资源描述
其次节 牛顿其次定律 两类动力学问题
[同学用书P43]
一、牛顿其次定律
1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma.
3．适用范围
(1)牛顿其次定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿其次定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的状况．
1.(单选)依据牛顿其次定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必需达到确定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量转变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
答案：D
二、两类动力学问题
1．已知物体的受力状况，求物体的运动状况．
2．已知物体的运动状况，求物体的受力状况．
特殊提示：利用牛顿其次定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿其次定律相结合，查找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．
2.(多选)(2021·高考浙江卷)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开头竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开头上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
答案：AD
三、力学单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．
3．导出单位：由基本物理量依据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
3.(单选)(2021·高考福建卷)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )
A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
答案：B
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用牛顿其次定律解决问题
考点一 用牛顿其次定律求解瞬时加速度
[同学用书P44]
1．求解思路
求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力状况或运动状态，再由牛顿其次定律求出瞬时加速度．
2．牛顿其次定律瞬时性的“两种”模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力马上消逝，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
3．在求解瞬时加速度时应留意的问题
(1)物体的受力状况和运动状况是时刻对应的，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．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
(多选)(2021·银川模拟)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面对下，大小均为gsin θ
B．B球的受力状况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面对下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
[思路点拨] 细线烧断瞬间，弹簧的弹力变化吗？绳上的弹力还存在吗？A球受力如何变化？B球受力又如何变化？
[解析] 细线烧断瞬间，两球受力如图
细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsin θ＋kx＝2mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，故A、D错误，B、C正确．
[答案] BC
[规律总结] 解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图．
1.(单选)(2021·孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F＝30 N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g＝10 m/s2)( )
A．10 N B．15 N
C．20 N D．40 N
解析：选C.由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿其次定律可得F＝(M＋m)a，对物体再依据牛顿其次定律可得FN－mg＝ma，两式联立解得FN＝20 N，再依据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N，方向竖直向下，C正确．
考点二 动力学两类基本问题 [同学用书P44]
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力状况和运动状况之间联系的桥梁——加速度．
(2021·太原质检)如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m＝1.0 kg的小物块受到沿斜面对上的F＝9.0 N的拉力作用，小物块由静止沿斜面对上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25(斜面足够长，取g＝10 m/s2.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；
(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；
(3)若在小物块沿斜面对上运动0.80 m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面对上运动的距离．
[思路点拨] (1)F作用时，物块受力状况如何？
(2)撤去F后，物块受力状况如何？加速度大小、方向如何？
(3)撤去F前后两段运动的关联是哪个物理量？
[解析] (1)F作用时，物体受力如图甲所示．
Ff＝μmgcos 37°＝2.0 N.
(2)设加速度为a1，依据牛顿其次定律有
F－Ff－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝1.0 m/s2.
(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，有v2＝2a1x1①
撤去F后，物体受力如图乙所示．由牛顿其次定律得：
mgsin 37°＋Ff＝ma2②
v2＝2a2x2③
联立①②③式并代入数据解得：
x2＝0.10 m.
[答案] (1)2.0 N (2)1.0 m/s2 (3)0.10 m
[总结提升] (1)解决两类动力学基本问题应把握的关键
①一个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁．
②两类分析——受力分析和运动过程分析．
(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法
①合成法：
物体受2个或3个力时，一般接受“合成法”．
②正交分解法：
物体受3个或3个以上的力时，则接受“正交分解法”．
(3)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②依据问题的要求和计算方法，确定争辩对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
2.倾角θ＝37°、质量M＝5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开头匀加速下滑，经t＝2 s到达底端，运动路程L＝4 m，在此过程中斜面保持静止(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；
(2)地面对斜面的支持力大小．
解析：(1)木块在斜面上匀加速下滑，由L＝at2，
解得加速度a＝2 m/s2.
设斜面对木块的摩擦力为Ff1，支持力为FN1.隔离木块分析受力，由牛顿其次定律得：
mgsin θ－Ff1＝ma，
mgcos θ－FN1＝0，
联立解得Ff1＝8 N，FN1＝16 N.
设地面对斜面的摩擦力大小为Ff，方向向左，
隔离斜面分析受力，对水平方向，由平衡条件得，
Ff＋Ff1cos θ＝FN1sin θ，
代入数据解得Ff＝3.2 N，方向向左．
(2)设地面对斜面的支持力大小为FN，隔离斜面分析受力，对竖直方向，由平衡条件得，
FN＝Mg＋Ff1sin θ＋FN1cos θ，
代入数据解得地面对斜面的支持力大小FN＝67.6 N.
答案：(1)3.2 N 方向向左 (2)67.6 N
考点三 动力学图象问题 [同学用书P45]
1．图象类型
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动状况．
(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力状况．
(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化状况．
2．问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．
(2021·陕西西安高新一中模拟)小物块以确定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由试验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：
(1)物块的初速度v0；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
[审题点睛] (1)θ＝0.5π时，物体做什么运动？
(2)θ＝0时，斜面变为什么面？
依据上述两个特殊状况分别求解哪个物理量？
[解析] (1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0，由题图得上升最大高度为h＝3.2 m，
由v＝2gh，得v0＝8 m/s.
