專題五　牛頓第二定律的綜合應(yīng)用-2025屆高中物理

第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系專題五牛頓第二定律的綜合應(yīng)用核心考點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測(cè)動(dòng)力學(xué)中的圖像問題2023：全國(guó)甲T19；2020：浙江7月T19牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心規(guī)律之一，牛頓第二定律的應(yīng)用也是每年高考必考內(nèi)容.預(yù)計(jì)2025年高考會(huì)依托生產(chǎn)生活等實(shí)際問題，考查牛頓第二定律的應(yīng)用，以選擇題形式出現(xiàn)的可能性較大.動(dòng)力學(xué)中的連接體問題2023：北京T6，湖南T10；2021：海南T7；2020：江蘇T5，海南T12；2019：海南T5動(dòng)力學(xué)中的多過程問題2023：湖北T9；2021：上海T19，浙江1月T19動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題2022：全國(guó)甲T19，江蘇T1題型1動(dòng)力學(xué)中的圖像問題1.常見圖像v－t圖像、a－t圖像、F－t圖像、F－a圖像等.2.題型分類及解題思路題型解題思路由運(yùn)動(dòng)圖像分析受力情況（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)圖像，求解加速度；（2）應(yīng)用牛頓第二定律，建立加速度與力的關(guān)系；（3）確定物體受力情況及相關(guān)物理量由受力圖像分析運(yùn)動(dòng)情況（1）根據(jù)受力圖像，結(jié)合牛頓第二定律，確定加速度的變化；（2）根據(jù)加速度和初速度的方向，判斷是加速運(yùn)動(dòng)還是減速運(yùn)動(dòng)；（3）由加速度結(jié)合初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況由已知條件確定物理量的變化圖像（1）分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力；（2）根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出加速度表達(dá)式；（3）根據(jù)加速度的變化確定物理量的變化圖像1.[v－t圖像]物塊以初速度v0豎直向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)后返回，物塊所受空氣阻力大小不變，下列v－t圖像正確的是（C）解析物塊上升時(shí)所受空氣阻力向下，對(duì)物塊受力分析可得mg＋f＝ma1，上升時(shí)加速度大小a1＝fm＋g，物塊下降時(shí)所受空氣阻力向上，對(duì)物塊受力分析可得mg－f＝ma2，加速度大小a2＝g－fm，故物塊上升時(shí)的加速度大于下降時(shí)的加速度，C命題拓展一題多設(shè)問，多角度考查動(dòng)力學(xué)圖像（1）試畫出物塊的a－t圖像.（2）物塊的x－t圖像可大致表示為（A）解析（2）物塊上升時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下降時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由x－t圖像

的斜率表示速度大小可知C、D錯(cuò)誤；分析知a1＞a2，由x＝12at2可知，上升過程所用

時(shí)間t1小于下降過程所用時(shí)間t2，故B錯(cuò)誤，A正確2.[F－a圖像/2023全國(guó)甲/多選]用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙.甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示.由圖可知（BC）A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙 C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙解析F－μmg＝ma→F＝ma＋μmg→&F-a結(jié)合F－a圖像可知&m甲＞m乙，A錯(cuò)，B對(duì)&方法點(diǎn)撥利用函數(shù)思想解決動(dòng)力學(xué)圖像問題1.分清圖像的類別：分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn).2.注意圖線中的一些特殊點(diǎn)：圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等.3.明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷.題型2動(dòng)力學(xué)中的連接體問題1.并排和疊放連接體：兩物體通過彈力或摩擦力相互作用，可能具有相同的速度和加速度.速度、加速度相同2.輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩物體在沿繩方向上速度大小、加速度大小總相等.速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同3.輕桿連接體：輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度和加速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度.4.彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速度相同.命題點(diǎn)1共速連接體3.[水平面輕繩連接體/2023北京]如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連.兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N.若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng).則F的最大值為（C）A.1N B.2N C.4N D.5N解析整體法：Fmax=2mamax單獨(dú)分析左側(cè)物塊：Tma命題拓展（1）[光滑→粗糙]如果物塊和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，則F的最大值是多少？（2）[水平面→斜面]如圖所示，傾角為θ的固定斜面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物塊A和物塊B，中間用一條輕繩連接，兩物塊的材料相同，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)用力F沿斜面向上拉物塊A，當(dāng)兩物塊一起沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩的拉力是多少？答案（1）4N（2）m2解析（1）對(duì)兩物塊整體應(yīng)用牛頓第二定律有F－μ·2mg＝2ma再對(duì)后面的物塊應(yīng)用牛頓第二定律有FTmax－μmg＝ma又FTmax＝2N，聯(lián)立解得F＝4N（2）對(duì)物塊A和物塊B組成的整體應(yīng)用牛頓第二定律有F－（m1g＋m2g）sinθ－μ（m1g＋m2g）cosθ＝（m1＋m2）a對(duì)物塊B應(yīng)用牛頓第二定律有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a聯(lián)立解得FT＝m2m方法點(diǎn)撥力的“分配協(xié)議”如圖所示，一起做加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2的相互作用力F12＝m2Fm1＋m2，若作用于m2上，則F21＝m1Fm1＋4.[斜面＋輕繩連接體]如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，一質(zhì)量為4m的小車在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質(zhì)量為m）的輕繩恰好保持水平.重力加速度為g，則力F的大小為（C）A.2.5mg B.4mgC.7.5mg D.10mg解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析其受力情況，小球受重力mg、繩的拉力FT，因小

