新高考物理一轮复习考点巩固练考向05 牛顿运动定律两类动力学问题（2份打包，原卷版+解析版）

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【重点知识点目录】
单位制
受力分析
两类动力学问题（已知受力情况求物体的运动情况；已知运动情况求物体的受力情况）
1．（2022•乙卷）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A。
【解析】解：当两球运动至二者相距L时，对此时进行受力分析，如图所示：
因为两球关于F所在直线对称，sinθ＝＝，所以csθ＝，
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcsθ＝F，解得：T＝，
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。
故A正确，BCD错误。
（多选）2．（2022•湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【答案】BC。
【解析】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝k+Mg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k•52＝25k＝Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝＝Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k•52＝25k＝Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
（多选）3．（2022•甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD。
【解析】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得
F＝2μmg
隔离滑块Q分析得
F弹＝μmg
撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：
滑块P：﹣F弹﹣μmg＝ma1
滑块Q：F弹﹣μmg＝ma2
则a1＝，a2＝，
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹＝μmg时，滑块P加速度最大值为
a1max＝2μg，
当F弹＝0时，滑块Q加速度最大值为
a2max＝μg，
故A正确，B错误；
C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
a′1＝μg，
可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。
4．（2022•高安市校级模拟）如图甲所示，一质量为m＝1kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体所受摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法中正确的是（ ）
A．t＝1s时物体开始做匀减速运动
B．物体匀速运动时的速度大小为2m/s
C．物体与接触面间的动摩擦因数为0.2
D．t＝2s时物体的加速度大小为2m/s2
【答案】B。
【解析】解：A、物体在开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，但由于F是变力，因此合外力在减小，故不是匀减速运动，故A错误；
B、由图可知，从3s开始，摩擦力变为静摩擦力，物体处于静止状态，0～3s内，根据动量定理可得：
﹣ft＝0﹣mv0，即（4×1+）﹣4×3＝0﹣v0
解得：v0＝2m/s，故B正确；
C、由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，结合f＝μmg，解得μ＝0.4，故C错误；
D、t＝2s时，拉力大小为3N，则加速度大小a＝＝m/s2＝1m/s2，故D错误。
单位制：基本单位和导出单位共同组成了单位制．
基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它们的国际单位分别是米、千克、秒．
导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2） 等．
牛顿第一定律
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态．
说明：
1）物体因为有质量，故能保持原来的运动状态，如果没有力，它将永远保持此状态；
2）因为有力，故改变物体的运动状态．质量是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因；
3）物体的运动状态由速度来标定，速度不变，物体运动状态不变；
4）物体运动状态变化，也可说成运动速度变化，即产生加速度．
使用范围：宏观世界中低速运动的物体，在惯性参考系中才适用．
对牛顿第一定律的理解
1）牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的规律，它是牛顿以伽利略的理想实验为基础，在总结前人的研究成果之上，加之丰富的想而推理得出的一条理想条件下的规律；
2）牛顿第一定律成立的条件是物体不受任何外力的作用，是理想条件下物体所遵从的规律．在实验情况下，物体所受合外力为零与物体不受任何外力作用是等效的．
3）牛顿第一定律的意义在于它揭示了一切物体都具有的一种基本属性--惯性，还揭示了力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是产生运动的原因，也不是维持物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
（3）牛顿第二定律
内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