(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0，
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m，
由运动学公式有：v＝2ax，
由牛顿其次定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0，
由图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m，
由运动学公式有：v＝2a′x′，
由牛顿其次定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′，
得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.
由于mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．
[答案] (1)8 m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回底端，理由见解析
[总结提升] 数形结合解决动力学问题
(1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．
(2)解决这类问题必需把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来．
3.(单选)(2022·高考福建卷)如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
解析：选B.在物块下滑的过程中，依据牛顿其次定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，故加速度保持不变，所以D错误；物块做匀减速直线运动，所以C错误；依据匀变速直线运动的规律s＝v0t－at2可知B正确；下降的高度h＝ssin θ，所以A错误．
[同学用书P45]
物理模型——传送带模型中的动力学问题
1．模型特征
一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开头运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示．
2．建模指导
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．
(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析推断．依据物体与传送带的相对速度方向推断摩擦力方向．两者速度相等是摩擦力突变的临界条件．
(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动状况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．假如受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后依据物体的受力状况确定物体的运动状况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
(18分)(2021·四川成都七中开学考试)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
[审题点睛] (1)煤块刚放上时，推断摩擦力的方向，计算加速度．
(2)推断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步推断煤块能否相对传送带滑动．
(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最终结果取两次痕迹长者．
—————————该得的分一分不丢！
(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，(2分)
t1＝＝1 s，(1分)
x1＝a1t＝5 m＜L，
即下滑5 m与传送带速度相等．(2分)
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，(2分)
x2＝L－x1＝5.25 m，(1分)
x2＝v0t2＋a2t，(2分)
得t2＝0.5 s，(2分)
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s．(1分)
甲 乙
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－a1t＝5 m，(2分)
其次过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，(2分)
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m．(1分)
[答案] (1)1.5 s (2)5 m
[总结提升] 解答传送带问题应留意的事项
(1)水平传送带上物体的运动状况取决于物体的受力状况，即物体所受摩擦力的状况．
(2)倾斜传送带问题，确定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．
(3)传送带上物体的运动状况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化状况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．
4.(多选)(2021·湖北黄冈模拟)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )
A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端
B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端
D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
解析：选BC.由于μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，开头运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．
[同学用书P46]
1．(单选)(2021·佛山质检)我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量．若聂海胜受到恒力F从静止开头运动，经时间t移动的位移为s，则聂海胜的质量为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.由牛顿其次定律得F＝ma，由匀变速直线运动位移和时间关系得s＝at2，解得m＝，D项正确．
2．(单选)(2021·陕西质检)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球确定沿球拍向上运动
解析：选A.由题意，球受重力和支持力作用沿水平方向加速运动，由牛顿其次定律有：a＝gtan θ，A项正确；球拍对球的支持力F＝，B项错；对球和球拍整体，受重力和运动员对球拍的力F′，应用牛顿其次定律可知，F′＝，C项错；a＝gtan θ＞gsin θ时，球相对球拍静止，D项错．
3．(多选)(2021·河北正定中学第一次月考)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．A球的加速度沿斜面对上，大小为gsin θ
B．C球的受力状况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面对下，大小均为gsin θ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
解析：选CD.据题意，细线未烧断前对A球受力分析，受力如图．由于A球处于静止状态，则据平衡条件有：F＝GAsin θ＋TA＝3mgsin θ；现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则对A球有：F－GAsin θ＝ma，故A球此时加速度为a＝2gsin θ，方向沿斜面对上，A选项错误；细线烧断后B、C球整体只受到重力和支持力，则加速度a＝gsin θ，方向沿斜面对下，所以B、C之间没有相互作用力，故C、D选项正确，B选项错误．
4．(单选)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析：选C.设斜面的倾角为θ，依据牛顿其次定律，知物块的加速度a＝＞0，即μ＜tan θ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝＝a＋，且Fsin θ－μFcos θ＞0，故a′＞a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．
5．(单选)(2021·朝阳区模拟)如图甲所示，一个静止在光滑水平面上的物块，在t＝0时给它施加一个水平向右的作用力F，F随时间t变化的关系如图乙所示，则物块速度v随时间t变化的图象是( )
解析：选C.由题意知F即为物块受到的合力，加速度先变小后变大，而方向不变，速度始终增大，故A、B错误；在v－t图象中，曲线某点切线的斜率表示瞬时加速度，斜率应是先减小后增大，故C正确，D错误．
