牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

第10講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之精細(xì)講義系列

卜號(hào)點(diǎn)導(dǎo)航①

考點(diǎn)1超重和失重問題

考點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)中的圖象問題

考點(diǎn)3等時(shí)圓模型

考點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問題

考點(diǎn)1:超重和失重問題

1.超重和失重

(1)視重

當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重.

(2)超重、失重和完全失重的比較

超重失重完全失重

物體對(duì)支持物的壓力(或物體對(duì)支持物的壓力(或物體對(duì)支持物的壓力

概念對(duì)懸掛物的拉力)大于物對(duì)懸掛物的拉力)小于物(或?qū)覓煳锏睦?等

體所受重力的現(xiàn)象體所受重力的現(xiàn)象于零的現(xiàn)象

物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎

產(chǎn)生條件

向上向下直向下，大小〃=g

以Q=g加速下降或減

運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升

速上升

F-mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

F=m(g+a)F=m(g—a)F=0

△劃里點(diǎn)(?)

1.不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.

2.在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失.

3.盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重

或失重狀態(tài).

4.盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會(huì)

出現(xiàn)超重或失重狀態(tài).

V▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼「

劃重盍《

一含

i4四姆I：

【考向1】（2024?遼寧丹東?一模）“反向蹦極”是一項(xiàng)比蹦極更刺激的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，勁度系數(shù)為k

的彈性輕繩的上端固定在。點(diǎn)，拉長(zhǎng)后將下端固定在體驗(yàn)者的身上，人再與固定在地面上的拉力傳感

器相連，傳感器示數(shù)為1000N。打開扣環(huán)，人從/點(diǎn)由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發(fā)射”，經(jīng)B

點(diǎn)上升到最高位置C點(diǎn)，在8點(diǎn)時(shí)速度最大。已知4B長(zhǎng)為2m,人與裝備總質(zhì)量爪=80kg（可視為

質(zhì)點(diǎn)）。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）

A.在2點(diǎn)時(shí)，彈性輕繩的拉力為零B.經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，人處于超重狀態(tài)

C.彈性輕繩的勁度系數(shù)k為500N/mD.打開扣環(huán)瞬間，人在N點(diǎn)的加速度大小為22.5m/s2

【答案】C

【詳解】C.在5點(diǎn)時(shí)人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態(tài)，有

kx—mg

在4點(diǎn)未釋放時(shí)，有

kx'=mg+F

又

x'—x=2m

聯(lián)立，解得

k=500N/m

故A錯(cuò)誤；C正確；

B.在C點(diǎn)速度為零，有向下的加速度，人處于失重狀態(tài)。故B錯(cuò)誤;

D.打開扣環(huán)瞬間，由牛頓第二定律，可得

kx'—mg=F=ma

解得

a=12.5m/s2

故D錯(cuò)誤。

故選Co

【考向2】（2024?湖北?一模）智能手機(jī)里一般都裝有加速度傳感器。打開手機(jī)加速度傳感器軟件，

手托著手機(jī)在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)軟件得到加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正

方向，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A.a時(shí)刻手機(jī)處于完全失重狀態(tài)B.時(shí)刻手機(jī)開始向上運(yùn)動(dòng)

C.打時(shí)刻手機(jī)達(dá)到最大速度D.手機(jī)始終沒有脫離手掌

【答案】A

【詳解】A.力時(shí)刻手機(jī)加速度為-g,方向豎直向下，手機(jī)處于完全失重狀態(tài)故A正確；

BC.由題可知整個(gè)過(guò)程為先托著手機(jī)0?t2向下做加速運(yùn)動(dòng)，12?七向下做減速運(yùn)動(dòng)，a-t圖像與

坐標(biāo)軸圍成的面積為速度，B時(shí)刻手機(jī)達(dá)加速度為正方向的最大值，故打速度小于功速度不是最大,

故BC錯(cuò)誤;

D.手機(jī)加速度向上時(shí)受到手向上的支持力不會(huì)脫離手掌，手機(jī)加速度為-9的過(guò)程中處于完全失重

狀態(tài)，可以說(shuō)此過(guò)程手機(jī)和手脫離也可以說(shuō)恰好沒有脫離手掌，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

【考向3】（多選）（2024?山東濰坊?三模）如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流,

用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)

口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小尸=0.053（采用國(guó)際單

位制），V為風(fēng)速。控制V可以改變表演者的上升高度人其V2與4的變化規(guī)律如乙圖所示。g取

10m/s2=表演者上升10m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2

B.表演者一直處于超重狀態(tài)

C.表演者上升5nl時(shí)獲得最大速度

D.表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)

