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牛顿第二定律选择题专项训练（原卷）
牛顿第一定律　牛顿第二定律
伽利略的理想斜面实验
1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)
A．图甲中通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易
C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，通过实验能直接观察到小球到达等高位置
D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
惯性的理解和应用
2.大型油罐车内部设置了一些固定挡板，如图所示，油罐车在水平路面上行驶，下列说法正确的是(　　)
A．油罐车匀速前进时，油没有惯性
B．油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平
C．油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高
D．挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油的涌动
对牛顿第一定律的理解
3.(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　　)
A．牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的运动规律
B．在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
考向1　对牛顿第二定律的理解
4.(多选)下列说法正确的是(　　)
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
考向2　合力、速度、加速度间的关系
5.(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的最大加速度为g
B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D．小球的最大速度为
考向3　力的分解与牛顿第二定律的综合应用
6.舰载机沿着航母跑道直线加速过程中，由于气流对机翼的作用会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个与水平面夹角为α的理想斜面，舰载机在起飞前以大小为a＝g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m，前进过程中受到的阻力(包括跑道摩擦阻力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为k＝，重力加速度为g，则总动力F的大小为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
7.如图所示，竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g
D．加速度先增大后减小
8.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．20 cm刻度对应的加速度为g
B．30 cm刻度对应的加速度为0.5g
C．80 cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的
9.如图所示，质量为m的物体静止在水平桌面上，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，当用方向与水平桌面夹角始终为θ＝30°，但大小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物体的加速度a的说法正确的是(　　)
A．大小不可能等于0
B．大小可能等于μg
C．方向一定沿水平方向
D．方向与水平桌面的夹角可能大于30°
判断比例系数的单位
10.安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝k。比例系数k的单位是(　　)
A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)
C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)
检验表达式的正误
11.如图所示，运－20是我国自主研发的战略重型运输机，已知运输机的升力为L＝CLpS(其中p为飞行动压、S为机翼面积，CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动压p，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判断出下列飞行动压p的表达式合理的是(　　)
A．p＝ B．p＝
C．p＝ D．p＝
基础巩固练
题组一　牛顿第一定律　惯性
1．下列有关力和运动，说法正确的是(　　)
A．把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性
B．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大，惯性越大
C．牛顿第一定律也被叫作惯性定律
D．汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前的惯性力
2．图示情境中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是(　　)
A．小球突然失去惯性
B．动车突然向前加速
C．动车突然向前减速
D．动车做匀速直线运动的速度很大
题组二　牛顿第二定律　单位制
3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　)
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
4．某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2
B．做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2
C．做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2
D．做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2
5．(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑)，然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为θ，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)
A．儿童向上走时所受摩擦力为mgsin θ，方向沿斜面向上
B．儿童向上走时所受摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向上
C．儿童下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下
D．儿童下滑时加速度为2gsin θ，方向沿斜面向下
6．小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为(　　)
A．
B．
C．
D．η为常数，没有物理单位
7．如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说法正确的是(　　)
A．铁箱对木块的支持力先不变后减小
B．铁箱对木块的摩擦力先不变后减小
C．铁箱对木块的摩擦力一直减小
D．铁箱可能先做加速运动后做减速运动
8. 如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．若支架静止不动，支架斜面对手机的摩擦力大小为μmgcos θ，方向沿斜面向上
B．手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等
C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力
D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力
能力提升练
9．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)
A．0.35mg B．0.3mg
C．0.23mg D．0.2mg
10．如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　)
A．甲的轻绳拉力比乙的大
B．两者轻绳拉力大小相等
C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小
D．两轮胎所受合外力大小相等
11．如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若在物块下滑过程中施加一恒力作用，恒力方向过物块重心且与竖直方向夹角为β，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)
