第2講牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)一瞬時(shí)性問題1.兩種模型合外力與加速度具有因果關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時(shí)，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變。2.解題思路【例1】（2024·安徽蚌埠模擬）如圖，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間（重力加速度為g）（）A.圖甲中A球的加速度不為零B.圖乙中兩球加速度均為gsinθC.圖乙中輕桿的作用力一定不為零D.圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的3倍答案：B解析：對(duì)于題圖甲，突然撤去擋板的瞬間，由于A、B還沒開始運(yùn)動(dòng)，故彈簧彈力不變，A仍處于平衡狀態(tài)，加速度為0，對(duì)于B，其所受合力等于擋板在未撤時(shí)擋板對(duì)它的支持力，為2mgsinθ，由牛頓第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度為aB＝2gsinθ；對(duì)于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、B加速度相同，整體由牛頓第二定律有2mgsinθ＝2ma'，可得A、B的加速度均為a'＝gsinθ，設(shè)輕桿對(duì)A的作用力為F，對(duì)A由牛頓第二定律有mgsinθ＋F＝ma'，可知F＝0，故題圖乙中輕桿的作用力一定為零，故選B。圖乙中撤去擋板后，兩物體用輕桿連接，采用整體法，得出整體的加速度，再隔離單個(gè)物體分析；圖甲中兩物體用輕彈簧連接，由于彈簧的彈力不能突變，采用先整體后隔離的方法，再應(yīng)用牛頓第二定律從而得出正確的結(jié)論。1.【輕彈簧】如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過輕彈簧相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有（）A.a1＝0，a2＝g B.a1＝g，a2＝gC.a1＝0，a2＝4g D.a1＝g，a2＝4g解析：C開始時(shí)，對(duì)物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力F＝3mg。抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0。對(duì)物塊2，抽出木板的瞬間，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝F'＋mgm＝3mg＋mgm＝4g，故C2.【輕彈簧、輕繩】豎直面內(nèi)，有一質(zhì)量m＝2kg的小球，小球與左端固定的水平輕彈簧及上端固定的不可伸長的輕繩相連，如圖所示，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A.此時(shí)，繩上的拉力為20NB.若剪斷輕繩，則剪斷繩的瞬間輕彈簧的彈力大小為20NC.若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2，方向向左D.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為零解析：B設(shè)繩子拉力為T，對(duì)小球，根據(jù)平衡條件有Tcos45°＝mg，解得T＝202N，A錯(cuò)誤；剪斷輕繩前，設(shè)彈簧的彈力為F，對(duì)小球，根據(jù)平衡條件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，故剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N，B正確；剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力不變，則重力與彈簧彈力的合力為202N，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝Fm＝102m/s2，方向與豎直方向成45°角指向左下方，C錯(cuò)誤；剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_始做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球的速度為零，向心加速度為零，沿繩方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于合力，則有mgcos45°＝ma，解得a＝52m/s2，D考點(diǎn)二超重、失重問題1.實(shí)重和視重（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)（選填“無關(guān)”或“相關(guān)”）。（2）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、失重和完全失重的對(duì)比名稱超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于實(shí)重視重小于實(shí)重視重等于0產(chǎn)生條件物體加速度的方向向上物體加速度的方向向下物體豎直向下的加速度等于g名稱超重失重完全失重對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)情境加速上升或減速下降加速下降或減速上升自由落體運(yùn)動(dòng)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0?判斷小題1.加速上升的物體處于超重狀態(tài)。（√）2.減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體，物體對(duì)地板的壓力大于物體的重力。（×）3.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。（×）4.物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)其重力并沒有發(fā)生變化。（√）5.根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運(yùn)動(dòng)的速度方向。（×）1.判斷超重和失重現(xiàn)象的三個(gè)角度（1）從受力的角度判斷：當(dāng)物體受到的向上的拉力（或支持力）大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。（2）從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)；向下的加速度恰好等于重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。（3）從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；物體向下加速或向上減速時(shí)，失重。2.對(duì)超重和失重問題的三點(diǎn)提醒（1）發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關(guān)，只取決于加速度的方向。