【答案】AC

【詳解】A.打開開關(guān)瞬間，表演者高度為0,則有

42-2

VQ—1.2x10m-s

根據(jù)牛頓第二定律有

0.05諾一mg=ma0

解得

2

a0=2m/s

故A正確；

B.根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時(shí)有

0.05憂=mg

解得

誑=1.0x104m2-s-2

由于

V2=1,2x104m2-s-2-400h

可知，重力與風(fēng)力大小相等時(shí)的高度為

八1=5m

可知，在高度小于5m時(shí)，風(fēng)力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5m

時(shí)，風(fēng)力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；

C.結(jié)合上述可知，表演者先向上做加速度減小得加速運(yùn)動(dòng)，表演者上升5m時(shí)，加速度為0,速度

達(dá)到最大值，故C正確；

D.結(jié)合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故D

錯(cuò)誤。

故選AC。

而考點(diǎn)甄!析理重點(diǎn)

考點(diǎn)2：動(dòng)力學(xué)中的圖象問題

1.常見的圖象

V—/圖象：斜率表示加速度的大小和方向，與時(shí)間軸圍成的面積表示位移。

a—f圖象：斜率表示加速度的變化率，與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量。

/一f圖象：通過(guò)圖像可以知道每時(shí)每刻對(duì)應(yīng)的合外力及加速度，與時(shí)間軸圍成的面積表示動(dòng)量

變化量或者合外力的沖量。

尸一x圖象：與時(shí)間軸圍成的面積表示功。

2.圖象間的聯(lián)系

加速度是聯(lián)系v—f圖象與F-t圖象的橋梁.

3.圖象的應(yīng)用

(1)已知物體在一過(guò)程中所受的某個(gè)力隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況.

(2)已知物體在一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.

(3)通過(guò)圖象對(duì)物體的受力與運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析.

4.解答圖象問題的策略

(1)弄清圖象坐標(biāo)軸、斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義.

(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)

系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷.

?___金

在向潁測(cè)之

【考向4】(2024?河北?三模)某游泳運(yùn)動(dòng)員在0?6s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)員,

下列說(shuō)法正確的是()

A.在0?6s內(nèi)所受的合力一直不為0

B.在0?6s內(nèi)的位移大小為24m

C.在2s?4s內(nèi)一定處于超重狀態(tài)

D.在4s?6s內(nèi)的位移大小為8m

【答案】D

【詳解】A.v-t圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2?4s該運(yùn)動(dòng)員的有加速度，由牛頓第二

定律可知

F合=ma

在0?2s與4?6s運(yùn)動(dòng)員并無(wú)加速度，即此時(shí)合力為零，綜上所述，運(yùn)動(dòng)員在0?2s與4?6s所受合

力為零，在2?4s,所受合力不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.由于UT圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以在。?6s內(nèi)的位移為

1

x=—(2+4)x4m=12m

故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由之前的分析，在2s?4s結(jié)合圖像可知，其加速度為

4-0

a=---m/s2=2m/s2

4—2

由于不知道運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)方向，只知道該時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度方向與運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向相同，而超重

則加速度方向?yàn)樨Q直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.結(jié)合之前的分析，在4s?6s的位移為

=4x2m=8m

故D項(xiàng)正確。

故選D。

【考向5】(2024?山西臨汾?三模)質(zhì)量為加的物塊靜止在動(dòng)摩擦因數(shù)為〃的水平地面上，0?3s內(nèi)所

受水平拉力與時(shí)間的關(guān)系如圖甲所示，0?2s內(nèi)加速度圖像如圖乙所示。重力加速度g=10m/s2,由圖

A.m=lkg,〃=0.2B.m=lkg,〃=0.1

C.m=2kg,〃=0.2D.加=2kg,//=0.1

【答案】A

【詳解】0?Is內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律可得

F1—^mg=ma

l~2s內(nèi),有

/2=Rmg

聯(lián)立可得

m=1kg,|i=0.2

故選Ao

【考向6】（2024?廣東?高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方〃

高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向。木塊的位移為卜所受合外力為

F,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為/。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中。

其尸-y圖像或y-t圖像可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】AB.在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即

F=mg

當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力

F=mg—k(y—H)

到合力為零前，隨著y增大尸減??；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中木塊所受合外力向

上，隨著y增大尸增大，F(xiàn)-y圖像如圖所示

故B正確，A錯(cuò)誤；

CD.在木塊下落“高度之前，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

17

速度逐漸增大，y-t圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律

mg—k(y—H)=F=ma

木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以y-t圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木

塊的重力后到最低點(diǎn)過(guò)程中

F=k(y—H)—mg

木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以y-t圖斜率減小，到達(dá)最低點(diǎn)后，木塊

向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做

勻減速直線運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，y-t圖像大致為

故CD錯(cuò)誤。

故選Bo

【考向7】(多選)(2024?河南?二模)一足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻

在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣?的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎?/p>

向，則下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的VT圖像中可能正確是()