A．若力F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑
B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑
C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右
D．地面对斜面无摩擦力
牛顿第二定律的基本应用
考点1　应用牛顿第二定律分析瞬时问题
1.(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线P前，弹簧形变量为
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
2.(弹簧或轻杆问题)(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)
A．乙图中A球加速度为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
3.(接触面和弹簧问题)如图所示，质量均为2 kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为(　　)
A．0 B．5 N
C．10 N D．20
考点2　超重与失重现象
4.(从加速度角度判断)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
5.(从力的角度判断)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F－t图像)如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2
B．人在下蹲过程中，力传感器的示数先变大后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
6.(从速度变化的角度判断)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客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减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
考点3　动力学两类基本问题
7.如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
8.无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g＝10 m/s2，则此过程中(　　)
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
考向　两类斜面模型
9.一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为2∶1，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为(已知sin 37°＝0.6)(　　)
A． B．
C． D．
基础巩固练
题组一　牛顿第二定律的瞬时性问题
1．如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　)
A．L1的拉力大小为mg
B．L2的拉力大小为3mg
C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g
D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)
A．B对A的压力大小为12 N
B．弹簧弹力大小为50 N
C．B的加速度大小为10 m/s2
D．A的加速度为零
题组二　超重和失重
3．(多选)如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向上运动，当轿厢从顶楼向下运动时，v－t图像如图2所示，下列说法正确的是(　　)
A．在0～t1时间内，轿厢处于超重状态
B．在0～t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大
C．在t2～t3时间内，“对重”处于失重状态
D．在t1～t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
4．加速度传感器APP是一些智能手机上配备的较为实用的软件，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出(g取10 m/s2)(　　)
A．手机在t2时刻速度为0
B．运行过程中手机有可能与升降机分离
C．手机在t2～t3时间内，处于超重状态
D．在t1～t3时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大
5. (多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v－t和a－t图像可能正确的是(g取9.8 m/s2)(　　)
题组三　两类动力学问题
6. 如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10 m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为(　　)
A．6 s,90 m B．3 s,180 m
C．3 s,90 m D．6 s,180 m
7. (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、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1能力提升练
8．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度v0从A点滑上桌面，最后恰好停在C点(桌面始终静止)，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(　　)
A．1∶4 B．2∶1
C．4∶1 D．8∶1
9. 如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　)
A．tB>tC>tD B．tB＝tCC．tB10. 如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端筒口出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.5 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝7.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.2 N，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计。当球筒获得一个初速度后(　　)
A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
11．(多选)如图所示，在一竖直墙角存在两个光滑的斜面，两斜面的夹角分别为α和β(α≠β)，斜面底端在水平面的同一固定点P，底端P距竖直墙壁的距离为d。现将三个小球a、b、c(均视为质点)分别从两个斜面的顶端及P点的正上方同时由静止释放，三小球同时运动到P点。忽略空气阻力，则(　　)
A．一定满足α＋β＝
B．一定满足β＝2α
C．c球释放点距P点高度为
D．c球释放点距P点高度为
动力学中的三类典型问题
考点1　动力学中的图像问题
1.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t0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(　　)
2..(多选)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
3.如图甲所示，质量为m＝1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v－t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A．小球受到阻力的大小为4 N
B．斜面倾角的正弦值为0.5
C．v0＝3 m/s
D．t3＝ s
4.风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F＝CρSv2(S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度)。如图甲所示，风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为S1＝
D．开伞后物体迎风面积为S2＝
考点2　动力学中的连接体问题
考向1　共速连接体
5.(多选)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)
A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g
B．细线上的拉力大小为
C．F＝(M＋m)gtan θ
D．物块和小球的加速度为gtan θ