表达式：F合=ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合=k•ma，只有在国际单位制中才有k=1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg•m/s2．
适用范围：
1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1/m．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
（4）牛顿第三定律
内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：
四同：
大小相同
方向在同一直线上
性质相同
出现、存在、消失的时间相同
三不同：
方向不同
作用对象不同
作用效果不同
比较作用力和反作用力与平衡力的异同点：
易错题【01】
在受力分析求合力时，受力分析不全导致合力求解错误。
易错题【02】
在利用运动学求公式的求解加速度时容易犯错，导致根据牛顿第二定律求解出的合力错误。
易错题【03】
对于多过程时，容易忽略一些力的变化，如摩擦力，支持力的变化。
5．（2022•重庆模拟）如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则（ ）
A．a甲＝a乙＝aB．a甲＝a，a乙＝2a
C．a甲＝2a，a乙＝aD．a甲＝a乙＝2a
【答案】C。
【解析】解：由题知，撤去力F前，此时弹簧弹簧力为F'，对物块乙根据牛顿第二定律F'＝2ma
撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有F'＝ma甲
则有a甲＝2a
a乙＝a
故ABD错误，C正确。
6．（2022•庐阳区校级模拟）如图所示，质量为m的两个相同物块A、B叠放在轻弹簧上，并处于静止状态，轻弹簧下端固定在地面上，重力加速度为g。现对物块A施加竖直向上的力F，则下列说法正确的是（ ）
A．若F＝1.8mg且为恒力，则力P作用的瞬间，A、B间的弹力大小为0.2mg
B．若F＝1.8mg且为恒力，则A、B分离的瞬间，弹簧的弹力大小为1.9mg
C．若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离时，弹簧处于原长状态
D．若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统合外力大小始终不变
【答案】D。
【解析】解：A、在力F作用下A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小a＝＝＝0.9g；
隔离A，利用牛顿第二定律有：F+T﹣mg＝ma，可求得A、B间的弹力大小为F＝0.1mg，故A错误；
B、物块A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A利用牛顿第二定律可得A的加速度大小为aA＝＝＝0.8g；
此时B的加速度大小也为0.8g，对B根据牛顿第二定律可得：T1﹣mg＝maA，可得弹簧的弹力为T1＝1.8mg，故B错误；
C、若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，A、B分离时，设弹簧的压缩量为x，对B根据牛顿第二定律得：kx﹣mg＝0.5mg，解得：x＝，故C错误；
D、若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统合外力大小：F合＝2ma，保持不变，故D正确。
7．（2022•河东区校级模拟）如图所示，木块B上表面水平，木块A置于B上，与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块B对A的摩擦力为零
B．木块A对B的作用力方向垂直斜面斜向下
C．如果撤去木块A，则B的加速度变小
D．木块B对A的支持力等于A的重力大小
【答案】B。
【解析】解：木块A、B一起沿光滑斜面下滑，设加速度为a，斜面的倾角为θ，两木块的质量分别为mA、mB；
对AB系统，由牛顿第二定律得：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；
A、由图1所示可知，A在水平方向有向右的分加速度ax，木块B对A的摩擦力f不为零，故A错误；
B、A受力如图2所示，设摩擦力f与支持力N的合力F与水平方向夹角为α，
竖直方向，由牛顿第二定律得：mAg﹣N＝mAay①
水平方向，由牛顿第二定律得：f＝mAax②
A的加速度：a＝gsinθ
竖直分加速度：ay＝asinθ＝gsinθsinθ③
水平分加速度：ax＝acsθ＝gsinθcsθ④
合力F与水平方向夹角的正切值：tanα＝⑤
由①②③④⑤解得：tanα＝tan（﹣θ）
则：α+θ＝，B对A的作用力方向垂直斜面向上，
由牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向垂直斜面向下，故B正确；
C、撤去木块A，对木块B，由牛顿第二定律得：mBgsinθ＝mBa，解得：a＝gsinθ，B的加速度不变，故C错误；
D、木块A在竖直方向有向下的加速度ay，木块A处于失重状态，木块A对B的压力小于它的重力，由牛顿第三定律可知，木块B对A的支持力小于A的重力，故D错误。
8．（2022•下开学）随着2022年北京冬奥会开幕临近，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为0＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一爱好者和他的雪橇总质量m＝75kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力F与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝3.75m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，无法计算出比例系数为k值
D．比例系数为k＝37.5Ns/m
【答案】D。