0

【答案】ABD

【詳解】A.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓

第二定律可得

mgsin9+fimgcosd=ma-i

即

=gsin?+[igcosd

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，若滿足

7ngsin。<fimgcosd

可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若滿足

7ngsin。>iimgcosO

小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為

a2=gsind—/igcosO<a1

故A正確；

B.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足

mgsind>fimgcosd

則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

。3=gsin。+/igcosO

若滿足

mgsind<fimgcosd

則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為

。4=〃gcos9—gsin。

二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；

CD.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為

a3=gsind+〃gcos8

可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，其加速度仍為的，與傳送帶共

速時(shí)，若滿足

mgsind>11mgeos。

則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

a=gsin。一“geos。<a

23

若滿足

mgsind<fimgcosd

則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ABDo

考點(diǎn)3：等時(shí)圓模型

適用條件：弦是光滑的，且物體自弦的頂端由靜止釋放.

(1)各弦交點(diǎn)為最低點(diǎn):

=2Rsina

②tngsina=ma

③X/D=—at2

聯(lián)立①②③解得片2

結(jié)論：運(yùn)動(dòng)時(shí)間與傾角無(wú)關(guān)，即沿各弦運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同。

⑵各弦交點(diǎn)為最高點(diǎn)時(shí)，結(jié)論同上。

?.金

工韋迪速斯

【考向8】（2024?江蘇泰州?一模）如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長(zhǎng)度的滑板4。'、BO'、CO',

其下端都固定于容器底部。'點(diǎn)，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長(zhǎng)度8。'>4。'>CO'。若三

個(gè)滑塊同時(shí)從/、B,C處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（）

B

C.C處滑塊最先到達(dá)。'點(diǎn)D.三個(gè)滑塊同時(shí)到達(dá)。'點(diǎn)

【答案】D

【詳解】令半球形容器的半徑為R滑板的傾角為仇對(duì)滑塊進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsind=ma

根據(jù)位移公式有

1,

2RsinO=—gsind-t2

解得

可知時(shí)間f與滑板的傾角。和板的長(zhǎng)度均無(wú)關(guān)，故三個(gè)滑塊同時(shí)到達(dá)。'點(diǎn)。

故選D。

【考向9】如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，三個(gè)完全相同的帶正電的絕緣小球

（未畫出）分別套在固定于/8、AC,的三根光滑細(xì)桿上，其中N8與豎直方向夾角為60。，AC

經(jīng)過(guò)圓心，4D豎直?，F(xiàn)將小球無(wú)初速度地從/端釋放，小球分別沿48、AC.4D下滑到2、C、D

三點(diǎn)。已知小球所受電場(chǎng)力大小與重力大小之比為遙，則小球在三根細(xì)桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為（）

A

CD

A.以8=以。=以DB.以B＜以。＜以。C.t/lB＞以C＞以。D.無(wú)法確定

【答案】B

【詳解】小球所受電場(chǎng)力大小與重力大小之比為舊，可知小球所受重力與電場(chǎng)力的合力廠的方向恰

好與48平行，且由/指向8。延長(zhǎng)28,作MC,4c交48于"，以4M為直徑畫一個(gè)圓（圖中虛線）,

4。與該圓交于N。

設(shè)MAC=a,AM=d，則小球沿AC桿運(yùn)動(dòng)的加速度為

Fcosa

a=--------

m

位移為

x=dcosa

由％二^^出得

2dcosa

Fcosa

m

與a無(wú)關(guān)，由等時(shí)圓模型知

^AM=^AC=^AN

而ZBV/M,AD>ANf故

tABV以CV以O(shè)

故選Bo

【考向10】（2024?湖北黃石?三模）如圖所示，是一個(gè)傾角為。的傳送帶，上方離傳送帶表面距離

為/的P處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚(yáng)，在P與48傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無(wú)初速

度地從P處以最短的時(shí)間到達(dá)傳送帶上,則最理想管道做好后,原料從P處到達(dá)傳送帶的時(shí)間為（）

【答案】D

【詳解】如圖所示

以P處為圓的最高點(diǎn)作圓。與傳送帶相切于C點(diǎn)，設(shè)圓。的半徑為R從P處建立一管道到圓周上，管

道與豎直方向的夾角為a,原料下滑的加速度為

mgcosa

a=-----------=gcoscr

m

管道長(zhǎng)度為

L—2Rcosa

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

1

L=—at27

解得

可知從P處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時(shí)間相等，故在P與48傳送帶間建立一管道PC,原