考向2　关联速度连接体
6.如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g，在下列a－m图像中，可能正确的是(　　)
7.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为g
考点3　动力学中的临界极值问题
考向　动力学中的极值问题
8.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
基础巩固练
题组一　连接体问题
1．如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
2. 如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则(　　)
A．a球落地前，加速度大小为1 m/s2
B．a球运动到地面所用时间为0.5 s
C．a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s
D．绳子中张力大小为2.4 N
题组二　临界问题和极值问题
3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是(　　)
A．F＝1 N时a＝1 m/s2
B．F＝2 N时a＝ m/s2
C．F＝3 N时a＝1.5 m/s2
D．F＝4 N时a＝2 m/s2
4．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
5. (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　)
A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
题组三　图像问题
6．2024年4月25日晚，神舟十八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻力与速度大小成正比，它的v－t图像正确的是(　　)
7．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　)
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
8．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是(　　)
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为3 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
9．如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．物块一直做匀加速直线运动
B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．物块的最大速度为gt0
D．t＝t0时，物块停止下滑
能力提升练
10．(多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是(　　)
A．绳中拉力大小等于物块P的重力大小
B．轨道不可能是水平的
C．物块Q的质量为0.5 kg
D．物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N
11. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，直到A、B分离。重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　　)
A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝
B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝
C．从施加力F到A、B分离的时间为4
D．从施加力F到A、B分离的时间为2
水平传送带模型
1.(多选)如图所示，水平传送带长L＝5.3 m，运行速率v＝1 m/s，在其左端以初速度v0＝2 m/s水平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则物块从左到右的运动过程中(　　)
A．刚放上时，物块受到向左的滑动摩擦力
B．物块一直做匀减速直线运动
C．物块在传送带上的运动时间为5.2 s
D．物块在传送带上留下的划痕长度为0.3 m
倾斜传送带模型
2.倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
　
考点2 　“滑块—木板”模型
考向1　水平面上的板块问题
3.(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
考向2　倾斜面的板块模型
4.如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　)
A．10 NB．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动
5.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)
基础巩固练
题组一　传送带模型
1．如图甲所示，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．t3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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2. (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
3．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度为16 m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
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
4．如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量m＝1 kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
题组二　“滑块—木板”模型
5. (多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　)
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
6．(多选)如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．m与M间的动摩擦因数μ1＝0.2
B．M与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.3
C．M的质量为2 kg
D．图乙中横轴截距为6 N
7．(多选)粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，t＝0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2
B．两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝4∶5
C．木板B向前滑行的最大距离为 m
D．物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m
8．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
9．(多选)如图甲所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ＝37°。在传送带的顶端A处无初速度地释放一个小物块一段时间后物块到达底端B处。当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)
A．小物块可能先匀加速再匀速运动
B．传送带A、B之间的距离为25 m
C．小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375
D．小物块从A运动到B的最短时间为 s
10．(多选)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的有(　　)
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
牛顿第二定律选择题专项训练（解析）
牛顿第一定律　牛顿第二定律
伽利略的理想斜面实验
1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、乙分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　)
A．图甲中通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动
B．图甲中先在倾角较大的斜面上进行实验，可“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易
