高中物理高考 第2讲　牛顿第二定律的应用

这是一份高中物理高考 第2讲　牛顿第二定律的应用，共29页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。

第2讲　牛顿第二定律的应用



知识点　　牛顿第二定律的应用　Ⅱ
1．动力学的两类基本问题
(1)已知物体的受力情况，确定物体的运动情况；
(2)已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
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，具体逻辑关系如图：

知识点　　超重和失重　Ⅰ
1．实重与视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
(2)视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较

超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象
物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象
产生
条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小等于g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
a＝g
F＝0
运动
状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g加速下降或减速上升

一 堵点疏通
1．物体做匀减速直线运动时，合力的方向与速度的方向相反。(　　)
2．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。(　　)
3．超重就是物体的重力变大的现象。(　　)
4．物体处于完全失重状态时，重力消失。(　　)
5．减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。(　　)
6．物体是处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。(　　)
答案　1.√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.√
二 对点激活
1．(人教版必修第一册·P100·T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体受到的合力为50 N
B．物体的加速度为25 m/s2
C．3 s末物体的速度为75 m/s
D．3 s内物体发生的位移为125 m
答案　AC
解析　两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2. (2020·江苏省南通市高三(下)5月二模)(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)

A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
答案　CD
解析　在第一过程中，运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，处于超重状态，故A错误，C正确。蹦床运动员在第二过程中和第一过程中的运动情况是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。
3. (人教版必修第一册·P99·例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。
答案　(1)1.5 N　(2)7 m/s
解析　(1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2，
对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得
mgsinθ－Ff＝ma，
解得Ff＝1.5 N。
(2)根据v2＝2ax得
v＝ m/s＝7 m/s。




考点1　　牛顿第二定律的瞬时性问题
1.两种模型
加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

2．求解瞬时加速度的一般思路
⇒⇒
例1　如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g，则(　　)

A．aA＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？
提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。
(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？
提示：不突变。
尝试解答　选A。
轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F＝mgsin30°，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正确。

求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例1中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。
(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
[变式1－1]　 (2020·四川省攀枝花市高三第二次统考)如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态。重力加速度为g，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为(　　)

A．g，g B.0，g
C．0,2g D.2g,0
答案　C
解析　剪断细绳前，对小球Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则F＝mg，方向向上，则弹簧对P的弹力大小为F，方向向下。剪断细绳的瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的合力等于mg＋F，根据牛顿第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0，故A、B、D错误，C正确。
[变式1－2]　(2020·安徽省亳州市高三第一学期期末教学质量检测)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 N
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＝mgsin30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为mgsin30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有2mgsin30°－F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；再隔离B分析有mgsin30°－FN＝ma，解得FN＝5 N，故B正确。
考点2　　动力学的两类基本问题
动力学的两类基本问题的解题步骤

例2　(2020·湖北省荆州市高三上学期质量检测)如图所示，一足够长的斜面BC倾角为θ＝37°，与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，当物体运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则：

(1)物体到达B点时的速度是多大？
(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？
(1)求物体到达B点时的速度，要先求什么？
提示：物体受恒力F作用时在水平面上运动的加速度。
(2)物体沿斜面上升到最高点之后能停止吗？
提示：不能。
尝试解答　(1)6 m/s　(2) s
(1)物体在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有
F－μmg＝ma
则a＝＝ m/s2＝2 m/s2
物体从M到B，根据运动学公式有v＝2aL
则vB＝＝ m/s＝6 m/s。
(2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
根据运动学公式有v＝2a1x，解得x＝1.8 m
由vB＝a1t1得t1＝0.6 s
因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑
下滑时根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
由x＝a2t得t2＝ s
所以物体在斜面上滑行的总时间
t＝t1＋t2＝ s。

解决两类动力学问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。
一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。
(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例2中第一个过程的末速度大小就是下一个过程的初速度大小。
[变式2－1]　(2020·四川省宜宾市高三上学期一诊)(多选)如图a，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与物体的速度v成正比，比例系数用k表示。物体加速度a与速度v的关系如图b所示，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)