料從P處到傳送帶上所用時(shí)間最短；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得

R+Rcosd—I

可得

R—_______I

1+COS02cos21

聯(lián)立可得

4X-—]n

2COS22121

、gcosg

故選D。

【考向11】（多選）如圖所示，。點(diǎn)為豎直圓周的圓心，和P。是兩根光滑細(xì)桿，兩細(xì)桿的兩端

均在圓周上，M為圓周上的最高點(diǎn)，。為圓周上的最低點(diǎn)，N、P兩點(diǎn)等高。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)

1、2（圖中均未畫出）分別套在細(xì)桿兒/N、上，并從M、P兩點(diǎn)由靜止釋放，兩圓環(huán)滑到N、Q

兩點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為外、以，所用時(shí)間分別為以、t2,則（）

七

A.%=B.>v2C.t]C2D.ti=￡2

【答案】BD

【詳解】連接N0、MP,如圖所示

小環(huán)1從河點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得

=gsin3

1

MN=2a出7

MN=2Rsin8

%=

所以

tt-也=j4gRsin-

同理可得

t2---ti，v2-j4gRsina<vx

故選BDo

而考點(diǎn)剖析理重點(diǎn)

考點(diǎn)4：動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問題

1.臨界或極值條件的標(biāo)志

（1）有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過(guò)程存在著臨界點(diǎn).

（2）若題目中有“取值范圍”、“多長(zhǎng)時(shí)間”、“多大距離”等詞語(yǔ)，表明題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”,

而這些起止點(diǎn)往往就對(duì)應(yīng)臨界狀態(tài).

（3）若題目中有“最大”、"最小”、“至多”、"至少”等字眼，表明題述的過(guò)程存在著極值，這個(gè)極

值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn).

（4）若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.

2.解決動(dòng)力學(xué)臨界、極值問題的常用方法

極限分析法：把物理問題（或過(guò)程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解

決問題的目的.

假設(shè)分析法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨

界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問題.

數(shù)學(xué)極值法：將物理過(guò)程通過(guò)數(shù)學(xué)公式表達(dá)出來(lái)，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件.

蟲內(nèi)潁測(cè)，

【考向12］如圖所示，在傾角為。的斜面體上用細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為小的小球，隨斜面體一起向右做

加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，穩(wěn)定時(shí)，細(xì)線的拉力大小不可能為（）

.mg

A，布B.g2+a2

C.m(^sin0+acos0)D.m(gsmd-acos9)

【答案】D

【詳解】物體隨斜面向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)加速度較小時(shí)，物體和斜面之間有相互作用力，此時(shí)物體

受三個(gè)力：重力、斜面的支持力、繩子拉力

豎直方向

Tsin0+Ncos0—mg=0

水平方向

TcosB-NsinB=ma

解得

T=m(gsinO+acos0)

當(dāng)加速度較大時(shí)，物體會(huì)離開斜面，此時(shí)物體只受兩個(gè)力，重力和繩子拉力

有

T=yj(ma)2+(mg)2=mJa2+g2

在即將要離開斜面時(shí)，物體只受兩個(gè)力，重力和繩子拉力，此時(shí)繩子與水平面夾角為e

Tsind=mg

解得

Tjg

sin0

本題選不可能項(xiàng)，故選D。

【考向13］如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為利『6kg、

mB=2kg,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.2,水平向右的拉力/作用在物體A上，開始時(shí)歹=10N,止匕

后逐漸增加，在增大的過(guò)程中(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，則()

B

///////////////////////////////

A.當(dāng)拉力412N時(shí)，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.兩物體始終沒有相對(duì)滑動(dòng)

C.兩物體從受力開始就有相對(duì)滑動(dòng)

D.要讓兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)需要產(chǎn)大于48N

【答案】D

【詳解】A.由于水平面光滑，當(dāng)拉力/<12N時(shí)，合外力不為零，所以A、B兩物體均不能保持靜

止?fàn)顟B(tài)，A錯(cuò)誤；

BCD.當(dāng)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，即要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)

肛4g=12N

此時(shí)物體B的加速度為

Ffm.,2

a=----=6m/sz

mmB

對(duì)AB整體來(lái)說(shuō)

F=（以|+恤）am=48N

故當(dāng)尸從10N逐漸增到48N的過(guò)程中，兩物體不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，大于48N則兩物體會(huì)發(fā)生相對(duì)滑

動(dòng)，D正確，BC錯(cuò)誤。

故選D。

【考向14］（多選）風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)是研究流體力學(xué)的重要依據(jù)，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可以產(chǎn)生水平向右、大小

可調(diào)節(jié)的風(fēng)力。現(xiàn)將質(zhì)量為1kg的小球套在足夠長(zhǎng)與水平方向夾角省37。的細(xì)直桿上，放入風(fēng)洞實(shí)

驗(yàn)室，小球孔徑略大于細(xì)桿直徑。在無(wú)風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)了0.25m,假設(shè)

小球所受最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（gMOmMsin37o=0.6,cos37°=0.8）則下列說(shuō)法正確的

是（）

風(fēng)

A.小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

B.風(fēng)力越大，小球受到的摩擦力越大

C.若小球始終靜止在桿上，風(fēng)力尸要滿足|^NWFW20N

D.若風(fēng)力恒為40N,則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過(guò)位移為44m

【答案】AC

【詳解】A.在無(wú)風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)了0.25m,則

1?

