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第12课时　动力学两类基本问题　动力学图像问题
目标要求　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，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。
考点一　动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
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。
例1　四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力大小为F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff=4 N。g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t=5 s时离地面的高度h。
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时速度v的大小。
答案　(1)75 m　(2)40 m/s
解析　(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得
F-mg-Ff=ma
解得a=6 m/s2
由h=at2
解得h=75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
由v2=2a1H
解得v=40 m/s。
拓展　若在例1无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上的最大升力。为使无人机着地时速度为零，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案　 s
解析　设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得F-mg+Ff=ma2，
解得a2=10 m/s2
设无人机恢复升力时速度为vm，
则有+=H
解得vm= m/s
由vm=a1t1，解得t1= s。
例2　(九省联考·吉林·13)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
答案　(1)7.5 m/s2　(2)500 N
解析　(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2
mgsin θ=ma1
代入数据得v==15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2
代入数据得a==7.5 m/s2
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有
2Fsin-mgsin θ=ma
解得F==500 N。
　动力学问题的解题思路
例3　如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1>t2=t3 D.t1=t2=t3
答案　D
解析　设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=gcos θ·t2，解得t=2，可知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选D。
拓展　(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
(2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
(3)如图丙所示，OA为倾角为θ的光滑斜面，若OB=L，重力加速度为g，则物块从斜面顶端A滑到斜面底端的时间t=，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当θ=45°时，物块沿斜面下滑的时间最短，最短时间tmin=。
解析　(3)设物块的质量为m，
由mgsin θ=ma得：a=gsin θ，
x==at2，
得：t=
当sin 2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=。
考点二　动力学图像问题
常见的动力学图像
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a、F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、截距或拐点的意义，从而求出未知量。
例4　(多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
答案　BC
解析　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。
例5　如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N，使其由静止开始运动，经0.15 s撤去F，此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B.算珠的质量为25 g
C.若不撤去F，则算珠在0.2 s时已处于归零状态
D.杆长为9 cm
答案　B
解析　由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，μmg=ma2，由题图乙可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为a1=a2= m/s2=2 m/s2，联立解得μ=0.2，m=25 g，故A错误，B正确；由v-t图像与t轴所围面积表示位移，可知杆长为x= m=0.045 m=4.5 cm，若F不撤去，算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，经0.2 s运动位移为x'=×2×0.22 m=4 cm<4.5 cm，则此时未到归零状态，故C、D错误。
例6　(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　)
答案　B
解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg
当木块接触弹簧后
合外力F=mg-kx，
其中x为压缩量且x=y-H
F-y图像如图甲所示，故B正确，A错误；
在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误；
在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大，
所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg
木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。
课时精练
[分值：60分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　)
A.f一直大于G
B.f一直小于G
C.f先小于G，后大于G
D.f先大于G，后小于G
答案　C
解析　由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma可知f先小于G，后大于G。故选C。
2.(2025·河北廊坊市期末)如图所示，质量为20 kg的物体A静止在光滑水平面上。现对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，则2 s末时物体A的速度大小为(　　)