A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当速度v＝5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大
C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．比例系数k为 kg/s
答案　BCD
解析　由图b可知，随着速度的增大，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是做匀变速运动，故A错误；由图b可知，速度为5 m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，解得：μ＝＝0.25，故C正确；物体加速度为零时，受力分析可得：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，又N＝mgcosθ＋kvsinθ，由图b可知，此时v＝5 m/s，代入上式解得：k＝＝ kg/s，故D正确。
[变式2－2]　(2020·四川省九市联考高三二模)2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作时间的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为1.5×103 kg，着陆过程简化如下：在距月面102 m处悬停，当发动机推力为F1时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为F2时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2 m时再次悬停，此过程总共用时600 s，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速度取g＝1.6 m/s2，求：

(1)探测器接触月球表面时的速度大小；
(2)发动机施加推力的差值(F2－F1)的大小。
答案　(1) m/s　(2) N
解析　(1)设探测器接触月球表面时的速度大小为v，由运动学公式有v2＝2gx，其中x＝2 m，
可得v＝ m/s。
(2)设加速过程中的最大速度为vm，
加速阶段有v＝2ax1，
减速阶段有v＝2ax2，
且x1＋x2＝100 m，
加速阶段的时间t1＝，
减速阶段的时间t2＝，
且t1＋t2＝600 s，
联立并代入数据可得a＝ m/s2，
由牛顿第二定律可得，加速阶段有mg－F1＝ma，
减速阶段有F2－mg＝ma，
联立并代入数据可得F2－F1＝ N。
考点3　　动力学中的图像问题
1.常见的动力学图像
v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等。
2．图像问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
3．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。
(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
例3　(2020·四川省棠湖中学高三上期末)(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v­t图像如图乙所示，下列说法中正确的是(　　)

A．小球在MN右侧运动的时间为t2－t1
B．F2的大小为＋
C．小球在MN右侧运动的加速度大小为
D．小球在0～t1时间内运动的位移为v1t1
(1)如何求小球在MN左右两侧运动的加速度？
提示：由v­t图像的斜率求。
(2)小球在MN右侧运动的时间是多少？
提示：t3－t1。
尝试解答　选BC。
由图乙知小球在t1时刻和t3时刻加速度方向改变，故t1时刻小球进入MN右侧，t3时刻小球离开MN右侧，可知小球在MN右侧运动的时间为t3－t1，故A错误；由图乙可知小球在MN左侧的加速度大小为：a＝||＝，在MN右侧的加速度大小为：a′＝||＝，小球在MN左侧时，由牛顿第二定律可得：F1＝ma＝m，在MN的右侧时，由牛顿第二定律可得：F2－F1＝ma′，联立得：F2＝＋，故B、C正确；由v­t图线与t轴围成的面积表示位移，可得小球在0～t1时间内运动的位移为：x＝，故D错误。

解决图像综合问题的思路
图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图像及运动过程进行分析。
[变式3－1]　(2020·湖北省名师联盟高三入学调研)(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
答案　BC
解析　在0～2 s内物块做匀速直线运动，根据平衡条件有F2＋f＋F1＝0，则摩擦力f＝－3 N，则μ＝＝＝0.3，A错误；2 s后物块做减速运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝ s＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，B正确；物块速度减为零后，因F1、F2的合力小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N,5 s末物块的加速度为零，C正确，D错误。
[变式3－2]　(2020·湖北省武汉市高三学习质量检测)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，弹簧的长度始终在弹性限度内。下列是力F和运动时间t之间关系的图像，正确的是(　　)


