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第7讲　牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】
1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
2.理解各种动力学图像，并能分析图像的特殊点、斜率、截距及面积的物理意义。
考点一　动力学两类基本问题
1.基本思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
3.动力学问题的解题思路
[例1]　北京时间2024年4月3日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面2 m时启动反推发动机，做匀减速运动速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动。求：
(1)在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，反推发动机产生的推力大小。
【答案】 (1)70 m/s2　(2)1.05×105 N
【解析】 (1)由牛顿第二定律可知mg－f1=ma1，f1=kv1，在匀速下降过程有f2=kv2=mg，联立可得a1=－70 m/s2，所以加速度大小为70 m/s2。
(2)在反推发动机工作时，主降落伞和返回舱匀减速至零，根据运动学公式可得－2a2h=0－，解得加速度大小为a2=，根据牛顿第二定律可得F－mg=ma2，解得反推发动机产生的推力大小F=1.05×105 N。
[例2]　分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
甲
乙
(1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ；
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
(3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
【答案】 (1)37°　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s
【解析】 (1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ=μmgcos θ，解得θ=37°。
(2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg=ma，解得a=7.5 m/s2。
(3)机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动，直至减速到零，此时机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，匀加速直线运动与匀减速直线运动的位移和时间相等，有
x1=x3=，t1=t3=，
匀速运动的时间为t2=，
联立解得t=t1＋t2＋t3=15.4 s。
考点二　动力学的图像问题
常见的动力学图像包括v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。
[例3]　(多选)如图所示，一物块以初速度v0沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正方向，则物块速度随时间变化的图像可能正确的有(　AD　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
【解析】 设物块重力为mg，所受滑动摩擦力大小为Ff，斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律可得物块上滑过程中加速度大小为a1==gsin θ＋，下滑过程中加速度大小为a2==gsin θ－＜a1。当物块与斜面间最大静摩擦力不小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将静止；当物块与斜面间最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将沿斜面下滑，且物块下滑时速度沿负方向，再结合v－t图像的斜率表示加速度可知，A、D正确，B、C错误。
[例4]　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图甲所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。　　　
质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图乙所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t=t0时切线斜率为0，则(　AD　)
　　
甲 乙
A.μ1＋μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【解析】 位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0、x乙=t0=x0，可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0，B错误；甲物体的加速度大小为a1=，乙物体的加速度大小为a2=，对甲物体由牛顿第二定律知mgsin θ－μ1mgcos θ=ma1，同理可得对乙物体有μ2mgcos θ－mgsin θ=ma2，联立可得μ1＋μ2=2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos θ－ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t=t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
素养提升　等时圆问题
1.等时圆模型
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用的时间相等，如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间相等，如图乙所示；
模型3：竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点从上环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等，如图丙所示。
　　　　
甲 乙 丙
2.模型分析：如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a=gsin θ，位移x=2Rsin θ，由匀变速直线运动规律有x=at2，得下滑时间t=2，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
[例5]　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O'为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间。下列关系中，正确的有(　BCD　)
A.t1=t2　 B.t2＞t3　
C.t1＜t2　 D.t1=t3
【解析】 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=g·cos θ·t2，得t=2，可知从c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca=t1=t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca＞aOb，由x=at2可知，t2＞tca，即t2＞t1=t3，A错误，B、C、D正确。
[例6]　如图所示，AB是一个倾角为θ的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道(假设其光滑)，使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为(　B　)
A.0 B.