A.0 B.4 m/s C.6 m/s D.6 m/s
答案　C
解析　对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，由平行四边形定则可知，物体A的合力为60 N，根据牛顿第二定律可得a== m/s2=3 m/s2，则2 s末时物体A的速度大小为v=at=3×2 m/s=6 m/s，故选C。
3.(2025·山东东营市检测)如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　　)
A.tA=tB=tC B.tAC.tA>tB>tC D.tA=tC>tB
答案　A
解析　设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线运动，2Rcos θ=gcos θ·t2，解得运动时间为t=2，与夹角θ无关，故tA=tB=tC，A正确。
4.(2025·湖南株洲市一模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间Δt速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间2Δt速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，不计空气阻力，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为(　　)
A.1∶4 B.1∶3
C.1∶2 D.2∶1
答案　A
解析　苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为a==2g，设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为v1、v2，根据题意有0=v1-aΔt，0=v2-a·2Δt，可得v1∶v2=1∶2，根据自由落体运动公式v2=2gh，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为h1∶h2=∶=1∶4，故选A。
5.(多选)(2025·陕西汉中市三模)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是(　　)
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3
C.物体与水平地面间的最大静摩擦力Ffmax=6 N
D.在F为10 N时，物体的加速度a=2.5 m/s2
答案　ABC
解析　根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，整理可得a=F-μg，结合题图乙可得= kg-1，解得m=2 kg，故A正确；由题图乙可知，a与F的关系式满足a=0.5F-3(m/s2)，结合上述分析可知μg=3 m/s2，解得μ=0.3，故B正确；结合上述结论可得最大静摩擦力为Ffmax=μmg=6 N，故C正确；将F=10 N代入a=0.5F-3(m/s2)，解得a=2 m/s2，故D错误。
6.(8分)一辆质量为15 t的货车在公路上行驶，当行驶到一个较长下坡时(每下行1 km高度下降120 m)，司机发现货车的刹车系统失灵。货车在斜坡上以36 km/h的初速度加速向下滑行，幸好滑行了1 km时司机将车子开上了一个缓冲坡(用砂石铺于表面的一个斜上坡，如图所示，在缓冲坡上每上行10 m升高3 m)，在缓冲坡向上滑行了40 m后停止。已知货车在较长下坡时受到的阻力是车重的，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)车子下坡滑行1 km所用的时间；
(2)(4分)车子在缓冲坡上运动时受到的阻力大小。
答案　(1)61.8 s　(2)4.875×104 N
解析　(1)货车下坡滑行做匀加速直线运动，初速度v0=36 km/h=10 m/s，
设下坡与水平面夹角为θ，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ-kmg=ma1
其中k=
sin θ==
解得a1=0.2 m/s2
再由x1=v0t+a1t2
解得t=50(-1)s≈61.8 s
(2)货车在缓冲坡上做匀减速直线运动，设缓冲坡与水平面夹角为α，货车的加速度为a2，刚冲上缓冲坡时的速度为v1，有v1=v0+a1t=10 m/s
0-=2a2x2
解得a2=-6.25 m/s2
根据牛顿第二定律，有-mgsin α+F2=ma2
sin α==
解得F2=-4.875×104 N
即在缓冲坡上受到的阻力大小为4.875×104 N，负号表示阻力方向与车子运动方向相反。
　[7题6分]
7.(2025·四川成都市检测)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物块的加速度为2 m/s2
B.物块的初速度为1 m/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.前2 s内物块的平均速度为4 m/s
答案　C
解析　根据题图乙得到函数表达式为=2×+2，则有x=2t+2t2，根据位移公式有x=v0t+at2，对比上述表达式有v0=2 m/s，a=2 m/s2，解得a=4 m/s2，故A、B错误；对物块进行分析，设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，结合上述解得μ=，故C正确；前2 s内的位移x1=v0t1+a=12 m，则前2 s内物块的平均速度为==6 m/s，故D错误。
8.(12分)(2026·江西上饶市检测)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ=37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度大小小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1=0.30，速度大小大于等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2=0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长xAB=16.25 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)(6分)运动员到达B点时的速度大小；
(2)(6分)运动员在水平雪地上运动的距离。
答案　(1)12 m/s　(2)42 m
解析　(1)假设运动员(包括滑雪板)的质量为m，速度大小小于6 m/s时，有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1
则有=2a1x1
速度大小大于等于6 m/s时，有mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2
则有-=2a2(xAB-x1)
联立解得v2=12 m/s
(2)在水平雪地上运动，速度大小大于等于6 m/s时，有μ2mg=ma3
可得-=2a3x3
速度大小小于6 m/s时，有μ1mg=ma4
则有=2a4x4
在水平雪地上运动的距离x=x3+x4
解得x=42 m。
9.(14分)如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E两地进行滑雪训练，在某次训练中，他从A由静止开始向前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F(可视为恒定不变)，经过t1到达B点，之后立即撤去F，滑行t2后到达C点，再次用滑雪杖获得同样的水平推力F，作用距离为x3到达D点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好停在E点。已知该运动员连同装备的总质量为m=60 kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为Ff=12 N，且F=84 N，t1=1 s，t2=2 s，x3= m，求运动员：