%=—a產(chǎn)

可得加速度大小為

a—2m/s2

根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsind—fimgcosd=ma

解得小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=0.5

故A正確；

BC.當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時(shí)，風(fēng)力最小，根據(jù)平衡條件可得

mgsind=F^osd+N1=mgcosd+Fjsine

又

fi=M

聯(lián)立解得

20

Fi=-N

11

當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時(shí)，風(fēng)力最大，根據(jù)平衡條件可得

mgsind=F2cos8—f2,N2=mgcosd+F2sm6

又

fi—2

聯(lián)立解得

F=20N

則小球始終靜止在桿上，風(fēng)力尸要滿足|^NWFW20N；當(dāng)靜摩擦力沿桿向上時(shí)，風(fēng)力越大，靜摩擦

越小，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.若風(fēng)力恒為40N,可知小球沿桿向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得

Feos。一mgsinJ—〃(Fsin6+mgcosS)=ma!

解得加速度大小為

a'=10m/s2

則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過(guò)位移為

x'=—n't'2=20m

故D錯(cuò)誤。

故選AC=

【考向15］如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，其傾角a=37。,質(zhì)量

M=10kgo三條細(xì)繩結(jié)于。點(diǎn),一條繩OB跨過(guò)定滑輪平行于斜面連接物塊P,一條繩連接質(zhì)量mQ

=6kg的小球Q,另一條繩OA受外力廠處于水平，并使OB繩與豎直方向夾角（8=37。,并且

P、Q均保持靜止?，F(xiàn)將繩OA從水平方向開始逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，且保持結(jié)點(diǎn)O靜止，直到廠減

到最小，該過(guò)程斜面保持靜止，期間物塊P恰不與斜面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。已知重力加速度g=10m/

s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求

（1）物塊P與斜面間的最大靜摩擦力；

（2）斜面體受到地面摩擦力的最大值與方向；

（3）斜面體受到地面支持力的最小值。

【答案】（1）13.5N；（2）45N,水平向左；（3）240.9N

【詳解】（1）下水平時(shí)，0B繩上拉力最大，由。靜止

/maxCosO=mqg

由P恰靜止

=/m+mp5sina

當(dāng)。4垂直。最小，由。靜止

F

Tmin=m^gcosd

由尸恰靜止

Ffn+/rn=nipgsina

解得

fm=13.5N

（2）當(dāng)尸水平時(shí)

由系統(tǒng)靜止

f=Fr=45N

方向水平向左

（3）由（1）得

7np=10.25kg

當(dāng)。4垂直O(jiān)B

F2=m^gsinO=36N

系統(tǒng)豎直方向

FN+F2sin0=(M+mQ+mp)g

解得

FN=240.9N

電第1真題揮糠規(guī)范練

、人_■A'.人_A?）

【真題1］（2022?浙江?高考真題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過(guò)程中，下

列說(shuō)法正確的是（）

A.魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡

B.魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力

C.魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)

【答案】C

【詳解】A.魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

BC.魚兒擺尾出水時(shí)排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對(duì)魚

向上的作用力大于重力，B錯(cuò)誤、C正確；

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無(wú)動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。

故選Co

【真題2］（2022?北京?高考真題）如圖所示，質(zhì)量為加的物塊在傾角為。的斜面上加速下滑，物塊

與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4。下列說(shuō)法正確的是()

A.斜面對(duì)物塊的支持力大小為mgsin。B.斜面對(duì)物塊的摩擦力大小為⑷ngcos。

C.斜面對(duì)物塊作用力的合力大小為mgD.物塊所受的合力大小為mgsin。

【答案】B

【詳解】A.對(duì)物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為

FN=mgcosd

故A錯(cuò)誤；

B.斜面對(duì)物塊的摩擦力大小為

Ff==l^rngcosd

故B正確；

CD.因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得

F合=mgsinO—iimgcosO=ma

可知

7ngsin。>iimgcosO

則斜面對(duì)物塊的作用力為

F=」F*+理=J(nigcose)2+(jtrnigcos。)2<.J(mgcosd')2+(mgsind)2=mg

故CD錯(cuò)誤。

故選B。

【真題3](2024?安徽?高考真題)傾角為。的傳送帶以恒定速率%順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t=0時(shí)在傳送帶底端

無(wú)初速輕放一小物塊，如圖所示。to時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到火。不計(jì)空氣阻

