下滑，故有
μ＜tanθ
即
f＝μFN＜FNtanθ
故假设不成立。物块与斜面发生相对滑动，故C错误；
D.当箱子沿水平面内的圆轨道做匀速圆周运动时，当物体所受支持力与摩擦力在水平方向的合力恰好提供做圆周运动的向心力时，物体与斜面相对静止，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2＝﹣8×2m8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2＝8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，根据v﹣t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
联立解得：μ＝0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
（2024 大足区校级模拟）如图所示，一质量为m的物块在外力作用下能静止在倾角θ＝30°的粗糙斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现在外力大小变成（g为重力加速度），方向与斜面底边平行的向左，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．物块静止不动，摩擦力的大小为
B．摩擦力的大小为，方向沿斜面向上
C．物块向斜面左下方做匀加速直线运动
D．物块向斜面左下方做曲线运动
【解答】解：对物块受力分析，若物体处于平衡状态，重力的分力与外力的合力为
F合，得到F合mg
若摩擦力为滑动摩擦力，则f'＝μmgcos30°，得到f'mg
由于F合＞f'
故物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面右上方，根据牛顿第二定律可得
F合﹣f'＝ma
可知物块向斜面左下方做初速度为零的匀加速直线运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2024 五华区校级模拟）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为2.8×106kg，在高密度海水区域海平面下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.24×107N；12s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以1.2m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不变。取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。
【解答】解：（1）设减重后的质量为m1，潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有 F﹣m1g＝m1a
解得 m1＝2.0×106kg
（2）由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1，满足：mg﹣F＝ma1，
代入数据解得：，方向竖直向下
“掉深”历时 t1＝12s时，潜艇下落高度为 144m
此时潜艇速度为 v1＝a1t1＝2.0×12m/s＝24m/s
减重后，潜艇以加速度a匀减速下落，直至其速度为零
潜艇下落的距离为 240m
潜艇“掉深”达到的最大深度为 h＝h1+h2+h0＝144m+240m+200m＝584m
答：（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量为2.0×106kg；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度为584m。
（2024 四川模拟）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；
（2）若已知，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。
【解答】解：（1）设滑块与跑道间的动摩擦因数为μ
对图a：μMg＝Ma
滑块做匀减速运动2ax
解得μ＝0.6
（2）竖直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN
水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1
f＝μFN
联立解得a1＝10m/s2
减速距离为s，解得s＝7.2m
答：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数为0.6；
（2）装上减速装置后滑块的减速距离大小为7.2m。
题型1已知受力情况求运动情况
（2024 阆中市校级一模）如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长l1＝4m和l2＝8m的两段不同材料AB和BC制成，滑梯与水平地面夹角θ＝37°。一小朋友从A点由静止滑下，经6s到达C点速度恰好为零。重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度vm；
（2）小朋友与AB和BC材料间的动摩擦因数μ1和μ2。
【解答】解：（1）小朋友滑至B点速度最大，由匀变速直线运动规律可得：
代入数据解得：vm＝4m/s；
（2）设小朋友在AB、BC段的加速度大小分别为a1和a2，在AB段，小朋友做匀加速运动，则有：
代入数据解得：
对小朋友，由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：μ1＝0.5
在BC段，小朋友做匀减速运动，由运动学公式可得：
代入数据得：
由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：。
答：（1）小朋友滑行过程中的最大速度为4m/s；
（2）小朋友与AB和BC材料间的动摩擦因数分别为0.5和。
（2023 奉贤区二模）航拍无人机已被广泛使用。操作遥控器使无人机竖直上升或竖直下降，假设无人机受到竖直向上或竖直向下的推动力大小都为重力的1.5倍。一次试飞中，让无人机由静止从地面竖直向上起飞，2s末关闭发动机。（忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）无人机在加速上升过程中的加速度；
（2）无人机上升到距地面的最大高度；
（3）无人机上升到最高点后，为安全着陆（落地速度为零），用的最短时间。
【解答】解：（1）无人机在加速上升过程中，由牛顿第二定律得：1.5mg﹣mg＝ma1
解得加速上升的加速度：a1＝5m/s2