(1)(2分)在AB段的加速度a1的大小；
(2)(5分)到达C点时的速度大小；
(3)(7分)从A点到E点的位移大小(结果保留三位有效数字)。
答案　(1)1.2 m/s2　(2)0.8 m/s　(3)6.53 m
解析　(1)设推力方向为正方向，第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律有F-Ff=ma1
解得a1=1.2 m/s2。
(2)第一次利用滑雪杖获得的速度大小为
v1=a1t1=1.2×1 m/s=1.2 m/s
第一次撤去推力后的时间t2=2 s内，运动员的加速度为a2==- m/s2=-0.2 m/s2
到达C点时的速度大小为v2=v1+a2t2=(1.2-0.2×2) m/s=0.8 m/s。
(3)第二次利用滑雪杖滑行过程中，由-=2a1x3
解得v3=1.2 m/s
A、B间距离x1=a1=0.6 m
B、C间距离x2=t2=2 m
第二次撤去推力后运动员滑行的过程中有
0-=2a2x4
解得x4=3.6 m
则从A点到E点的位移大小x=x1+x2+x3+x4
解得x≈6.53 m。(共58张PPT)
第三章
运动和
力的关系
动力学两类基本问题　
动力学图像问题
第12课时
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，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。
目标要求
课时精练
考点一　动力学两类基本问题
考点二　动力学图像问题
内容索引
动力学两类基本问题
考点一
1.解决动力学两类基本问题的思路
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。
　　　四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力大小为F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff=4 N。g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t=5 s时离地面的高度h。
答案　75 m
　　 设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得
F-mg-Ff=ma
解得a=6 m/s2
由h=at2
解得h=75 m。
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时速度v的大小。
答案　40 m/s
　　 设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
由v2=2a1H
解得v=40 m/s。
拓展　若在例1无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上的最大升力。为使无人机着地时速度为零，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案　 s
　　 设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得F-mg+Ff=ma2，
解得a2=10 m/s2
设无人机恢复升力时速度为vm，
则有+=H
解得vm= m/s
由vm=a1t1，解得t1= s。
(九省联考·吉林·13)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已
知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
答案　7.5 m/s2
　　 由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2
mgsin θ=ma1
代入数据得v==15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2
代入数据得a==7.5 m/s2
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
答案　500 N
　　 若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有
2Fsin-mgsin θ=ma
解得F==500 N。
动力学问题的解题思路
　　　如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3，则
下列关系正确的是
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1>t2=t3 D.t1=t2=t3
√
　　 设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=gcos θ·t2，解得t=2，可知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选D。
拓展　(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间　　　，如图甲所示；
(2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间　　　，如图乙所示；
相等
相等
(3)如图丙所示，OA为倾角为θ的光滑斜面，若OB=L，重力加速度为g，
则物块从斜面顶端A滑到斜面底端的时间t=　　　　，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当θ=　　　时，物块沿斜面下滑的时间最短，最短时
间tmin=　　 。
　
45°
　
　　 设物块的质量为m，
由mgsin θ=ma得：a=gsin θ，
x==at2，
得：t=
当sin 2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=。
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动力学图像问题
考点二
常见的动力学图像
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a、F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、截距或拐点的意义，从而求出未知量。
　　　(多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
√
√
　　 根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。
　　　如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N，使其由静止开始运动，经0.15 s撤去F，此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B.算珠的质量为25 g
C.若不撤去F，则算珠在0.2 s时已处于
　归零状态
D.杆长为9 cm
√
　　 由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，μmg=ma2，由题图乙可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为a1=a2= m/s2=2 m/s2，联立解得μ=0.2，m=25 g，故A错误，B正确；