【解析】解：人和雪橇整体在下滑过程中受到重力、支持力、空气阻力、摩擦阻力。如图所示：
A、从图中斜率可知，开始运动的加速度a＝＝m/s2＝2.25m/s2。故A错误；
B、所以人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动。故B错误；
（3）根据牛顿第二定律有开始时：mgsinθ﹣kv﹣μmgcsθ＝ma
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），
即有mgsinθ＝μmgcsθ+kvm
①②两式联立，得kvm﹣kv＝ma
将v＝5m/s、vm＝10m/s代入后得k＝37.5Ns/m。
故C错误，D正确；
9．（2022•凯里市校级开学）如图所示，质量为m的小球分别用轻弹簧a和轻绳b相连，固定在竖直墙面和天花板上，其中轻弹簧a水平，轻绳b与水平面的夹角θ＝60°，重力加速度为g。现将轻绳b剪断。则在剪断轻绳b的瞬间（ ）
A．小球有沿弹簧水平向左运动的趋势
B．弹簧的弹力为2mg
C．小球的加速度为g
D．小球的加速度为g
【答案】D。
【解析】解：AB、以球为研究对象，由平衡条件得：Fa﹣Fbcsθ＝0
Fbsinθ﹣mg＝0
联立解得Fa＝mgtanθ
剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，所以小球有沿细绳斜向下运动的趋势，故AB错误；
CD、由牛顿第二定律得＝ma，解得：a＝g，故C错误，D正确；
10．（2022•天心区校级二模）“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体，若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为vm，红细胞密度为ρ1，血液的密度为ρ2。以下说法正确的是（ ）
A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该红细胞的半径可表示为r＝
C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小
D．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
【答案】B。
【解析】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律mg﹣f﹣F浮＝ma
又因为f＝6πηrv
故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D错误。
11．（2022•桑植县校级模拟）如图所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮（质量不可忽略）一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C，三个物块的质量相同.由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的细线，力传感器的示数变为F2，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（ ）
A．三个物块一起运动的加速度大小为g
B．每个物块的重力为
C．滑轮的重力为2F2﹣F1
D．剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变
【答案】B。
【解析】解：A、设每个物块的质量为m，则对ABC整体有：2mg﹣mg＝3ma，解得：a＝g，故A错误；
D、设绳的拉力为F，则对A有：F﹣mg＝ma，解得：F＝mg，设滑轮的质量为M，根据力的平衡对滑轮有：F1＝Mg+2F＝Mg+mg，剪断B．C间的细线，由于A、B质量相等，因此A，B运动的加速度为零，
这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故D错误；
B、根据力的平衡，对滑轮有：F2＝Mg+2mg，解得：mg＝（F1﹣F2），故B正确；
C、滑轮重力Mg＝4F2﹣3F1，故C错误。
12．（2022•菏泽二模）如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上．一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上．两小球均处于静止状态．轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向．已知重力加速度为g．则（ ）
A．球1和球2的质量之比为1：1
B．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
【答案】C。
【解析】解：A、分别对两小球进行受力分析，如下图所示：
根据平衡条件可得，由
FB＝m1g，FBsin30°＝m2g
解得：m1＝2m2，故A错误；
BCD、在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹簧弹力FC不变，并假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0，则球2的加速度为
方向与FB方向相同，即沿绳B斜向右下方。此时球1只受重力，加速度竖直向下大小等于g，沿绳B方向的分加速度为
因为a2＞a1，则假设不成立，可知此时轻绳B存在弹力。则由力的合成可知，球1的合力大于其重力，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，则球1的加速度一定大于g，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，故BD错误，C正确；
13．（2022•天心区校级一模）如图所示，“V”形槽各处所用材料完全相同，两侧面夹角可以调节，槽的棱与水平面的夹角为37°，两侧面与水平面的夹角相同。圆柱形工件放在“V”形槽中，当“V”形槽两侧面的夹角为60°时，工件恰好能匀速下滑。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。则当“V”形槽两侧面的夹角90°时，工件下滑的加速度大小为（ ）