球的加速度方向沿斜面向下，故mg和FT的合力一定沿斜面向下.由牛頓第二定律有

mgsin30°＝ma，解得a＝2g，再對(duì)小車和球組成的整體根據(jù)牛頓第二定律有F＋(4m＋

m)gsin30°＝5ma，解得F＝7.5mg，C命題點(diǎn)2關(guān)聯(lián)速度連接體5.[豎直面＋關(guān)聯(lián)速度問題/2024江蘇南通模擬]如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩小球穿過一輕繩，且mA＜mB，并懸掛于光滑定滑輪兩側(cè).已知兩小球A、B與輕繩間的最大靜摩擦力分別為fA、fB，且fA＜fB＜mAg.兩小球A、B由靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度分別為aA、aB，繩中彈力大小為T，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.則（A）A.T＝fA B.fA＜T＜fBC.aA＝aB D.aA＞aB解析由于輕繩上的彈力處處相等，因此A、B兩小球?qū)p繩的摩擦力大小相等，

但二者質(zhì)量不相等，且有fA＜fB＜mAg，因此A球靜止釋放后與輕繩間為滑動(dòng)摩擦

力，即T＝fA.對(duì)B球有f'B＝T＝fA＜fB，即B球與輕繩間為靜摩擦力，故選項(xiàng)A正確，

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)A、B選項(xiàng)的分析，對(duì)A球有mAg－fA＝mAaA，解得aA＝g－fAmA，對(duì)B

球有mBg－f'B＝mBaB，解得aB＝g－f

'

BmB＝g－fAmB，由于mA＜mB，可得aA6.[水平面＋關(guān)聯(lián)速度問題/2021海南]如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時(shí)P靜止在水平桌面上.將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.則推力F的大小為（A）A.4.0N B.3.0NC.2.5N D.1.5N解析P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有T1＝mQg＝2.0N，f＝T1＝2.0N＜

μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄碩2＝T12＝1.0N，

故Q加速下降，對(duì)Q由牛頓第二定律有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P將以a'＝

a＝5m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)而受到滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律有T2＋F－