6．(多选)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头计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(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．t2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，小物块受到的摩擦力方向始终向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选BC.相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块始终相对传送带向左运动，故始终受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B、C正确，D错误．
一、单项选择题
1．(2021·高考新课标全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开头，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
解析：选C.物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿其次定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．
2．(2021·海南三亚一中其次次月考)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．20 m/s2 B．25 m/s2
C．30 m/s2 D．40 m/s2
解析：选C.依据牛顿其次定律可知F－mg＝ma1，当推力为2F时，有2F－mg＝ma2，代入数据解得a2＝30 m/s2，则C正确．
3.如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则( )
A．a1＝0 a2＝0
B．a1＝a a2＝a
C．a1＝a a2＝a
D．a1＝a a2＝a
解析：选D.F作用下，弹簧弹力T＝m1a，撤去外力瞬间A受力不变，a1＝a，B的加速度大小为a2＝＝a，故D正确．
4．(2021·福建四地六校联考)如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经受的时间为(g取10 m/s2)( )
A. s B．(－1) s
C．3 s D．2.5 s
解析：选C.物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝＝1 s，加速的距离为x＝t1＝0.5 m，以后物体随传送带匀速运动的时间为t2＝＝2 s，则物体从a点运动到b点所经受的时间为3 s，选项C正确．
☆5.(2022·高考重庆卷)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开头计时，一个物体所受空气阻力可忽视，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是( )
解析：选D.不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋kv＝ma，即a＝g＋，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度也是g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误．
☆6.(2021·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发觉细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )
A．伸长量为tan θ B．压缩量为tan θ
C．伸长量为 D．压缩量为
解析：选A.对小球：F合＝m2gtan θ＝m2a，a＝gtan θ，对木块：F弹＝kx＝m1a，x＝tan θ，故A正确．
二、多项选择题
7．(2022·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2
C．t3 D．t4
解析：选AC.合外力方向即为加速度方向，t1时刻物体加速运动，速度与加速度同向，A正确；t2时刻，物体减速运动，速度与加速度反向，B错误；同理可判定C正确，D错误．
8．(2021·山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )
A．甲车的加速度大小为
B．甲车的加速度大小为0
C．乙车的加速度大小为
D．乙车的加速度大小为0
解析：选BC.将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲＝0，选项A错误，选项B正确．将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F，由牛顿其次定律知：a乙＝，则选项C正确，选项D错误．
9.(2021·山东青岛模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板拦住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽视一切摩擦，以下说法中正确的是( )
A．竖直挡板对球的弹力确定增大
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力保持不变
D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
解析：选AC.以小球为争辩对象，分析受力状况，如图：小球受重力mg，竖直挡板对其的弹力F2和斜面对其的弹力F1，又知其加速度大小为a，依据牛顿其次定律得
竖直方向：F1cos θ＝mg①
水平方向：F2－F1sin θ＝ma②
由①看出：斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不行能为零，故B错误、C正确．
由②看出：竖直挡板对球的弹力增大，故A正确．
由对小球的受力分析知，F1、F2和mg的合力等于ma，故D错误．
☆10.(2022·高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不行伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
解析：选BC.本题中条件间大小关系不明白，我们需要进行争辩．
①若v2＞v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1＝.
若P能减速到v1，
当fP≥mQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，
当fP＜mQg，P、Q连续减速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A错误．
若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.
②若v1≤v2.
当fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2＝
当fP＜mQg，P、Q可能始终减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变．
综上，B、C正确，D错误．
三、非选择题
11.(原创题)2022年10月，“辽宁舰”解缆起航，连续进行“歼－15”舰载机起降训练，如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F合＝F－f＝ma1
v－v＝2a1l1
v1＝a1t1
其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F′合＝F－f－FGx＝ma2
FGx＝mg＝4.0×104 N
v－v＝2a2l2
代入已知数据可得
a2＝3.0 m/s2，v2＝ m/s＝41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有
F″合＝F推＋F－f＝ma′1
v′－v＝2a′1l1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2
v′－v′＝2a′2l2
依据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得
F推＝5.2×105 N.
答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N
☆12.(2021·湖北名校联考)如图所示，AB是高h＝0.75 m、倾角θ＝37°的粗糙斜面，斜面底端通过一小段圆弧与长L＝4 m的水平传送带左端相切．现将一小滑块从斜面顶端A由静止释放．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.3，滑块与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，不计空气阻力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求滑块经过B点时的速度；
(2)若传送带以v＝3 m/s的速度沿逆时针方向转动，试推断滑块能否向右滑离出传送带？若能，试求出滑离速度；若不能，则求出滑块第1次在传送带上做来回运动的时间．
解析：(1)滑块从A到B的过程，由动能定理，有
mgh－μ1mgcos θ·＝mv，
解得：vB＝3 m/s.
(2)假设能滑离，则从B到C的过程，由动能定理，有：
－μ2mgL＝mv－mv，
解得：v＜0，表明滑块不能向右滑离出传送带．
明显，滑块在传送带上先向右做匀减速运动，后又向左做匀加速运动．返回B点时的速度大小vB′＝vB，故滑块第1次在传送带上做来回运动的时间Δt＝＝＝ s＝3 s.
答案：(1)3 m/s (2)不能，运动时间为3 s
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