C．图乙中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，通过实验能直接观察到小球到达等高位置
D．图乙的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持
[答案]　D
[解析]　图甲中通过对斜面上小球运动的研究，合理外推得出小球的自由落体运动是匀变速运动，A错误；图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的效果，使时间测量更容易，B错误；图乙中完全没有摩擦阻力的斜面实际上是不存在的，不能通过实验直接观察到小球到达等高位置，只能不断接近，C错误；图乙的实验为“理想实验”，是在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种方法，伽利略是在实验的基础上通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D正确
惯性的理解和应用
2.大型油罐车内部设置了一些固定挡板，如图所示，油罐车在水平路面上行驶，下列说法正确的是(　　)
A．油罐车匀速前进时，油没有惯性
B．油罐车加速前进时，油的液面仍然保持水平
C．油罐车减速前进时，两挡板间油的液面前低后高
D．挡板间油的质量相对小，可以有效减弱变速时油的涌动
[答案]　D
[解析]　惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动状态无关，故A错误；当油罐车加速前进时，由于惯性油向后涌动，所以油的液面应前低后高，故B错误；当油罐车减速前进时，油向前涌动，油的液面前高后低，故C错误；挡板间油的质量相对小，油的惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D正确
对牛顿第一定律的理解
3.(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　　)
A．牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时的运动规律
B．在不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
[答案]　ABD
[解析]　牛顿第一定律描述的是物体在不受外力作用时的运动规律，在不受外力作用时总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦力的作用而改变了运动状态；奔跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了运动状态，C错误，D正确
考向1　对牛顿第二定律的理解
4.(多选)下列说法正确的是(　　)
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
[答案]　ACD
[解析]　由牛顿第二定律的瞬时性可知，A正确；由牛顿第二定律的矢量性可知，C正确；力是产生加速度的原因，而不是先有加速度，才受合外力，B错误；由a＝可知，合外力减小，加速度一定减小，当加速度方向与速度方向一致时，速度增大，D正确。本题正确答案为ACD
考向2　合力、速度、加速度间的关系
5.(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知小球在液体中受到的阻力f＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数。忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的最大加速度为g
B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D．小球的最大速度为
[答案]　ACD
[解析]　当t＝0时，小球所受的阻力f＝0，此时加速度为g，A正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确。故选ACD
考向3　力的分解与牛顿第二定律的综合应用
6.(2026·安徽高三)舰载机沿着航母跑道直线加速过程中，由于气流对机翼的作用会产生升力，将发动机提供的推力和气流对机翼的升力的合力称为总动力F。设航母跑道可以看作是一个与水平面夹角为α的理想斜面，舰载机在起飞前以大小为a＝g的加速度沿着跑道加速，总动力F与飞机速度v的方向的夹角也等于α，设飞机的质量为m，前进过程中受到的阻力(包括跑道摩擦阻力，空气的阻力等)方向与速度方向相反，大小与飞机对跑道的正压力成正比，比例系数为k＝，重力加速度为g，则总动力F的大小为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
[答案]　A
[解析]　飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示。
沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin α－Ff＝ma，垂直速度方向Fsin α＋FN－mgcos α＝0，由已知条件Ff＝kFN，k＝，联立解得F＝mg，故选A
7.如图所示，竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g
D．加速度先增大后减小
[答案]　A
[解析]　小球从P点运动到O点的过程中，所受合力方向始终向下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM＝d，弹簧与竖直方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得2kcos θ＋mg＝ma，解得a＝cos θ·＋g，小球从P点运动到O点的过程中，θ(θ≤90°)增大，故加速度一直减小，撤去F瞬间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg，由牛顿第二定律得小球的最大加速度am＝2g，C、D错误
8.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．20 cm刻度对应的加速度为g
B．30 cm刻度对应的加速度为0.5g
C．80 cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的
[答案]　C
[解析]　设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k,20 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－g，故A错误；30 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，故B错误；80 cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝2g，故C正确；根据牛顿第二定律得k(l－20)×10－2－mg＝ma可得a＝－g，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故D错误
9.如图所示，质量为m的物体静止在水平桌面上，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，当用方向与水平桌面夹角始终为θ＝30°，但大小不同的拉力F斜向上作用在物体上时，下列关于物体的加速度a的说法正确的是(　　)
A．大小不可能等于0
B．大小可能等于μg
C．方向一定沿水平方向
D．方向与水平桌面的夹角可能大于30°
[答案]　B
[解析]　若物体静止，则有Fcos 30°≤fmax＝μ(mg－Fsin 30°)，解得F≤，则物体处于静止状态，物体加速度大小为0，A错误；根据牛顿第二定律得Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma，当a＝μg时，解得F＝，B正确；当Fsin 30°>mg时物体离开桌面，此时竖直方向的加速度不为零，则此时物体的加速度方向不沿水平方向，C错误；当物体离开水平桌面时，则物体的水平方向的加速度ax＝，竖直方向的加速度ay＝，则加速度方向与水平方向的夹角满足tan α＝＝＝tan 30°－判断比例系数的单位
10.安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝k。比例系数k的单位是(　　)
A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)
C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)
[答案]　B
[解析]　根据题干公式ΔF＝k整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B
检验表达式的正误
11.如图所示，运－20是我国自主研发的战略重型运输机，已知运输机的升力为L＝CLpS(其中p为飞行动压、S为机翼面积，CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度，m表示飞机的质量，v表示飞行速度，F表示飞机发动机推力，你可能不会计算飞机飞行时的飞行动压p，但你可根据所学的物理知识和方法进行分析，判断出下列飞行动压p的表达式合理的是(　　)