（2）并非物體在豎直方向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，才會(huì)出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。（3）發(fā)生超重或者失重時(shí)，物體的實(shí)際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重。【例2】（2024·福建龍巖模擬）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測(cè)項(xiàng)目，如圖甲所示，質(zhì)量為60kg的男同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運(yùn)動(dòng)過程中，他重心運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由圖像可知（）A.t＝0.5s時(shí)，單杠對(duì)他的支持力約為582NB.t＝1.1s時(shí)，他向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C.t＝1.5s時(shí)，他處于失重狀態(tài)D.t＝1.5s時(shí)，單杠對(duì)他的支持力約為600N答案：C解析：由v－t圖像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s時(shí)，加速度為a＝ΔvΔt＝（30－0）×10－21.0m/s2＝0.3m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得單杠對(duì)他的支持力為FN＝mg＋ma＝618N，故A錯(cuò)誤；由v－t圖像可知，0～1.1s向上做加速運(yùn)動(dòng)，1.1s后向上減速運(yùn)動(dòng)，可知t＝1.1s時(shí)，并不是向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由v－t圖像可知，t＝1.5s時(shí)，加速度方向向下1.【超重、失重的分析與計(jì)算】如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運(yùn)用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為m的相同長方體磚塊夾住后豎直向上加速提起。已知每塊磚塊能承受的最大壓力大小為F，夾磚器與每個(gè)磚塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過程中，下列說法正確的是（）A.在加速提起磚塊的過程中，磚塊處于失重狀態(tài)B.夾磚器對(duì)兩塊磚塊的壓力大小可能不相等C.磚塊被加速提起的過程中，其加速度的最大值為μFm－D.兩塊磚塊之間的摩擦力一定不為零解析：C在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對(duì)兩塊磚塊壓力大小相等，B錯(cuò)誤；夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，磚塊加速度最大，對(duì)兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有2μF－2mg＝2ma，則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為a＝μFm－g，C正確；加速度最大時(shí)，單獨(dú)對(duì)其中一個(gè)磚塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力mg以及夾磚器對(duì)其向上的靜摩擦力f，有f－mg＝ma，解得f＝μF，故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D2.【超重、失重與圖像結(jié)合】在蹦床運(yùn)動(dòng)過程中，用力傳感器測(cè)出蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力F，如圖是繪制的F隨時(shí)間t的變化圖像，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A.運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為40kgB.運(yùn)動(dòng)員在3.6～4.8s內(nèi)處于超重狀態(tài)C.運(yùn)動(dòng)員的最大加速度大小為50m/s2D.運(yùn)動(dòng)員離開蹦床上升的最大高度為3.2m解析：D由題意結(jié)合圖像可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A錯(cuò)誤；由圖可知，運(yùn)動(dòng)員在3.6～4.2s內(nèi)彈力大于重力，加速度方向向上，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，在4.2～4.8s內(nèi)彈力小于重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得amax＝F2－mgm＝2500－50050m/s2＝40m/s2，故C錯(cuò)誤；由圖可知，運(yùn)動(dòng)員離開蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝8.4s－6.8s＝1.6s，所以運(yùn)動(dòng)員離開蹦床上升的最大高度為h＝考點(diǎn)三兩類動(dòng)力學(xué)問題1.基本思路2.基本步驟3.解題關(guān)鍵（1）兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析。（2）兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。已知受力求運(yùn)動(dòng)情況【例3】（2024·山東日照統(tǒng)考）如圖甲所示，一根足夠長的固定細(xì)桿與水平方向的夾角θ＝37°，質(zhì)量m＝2kg的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的O點(diǎn)。t＝0開始在空間施加一電磁輻射區(qū)，使小球受到水平向右的力F＝kt（k＝10N/s），t＝6s時(shí)小球離開電磁輻射區(qū)，小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，認(rèn)為細(xì)桿對(duì)小球的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6）。求：（1）t＝6s時(shí)小球的加速度am的大小；（2）小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離l。