C.θ D.2θ
【解析】 如图所示，以P处为圆的最高点作圆O与输送带相切于C点，设圆O的半径为R，从P建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为α，原料下滑的加速度为a==gcos α，管道长度为L=2Rcos α，由运动学公式可得L=at2，解得t=，可知从P建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB输送带间建立一管道PC，原料从P处到输送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为α=，B正确。
[例7]　如图所示，竖直平面内固定一个光滑绝缘圆环，圆心为O，光滑绝缘轻杆AC是圆环的直径，光滑绝缘轻杆AB是圆环的弦，AC、AB与水平方向的夹角分别为45°和60°，圆环所在空间有匀强电场(图中未画出)。质量均为m的带电小球(可视为质点)穿在杆AB、AC上，分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点所用的时间相等。不考虑两小球间的影响，则(　D　)
A.小球一定都带负电
B.圆周上C点电势一定最高
C.电场强度方向一定由C指向A
D.小球受到的电场力大小可能等于重力大小
【解析】 小球分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点的时间相等，圆环为等时圆，A点为等效最低点，重力与电场力的合力一定沿CA方向，电场方向未知，A、B、C错误；当电场方向水平，小球受到的电场力水平向左时，小球受到的电场力大小等于重力大小，D正确。(共32张PPT)
第7讲　牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
2.理解各种动力学图像，并能分析图像的特殊点、斜率、截距及面积的物理意义。
考点一　动力学两类基本问题
考点二　动力学的图像问题
内
容
索
引
课时作业
1.基本思路
考点一　动力学两类基本问题
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
3.动力学问题的解题思路
北京时间2024年4月3日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面2 m时启动反推发动机，做匀减速运动速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动。求：
(1)在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；
例 1
【解析】 由牛顿第二定律可知mg－f1=ma1，f1=kv1，在匀速下降过程
有f2=kv2=mg，联立可得a1=－70 m/s2，所以加速度大小为70 m/s2。
【答案】 70 m/s2　
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，反推发动机产生的推力大小。
【解析】 在反推发动机工作时，主降落伞和返回舱匀减速至零，根据运动学公式可得－2a2h=0－，解得加速度大小为a2=，根据牛顿第二定律可得F－mg=ma2，解得反推发动机产生的推力大小F=1.05×105 N。
【答案】 1.05×105 N
分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
例 2
甲
乙
(1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ；
【解析】 根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ=μmgcos θ，解得θ=37°。
【答案】 37°　
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
【解析】 当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg=ma，解得a=7.5 m/s2。
【答案】 7.5 m/s2　
(3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
【解析】 机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动，直至减速到零，此时机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，匀加速直线运动与匀减速直线运动的位移和时间相等，有
x1=x3=，t1=t3=，
匀速运动的时间为t2=，
联立解得t=t1＋t2＋t3=15.4 s。
【答案】 15.4 s
常见的动力学图像包括v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。
考点二　动力学的图像问题
(多选)如图所示，一物块以初速度v0沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正方向，则物块速度随时间变化的图像可能正确的有(　 　)
例 3
【解析】 设物块重力为mg，所受滑动摩擦力大小为Ff，斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律可得物块上滑过程中加速度大小为a1==gsin θ＋，下滑过程中加速度大小为a2==gsin θ－＜a1。当物块与斜面间最大静摩擦力不小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将静止；当物块与斜面间最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将沿斜面下滑，且物块下滑时速度沿负方向，再结合v－t图像的斜率表示加速度可知，A、D正确，B、C错误。
AD
A. B. C. D.
(多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图甲所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图乙所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t=t0时切线斜率为0，则(　 　)
A.μ1＋μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
例 4
【解析】 位置x与时间t的图像的斜率表示速度，
甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内甲、乙的位移分别为x甲=t0=3x0、x乙=t0=x0，可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0，B错误；甲物体的加速度大小为a1=，乙物体的加速度大小为a2=，对甲物体由牛顿第二定律知mgsin θ－μ1mgcos θ=ma1，同理可得对乙物体有μ2mgcos θ－mgsin θ=ma2，联立可得μ1＋μ2=2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos θ－ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；t=t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
AD
甲 乙
1.等时圆模型
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用的时间相等，如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间相等，如图乙所示；
模型3：竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点从上环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等，如图丙所示。
素养提升　等时圆问题
甲　　 乙　　 丙
2.模型分析：如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a=gsin θ，位移x=2Rsin θ，由匀变速直线运动规律有x=at2，得下滑时间t=2，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O'为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间。下列关系中，正确的有(　 　)
A.t1=t2　 B.t2＞t3　
C.t1＜t2　 D.t1=t3
例 5
【解析】 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于
圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为θ，
则有2R·cos θ=g·cos θ·t2，得t=2，可知从c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca=t1=t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca＞aOb，由x=at2可知，t2＞tca，即t2＞t1=t3，A错误，B、C、D正确。
BCD
如图所示，AB是一个倾角为θ的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道(假设其光滑)，使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为(　 　)
A.0 B.