A．p＝ B．p＝
C．p＝ D．p＝
[答案]　B
[解析]　飞行动压p的国际单位Pa＝N/m2＝＝·，只有选项B等式右边的单位与p的单位符合，选项B正确
基础巩固练
题组一　牛顿第一定律　惯性
1．下列有关力和运动，说法正确的是(　　)
A．把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性
B．汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大，惯性越大
C．牛顿第一定律也被叫作惯性定律
D．汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前的惯性力
[答案]　C
[解析]　把手中的铅球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到竖直向下的重力的缘故，故A错误；惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；牛顿第一定律也被叫作惯性定律，故C正确；公共汽车紧急刹车时，乘客会向前倾倒，这是由于乘客具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故D错误。
2．图示情境中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是(　　)
A．小球突然失去惯性
B．动车突然向前加速
C．动车突然向前减速
D．动车做匀速直线运动的速度很大
[答案]　B
[解析]　小球突然相对水平桌面向后运动，是因为动车突然向前加速，因为惯性，小球会保持原来的运动状态，所以会相对于水平桌面向后运动，故B正确。
题组二　牛顿第二定律　单位制
3．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。若书不滑动，则高铁的加速度不超过(　　)
A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2
C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2
[答案]　B
[解析]　书放在水平桌面上，书相对于桌面不滑动，书受到的是静摩擦力。若书不滑动，由fm＝μmg＝mam，解得高铁的最大加速度为am＝μg＝4 m/s2，即若书不滑动，高铁的加速度不超过4 m/s2，B正确。
4．(2025·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2
B．做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2
C．做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2
D．做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2
[答案]　D
[解析]　根据牛顿第二定律F－mg＝ma，
可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，
则电梯向上加速运动。故选D。
5．(多选)如图，一名儿童光脚沿中间的滑梯表面，从底端缓慢走到顶端(脚底与滑梯不打滑)，然后又从顶端坐下来由静止滑下来，已知儿童的质量为m，滑梯与水平地面夹角为θ，儿童下滑时滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)
A．儿童向上走时所受摩擦力为mgsin θ，方向沿斜面向上
B．儿童向上走时所受摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向上
C．儿童下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下
D．儿童下滑时加速度为2gsin θ，方向沿斜面向下
[答案]　AC
[解析]　儿童从底端缓慢走到顶端过程中，处于平衡状态，所受摩擦力为静摩擦力，跟重力沿斜面向下的分力平衡，所以大小为mgsin θ，方向沿斜面向上，故A正确，B错误；儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μmgcos θ，下滑时的加速度大小为a＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，故C正确，D错误。
6．小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为(　　)
A．
B．
C．
D．η为常数，没有物理单位
[答案]　B
[解析]　由f＝6πηrv得η＝，其中f、r、v的国际单位制单位分别是kg·m/s2、m、m/s，故若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，其单位为＝，B正确。
7．如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁(未粘连)，在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块落到箱底前，下列说法正确的是(　　)
A．铁箱对木块的支持力先不变后减小
B．铁箱对木块的摩擦力先不变后减小
C．铁箱对木块的摩擦力一直减小
D．铁箱可能先做加速运动后做减速运动
[答案]　B
[解析]　木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力FN＝m木块a逐渐减小，故A错误；木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力Ff＝μFN＝μm木块a逐渐减小，故B正确，C错误；铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块也要做减速运动，需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，否则木块会与后壁分离，故D错误。
8. (2024·六安模拟)如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．若支架静止不动，支架斜面对手机的摩擦力大小为μmgcos θ，方向沿斜面向上
B．手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力相等
C．手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受支持力
D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力
[答案]　D
[解析]　支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝mgsin θ，故A错误；手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故B错误；手持支架向左做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向左，根据摩擦力产生的条件可知，摩擦力的水平分力与支持力的水平分力之差提供加速度，手机一定受到支持力作用，故C错误；手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度水平向右，当支持力的水平分力恰好提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D正确。
能力提升练
9．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)
A．0.35mg B．0.3mg
C．0.23mg D．0.2mg
[答案]　D
[解析]　将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，则有水平方向：Ff＝ma·cos 37°，竖直方向：FN－mg＝ma·sin 37°，FN＝1.15mg，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确。
10．如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　)
A．甲的轻绳拉力比乙的大
B．两者轻绳拉力大小相等
C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小
D．两轮胎所受合外力大小相等
[答案]　C
[解析]　对轮胎T甲sin α＋N＝mg，T甲cos α－μN＝ma甲，T乙sin β＋N＝mg，T乙cos β－μN＝ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α>β，则sin α＞sin β，cos α＜cos β，所以T甲＜T乙，a甲＜a乙，F甲＝ma甲＜F乙＝ma乙，故选C。
11．如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若在物块下滑过程中施加一恒力作用，恒力方向过物块重心且与竖直方向夹角为β，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知斜面倾角为α，则在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)