A．3m/s2B．2m/s2C．（）m/s2D．（）m/s2
【答案】C。
【解析】解：由于圆柱体匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsin37°＝2f，其中f＝μN
由平行四边形定则可得N＝mgcs37°
联立解得：
当“V”形槽两侧面的夹角90°时，工件对两侧面的正压力N′＝mgcs37°sin45°＝
根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣2μN′＝ma，代入数据解得，故C正确，ABD错误。
14．（2022春•潍坊月考）将质量为m的砖块靠在足够高的竖直墙壁上，对其施加F＝kt（k为正的常数）的水平推力，如图所示，t＝0时将砖块由静止释放，用f、a、v分别表示它的摩擦力、加速度和速度，如图图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B。
【解析】解：物块在t＝0时被无初速释放，由于F＝kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上。
取竖直向下方向为正方向。
AB、物块运动过程中，f＝μkt，f与t成正比；当物块静止时，f＝mg保持不变，图像从斜直线突变为水平直线，故B正确，A错误。
CD、加速运动过程中：mg﹣f＝ma
又f＝μN＝μF＝μkt，得a＝g﹣t，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；v﹣t图象的斜率应减小。
减速运动过程中：由于mg＜f，得知，随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动；v﹣t图象的斜率应增大，直到静止。故CD错误。
15．（2022春•南开区校级月考）用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑（下滑过程线圈形状保持不变），已知重力加速度为g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B。
【解析】解：将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为θ；
根据几何关系，有
sinθ＝
物体做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ＝ma
解得
a＝gsinθ
由于物体与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位移—时间关系公式，有
L＝
联立解得t＝
故ACD错误，B正确；
16．（2022春•绥化月考）物体A、B叠放在斜面体C上，物体B的上表面水平，如图所示。斜面体C受水平力F的作用，物体A、B一起随C向左匀加速运动的过程中，三者相对静止。则（ ）
A．物体B对物体A的摩擦力为零
B．斜面体C对物体B的摩擦力沿斜面向上
C．斜面体C对物体B的摩擦力沿斜面向下
D．斜面体C对物体B的摩擦力可能为零
【答案】D。
【解析】解：A、物体A做匀加速直线运动，合力与加速度方向相同；受重力、支持力、向左的静摩擦力，故A错误；
BCD、对物体B受力分析，物体B加速度方向水平向左，受重力、A对B向下的压力、C对B的支持力、A对B向右的摩擦力，4个力的合力有可能水平向左，即物体B有可能受4个力的作用，斜面C和物体B之间可能没有摩擦力，故BC错误，D正确。
17．（2022•黄山二模）一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动（C始终与汽车相对静止），则（ ）
A．A对C的支持力增大
B．B对C的支持力减小
C．当加速度时，A对C无支持力
D．当加速度a＝0时，C对B的压力大小为mg
【答案】C。
【解析】解：AB．设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。
在竖直方向上根据平衡条件可得：NAcs30°+NBcs30°＝mg
在水平方向根据牛顿第二定律有：NBsin30°﹣NAsin30°＝ma
联立解得：NA＝，NB＝
可知从a＝0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；
CD．当加速度a＝g时NA＝0，NB＝
根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，对B的压力大小为 ，故C正确；
D．当a＝0时，可解得NB＝mg，根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为mg，故D错误。
18．（2022春•淇滨区校级月考）如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为0.25μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是（ ）
A．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为1.5μmg
B．无论力F为何值，b的加速度不会超过0.75μg
C．当力F＞μmg时，b相对a滑动
D．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过1.5μmg
【答案】D。
【解析】解：a、b之间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为fmax′＝0.25μ（m+m）g＝0.5μmg
CD、a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：fmax﹣fmax′＝ma0
对整体有：F0﹣fmax′＝2ma0
解得：a0＝0.5μg，F0＝1.5μmg，
所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过1.5μmg，当力F＞1.5μmg时，b相对a滑动，故C错误，D正确；