力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度。、速度V隨時(shí)間f變化的關(guān)系圖線可能正確

的是()

【答案】c

【詳解】0?to時(shí)間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物體受重力、支持力、

滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。

力之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時(shí)，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱?，物塊做

勻速直線運(yùn)動(dòng)。

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

【真題4］（2024?全國(guó)?高考真題）如圖，一輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于水平桌

面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總

質(zhì)量加，并測(cè)量P的加速度大小得到小圖像。重力加速度大小為g。在下歹Ija-zn圖像中，可

能正確的是（）

【答案】D

【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為M,P與桌面的動(dòng)摩擦力為人以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和祛碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯(lián)立可得

mg—f_9772

M+mM+m

可知當(dāng)祛碼的重力大于f時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)皿趨于無(wú)窮大時(shí)，加速度趨近等于9。

故選D。

【真題5］（多選）（2023?全國(guó)?高考真題）用水平拉力使質(zhì)量分別為小甲、根乙的甲、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〃甲和〃乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，

所受拉力廠與其加速度0的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.m甲<ni乙B.m甲>"i乙C.〃甲<〃乙D.〃甲>〃乙

【答案】BC

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有

F—/^mg=ma

整理后有

F=ma-\-］umg

則可知下一a圖像的斜率為加，縱截距為〃〃陪，則由題圖可看出

m^>m2，〃甲m/g=〃zg

則

〃用<〃z

故選BCo

【真題6］（多選）（2024?遼寧?高考真題）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

許t=0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向

的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4to的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間/變化的圖像如圖所示，

其中g(shù)為重力加速度大小。t=4%時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）

V

121Q~3/o'4t0F

A.小物塊在t=3to時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2〃

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D.t=4%之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

【答案】ABD

【詳解】A.u-t圖像的斜率表示加速度，可知t=3to時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在

t=3%時(shí)刻滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知t=3%時(shí)刻，木板的速度為

3

vo=#gto

設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為的，由題意可知物體開始滑上木板時(shí)的速度為

,2__

%=-y9%，負(fù)號(hào)表示方向水平向左

物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為

Nomg

ao=~~~=40g

經(jīng)過(guò)to時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為"共=1爐0，方向水平向右，故可得

f共一次-aoto

解得

Mo=2林

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為"，物塊質(zhì)量為加，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為

1

?快gt。1

a=1-=5Hg

toz

故可得

F—fiMg—Ma

解得

3

F=工林Mg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

—2〃必0

a'==一〃g

to

此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得

F-n(m+M)g—fiomg=Ma'

解得

m1

M=2

故C錯(cuò)誤；

D.假設(shè)t=4t°之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體

33

F-n（jn+M）g=/Mg--nMg=0

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t°之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選ABD。

【真題7】（2024?全國(guó)?高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi),

測(cè)力計(jì)下端掛一物體。己知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。

（1）電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為—N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；

（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,則此段時(shí)間內(nèi)物體處于—（填“超重”或“失重”）

狀態(tài)，電梯加速度大小為—m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

【答案】（1）5.0

（2）失重1.0

【詳解】（1）由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N,則讀數(shù)為5.0N。

（2）[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,小于物體的重力可知此段時(shí)間內(nèi)物體處于失

重狀態(tài)；

[2]根據(jù)

G=mg=5.ON

根據(jù)牛頓第二定律

mg—T=ma

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小

a?1.0m/s2

血。

一、單選題

1.（2024?黑龍江?三模）如圖所示為一無(wú)人機(jī)由地面豎直向上運(yùn)動(dòng)的v-f圖像。關(guān)于無(wú)人機(jī)的運(yùn)動(dòng),

A.0?以段無(wú)人機(jī)的加速度大于功?后段無(wú)人機(jī)的加速度

B.0F段，無(wú)人機(jī)的平均速度大小為自

C.t3時(shí)刻無(wú)人機(jī)到達(dá)最高點(diǎn)

D.打?七段，無(wú)人機(jī)處于失重狀態(tài)

【答案】D

【詳解】A.U-t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于。?上段傾斜程度小于%?上段的傾斜程

度，所以。?均段的加速度小于為?t5加速度，A錯(cuò)誤；

B.0?t3段無(wú)人機(jī)的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，所以其平均速度不是學(xué)而是小于學(xué)B

錯(cuò)誤；

C.由圖像可知，無(wú)人機(jī)0?以加速上升，t2?%也是加速上升，只不過(guò)這一階段的加速度更大，打?

t5階段開始減速上升，15時(shí)刻減速到0,達(dá)到最高點(diǎn)，C錯(cuò)誤；

D.%?七階段開始減速上升，加速度方向向下，無(wú)人機(jī)處于失重狀態(tài)，D正確。

故選D。

2.（2024?遼寧?三模）一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機(jī)內(nèi)置傳感器測(cè)得某段時(shí)間內(nèi)電梯