答案：（1）5m/s2（2）1.25m解析：（1）根據(jù)題意，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示由圖乙可知，t＝4s時(shí)，小球的加速度恰好為0，則有Fcosθ＝mgsinθ＋fFsinθ＋mgcosθ＝FNf＝μFN又F＝kt＝10×4N＝40N聯(lián)立解得μ＝0.5根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，t＝6s時(shí)，有F'cosθ－mgsinθ－f'＝mamaxF'sinθ＋mgcosθ＝FN'f'＝μFN'又F'＝kt＝10×6N＝60N聯(lián)立解得amax＝5m/s2。（2）t＝6s時(shí)，小球離開電磁輻射區(qū)，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2根據(jù)題意，由a－t圖像中面積表示速度變化量可知，小球由靜止運(yùn)動(dòng)，t＝6s時(shí)小球的速度為v＝12×（6－4）×5m/s＝由v2－v02＝2ax可得，小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離為l＝v2已知運(yùn)動(dòng)情況求受力【例4】（多選）一熱氣球懸停在距地面65m處（無人區(qū)），由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時(shí)間內(nèi)漏掉了一部分氣體，被及時(shí)堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，30s后速度增加到3m/s，此時(shí)工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又過了30s氣球再次到達(dá)之前的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質(zhì)量為600kg，堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計(jì)，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.1m/s2B.熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600NC.熱氣球距地面的最小距離為20mD.拋出物的質(zhì)量約為23.3kg答案：AD解析：熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝ΔvΔt＝3－030m/s2＝0.1m/s2，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為a'，則氣球回到原高度時(shí)有12at2＝－at＋12a't2，把t＝30s代入上式，解得a'＝0.3m/s2，熱氣球開始減速到下降到最低點(diǎn)時(shí)，所用的時(shí)間為t'＝ata'＝t3，可得熱氣球下降的最大高度為h＝12at2＋12a't32＝60m，所以熱氣球距地面的最小距離為hmin＝65m－60m＝5m，故C錯(cuò)誤；設(shè)拋出物的質(zhì)量為Δm，拋出后根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有F－（m－Δm）g＝（m等時(shí)圓模型1.“光滑斜面”模型如圖所示，質(zhì)量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律：（1）物體從斜面頂端滑到底端所用的時(shí)間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與物體的質(zhì)量無關(guān)。關(guān)系式為t＝1sin（2）物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長度、物體的質(zhì)量無關(guān)。關(guān)系式為v＝2g?2.“等時(shí)圓”模型（1）三種模型（如圖）（2）等時(shí)性的證明設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d（如圖）。根據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝gsinα，位移為x＝dsinα，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0＝2xa＝2d即沿同一起點(diǎn)（圓的最高點(diǎn)）或終點(diǎn)（圓的最低點(diǎn)）的各條光滑弦運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，運(yùn)動(dòng)時(shí)間與弦的傾角、長短無關(guān)。【典例】（2024·重慶模擬）春秋末年，齊國著作《考工記：輪人》篇中記載：“輪人為蓋”，“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，則吐水，疾而霤遠(yuǎn)。”意思是車蓋中央高而四周低，形成一個(gè)斜面，泄水很快，而且水流的更遠(yuǎn)。圖甲是古代馬車示意圖，車蓋呈傘狀，支撐軸豎直向上，傘底圓面水平。過支撐軸的截面圖簡(jiǎn)化為如圖乙所示的等腰三角形，底面半徑恒定為r，底角為θ。θ取不同的值時(shí)，自車蓋頂端A由靜止下滑的水滴（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同。已知重力加速度為g，不計(jì)水滴與傘面間的摩擦力和空氣阻力。（1）傾角θ為多大時(shí)，水滴下滑時(shí)間最短，并求出最短時(shí)間tmin；（2）滿足（1）問條件，在車蓋底面下方h＝3r2的水平面內(nèi)有一長為L＝r的水平橫梁（可看成細(xì)桿），橫梁位于支撐軸正前方，其俯視圖如圖丙所示，橫梁的垂直平分線過支撐軸。現(xiàn)保持馬車靜止，大量水滴沿車蓋頂端由靜止向各方向滑下，整個(gè)橫梁恰好“被保護(hù)”不被淋濕。求水平面內(nèi)橫梁中點(diǎn)到支撐軸的距離答案：（1）45°2rg（2）152解析：（1）水滴沿傘面下滑過程中有mgsinθ＝ma①rcosθ＝12a由①②得t12又0＜θ＜π2，則當(dāng)θ＝π4時(shí)水滴滑落傘面時(shí)間最短，解得最短時(shí)間tmin＝2（2）水滴沿傘面下落過程有mgr＝12mv2水滴離開傘后做斜下拋運(yùn)動(dòng)，且有：水平和豎直兩個(gè)分速度vx＝vy＝vcosπ4豎直方向h＝vyt2＋12gt2水平方向x＝vxt2⑥由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知（x＋r）2＝d2＋L22由③～⑦式得d＝152r（多選）如圖所示，1、2、3、4四個(gè)小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運(yùn)動(dòng)到底端，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2、t3、t4，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為3r，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.t1＞t2 B.t3＝t4C.t2＜t4 D.t1＝t4解析：BC1號(hào)小球的加速度為a1＝gsin60°＝32g，位移為x1＝2r·sin60°＝3r，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝2x1a1＝2rg；2號(hào)小球的加速度為a2＝gsin30°＝12g，位移為x2＝2r·sin30°＝r，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝2x2a2＝2rg；3號(hào)小球的加速度為a3＝gsin60°＝32g，位移為x3＝3rsin30°＝23r，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3＝2x3a3＝8rg；4號(hào)小球的加速度為a4＝gsin30°＝12g，位移為x4＝3rsin60°＝2r，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t4＝2x4a4＝8rg，則t1＝t2，t3＝t4，t3跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.