μmPg＝mPa'，解得F＝4.0N，A方法點(diǎn)撥題型3動(dòng)力學(xué)中的多過程問題1.解決多過程問題的思路（1）將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接.（2）對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力示意圖和過程示意圖.（3）根據(jù)“子過程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程.（4）分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程.（5）聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論.2.解題關(guān)鍵（1）緊抓兩個(gè)分析：受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析.（2）畫出運(yùn)動(dòng)情境示意圖幫助分析運(yùn)動(dòng)過程.7.[豎直方向多過程問題]無人機(jī)的質(zhì)量為m＝2kg，在地面上由靜止開始以最大升力豎直向上起飛，經(jīng)時(shí)間t＝4s時(shí)離地面的高度為H1＝48m，已知無人機(jī)動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力為36N，假設(shè)無人機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小恒定，g取10m/s2.（1）求無人機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小；（2）當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H2＝45m處時(shí)，無人機(jī)由于信號(hào)故障突然失去全部升力，由靜止開始豎直墜落，若要無人機(jī)到達(dá)地面時(shí)速度剛好減為0，則從開始下落后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間需要立刻恢復(fù)無人機(jī)的最大升力？答案（1）4N（2）2.5s解析（1）無人機(jī)以最大升力上升時(shí)，設(shè)其加速度大小為a1，根據(jù)位移公式H1＝12a1t解得a1＝6m/s2設(shè)最大升力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－f＝ma1解得空氣阻力f＝4N（2）設(shè)失去動(dòng)力時(shí)無人機(jī)的加速度大小為a2，則有a2＝mg－fm設(shè)從剛開始下落經(jīng)t1時(shí)間需要恢復(fù)無人機(jī)的最大升力，恢復(fù)升力時(shí)無人機(jī)的速度v1＝a2t1t1時(shí)間內(nèi)無人機(jī)下落的高度h1＝v恢復(fù)最大升力后，設(shè)無人機(jī)的加速度大小為a3，則有a3＝F＋f－從恢復(fù)升力至下落到地面無人機(jī)運(yùn)動(dòng)的位移h2＝v且有h1＋h2＝H2聯(lián)立解得t1＝2.5s.8.[斜面方向多過程問題]如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的傾斜直桿上，直桿與水平面夾角θ＝30°.現(xiàn)小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為36，g取10m/s2.（1）求小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。唬?）若1.2s后撤去F，求小球上滑過程中與A點(diǎn)的最大距離.答案（1）2.5m/s2（2）2.4m解析（1）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，對(duì)小球受力分析由牛頓第二定律得（F－mg）sin30°－μ（F－mg）cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2（2）剛撤去F時(shí)，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移x1＝v12t1＝撤去力F后，小球繼續(xù)上滑，設(shè)上滑時(shí)的加速度大小為a2，對(duì)小球受力分析由牛頓第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2小球上滑時(shí)間t2＝v1a上滑位移x2＝v12t2則小球上滑過程中與A點(diǎn)的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4m.題型4動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問題1.產(chǎn)生臨界值或極值的條件臨界或極值狀態(tài)對(duì)應(yīng)條件兩物體剛好接觸或剛好脫離彈力FN＝0兩物體由相對(duì)靜止開始相對(duì)滑動(dòng)靜摩擦力達(dá)到最大值繩子斷裂張力為繩子所能承受的最大張力繩子恰被拉直張力FT＝0加速度最大或最小當(dāng)所受合力最大時(shí)，具有最大加速度；合力最小時(shí)，具有最小加速度速度最大或最小加速度為零2.求解臨界或極值問題的方法在分析和求解臨界或極值問題時(shí)，要注意通過分析物理過程，并根據(jù)條件變化或過程中的受力情況和狀態(tài)的變化，找到臨界點(diǎn)及臨界條件.通常采用如下分析思路.思想方法適用情境分析思路極限思想題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等字眼時(shí)，一般都隱含著臨界問題把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來，達(dá)到快速求解的目的假設(shè)推理物理過程中沒有明顯出現(xiàn)臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現(xiàn)臨界問題一般先假設(shè)出某種臨界狀態(tài)，再分析物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況是否與題設(shè)相符，最后根據(jù)實(shí)際情況進(jìn)行處理數(shù)學(xué)方法利用臨界值或臨界條件作為求解問題的思維起點(diǎn)，在解決實(shí)際問題時(shí)經(jīng)常用到將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，通過求解數(shù)學(xué)表達(dá)式的極值，求解臨界問題命題點(diǎn)1相對(duì)滑動(dòng)問題9.[多選]在光滑水平地面上放置一足夠長(zhǎng)的質(zhì)量為M的木板B，如圖甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，現(xiàn)在給A一個(gè)水平向左的拉力F，用傳感器得到A的加速度隨拉力F的變化關(guān)系如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2，則（AD）A.物塊A的質(zhì)量為m＝1kgB.木板B的質(zhì)量為M＝3kgC.A與B之間的最大靜摩擦力為fmax＝3ND.當(dāng)A的加速度為2m/s2時(shí)，拉力F＝4N解析由圖乙可知，當(dāng)拉力小于3N時(shí)，A、B一起做加速運(yùn)動(dòng)，有a1＝1M＋mF，根