的加速度。隨時(shí)間/變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（）

A.t=4s時(shí)地板對(duì)該同學(xué)的支持力最小B.t=7s時(shí)電梯對(duì)該同學(xué)的支持力為零

C.6?8s內(nèi)電梯上升的高度約為4mD.6?8s內(nèi)電梯上升的高度約為9m

【答案】C

【詳解】A.t=4s時(shí)，加速度向上且最大，則該同學(xué)處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得

N—mg=ma

可知地板對(duì)該同學(xué)的支持力最大，故A錯(cuò)誤；

B.t=7s時(shí)，加速度為0,根據(jù)受力平衡可知，電梯對(duì)該同學(xué)的支持力等于同學(xué)的重力，故B錯(cuò)誤;

CD.根據(jù)a-1圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，。?6s內(nèi)圍成的面積大約有4個(gè)小

方格，貝亞=6s時(shí)的速度為

v6=Av=4X0.5xlm/s=2m/s

由圖像可知，6?8s內(nèi)電梯的加速度為0,做勻速運(yùn)動(dòng)，上升的高度約為

h—v6t=2x2m=4m

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

3.（2024?甘肅張掖?一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為加的長(zhǎng)木板B,木板上表面各處

粗糙程度相同，一質(zhì)量也為〃，的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從左端以速度v沖上木板。當(dāng)"=為時(shí)，

小物塊A歷時(shí)h恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速，則（）

B

//////////////////////////////

A.若北半A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為當(dāng)

B.若"=A、B相對(duì)靜止時(shí)，A恰好停在木板B的中點(diǎn)

C.若1?=2%,A經(jīng)歷費(fèi)到達(dá)木板右端

D.若u=2%,A從木板B右端離開時(shí)，木板速度等于v

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)牛頓第二定律

ma

Umg=maA=B

則A、B兩物體加速度大小相等，設(shè)為a,小物塊A歷時(shí)均恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速，則

〃共=

v0—at0—at0

解得

VoVo%

%=五，D共=5，a=說(shuō)

木板的長(zhǎng)度

,Vo+"共"共170to

L=---------tn-tn=~-~

2u22

若發(fā)=登，A、B兩物體共速時(shí)有

Vo

u共］=——=ati

解得

%to為

以=正=萬(wàn)，"共1=1

A、B相對(duì)靜止時(shí)，相對(duì)位移為

v0.

丁+"共1U共1vtivtoLvt

L1=2tLRi=To=ko<2=Too

故A停在木板B的中點(diǎn)左側(cè)，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.若u=2%,A從木板B右端離開時(shí)，根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式

11

L=2vot2-^atl--atl

解得

均=（2—V3）t0

A從木板B右端離開時(shí)，木板速度為

2-V3

at

"木板=2=-y-<v0

故CD錯(cuò)誤。

故選Ao

4.（2024?內(nèi)蒙古通遼?一模）一個(gè)質(zhì)量為6kg的物體在水平面上運(yùn)動(dòng)，圖中的兩條直線的其中一條

為物體受水平拉力作用而另一條為不受拉力作用時(shí)的速度一時(shí)間圖像，則物體所受摩擦力的大小的

可能值為（）

v1(m-s-1)

10

8

6

4

2

036912t/s

A.INB.2NC.2.5ND.3N

【答案】B

【詳解】根據(jù)"T可知兩圖線對(duì)應(yīng)的加速度大小分別為

10-22.,10-61,,2

ai=GF=Wm/s2,a2=^-=-m/s

若水平拉力與運(yùn)動(dòng)方向相反，則有

x=^,a=f-

aim乙2m

解得

F=2N,/=2N

若水平拉力與運(yùn)動(dòng)方向相同，則有

a—?mqm

解得

F=2N,/=4N

故選B。

5.如圖1所示，一質(zhì)量為2kg的物塊受到水平拉力P作用，在粗糙水平面上作加速直線運(yùn)動(dòng)，其a-t

圖像如圖2所示，t=0時(shí)其速度大小為2m/s。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.1,g=10m/s2。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

A

777777777777777777

圖1圖2

A.在t=2s時(shí)刻，物塊的速度為5m/sB.在0?2s時(shí)間內(nèi)，物塊的位移大于7m

C.在t=Is時(shí)刻，物塊的加速度為1.5m/s2D.在t=1s時(shí)刻，拉力廠的大小為5N

【答案】B

【詳解】A.在t=2s時(shí)刻，物塊的速度為

也=%+Au=2H--------x2m/s=5m/s

故A正確，不符合題意；

B.在0?2s時(shí)間內(nèi)，物塊的圖像如下

如果是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為

2+5

x=―--x2m=7m

實(shí)際做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，圖形面積表示位移，可知物塊的位移小于7m,故B錯(cuò)誤，符合題意;