（2）加速上升2s内上升的高度h1m＝10m
2s末速度v＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
关闭发动机后上升的高度h2m＝5m
故无人机上升到距地面的最大高度H＝h1+h2＝10m+5m＝15m
（3）无人机上升到最高点后，为安全着陆（落地速度为零），用时最短时推动力先竖直向下使无人机加速，后推动力竖直向上使无人机减速，末速度为零。
设最大速度为vm，下落用的最短时间为t。
推动力竖直向下使无人机加速时，由牛顿第二定律得：1.5mg+mg＝ma2
解得：a2＝25m/s2
推动力竖直向上使无人机减速时，由牛顿第二定律得：1.5mg﹣mg＝ma3
解得：a3＝5m/s2
则H
解得：vm＝5m/s
为安全着陆（落地速度为零），用的最短时间t
解得：ts
答：（1）无人机在加速上升过程中的加速度为5m/s2；
（2）无人机上升到距地面的最大高度为15m；
（3）无人机上升到最高点后，为安全着陆（落地速度为零），用的最短时间为s。
题型2已知运动情况求受力情况
（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。
（2020 寿光市校级模拟）如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【解答】解：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得：
L＝v0tat2 … ①
v＝v0+at…②
联立①②式，代入数据得：
a＝3m/s2 …③
v＝8m/s…④
（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得：
Fcosα﹣mgsinθ﹣Ff＝ma…⑤
Fsinα+FN﹣mgcosθ＝0…⑥
又Ff＝μFN…⑦
联立⑤⑥⑦式得：F⑧
由数学知识得：cosαsinαsin（60°+α）…⑨
由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α＝30°…⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为：FminN
答：（1）物块加速度的大小为，到达B点时速度的大小为8m/s；
（2）拉力F与斜面夹角30°时拉力F最小，拉力F的最小值是
题型3生活中的超重与失重
（2024 庐阳区校级模拟）科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态
B．下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态
C．飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态
D．飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态
【解答】解：飞机在B点运动到D点的过程关闭发动机，故BC阶段向上减速运动，为失重状态，CD阶段向下加速运动，为失重状态，故飞机内的宇航员在B到D的过程一直处于失重状态，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024 青羊区校级模拟）“天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时45分开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是（　　）
A．梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力
C．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
D．梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，不受重力的作用
【解答】解：A.梦天实验舱内，水球体积越小，水球质量越小，其惯性越小，故A错误；
B.击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力，是一对相互作用力，故B正确；
C.击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C错误；
D.梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，重力全部提供向心力，不是不受重力，故D错误。
故选：B。
（2024 黑龙江模拟）如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v﹣t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　）
A．0～0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态
B．0.5～2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m
C．2.5～3.0h内，“奋斗者号”的加速度大小为2m/s2
D．0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m
【解答】解：A、0～0.5h内，“奋斗者号”加速下潜，加速方向向下，物体处于失重状态，故A错误；
B、0.5h～2.5h内，“奋斗者号”匀速下潜，物体处于平衡状态，体积不变，浮力不变，匀速下潜时需排出部分海水，让重力等于浮力，所以此时重力小于mg，“奋斗者号”质量小于m，故B正确；
C、2.5h～3h内，“奋斗者号”向下做减速运动，由图像的斜率表示加速度可知，故C错误；
D、根据v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移知，0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度，故D错误；
故选：B。
题型4与超重失重有关的图像问题
（2024 松江区校级三模）一质量为m的学生乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。学生所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）
A．0～t1时间内，v增大，FN＜mg
B．t1～t2时间内，v不变，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＞mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＜mg