由v-t图像与t轴所围面积表示位移，可知杆长为x= m=0.045 m=4.5 cm，若F不撤去，算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，经0.2 s运动位移为x'=×2×0.22 m=4 cm<4.5 cm，则此时未到归零状态，故C、D错误。
　　　(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是
√
　　 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg
当木块接触弹簧后
合外力F=mg-kx，
其中x为压缩量且x=y-H
F-y图像如图甲所示，故B正确，A错误；
在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误；
　　 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大，
所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg
木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜
率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析
可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C C A A ABC (1)61.8 s　(2)4.875×104 N
题号 7 8 9
答案 C (1)12 m/s　(2)42 m (1)1.2 m/s2　(2)0.8 m/s　(3)6.53 m
答案
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1.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是
A.f一直大于G
B.f一直小于G
C.f先小于G，后大于G
D.f先大于G，后小于G
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答案
基础落实练
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答案
　　 由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma可知f先小于G，后大于G。故选C。
2.(2025·河北廊坊市期末)如图所示，质量为20 kg的物体A静止在光滑水平面上。现对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，则2 s末时物体A的速度大小为
A.0 B.4 m/s
C.6 m/s D.6 m/s
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答案
　　 对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，由平行四边形
定则可知，物体A的合力为60 N，根据牛顿第二定律可得a== m/s2=3 m/s2，
则2 s末时物体A的速度大小为v=at=3×2 m/s=6 m/s，故选C。
√
3.(2025·山东东营市检测)如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为
A.tA=tB=tC B.tAC.tA>tB>tC D.tA=tC>tB
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答案
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答案
　　 设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线
运动，2Rcos θ=gcos θ·t2，解得运动时间为t=2，与夹角θ无关，故tA=
tB=tC，A正确。
4.(2025·湖南株洲市一模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间Δt速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间2Δt速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，不计空气阻力，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为
A.1∶4 B.1∶3
C.1∶2 D.2∶1
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答案
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答案
　　 苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，可知苹
果和桔子减速过程的加速度大小均为a==2g，设与地板接触时，
苹果和桔子的速度分别为v1、v2，根据题意有0=v1-aΔt，0=v2-a·2Δt，可得v1∶v2=1∶2，根据自由落体运动公式v2=2gh，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为h1∶h2=∶=1∶4，故选A。
5.(多选)(2025·陕西汉中市三模)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3
C.物体与水平地面间的最大静摩擦力Ffmax=6 N
D.在F为10 N时，物体的加速度a=2.5 m/s2
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答案
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√
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答案
　　 根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，整理可得a=F-μg，结合题图
乙可得= kg-1，解得m=2 kg，故A正确；
由题图乙可知，a与F的关系式满足a=0.5F-3(m/s2)，结合上述分析可知μg=3 m/s2，解得μ=0.3，故B正确；
结合上述结论可得最大静摩擦力为Ffmax=μmg=6 N，故C正确；
将F=10 N代入a=0.5F-3(m/s2)，解得a=2 m/s2，故D错误。
6.一辆质量为15 t的货车在公路上行驶，当行驶到一个较长下坡时(每下行1 km高度下降120 m)，司机发现货车的刹车系统失灵。货车在斜坡上以36 km/h的初速度加速向下滑行，幸好滑行了1 km时司机将车子开上了一个缓冲坡(用砂石铺于表面的一个斜上坡，如图所示，在缓冲坡上每上行10 m升高3 m)，在缓冲坡向上滑行了40 m后停止。已知货车在较长下
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答案
坡时受到的阻力是车重的，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)车子下坡滑行1 km所用的时间；
答案　61.8 s
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答案