答案　D
解析　在力F作用之前，物块放在弹簧上处于静止状态，有mg＝kx0，力F作用之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x即为物块向下运动的位移，则x＝at2，联立可得F＝ma＋t2，即F随时间变化的图像为D，故D正确，A、B、C错误。
考点4　　超重和失重的理解
1.超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。
2．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从运动状态的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
例4　(2020·陕西省咸阳市高三下学期3月二模)2014年2月15日凌晨，在索契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌。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．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
(1)运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中受力情况如何？
提示：只受重力。
(2)如何判断运动员处于超重状态还是失重状态？
提示：根据加速度方向判断。
尝试解答　选C。
当物体处于失重状态时有向下的加速度，当物体处于超重状态时有向上的加速度。运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态，故A错误；运动员在弧形过渡区做圆周运动，在最低点加速度向上，处于超重状态，故B错误；运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中，只受重力，处于完全失重状态，故C正确；运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量，处于超重状态，故D错误。

(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
[变式4－1]　 (2021·天津市部分区高三(上)期末)某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化(整个过程中，橡皮筋对手指始终有压力的作用)，不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)

A．超重时钩码所受重力增加，失重时钩码所受重力减小
B．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下降阶段
C．钩码下降到最低点时，钩码的速度为零，达到平衡状态
D．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超重状态
答案　B
解析　超重时橡皮筋对钩码的拉力超过钩码所受的重力，钩码所受的重力不变，失重时橡皮筋对钩码的拉力小于钩码所受的重力，钩码所受的重力也不变，故A错误；钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则说明橡皮筋对钩码的拉力增大，根据胡克定律可知，橡皮筋形变量增大，则钩码一定处于下降阶段，故B正确；钩码下降到最低点时，橡皮筋弹力最大，且大于钩码重力，钩码速度为零，向上的加速度达到最大，而不是处于平衡状态，故C错误；钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，说明钩码在向下运动，可能是加速下降，处于失重状态，故D错误。
[变式4－2]　(2020·江苏省宿迁市沭阳县高三(下)5月联考)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)

A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
答案　C
解析　由图乙可知，在0～2t0时间内，物块有向上的加速度，处于超重状态，A错误；在t0～3t0时间内，物块有向上的加速度，处于超重状态，B错误；t＝t0时刻，物块的加速度为0，则所受的支持力大小为mg，C正确；t＝3t0时刻，物块的加速度为2g，由FN－mg＝ma可知，所受的支持力大小为FN＝3mg，D错误。


　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2020·山东高考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。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，FN C．t2～t3时间内，v增大，FN D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
答案　D
解析　由于s­t图象的斜率表示速度，可知0～t1时间内，速度v不断增大，即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则FNmg，C错误，D正确。
2.(2018·全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)


答案　A
解析　物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。
3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)


A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
4. (2021·八省联考广东卷)(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有(　　)

A．弹性绳原长为15 m
B．当运动员下降10 m时，处于失重状态
C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
答案　BD
解析　由图可知，当运动员下降15 m时速度最大，此时运动员的加速度为零，则其所受合力为零，运动员受到弹性绳的弹力等于其重力，弹性绳处于伸长状态，则弹性绳原长小于15 m，故A错误；当运动员下降10 m时，其速度向下并且逐渐增大，加速度向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，绳的弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
5．(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电动机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电动机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
答案　(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m
解析　(1)由图2可知0～26 s内物件匀速运动，26～34 s内物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，
代入数据得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)根据图2结合运动学公式有0＝v－at2，
代入数据得v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。
(3)根据图2可知，从t＝0开始匀速上升的位移
h1＝vt1＝1×26 m＝26 m，
匀减速上升的位移h2＝t2＝×8 m＝4 m，
又因为从总位移的处开始计时，则图2中0～34 s的位移为总位移的，即h1＋h2＝h，
所以总位移为h＝40 m。



　　时间：50分钟　 　　满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)
1. (2021·辽宁省葫芦岛市高三(上)期末)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对小球的作用力(　　)

A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小无关
D．方向与小球的加速度大小有关
答案　D
解析　设铁夹对小球的作用力为F，则F竖直方向的分力F1＝mg，水平方向的分力F2＝ma，铁夹对小球的作用力F＝＝m，F与水平方向的夹角α满足tanα＝＝，即F的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故A、B、C错误，D正确。
2. (2020·湖北省名师联盟高三入学调研)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则(　　)