C.由圖可知

2-11

（2=14-~~~t=1+—t

在t=Is時(shí)刻，物塊的加速度為

1

的=1+2xlm/s2=1.5m/s2

故C正確，不符合題意；

D.根據(jù)牛頓第二定律可得在t=1s時(shí)刻，拉力方的大小為

F=ma4-卬ng=5N

故D正確，不符合題意。

故選Bo

6.（2024?山東荷澤?二模）2024年4月25日晚，神舟18號(hào)載人飛船成功發(fā)射，在飛船豎直升空過(guò)

程中，整流罩按原計(jì)劃順利脫落。整流罩上脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的"T圖像正確的

是（）

0Kv

C.D.

【答案】A

【詳解】空氣阻力與速度大小成正比，設(shè)空氣阻力為

f=kv

上升階段由牛頓第二定律

mg+fcv=ma

隨著速度的減小，加速度逐漸減小，上升階段做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。在最高點(diǎn)加速度為

a=g

下降階段由牛頓第二定律

mg—kv=ma!

隨著速度的增大，加速度繼續(xù)減小，下降階段做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。

故選Ao

7.（2024?廣東佛山?二模）春節(jié)煙花匯演中常伴隨無(wú)人機(jī)表演。如圖是兩架無(wú)人機(jī)。、6同時(shí)從同一

地點(diǎn)豎直向上飛行的u—t圖像。下列說(shuō)法正確的是（）

A.t=5s時(shí)，無(wú)人機(jī)。處于失重狀態(tài)

B.t=10s時(shí)，無(wú)人機(jī)a飛到了最高點(diǎn)

C.。?30s內(nèi)，兩架無(wú)人機(jī)°、6的平均速度相等

D.0?10s內(nèi)，無(wú)人機(jī)。的位移小于無(wú)人機(jī)6的位移

【答案】C

【詳解】A.t=5s時(shí)，無(wú)人機(jī)向上勻加速運(yùn)動(dòng)，。處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.t=10s時(shí)，無(wú)人機(jī)a速度達(dá)到最大，10s后減速上升，30s時(shí)飛到了最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.UT圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，。?30s內(nèi)，兩架無(wú)人機(jī)a、6的位移相等，平均速度

相等，故C正確；

D.圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，0?10s內(nèi)，無(wú)人機(jī)。的位移大于無(wú)人機(jī)6的位移，

故D錯(cuò)誤。

故選C。

二、多選題

8.（2023?貴州安順?一模）很多智能手機(jī)都裝有加速度傳感器，能通過(guò)圖像顯示加速度情況。用手掌

托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng)。規(guī)定豎直向上為正方向，得到豎直

方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像（如圖）。則下列關(guān)于手機(jī)的運(yùn)動(dòng)和受力情況的判斷正確的是（）

A.在ti時(shí)刻速度達(dá)到最大

B.在t2時(shí)刻開始減速上升

C.在到以時(shí)間內(nèi)受到的支持力逐漸減小

D.在以到七時(shí)間內(nèi)受到的支持力逐漸增大

【答案】BC

【詳解】A.由圖象可知，入時(shí)刻之前向上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，q-t2做加速度減小的加速運(yùn)

動(dòng)，以時(shí)刻速度最大。故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，以時(shí)刻后加速度方向向下，為失重狀態(tài)，速度方向向上，所以向上做減速運(yùn)動(dòng)。故B

正確；

C.對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知，時(shí)間內(nèi)，物體受力為

F^—mg=ma

該段時(shí)間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力FN逐漸減小。故C正確；

D.tz—%時(shí)間內(nèi)，物體受力為

mg—F^=ma'

該段時(shí)間內(nèi)，a，逐漸增大，因此支持力仆逐漸減小。故D錯(cuò)誤。

故選BC-

9.（2024?河南?二模）一足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)

的位置放上具有一定初速度切的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?，則下列描述

小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的V/圖像中可能正確是（）

VV

【答案】ABD

【詳解】A.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓

第二定律可得

mgsinO+(imgcosd=ma1

即

=gsinO+(J,gcos6

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，若滿足

7ngsin。<iimgcosO

可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若滿足

mgsinO>iimgcosd

小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為

a2=gsind—figcosd<即

故A正確；

B.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足

mgsind>iimgcosd

則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

。3=gsinO+figcosd

若滿足

mgsind</imgcosd

則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為

。4=〃gcos6—gsin。

二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；

CD.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為

=gsin。+figcos。

可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，其加速度仍為田，與傳送帶共

速時(shí)，若滿足

7ngsin。＞pmgcos。

則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

。2=gsin。一“geos。＜a

3

若滿足

mgsind＜fimgcosd

則小物塊隨傳送帶一起