據(jù)圖線可得1M＋m＝13kg－1，當(dāng)拉力大于3N時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A由牛頓第二定律

有F－μmg＝ma2，整理得a2＝1mF－μg，由圖線可得1m＝1kg－1，－μg＝－2m·s－2，

聯(lián)立解得m＝1kg，M＝2kg，μ＝0.2，A正確，B錯(cuò)誤；A、B之間的最大靜摩擦力fm

＝μmg＝2N，C錯(cuò)誤；當(dāng)A的加速度為2m/s2時(shí)，拉力F＝命題拓展改變外力作用對(duì)象將水平向左的拉力F作用于木板B，當(dāng)拉力F為多大時(shí)物塊A和木板B會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)？答案6N解析當(dāng)使物塊A和木板B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界力F作用在木板B上時(shí)，物塊A與木板B之間為最大靜摩擦力，對(duì)物塊A和木板B整體由牛頓第二定律得F＝（m＋M）a，對(duì)物塊A由牛頓第二定律得μmg＝ma，解得F＝6N.命題點(diǎn)2恰好脫離問題10.[多選]如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體A、B（B與彈簧連接，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在A上，使A開始向上做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得A、B的v－t圖像如圖乙所示，已知重力加速度大小為g，則（AD）A.施加力F前，彈簧的形變量為2B.施加力F的瞬間，A、B間的彈力大小為m（g＋a）C.A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力等于B的重力D.上升過程中，B速度最大時(shí)，A、B間的距離為12a解析A與B分離的瞬間，A與B的加速度相同，速度也相同，A與B間的彈力

恰好為零.分離后A與B的加速度不同，速度不同.t＝0時(shí)刻，即施加力F的瞬

間，彈簧彈力沒有突變，彈簧彈力與施加力F前的相同，但A與B間的彈力發(fā)生

突變.t1時(shí)刻，A與B恰好分離，此時(shí)A與B的速度相等、加速度相等，A與B間的

彈力為零.t2時(shí)刻，B的v－t圖線的切線與t軸平行，切線斜率為零，即加速度為

零.施加力F前，A、B整體受力平衡，則彈簧彈力大小F0＝kx0＝2mg，解得彈簧

的形變量x0＝2mgk，A正確.施加力F的瞬間，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有F0－mg

－FAB＝ma，解得A、B間的彈力大小FAB＝m(g－a)，B錯(cuò)誤.A、B在t1時(shí)刻之后

分離，此時(shí)A、B具有共同的速度與加速度，且FAB＝0，對(duì)B有F1－mg＝ma，解

得此時(shí)彈簧彈力大小F1＝m(g＋a)，C錯(cuò)誤.t2時(shí)刻B的加速度為零，速度最大，

則kx'＝mg，解得此時(shí)彈簧的形變量x'＝mgk，B上升的高度h'＝x0－x'＝mgk，A上

升的高度h＝12at22，此時(shí)A、B間的距離Δh＝12命題拓展[命題條件拓展]如圖，若將彈簧與物體A、B一起放在傾角為θ的固定斜面上，斜面表面光滑，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將拉力F作用于物體A使A向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求物體A和物體B分離時(shí)彈簧的形變量.答案mgsinθ解析物體A和物體B分離時(shí)，A、B之間的彈力為0，A和B的加速度大小均為a，對(duì)

物體B有F彈－mgsinθ＝ma，F(xiàn)彈＝kΔx，解得A、B分離時(shí)彈簧的形變量Δx＝

mgsin1.[臨界極值問題/2022江蘇]高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過（B）A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2解析2.[連接體/2020海南/多選]如圖，在傾角為θ的光滑斜面上，有兩個(gè)物塊P和Q，質(zhì)量分別為m1和m2，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則（BC）A.兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝FB.彈簧的彈力大小為F彈＝m2C.若只增大m2，兩物塊一起向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大D.若只增大θ，兩物塊一起向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大解析對(duì)兩物塊及彈簧構(gòu)成的整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－(m1＋m2)g

sinθ＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2－gsinθ，A錯(cuò)誤；對(duì)Q受力分析，根據(jù)牛頓第二