A．乘客始终处于超重状态
B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同
C．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上
D．扶梯匀速上升时，扶梯对乘客的作用力竖直向上
答案　D
解析　乘客站上扶梯，电动扶梯缓慢加速阶段，乘客的加速度斜向上，有竖直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律，在竖直方向上，扶梯对乘客的支持力大于其重力，乘客处于超重状态，在水平方向上，乘客受到水平向右的摩擦力，此时扶梯对乘客的作用力斜向右上方；扶梯匀速上升时，加速度为零，扶梯对乘客只有向上的支持力，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，且与乘客所受重力大小相等，则既不超重也不失重。故A、B、C错误，D正确。
3．(2020·四川省绵阳市高三上二诊)一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度v随时间t变化关系的图像是(　　)

答案　C
解析　根据牛顿第二定律，物块上滑过程：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，比较可知：a1＞a2，则物块上滑过程v­t图像的斜率绝对值比下滑过程的大，A、D错误；由x＝at2可知，下滑过程所用时间比上滑过程长，由x＝可知，下滑过程的末速度大小小于v0，故C正确，B错误。
4. (2020·辽宁省大连市高三双基测试)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力，此时轻弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g，若突然剪断细绳，则下列说法正确的是(　　)

A．剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大
B．剪断细绳后，A物块向下运动3x时速度最大
C．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3g
D．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g
答案　B
解析　剪断细绳前，物块B恰好对地面没有压力，根据平衡条件有：mg＝kx，对物块A有：T＝2mg＋kx，即T＝3mg；剪断细绳后，刚开始物块A受到竖直向下的重力和弹力，物块A加速下落，下落过程中弹力变小，加速度减小，当弹簧恢复原长后，物块A继续向下运动，压缩弹簧，当弹簧弹力等于重力时，物块A加速度减为零，此时速度最大，设弹簧压缩量为x1，对物块A有：2mg＝kx1，解得：x1＝2x，物块A向下运动的总距离为3x，A错误，B正确。剪断细绳瞬间，弹簧弹力不突变，物块A所受重力和弹力的合力与剪断前绳子拉力等大反向，所以A物块的加速度大小：a＝＝＝g，C、D错误。
5．(2020·江淮十校高三上第二次联考)一固定杆与水平方向夹角为θ＝30°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个(　　)

答案　D
解析　把滑块和小球看作一个整体受力分析，沿杆方向：(m1＋m2)gsin30°＋f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向：FN＝(m1＋m2)gcos30°，摩擦力：f＝μFN，联立可解得：a＝gsin30°＋μgcos30°＝7.5 m/s2，设绳子与竖直方向夹角为β，对小球有：a＝gsinβ＝7.5 m/s2，则β＞30°，故D正确，A、B、C错误。
6. (2020·湖北省部分示范高中教学协作体高三上期中)如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑。当在绳的B端挂一质量为m的物体时(重力加速度为g)，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(　　)

A．a1＝a2 B.a1>a2
C．a1 答案　C
解析　当在绳的B端挂一质量为m的物体时，根据牛顿第二定律，对质量为m的物体有：mg－T＝ma1，对物体A有：T＝Ma1，联立得：a1＝；当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，对物体A分析有a2＝＝，可知a2>a1，C正确。
7. (2020·河北衡水中学三月份教学质量监测)如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。取g＝10 m/s2，若下底板传感器的示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　)

A．匀加速上升，a′＝5 m/s2 B.匀加速下降，a′＝5 m/s2
C．匀速上升 D.静止状态
答案　B
解析　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块和轻弹簧整体受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，其中FN上＝4.0 N，FN下＝10.0 N，代入解得m＝1 kg；若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，下底板传感器示数不变，仍为10.0 N，则上顶板传感器的示数是5.0 N，对金属块和轻弹簧整体，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯的运动状态可能是以5 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速上升，故B正确，A、C、D错误。
8. (2020·安徽省合肥市一六八中学高三四模)如图所示为跳伞者在下降过程中速度v随时间t变化的示意图。根据示意图，判断下列说法正确的是(　　)