C.θ D.2θ
例 6
【解析】 如图所示，以P处为圆的最高点作圆O与输送带相切于C点，
设圆O的半径为R，从P建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角
为α，原料下滑的加速度为a==gcos α，管道长度为L=2Rcos α，
由运动学公式可得L=at2，解得t=，可知从P建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB输送带间建立一管道PC，原料从P处到输送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为α=，B正确。
B
如图所示，竖直平面内固定一个光滑绝缘圆环，圆心为O，光滑绝缘轻杆AC是圆环的直径，光滑绝缘轻杆AB是圆环的弦，AC、AB与水平方向的夹角分别为45°和60°，圆环所在空间有匀强电场(图中未画出)。质量均为m的带电小球(可视为质点)穿在杆AB、AC上，分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点所用的时间相等。不考虑两小球间的影响，则(　 　)
A.小球一定都带负电
B.圆周上C点电势一定最高
C.电场强度方向一定由C指向A
D.小球受到的电场力大小可能等于重力大小
例 7
【解析】 小球分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点的时间相等，圆环为等时圆，A点为等效最低点，重力与电场力的合力一定沿CA方向，电场方向未知，A、B、C错误；当电场方向水平，小球受到的电场力水平向左时，小球受到的电场力大小等于重力大小，D正确。
D
课时作业
答案速对
第三单元 第7讲　牛顿第二定律的基本应用 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B C D D C
题号 8 9 10 11 12 答案 C B ABD (1)　(2)0.075 m AD 1.如图所示，无人机用轻绳悬挂重物在空中，控制无人机让重物沿水平方向做匀加速直线运动，忽略空气对重物的阻力，下列说法中，正确的是(　 　)
A.重物的加速度越大，轻绳与竖直方向的夹角越小
B.轻绳在竖直方向上的分力与重物的加速度大小无关
C.轻绳与竖直方向的夹角和重物的加速度无关
D.重物的加速度越大，轻绳在竖直方向上的分力越大
B
2.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况符合要求的是(　 　)
C
A. B. C. D.
3.(2025·温州一模)2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲所示，某次无人机从地面静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的v－t图像，图像中的ab段和cd段均为直线。下列说法中，正确的是(　 　)
A.研究无人机螺旋桨转动情况可将其视为质点
B.无人机在t3~t4过程中处于失重状态
C.无人机在t1~t2过程中受到的合外力越来越大
D.空气对无人机的作用力和无人机对空气的作
用力是一对平衡力
【解析】 研究无人机螺旋桨转动情况时，无人机的形状和大小不能忽略，不能将其视为质点，A错误；由图乙可知，无人机在t3~t4过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，B正确；根据v－t图像中图线的斜率表示加速度，由图乙可知，无人机在t1~t2过程中加速度恒定，根据牛顿第二定律F合=ma可知无人机受到的合外力保持不变，C错误；空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，D错误。
甲 乙
B
4.(2025·金华三模)乒乓球比赛中，运动员发球时将乒乓球竖直上抛，若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比，从抛出开始计时，以竖直向上为正方向，下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 由题意，根据牛顿第二定律上升阶段，mg＋kv=ma1，下降阶段，mg－kv=ma2，可得小球在上升和下降阶段加速度大小分别为a1=g，a2=g－，上升阶段v逐渐减小，则a1逐渐减小，下降阶段v逐渐增大，则a2也逐渐减小，即v－t图像的斜率始终减小，直至减为零，综上所述可知C可能正确，A、B、D不可能正确。
C
5.如图所示，倾角θ=37°的斜面AB与水平面BC在B点平滑相连，一滑块从斜面上高h=0.6 m处的A点由静止开始下滑，最终停在C点。已知滑块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，滑块经过B点时速率不变，则滑块(　 　)
A.在AB段滑行的加速度大小为5.0 m/s2
B.到达B点处的速度大小为3 m/s
C.在BC段滑行的距离为2.0 m
D.在AB段和BC段滑行的时间之比为5∶8
【解析】 设滑块在AB段滑行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ=ma1，解得a1=4.0 m/s2，A错误；设滑块到达B点处的速度为vB，滑块在AB段运动过程，根据= 2a1·，解得vB=2 m/s，B错误；设滑块在BC段滑行的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得μmg=ma2，解得a2=2.5 m/s2，设滑块在BC段滑行的距离为x，根据0－=－2a2x，解得x=1.6 m，C错误；设滑块在AB段和BC段的滑行时间分别为t1和t2，有vB=a1t1=a2t2，解得t1∶ t2=5∶8，D正确。
D
6.质量m=1 kg的能够竖直起降的小型遥控无人机，从地面上以最大升力F=16 N由静止竖直起飞，匀加速达到最大速度6 m/s所用时间为3 s，之后保持匀速运动。假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2，则该无人机(　 　)
A.起飞时的加速度大小为3 m/s2
B.在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小为2 N
C.竖直向上加速阶段位移大小为12 m
D.上升至离地面h=30 m的高空所需的最短时间为6.5 s