定律有F彈－m2gsinθ＝m2a，解得F彈＝m2Fm1＋m2，B正確；根據(jù)F彈＝m2Fm1＋m2＝Fm1m23.[多過程問題/2023湖北/多選]如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連.小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為12l，OP與桿垂直.當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g.小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi).下列說法正確的是（AD）A.彈簧的勁度系數(shù)為4B.小球在P點(diǎn)下方12l處的加速度大小為（32－4）C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D.從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球受到的摩擦力做功相同解析4.[圖像問題/2020浙江]如圖1所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置.當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的14時(shí)開始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F－t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置.若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，g取10m/s2 圖1圖2（1）做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；（2）勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；（3）總位移的大小.答案（1）0.125m/s2方向豎直向下（2）1m/s（3）40m解析（1）對(duì)物件，由牛頓第二定律有mg－F＝ma解得a＝g－Fm＝0.125m/s2，方向豎直向下（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at2＝1m/s.（3）物件勻速上升的位移h1＝vt1＝26m物件勻減速上升的位移h2＝v2t2＝由題意有（1－14）h＝h1＋h總位移h＝40m.1.[設(shè)問創(chuàng)新/2024四川綿陽(yáng)南山中學(xué)?？糫在地面上把一物體以初速度v0豎直向上拋出.假設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間用t表示，取豎直向上為正方向，則物體從上拋開始到落回地面的過程中，以下關(guān)系圖像可能正確的是（A）解析上升階段，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋fm，物體做勻減速

直線運(yùn)動(dòng)；下降階段，由牛頓第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－fm，物體做勻加

速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)中位移速度公式得v2＝v02－2ah，可知v2－h(huán)圖像的

斜率絕對(duì)值為｜k｜＝2a，故A正確，B錯(cuò)誤.根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系有v＝v0－at，可知v

－t圖像斜率絕對(duì)值為｜k｜＝a，上升階段，有｜k1｜＝a1＝g＋fm，物體做勻減速直

線運(yùn)動(dòng)；下降階段，有｜k2｜＝a2＝g－fm，物體做負(fù)向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且｜

k1｜＞｜k22.[多選]一質(zhì)量為1kg的小物塊在粗糙的水平地面上的A處以某一初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在物塊上施加一水平向左的恒力F，經(jīng)時(shí)間t，物塊位移為x，其0～2s內(nèi)的xt－t圖像如圖所示，之后物塊再運(yùn)動(dòng)4s到達(dá)出發(fā)點(diǎn)左側(cè)6m處.取g＝10m/s2，則（CD）A.1s末物塊的加速度大小為1.5m/s2B.6s末物塊的速度大小為0C.物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.075D.水平恒力大小F＝2.25N解析在0～2s內(nèi)，由圖像得xt＝－32t＋6(m·s－1)，即x＝6t－123t2(m)，與x＝v0t＋12a1t2比較得v0＝6m/s，a1＝－3m/s2，即1s末物塊的加速度大小為3m/s2，A錯(cuò)誤；2s末，速度v2＝v0＋a1t2＝0，向右運(yùn)動(dòng)的位移x2＝v02t2＝6m，在2～6s內(nèi)，分析可知物塊向左運(yùn)動(dòng)的位移大小x3＝12m，即－12m＝12a2t32，解得a2＝－1.5m/s2，物塊水平向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，6s末物塊的速度大小v6＝1.5×4m/s＝6m/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律知在2～6s內(nèi)，有－F＋μmg＝ma2，在0～2s內(nèi)有－F－μmg＝ma1，聯(lián)立解得μ＝0.075，3.[2024廣東四校聯(lián)考]如圖所示，一水平恒力F推著平板小車和貨物在水平地面上一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小車和貨物的質(zhì)量分別為M和m，貨物與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等.小車與地面間的滾動(dòng)摩擦力不計(jì)，且貨物與平板車左側(cè)推桿不接觸，在運(yùn)動(dòng)過程中下列分析正確的是（C）A.貨物受到的合力大小為FB.貨物受到的合力大小一定為μmgC.貨物受到的摩擦力大小一定為mFD.只要水平恒力F大于μmg，貨物與小車就會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)解析對(duì)小車和貨物整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝(m＋M)a，則貨物