A．若力F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑
B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑
C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右
D．地面对斜面无摩擦力
[答案]　D
[解析]　若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，有mgsin α＝μmgcos α，得物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝tan α，施加力F后物块沿斜面方向有(mg＋F)sin α＝μ(mg＋F)cos α，即物块还是处于平衡状态，还是匀速下滑，A错误；若力F垂直斜面向下，则最大静摩擦力变为μ(mgcos α＋F)，mgsin α<μ(mgcos α＋F)，所以物块会减速，B错误；若力F沿斜面向下，物块对斜面有压力和滑动摩擦力，根据μ＝tan α和力的平行四边形定则，得物块对斜面的作用力的合力始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，C错误；只要物块在斜面上是滑动的，物块对斜面的力只有压力和滑动摩擦力，物块对斜面的作用力的合力方向始终竖直向下，即斜面不受地面的摩擦力，D正确。
牛顿第二定律的基本应用
考点1　应用牛顿第二定律分析瞬时问题
1.(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线P前，弹簧形变量为
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
[答案]　ACD
[解析]　剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，联立解得x＝，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg2.(弹簧或轻杆问题)(多选)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)
A．乙图中A球加速度为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
[关键点拨]　突然撤去挡板的瞬间，甲图中弹簧弹力不变，A、B加速度不同；乙图中，轻杆弹力突变为0，此时A、B可当作整体分析。
[答案]　AD
[解析]　对甲图，弹簧弹力F＝mgsin θ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B球进行受力分析，根据牛顿第二定律F＋mgsin θ＝maB，解得aB＝2gsin θ；对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律2mgsin θ＝2ma，得a＝gsin θ，即A、B的加速度都为gsin θ，综上分析可知，A、D正确，B、C错误。
3.(接触面和弹簧问题)如图所示，质量均为2 kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为(　　)
A．0 B．5 N
C．10 N D．20
[答案]　B
[解析]　初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹力F＝mgsin 30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为mgsin 30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有2mgsin 30°－F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；再隔离B分析有mgsin 30°－FN＝ma，解得FN＝5 N，故B正确。
考点2　超重与失重现象
4.(从加速度角度判断)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
[答案]　B
[解析]　运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。
5.(从力的角度判断)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F－t图像)如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2
B．人在下蹲过程中，力传感器的示数先变大后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
[答案]　A
[解析]　由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝＝50 kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝＝ m/s2＝6 m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8 s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。
6.(从速度变化的角度判断)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客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减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
[答案]　D
[解析]　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内乘客的速度增大，乘客向下做加速运动，故加速度向下，乘客处于失重状态，可知FNmg，选项C错误，D正确。
考点3　动力学两类基本问题
7.如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
[答案]　D
[解析]　有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1＝5 m/s2，A错误；2 s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s，撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得物体向上减速的加速度大小为a2＝10 m/s2，物体向上减速的时间为t2＝＝1 s，则物体在t＝3 s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于mgsin θ>μmgcos θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面向上运动的最大位移为x＝t1＋t2＝15 m，D正确。
8.无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g＝10 m/s2，则此过程中(　　)
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
[答案]　C
[解析]　对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mgcos θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cos θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有＝at，解得h＝145.8 m，D错误。
9.连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
[答案]　(1)35 m/s　(2)2.7
[解析]　(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35 m/s。
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2，由运动学公式有v＝2a2x，解得Ff＝2.7mg，即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。
考向　两类斜面模型
10.一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为2∶1，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为(已知sin 37°＝0.6)(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　B
[解析]　根据受力可知＝·t，
＝·t，又＝，解得μ＝，故选B
基础巩固练
题组一　牛顿第二定律的瞬时性问题
1．如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　)
A．L1的拉力大小为mg
B．L2的拉力大小为3mg