A、当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
对a、b整体：F﹣fmax′＝ma1
对a：F﹣f1＝ma1
解得a、b间的摩擦力为：f1＝0.75μmg，故A错误；
B、根据D选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过0.5μg，故B错误。
19．（2022•庐阳区校级模拟）如图所示，质量为mA＝2kg物体A放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与质量为mB＝1kg物体B相连。用手按住A使两物体均静止，B物体距离地面高度h＝1m。现松手释放A，经时间t1＝1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子、滑轮质量不计，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数μ；
（2）若A与滑轮的距离L＝1.5m，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力F＝6N，求恒力F作用时间t2＝1s后，物体A的速度大小。
【答案】（1）物体A与桌面间动摩擦因数为0.2；
（2）恒力F作用时间t2＝1s后，物体A的速度大小为0.6m/s。
【解析】解：（1）物体B在下落的过程中，做匀加速运动，则有：
代入数据解得加速度大小为：a＝2m/s2
A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有mBg﹣μmAg＝（mA+mB）a
代入数据解得：μ＝0.2；
（2）物体B落地瞬间，物体A距离滑轮的长度为：ΔL＝L﹣h＝1.5m﹣1m＝0.5m
此时物体A根据牛顿第二定律有：μmAg+F＝mAa1
解得：
设施加力F后物体速度等于0的时间为t3，位移为x1，则有：
a1t3＝at1
得到：t3＝0.4s，x1＝0.4m
因x1＜ΔL
所以此时物体A减速到0，且未碰撞到滑轮。
之后物体A将向左加速运动，根据牛顿第二定律有：F﹣μmAg＝mAa2
解得：
则最终的速度v和向左的位移x2为：
v＝a2（t2﹣t3）＝0.6m/s
代入数据解得：v＝0.6m/s，x2＝0.18m＜x1
故最终绳子未拉直，物体A的速度为0.6m/s。
20．（2022春•甘州区校级期中）如图所示，质量m＝10kg的物块（可视为质点）以v0＝4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M＝20kg，物块最后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
【答案】（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为4m/s2和0.5m/s2；
（2）木板的长度L为2.25m。
【解析】解：（1）对物块受力分析知物块做减速运动，设其加速度大小为a1，则由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma1代入数据解得a1＝4m/s2
对木板受力分析，设木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得
μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
代入数据解得a2＝0.5m/s2
（2）设经过时间t1二者共速，则有v0﹣a1t1＝a2t1解得t1＝1s
设共速时的速度大小为v1，则有v1＝a2t1解得v1＝0.5m/s
t1时间内物块的位移为x1＝t1解得x1＝2.5m
木板的位移为x2＝t1解得x2＝0.25m
所以木板的长度为L＝x1﹣x2＝2.5m﹣0.25m＝2.25m
21．（2022•城厢区校级开学）2021年12月，新一轮新冠疫情开始考验浙江，浙江人民众志成城合作抗疫。在某高风险小区，工作人员正在操作一台无人机配送货物，货物由静止开始竖直向上做加速度大小为a1的匀加速直线运动，一段时间后，又匀速上升15s，然后做加速度大小为a2的匀减速直线运动，经2s到达用户的阳台且速度为零。遥控器上显示无人机上升过程中最大的速度为2m/s。已知货物质量为2kg，受到空气阻力恒为重力的5%，a2＝2a1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）无人机匀加速上升阶段的时间；
（2）货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度；
（3）减速阶段，无人机对货物作用力的大小。
【答案】（1）无人机匀加速上升阶段的时间为4s；
（2）货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度为36m；
（3）减速阶段，无人机对货物作用力的大小为19N。
【解析】解：（1）由题意知无人机匀减速的加速度为a2＝＝m/s2＝1m/s2
又因为a2＝2a1
所以匀加速的加速度为
所以加速的时间为
（2）由题意可得货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度为
代入数据解得：h＝36m
（3）对无人机受力分析，则匀减速阶段由牛顿第二定律得mg+f﹣F＝ma2
其中f＝5%•mg
解得减速阶段，无人机对货物作用力的大小为F＝19N
22．（2022•襄都区校级开学）邢台机场，又名邢台市褡裢机场，能飞大型军用运输飞机。假设其某起飞跑道可视为由长度L1＝225m的水平跑道和长度L2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2m，如图所示。已知质量m＝2×104kg的飞机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力大小恒为飞机所受重力的0.15倍，飞机质量视为不变，飞机可看成质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计连接处的速度损失。