受到的合力大小為F合＝ma＝mFm＋M，故A錯(cuò)誤.小車對(duì)貨物的摩擦力提供貨物運(yùn)動(dòng)的

加速度，即小車對(duì)貨物的摩擦力大小為f＝F合＝mFm＋M，故C正確.小車與貨物之間的

滑動(dòng)摩擦力大小為f'＝μFN＝μmg，但小車與貨物之間相對(duì)靜止，故貨物所受合力，

即所受摩擦力不一定等于μmg，故B錯(cuò)誤.貨物即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，小車與貨物之

間的摩擦力為最大靜摩擦力f'＝μFN＝μmg，對(duì)貨物利用牛頓第二定律可得a＝μg，

則對(duì)貨物與小車整體利用牛頓第二定律可得F＝(m＋M)a＝μ(m＋M)g，則至少需要

μ(m＋M4.[多選]如圖所示，傾角為30°的光滑固定斜面上放一質(zhì)量為m的盒子A，A盒用輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與B盒相連，A盒與定滑輪間的細(xì)繩與斜面平行，B盒內(nèi)放一質(zhì)量為m2的物體.如果把這個(gè)物體改放在A盒內(nèi)，則B盒加速度恰好與原來等大反向，重力加速度大小為g，則B盒的質(zhì)量mB和系統(tǒng)的加速度a的大小分別為（BC）A.mB＝m4 B.mB＝C.a＝0.2g D.a＝0.4g解析當(dāng)物體放在B盒中時(shí)，以A、B和B盒內(nèi)的物體整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有(mBg＋12mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋12m)a，當(dāng)物體放在A盒中時(shí)，以A、B和A盒內(nèi)的物體整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有(m＋12m)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋12m)a，聯(lián)立解得mB＝3m8，加速度大小為a＝0.2g5.[情境創(chuàng)新/2024湖北武漢統(tǒng)考]一敞口正方體水箱棱長(zhǎng)為2m，水箱的右側(cè)面上有一個(gè)小孔a（孔的大小忽略不計(jì)），a到水箱底的距離ab＝0.5m，用塞子將a堵住，往水箱中注水至水面c，c到水箱底的距離cb＝1.5m，如圖所示.已知重力加速度大小為10m/s2.現(xiàn)使水箱以6m/s2的加速度水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)打開小孔，則流出水箱的水的體積最多為（C）A.0.8m3 B.1.2m3C.1.6m3 D.2m3解析6.[2023山東濟(jì)南學(xué)情檢測(cè)/多選]如圖所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為0.3kg的物塊從彈簧上端某高度處自由下落，當(dāng)彈簧的壓縮量為0.1m時(shí)物塊達(dá)到最大速度，此后物塊繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn).在以上整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊和彈簧接觸瞬間機(jī)械能損失不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（AD）A.從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的速度先增大后減小B.從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的速度一直減小C.該彈簧的勁度系數(shù)為20N/mD.彈簧壓縮量為0.2m時(shí)，物塊的加速度大小為10m/s2解析設(shè)物塊在位置1時(shí)速度最大，在位置2時(shí)彈簧壓縮量為0.2m，如圖，物塊接觸彈簧到位置1的過程中，彈簧對(duì)物塊向上的彈力小于物塊的重力，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，則物塊的加速度a＝mg-kxm向下且隨壓縮量x的增大而減小，即物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈力等于重力時(shí)，加速度為零，此時(shí)物塊速度最大；在以后的階段，彈力大于重力，加速度向上，物塊做減速運(yùn)動(dòng).則從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的速度先增大后減小，A正確，B錯(cuò)誤.當(dāng)物塊到達(dá)位置1時(shí)，彈簧的壓縮量為x1＝0.1m，物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)必滿足mg＝kx1，即該彈簧的勁度系數(shù)為k＝mgx1＝30N/m，C錯(cuò)誤.當(dāng)物塊位于位置2時(shí)彈簧壓縮量為x2＝0.2m，物塊的加速度大小為a'＝kx2-mgm＝7.皮劃艇是一項(xiàng)激烈的水上比賽項(xiàng)目，如圖所示為靜水中某運(yùn)動(dòng)員正在皮劃艇上進(jìn)行劃水訓(xùn)練，船槳與水間斷且周期性地發(fā)生作用.假設(shè)初始階段中，運(yùn)動(dòng)員每次用船槳向后劃水的時(shí)間t1＝1s，獲得水平向前的持續(xù)動(dòng)力恒為F＝480N，而船槳離開水的時(shí)間t2＝0.4s，運(yùn)動(dòng)員與皮劃艇的總質(zhì)量為120kg，運(yùn)動(dòng)員和皮劃艇受到的阻力恒為150N，并從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng).在該階段中：（1）運(yùn)動(dòng)員在用船槳?jiǎng)澦畷r(shí)與船槳離開水時(shí)加速度大小分別為多少？（2）若運(yùn)動(dòng)員從靜止開始，第一次劃水后就停止劃水，皮劃艇總計(jì)前行多長(zhǎng)距離？（3）若運(yùn)動(dòng)員從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在2.8s末速度為多大？