C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g
D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
[答案]　C
[解析]　对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mgtan 60°＝2mg，L2的拉力大小为T2＝＝4mg，选项A、B错误；剪断L1，该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；甲球开始做圆周运动，但速度为零，向心力为零，只有切向加速度，由牛顿第二定律可知加速度a＝＝g，选项C正确，D错误。故选C。
2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)
A．B对A的压力大小为12 N
B．弹簧弹力大小为50 N
C．B的加速度大小为10 m/s2
D．A的加速度为零
[答案]　A
[解析]　原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
题组二　超重和失重
3．(多选)如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向上运动，当轿厢从顶楼向下运动时，v－t图像如图2所示，下列说法正确的是(　　)
A．在0～t1时间内，轿厢处于超重状态
B．在0～t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大
C．在t2～t3时间内，“对重”处于失重状态
D．在t1～t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
[答案]　BC
[解析]　由题图2知在0～t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度知，在0～t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，B正确；在t2～t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，C正确；在t1～t2时间内，虽然轿厢做匀速运动，但轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，D错误。
4．(2024·南昌模拟)加速度传感器APP是一些智能手机上配备的较为实用的软件，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出(g取10 m/s2)(　　)
A．手机在t2时刻速度为0
B．运行过程中手机有可能与升降机分离
C．手机在t2～t3时间内，处于超重状态
D．在t1～t3时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大
[答案]　B
[解析]　根据题意，由题图可知，t2之前加速度一直向上，t2时刻a＝0，则手机向上速度达到最大，故A错误；根据题意，由题图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故B正确；根据题意，由题图可知，t2～t3时间内手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误；根据题意，由题图可知，t1～t2时间内手机加速度向上，由牛顿第二定律有N－mg＝ma，由于a减小，则N减小，t2～t3时间内手机加速度向下，由牛顿第二定律有mg－N＝ma，由于a增大，则N减小，即在t1～t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D错误。
5. (多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v－t和a－t图像可能正确的是(g取9.8 m/s2)(　　)
[答案]　ABC
[解析]　m＝＝50 kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝－1 m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，t1～t2根据牛顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静止，t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，可知在t2～t3时间内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。
题组三　两类动力学问题
6. 如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10 m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为(　　)
A．6 s,90 m B．3 s,180 m
C．3 s,90 m D．6 s,180 m
[答案]　C
[解析]　礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma，根据题意有f＝mg，解得a＝20 m/s2，根据v＝2aH，解得h＝90 m，由运动学知识得t＝＝3 s，选项C正确。
7. (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、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1[答案]　BCD
[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，根据等时圆模型可知，由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和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故A错误，B、C、D均正确。
能力提升练
8．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度v0从A点滑上桌面，最后恰好停在C点(桌面始终静止)，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(　　)
A．1∶4 B．2∶1
C．4∶1 D．8∶1
[答案]　D
[解析]　设小物块在两部分桌面上运动时的加速度分别为a1、a2，小物块经过B点的速度为v，由运动学规律有×t＝×4t，解得v＝v0，则a1＝－，a2＝－，故a1∶a2＝8∶1。又由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝，则动摩擦因数与加速度大小成正比，所以动摩擦因数μ1、μ2之比为8∶1，故D正确，A、B、C错误。
9. 如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　)
A．tB>tC>tD B．tB＝tCC．tB[答案]　B
[解析]　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma,2Rcos θ＝at，联立解得tC＝，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE10. 如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端筒口出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.5 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝7.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.2 N，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计。当球筒获得一个初速度后(　　)
A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
[题图剖析]　
[答案]　D
[解析]　对羽毛球，由牛顿第二定律得mg＋f2＝ma1，解得a1＝50 m/s2，则羽毛球向下做匀加速直线运动，A、B错误；对球筒，由牛顿第二定律得Mg－f1－f2＝Ma2，解得a2＝－20 m/s2，负号表示球筒的加速度竖直向上，则球筒向下做匀减速直线运动，由运动学公式得a1t＝vmin＋a2t，vmint＋a2t2－a1t2＝d，解得vmin＝ m/s，C错误，D正确。
11．(多选)如图所示，在一竖直墙角存在两个光滑的斜面，两斜面的夹角分别为α和β(α≠β)，斜面底端在水平面的同一固定点P，底端P距竖直墙壁的距离为d。现将三个小球a、b、c(均视为质点)分别从两个斜面的顶端及P点的正上方同时由静止释放，三小球同时运动到P点。忽略空气阻力，则(　　)
A．一定满足α＋β＝
B．一定满足β＝2α
C．c球释放点距P点高度为
D．c球释放点距P点高度为
[答案]　AD
[解析]　假设斜面倾角为θ，根据运动学公式有＝gsin θ·t2，可得t＝2，由于a、b两球下滑时间相等，则有sin 2α＝sin 2β，并且α≠β，则有2α＋2β＝π，可得α＋β＝，故A正确，B错误；c球做自由落体运动，则有h＝gt2，可得h＝＝，故C错误，D正确。故选AD。