【解析】 根据匀变速直线运动速度与时间的关系有a= m/s2=2 m/s2，A错误；根据牛顿第二定律有F－mg－Ff=ma，解得Ff=4 N，B错误；竖直向上加速阶段位移大小为x=t=×3 m=9 m，C错误；匀速运动的时间为t'= s=3.5 s，所以上升至离地面h=30 m的高空所需的最短时间为t总=t＋t'=6.5 s，D正确。
D
7.(2025·杭州期中)看作球体的雨滴在无风的环境中从静止开始下落，受到的空气阻力与速度大小的关系满足Ff=kρ空Sv2(k为阻力系数，取0.47；ρ空为空气密度，约等于1.29 kg/m3；S为雨滴的横截面积，S=πr2)，开始下落位置足够高，则半径r=1 mm的雨滴下落的最大速度约为(球体积公式V=πr3，水的密度ρ水=1×103 kg/m3)(　 　)
A.0.2 m/s B.4.6 m/s
C.6.6 m/s D.200 m/s
【解析】 当雨滴达到最大速度时，有mg=Ff，Ff=kρ空Sv2，m=ρ水·πr3，代入数据解得v≈
6.6 m/s，C正确。
C
8.航天员在某星球上把一质量为m的物体(可视为质点)竖直向上抛出，物体速度的平方v2随高度h的变化情况如图所示，图中v0、v'、H均为已知量。若物体在运动过程中受到的阻力大小恒定，则下列说法中，正确的是(　 　)
A.物体在整个运动过程中，加速度大小恒定
B.物体所受的阻力大小为
C.星球表面的重力加速度大小为
D.物体从被抛出到落回至抛出位置的时间为H
【解析】 对物体受力分析可知，物体上升过程中的加速度大小大于下落过程中的加速度大小，A错误；设物体上升过程中的加速度大小为a1，下降过程中的加速度大小为a2，星球表面的重力加速度大小为g，物体所受的阻力大小为f，由题图可知a1=，a2=，根据牛顿第二定律可得mg＋f=ma1，mg－f=ma2，联立解得f=、g=，B错误，C正确；物体上升的时间为t1=，下落的时间为t2=，物体从被抛出到落回至抛出位置的时间t=t1＋t2= 2H，D错误。
C
9.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　 　)
A.tAB=tCD=tEF B.tAB＞tCD＞tEF
C.tAB＜tCD＜tEF D.tAB=tCD＜tEF
【解析】 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于点G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB＞tCD＞tEF，B正确，A、C、D错误
B
10.(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( 　 　)
A.物体的质量
B.斜面倾角的正弦值
C.加速度为6 m/s2时物体的速度
D.物体能静止在斜面上所施加的最小外力
【解析】 对物体受力分析，由牛顿第二定律有Fcos θ－mgsin θ=ma，可得a=F－gsin θ，故a－F图像的斜率为k==0.4 kg－1，纵轴截距为b=－gsin θ=－6 m/s2，解得物体质量为m=2 kg，sin θ=0.6，A、B正确；由于外力F随时间变化的规律未知，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmincos θ=mgsin θ，解得Fmin=15 N，D正确。
甲 乙
ABD
11.为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
甲 乙 丙
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数；
【解析】 0~2 s内，由F－t图像可得F1=21.5 N，由牛顿第二定律可得F1－mgsin α－μmgcos α= ma1，由v－t图像可得a1==0.5 m/s2，2 s后，由F－t图可得F2=20 N，由牛顿第二定律可得F2－mgsin α－μmgcos α=0，解得μ=。
【答案】 　
(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。
【解析】 撤去推力F后，由牛顿第二定律可得－μmgcos α－mgsin α=ma2，解得a2=－ m/s2，撤去外力时，物体的速度为1 m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度与位移的关系式得x3==0.075 m。
【答案】 0.075 m
12.(多选)智能手机中安装了加速度感测器APP软件后，可以精确测量手机运动的加速度。一同学将手机轻轻接触弹簧由静止释放，如图甲所示，手机在t3时刻运动到最低点，APP软件记录下此过程中加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(不考虑薄板的质量)，则(　 )
A.手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动
B.t2时刻，重力等于弹力，手机速度为零
C.t2时刻，手机对薄板的压力为零
D.t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍
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甲 乙
【解析】 从题图乙可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，t2时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而手机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A正确；t2时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等于手机重力；但在这之前手机一直在加速，t2时刻速度最大，B、C错误；根据简谐运动的对称性，可知t3时刻手机的加速度与0时刻加速度相同，而0时刻弹簧处于原长，手机只受重力，加速度为g，所以t3时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律FN－mg =mg，得FN=2mg，根据牛顿第三定律可得t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍，D正确。

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