（1）求飞机在水平跑道上运动的时间；
（2）求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；
（3）若起飞跑道是一条水平直跑道，则要使达到原起飞速度的大小，求水平直跑道的长度（结果保留到小数点后一位）。
【答案】（1）飞机在水平跑道上运动的时间为10s；
（2）飞机在倾斜跑道上的加速度大小为3.5m/s2；
（3）水平直跑道的长度为240.6m。
【解析】解：（1）设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F﹣f＝ma1
解得
由加速度直线运动公式
解得t＝10s
（2）设飞机沿斜面反向的加速大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析
由牛顿第二定律得F﹣f﹣mgsinθ＝ma2
解得。
（3）要达到原起飞速度的大小，飞机在直跑道增加部分的速度增量应与在原倾斜跑道的速度增量的大小相等，设直跑道增加的长度为L3，则2a2L2＝2a1L3
则有L总＝L1+L3
联立代入数据解得：L总＝240.6m。
23．（2022•浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
【解析】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式
＝2a1x1
代入数据解得：a1＝m/s2
（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，
t1＝＝s＝3s
BC段x2＝v1t2+a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
过C点的速度为
v＝v1+a2t2
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsinθ﹣Ff＝ma2
代入数据解得：Ff＝66N
24．（2021•全国）如图，一斜面固定在水平桌面上，斜面倾角为θ。若一物块以初速度v沿斜面向上运动，经过距离l后物块静止在斜面上。若让该物块以初速度v沿斜面向下运动，则经3l距离后物块静止在斜面上。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）已知tanθ＝0.125，求物块与斜面之间的动摩擦因数；
（2）若把斜面的倾角由θ增大为θ1，使物块从斜面底部以初速度v1＝4m/s沿斜面向上运动，求物块从出发到又回到底部所用的时间。已知sinθ1＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2。
【答案】（1）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；
物块从出发到又回到底部所用的时间为s。
【解析】解：（1）物块以速度v沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
根据匀变速直线运动速度与时间的关系有：
v2＝2a1l
同理可得，物块以初速度v沿斜面向下运动有
μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma2；v2＝2a2×3l
联立解得：μ＝0.25
（2）物块上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ1+μmgcsθ1＝ma2
解得：
根据
解得：
则物块从出发又回到底部所用的时间为
25．（2021•浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N•；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。
【解析】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，
此过程平均速度：＝，
根据平均速度的定义：＝，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'＝，
等待时间：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度位移关系：v22﹣v2＝2as，
解得：v＝5m/s
（1）单位制在物理学中的应用
①简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．
②检验结果的正误：物理公式既反映了各物理量间的数量关系，同时也确定了各物理量的单位关系．因此，在解题中可用单位制来粗略判断结果是否正确，如单位制不对，结果一定错误．
（2）判断物体运动状态的变化：
物体的运动状态即物体运动的快慢及运动的方向，是用速度来描述的，故物体运动状态的变化有以下三种情况：
1）速度方向不变，只有大小改变；
2）速度大小不变，只有方向改变；
3）速度大小和方向都改变．
(3)牛顿第二定律相关问题
根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F=kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
（3）应用牛顿第二定律解答动力学问题方法
应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
（4）应用牛顿第三定律分析问题
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．
3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上
解决两类动力学问题的方法
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。
注意：
不管是哪一类动力学问题,受力分析和运动状态分析都是关键环节。
作为“桥梁”的加速度,既可能需要根据已知受力求解,也可能需要根据已知运动求解。物体在完全失重状态下,由重力引起的效应将完全消失。