动力学中的三类典型问题
考点1　动力学中的图像问题
1.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t0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，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，有mg－k(y－H)＝F，随着y增大F减小，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小的加速运动，速度继续增大，所以y－t图像斜率继续增大，在弹簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，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，木块先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y－t图像大致如图所示，故C、D错误。
2..(多选)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，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为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BC。
3.如图甲所示，质量为m＝1 kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v－t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A．小球受到阻力的大小为4 N
B．斜面倾角的正弦值为0.5
C．v0＝3 m/s
D．t3＝ s
[答案]　D
[解析]　根据图像，0～1 s时间内列出运动学公式得2v0＝a1t1,1～1.25 s时间内列出运动学公式得0＝－v0＋a2(t2－t1)，又a2－a1＝4 m/s2，解得a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，v0＝2 m/s，故C错误；设斜面倾角为θ，小球从A点运动到挡板，由牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma1，小球从挡板运动到C点，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋f＝ma2，解得sin θ＝0.6，f＝2 N，故A、B错误；根据图像可知BC之间距离大小为x1＝×(t2－t1)＝0.25 m，设小球从C点运动到B点的时间为t，则x1＝a1t2，解得t＝ s，则t3＝t2＋t＝ s，故D正确。
4.风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F＝CρSv2(S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度)。如图甲所示，风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为S1＝
D．开伞后物体迎风面积为S2＝
[答案]　C
[解析]　物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中F＝CρSv2，F不断增大，加速度不断减小，题图乙中右侧图线与此过程相符，有mg－CρS1v＝ma1，解得S1＝，故A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v＝v1时，有mg＝CρS2v，解得S2＝，且当v减小时，a减小，故B、D错误。
考点2　动力学中的连接体问题
考向1　共速连接体
5.(多选)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)
A．杆对物块的支持力大小为(M＋m)g
B．细线上的拉力大小为
C．F＝(M＋m)gtan θ
D．物块和小球的加速度为gtan θ
[答案]　ACD
[解析]　对小球和物块组成的整体受力分析，如图甲所示，竖直方向上受重力和支持力处于平衡状态，因此杆对物块的支持力大小为FN＝(M＋m)g，A正确；对小球受力分析，如图乙所示，则FT＝，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtan θ，B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan θ，C正确。
考向2　关联速度连接体
6.如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g，在下列a－m图像中，可能正确的是(　　)
[答案]　D
[解析]　当砝码的质量m很小时，物块P未被拉动；当物块P被拉动时，将砝码、砝码盘(质量忽略)和物块P看成一个整体，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－μmPg＝(m＋mP)a，可得a＝，当m→∞时，a→g。综上可知，D正确。
7.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为g
[答案]　ACD
[解析]　第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－FT＝Ma；对B，FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。
考点3　动力学中的临界极值问题
考向　动力学中的极值问题
8.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)
A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
[答案]　C
[解析]　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α ＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。
基础巩固练
题组一　连接体问题
1．如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
[答案]　C
[解析]　对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。
2. 如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则(　　)
A．a球落地前，加速度大小为1 m/s2
B．a球运动到地面所用时间为0.5 s
C．a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s
D．绳子中张力大小为2.4 N
[答案]　D
[解析]　a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa ，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。
题组二　临界问题和极值问题
3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是(　　)
A．F＝1 N时a＝1 m/s2
B．F＝2 N时a＝ m/s2
C．F＝3 N时a＝1.5 m/s2
D．F＝4 N时a＝2 m/s2
[答案]　BD
[解析]　当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，此时二者加速度可认为相等，对整体F＝(m＋M)a＝3 N，故C错误；当F小于3 N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F＝1 N时，a1＝＝ m/s2，当F＝2 N时a2＝＝ m/s2，故A错误，B正确；当F超过3 N时，物体和木板相对滑动，当F＝4 N时，对物体a3＝＝ m/s2＝2 m/s2，故D正确。
4．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
[答案]　D
[解析]　对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小为a＝gsin θ；设铁架台底边的长度为d，根据几何关系，可知小物块的位移大小为；根据运动学公式＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D项正确。
5. (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则(　　)
A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
[答案]　BD
[解析]　设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得＝ma0，解得a0＝10 m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s

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