答案（1）2.75m/s21.25m/s2（2）4.4m（3）4.5m/s解析（1）船槳?jiǎng)澦畷r(shí)，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma1得a1＝2.75m/s2船槳離開水時(shí)，由牛頓第二定律有Ff＝ma2得a2＝1.25m/s2（2）1s末皮劃艇的速度v1＝a1t1＝2.75m/s1s內(nèi)皮劃艇前行位移x1＝v從停止劃水到皮劃艇停下來，前行位移x2＝v則皮劃艇前行總位移x＝x1＋x2＝4.4m（3）1.4s末速度v2＝v1－a2t2＝2.25m/s.2.4s末速度v3＝v2＋a1t1＝5m/s2.8s末速度v4＝v3－a2t2＝4.5m/s.8.[滲透實(shí)驗(yàn)思想/2024廣東廣州真光中學(xué)?？糫無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機(jī)背面.圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過程（手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止），記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖像上、下部分與時(shí)間軸圍成的面積相等.已知無線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機(jī)與充電寶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則在該過程中（D）A.手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)B.充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同C.充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為2ND.充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為12N解析由圖(b)面積知，手機(jī)速度先向下，后向上，A錯(cuò)誤.充電寶在t2時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時(shí)刻加速度方向向下，由－mg＋f＝ma3，a3＝－12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯(cuò)誤.在t1時(shí)刻充電寶向下的加速度大小為10m/s2，此時(shí)充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，為零，故C錯(cuò)誤.在t2時(shí)刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得fmax－mg＝ma2，又fmax＝μF，解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為F＝12N，故D正確.9.[2024山東青島調(diào)研檢測(cè)/多選]如圖，固定的光滑斜面傾角為θ，斜面上有A、B、C三個(gè)滑塊，A和B之間用水平輕繩連接.在平行于斜面向上的拉力作用下，三個(gè)滑塊一起以相同加速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng).已知滑塊A的質(zhì)量為3m，滑塊B和C的質(zhì)量均為m，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.當(dāng)三個(gè)滑塊組成的整體以最大加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（BD）A.整體的最大加速度為μgB.B、C間的摩擦力為μmgC.A、B間輕繩的張力為2D.拉力F的值為5解析當(dāng)B、C間恰不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，三個(gè)滑塊組成的整體以最大加速度運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)C進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有μ(Tsinθ＋mgcosθ)－mgsinθ＝ma，對(duì)B、C整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Tcosθ－2mgsinθ＝2ma，聯(lián)立解得T＝2μmgcosθcosθ-2μsinθ，a＝μgcos2θcosθ-2μsinθ－gsinθ，A、C錯(cuò)誤；B、C間的摩擦力f＝μ(Tsinθ＋mgcosθ)＝μmgcos2θcosθ-2μsin10.一個(gè)無風(fēng)晴朗的冬日，小明乘坐游戲滑雪車從靜止開始沿斜直雪道下滑，滑行54m后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行40.5m后減速到零.已知小明和滑雪車的總質(zhì)量為60kg，整個(gè)滑行過程用時(shí)10.5s，斜直雪道傾角為37°（sin37°＝0.6）.求小明和滑雪車：（1）滑行過程中的最大速度vmax的大小；（2）在斜直雪道上滑行的時(shí)間t1；（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小.答案（1）18m/s（2）6s（3）180N解析（1）小明和滑雪車在斜直雪道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平雪道上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則vma解得vmax＝18m/s（2）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x1＝vma解得t1＝6s（3）設(shè)小明和滑雪車在斜直雪道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，則a＝vmax由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律得mgsin37°－Ff＝ma解得Ff＝180N.11.[情境創(chuàng)新]如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化