A．0～t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大
B．跳伞者在水平方向上越飞越远
C．tanθ＝g(g为当地的重力加速度)
D．在t1～t2内，跳伞者处于超重状态
答案　AD
解析　0～t1内v­t图线斜率变小，加速度变小，速度增大，由牛顿第二定律知重力不变，则空气阻力变大，故A正确；由题意只知竖直方向的运动情况，无法确定跳伞者在水平方向上的运动情形，故B错误；开始时，跳伞者速度为零，加速度为g，即题图中与图线相切的虚线的斜率为g，但虚线斜率不一定等于tanθ，故C错误；在t1～t2内，跳伞者向下减速，加速度向上，处于超重状态，故D正确。
9．(2020·福建省仙游第一中学、福建八中高三上学期第三次质检)倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是(　　)

A．小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθ
B．地面对滑梯的支持力一定等于(m＋M)g
C．地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ
D．地面对滑梯的摩擦力方向一定向左
答案　AD
解析　因为小朋友沿着滑梯匀加速下滑，则mgsinθ＞μmgcosθ，解得μ＜tanθ，A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，故地面对滑梯的支持力小于两者的总重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友受到的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯在水平方向上的作用力向右，即滑梯有向右的运动趋势，则滑梯受到地面的摩擦力方向一定向左，a水平＝acosθ＝cosθ＝(gsinθ－μgcosθ)cosθ，故地面对滑梯的摩擦力大小为f＝ma水平＝(mgsinθ－μmgcosθ)cosθ，C错误，D正确。
10. (2020·安徽省六安市毛坦厂中学高三上月考)如图所示，将质量为0.2 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4 m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10 m/s2，则F的大小可能为(　　)

A．F＝1 N B.F＝2 N
C．F＝9 N D.F＝18 N
答案　BD
解析　对环受力分析，若环不受杆的弹力和摩擦力；竖直方向上：Fsin53°＝mg，解得：F＝2.5 N，水平方向上：Fcos53°＝ma0，解得：a0＝7.5 m/s2；圆环沿杆做匀加速运动，当F＜2.5 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN＝ma，竖直方向上：FN＋Fsinθ－mg＝0，解得：F＝2 N；当F＞2.5 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN′＝ma，竖直方向上：Fsinθ－mg－FN′＝0，解得：F＝18 N。综上所述，B、D正确，A、C错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (2020·安徽省合肥市高三第一次教学质量检测)(14分)图示为深圳市地标建筑——平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到116层的观景台只需58 s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10 m/s。当电梯加速上升时，质量为50 kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65 kg，g取10 m/s2，求：

(1)电梯加速上升的加速度大小；
(2)观景台距地面的高度。
答案　(1)3 m/s2　(2) m
解析　(1)当电梯加速上升时，在电梯地板上的台秤示数为65 kg，则台秤对人的支持力F＝m′g＝65×10 N＝650 N
对人，由牛顿第二定律有F－mg＝ma
代入数据解得a＝3 m/s2。
(2)设电梯匀加速运动的高度为h，时间为t，
则有h＝，t＝
代入数据解得h＝ m，t＝ s
因电梯匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移相同
设电梯匀速运动的时间为t1，匀速运动的高度为h1，
则有t1＝t总－2t，h1＝vt1
代入数据解得t1＝ s，h1＝ m
故观景台距地面的高度H＝h1＋2h
代入数据解得H＝ m。
12. (16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
(2)求运动员到达B处时的速度大小；
(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。
答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
解析　(1)由牛顿第二定律得，
mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，
有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2
运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有
a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2
由v＝v2＋2a2(l－x1)
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2
在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。