　　 货车下坡滑行做匀加速直线运动，初速度v0=36 km/h=10 m/s，
设下坡与水平面夹角为θ，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ-kmg=ma1
其中k=
sin θ==
解得a1=0.2 m/s2
再由x1=v0t+a1t2
解得t=50(-1)s≈61.8 s
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答案
(2)车子在缓冲坡上运动时受到的阻力大小。
答案　4.875×104 N
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答案
　　 货车在缓冲坡上做匀减速直线运动，设缓冲坡与水平面夹角为α，货车的加速度为a2，刚冲上缓冲坡时的速度为v1，有v1=v0+a1t=10 m/s
0-=2a2x2
解得a2=-6.25 m/s2
根据牛顿第二定律，有-mgsin α+F2=ma2
sin α==
解得F2=-4.875×104 N
即在缓冲坡上受到的阻力大小为4.875×104 N，负号表示阻力方向与车子运动方向相反。
7.(2025·四川成都市检测)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的
足够长斜面上滑下，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度g取
10 m/s2，下列说法正确的是
A.物块的加速度为2 m/s2
B.物块的初速度为1 m/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.前2 s内物块的平均速度为4 m/s
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答案
能力综合练
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答案
　　 根据题图乙得到函数表达式为=2×+2，则有x=2t+2t2，根据位移公式有x=v0t+at2，对比上述表达式有v0=2 m/s，a=2 m/s2，解得a=4 m/s2，
故A、B错误；
对物块进行分析，设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律
有mgsin θ-μmgcos θ=ma，结合上述解得μ=，故C正确；
前2 s内的位移x1=v0t1+a=12 m，则前2 s内物块的平均速度为==6 m/s，
故D错误。
8.(2026·江西上饶市检测)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ=37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度大小小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1=0.30，速度大小大于等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2=0.15。不计空气阻力，运
动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长
xAB=16.25 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=
0.6，cos 37°=0.8。求：
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(1)运动员到达B点时的速度大小；
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答案
答案　12 m/s
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答案
　　 假设运动员(包括滑雪板)的质量为m，速度大小小于6 m/s时，有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1
则有=2a1x1
速度大小大于等于6 m/s时，有mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2
则有-=2a2(xAB-x1)
联立解得v2=12 m/s
(2)运动员在水平雪地上运动的距离。
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答案
答案　42 m
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答案
　　 在水平雪地上运动，速度大小大于等于6 m/s时，有μ2mg=ma3
可得-=2a3x3
速度大小小于6 m/s时，有μ1mg=ma4
则有=2a4x4
在水平雪地上运动的距离x=x3+x4
解得x=42 m。
9.如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E两地进行滑雪训练，在某次训练中，他从A由静止开始向前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F(可视为恒定不变)，经过t1到达B点，之后立即撤去F，滑行t2后到达C点，再次用滑雪杖获得同样的水平推力F，作用距离为x3到达D点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好停在E点。已知该运动员连同装备的总质量为m=60 kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为Ff=12 N，且F=84 N，
t1=1 s，t2=2 s，x3= m，求运动员：
(1)在AB段的加速度a1的大小；
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答案
尖子生选练
答案　1.2 m/s2
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答案
　　 设推力方向为正方向，第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律有F-Ff=ma1
解得a1=1.2 m/s2。
(2)到达C点时的速度大小；
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答案
答案　0.8 m/s
　　 第一次利用滑雪杖获得的速度大小为
v1=a1t1=1.2×1 m/s=1.2 m/s
第一次撤去推力后的时间t2=2 s内，运动员的加速度为a2==- m/s2=
-0.2 m/s2
到达C点时的速度大小为v2=v1+a2t2=(1.2-0.2×2) m/s=0.8 m/s。
(3)从A点到E点的位移大小(结果保留三位有效数字)。
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答案
答案　6.53 m
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答案
　　 第二次利用滑雪杖滑行过程中，由-=2a1x3
解得v3=1.2 m/s
A、B间距离x1=a1=0.6 m
B、C间距离x2=t2=2 m
第二次撤去推力后运动员滑行的过程中有0-=2a2x4
解得x4=3.6 m
则从A点到E点的位移大小x=x1+x2+x3+x4
解得x≈6.53 m。
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第三章

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