【解答】解：A.根据s﹣t图像可知，0﹣t1速度v增大，物体加速向下运动，加速度向下，根据牛顿第二定律mg﹣FN＝ma＞0，可得FN＜mg，故A正确；
B.根据s﹣t图像可知，t1﹣t2速度v不变，物体匀速向下运动，根据平衡条件FN＝mg，故B错误；
CD.根据s﹣t图像可知，t2﹣t3速度v减小，物体减速向下运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律FN﹣mg＝ma，可得FN＞mg，故CD错误。
故选：A。
（2024 东莞市三模）2023年世界泳联锦标赛中，中国军团以20枚金牌的成绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t2，运动员处于失重状态
B．运动员在t1时刻接触水面
C．运动员在水中时，最深处的加速度最大
D．运动员潜入水中的深度等于
【解答】解：A.由图可知0﹣t2运动员的加速度相同，加速度为正，方向竖直向下，根据超重和失重的含义可知，运动员处于失重状态，故A正确；
BC.t2时刻速度减小，运动员开始接触水面，t3时刻速度为零，运动员在水的最深处；v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，t3时刻的斜率最小，加速度最小，故BC错误；
D.则运动员潜入水中的深度为t2﹣t3时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的深度
，故D错误。
故选：A。
（2024 河南模拟）某游泳运动员在0～6s时间内运动的v﹣t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（　　）
A．在0～6s内所受的合力一直不为0
B．在0～6s内的位移大小为24m
C．在2s～4s内一定处于超重状态
D．在4s～6s内的位移大小为8m
【解答】解：A、运动员在0～2s和4s～6 s内处于平衡状态，所受合力为0，故 A错误；
B、运动员在0～6s 内的位移大小等于图像与横轴围成的面积，12m，故B错误；
C、运动员在2s～4s内在同一水平面内运动，则其竖直方向的加速度为0，选项C错误；
D、运动员在4 s～6s 内做匀速直线运动，位移大小 x2＝2×4m＝8m，选项D正确；
故选：D。
题型5动力学图像问题
（2024 重庆模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块的质量m＝1kg，木板的质量M＝2kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．撤去F时，物块的速度达到最大值
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．拉力F的大小为36N
D．木板全过程运动的距离为7.5m
【解答】解：ABC、由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，木块做加速运动，木板做减速运动，直到1.5s时刻木块与木板共速；
在1s～1.5s内，木板的加速度大小为a1m/s2＝10m/s2
在0～1.5s内，物块的加速度大小为a2m/s2＝2m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ1（m+M）g+μ2mg＝Ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.6，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为a3m/s2＝8m/s2
木板在0～1s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma3
代入数据解得F＝36N，故AB错误，C正确；
D、在0～1.5s内木板的位移s1v1Δt3（v1+v1.5）Δt18×1m（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s内木块的位移s2v1.5Δt23×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：a1′＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′：μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma2′
解得：a2′＝8m/s2
物块到停止的时间还需要：t1′s＝1.5s
木板到停止的时间还需要：t2′s
木板的位移为：s2m＝0.5625m
木板全过程运动的距离为s＝s1+s2＝6.75m+0.5625m＝7.3125m
故D错误。
故选：C。
（2024 绵阳模拟）如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是（　　）
A．物体质量
B．斜面倾斜角
C．当地重力加速度
D．物体与斜面动摩擦因数
【解答】解：设a﹣F图像斜率为k，与纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图：
有F﹣mgsinθ＝ma
解得
则，b＝gsinθ
若斜面粗糙，受力如图：
有F﹣（mgsinθ+μmgcosθ）＝ma′
解得
则，b＝gsinθ+μgcosθ
综上可知根据a﹣F图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体质量m，不能求解斜面倾斜角、当地重力加速度和物体与斜面动摩擦因数，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
【解答】解：AB、根据题意，如物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝mam
解得加速度
由乙图可知，M减速时加速度
可知，物块与平板车发生相对滑动，设t秒时两者共速，则有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板车的加速度为
物块减速时，由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma'm
得
平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示
整个过程中，物块m的加速度大小一直为1m/s2，物块m相对平板车M滑动的时间为8s，故AB错误；
CD、4秒前的打滑位移
4秒后的打滑位移
所以平板车的长度为12m，物块m相对平板车的位移大小为12m﹣4m＝8m，方向向左
故D错误，C正确。
故选：C。

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