（2024·重慶沙坪壩模擬）如圖所示為“慣性演示”的小實(shí)驗(yàn)，質(zhì)量均為m的四枚棋子a、b、c、d豎直疊放，靜止在水平桌面上。現(xiàn)用一直尺快速擊打出最下方棋子d，在d被快速打出后瞬間，a、b、c可視為處于原位置，則此時(shí)（已知重力加速度為g）（）A.棋子a處于平衡狀態(tài)B.棋子b對(duì)c的壓力為2mgC.棋子c的加速度為3gD.棋子a、b、c均處于完全失重狀態(tài)解析：D棋子d被打出后，棋子a、b、c加速度相同，均為g，處于完全失重狀態(tài)，各棋子間無相互作用力。故選D。2.如圖所示，一蹦極愛好者正在進(jìn)行蹦極。從愛好者離開高臺(tái)直至最后在空中靜止下來的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.愛好者在加速下落過程中，其慣性增大B.愛好者離開高臺(tái)瞬間，其速度和加速度都為零C.愛好者第一次下落到最低點(diǎn)時(shí)，其處于超重狀態(tài)D.愛好者第一次從最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)的過程中，繩對(duì)愛好者的拉力大于重力，處于超重狀態(tài)解析：C物體的慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量不變，慣性大小不變，故A錯(cuò)誤；愛好者離開高臺(tái)瞬間，速度為零，加速度不為零，故B錯(cuò)誤；愛好者第一次下落到最低點(diǎn)時(shí)，繩的拉力大于重力，愛好者具有向上的加速度，其處于超重狀態(tài)，故C正確；愛好者第一次從最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)的過程中，繩的拉力先大于重力，加速度向上，愛好者處于超重狀態(tài)；隨著愛好者向上運(yùn)動(dòng)，繩的拉力逐漸減小，當(dāng)拉力等于重力時(shí)，愛好者處于平衡狀態(tài)，速度達(dá)到最大；愛好者繼續(xù)上升，繩的拉力小于重力，加速度向下，愛好者處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。3.（多選）（2024·海南海口模擬）如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點(diǎn)并系住物體m。現(xiàn)推動(dòng)物體將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度減為零。如果物體受到地面的摩擦阻力恒定，則（）A.物體從A到O的過程加速度先變小后變大B.物體從O到B的過程加速度逐漸變大C.物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度最大D.物體在B點(diǎn)速度減為零后一定保持靜止解析：AB在A點(diǎn)合力水平向右，在O點(diǎn)合力水平向左，因此從A到O存在一個(gè)點(diǎn)加速度為零，從A到O加速度先變小后變大，故A正確；物體從O到B的過程，滑動(dòng)摩擦力方向向左，彈簧彈力也向左且逐漸增大，所以加速度逐漸變大，故B正確；當(dāng)物體加速度為零時(shí)速度最大，物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)合力是滑動(dòng)摩擦力，加速度不為零，速度最大的點(diǎn)在從A到O之間某個(gè)位置，故C錯(cuò)誤；物體在B點(diǎn)速度減到為零后，如果此時(shí)彈簧彈力大于最大靜摩擦力，則物體將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。4.（2024·九省聯(lián)考河南）如圖，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測(cè)試。當(dāng)汽車速度為v0時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7∶1，位移之比為8∶7。則汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）A.12v0B.13v0 C.18v0D.解析：B設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為f1、f2，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律得f＝ma，則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為a1a2＝f1f2＝71，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中5.（2023·全國乙卷14題）一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比，則該排球（）A.上升時(shí)間等于下落時(shí)間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D.下落過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)解析：B排球運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力與速度大小成正比，即f＝kv（k為大于0的常量）拋出時(shí)速度為v1，下落回到原位置速度為v2，由于空氣阻力一直做負(fù)功，所以v上＞v下，根據(jù)x＝vt可知t上＜t下，A錯(cuò)誤；由于空氣阻力一直做負(fù)功，則v1＞v2，墊起后瞬間排球的速度v1最大，B正確；最高點(diǎn)速度為0，只受重力，此時(shí)a＝g，C錯(cuò)誤；下落過程，根據(jù)牛頓第二定律可知mg－kv＝ma，由于速度v增大，所以加速度a減小，6.如圖甲所示，某同學(xué)用橡皮筋懸掛手機(jī)的方法模擬蹦極運(yùn)動(dòng)，并利用手機(jī)的加速度傳感器研究加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。手機(jī)保持靜止時(shí)，圖像顯示的加速度值為0，自由下落時(shí)，圖像顯示的加速度值約為－10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A.t＝0.6s時(shí)，手機(jī)已下降了約1.8mB.t＝0.8s時(shí)，手機(jī)正向上加速運(yùn)動(dòng)C.加速度約為70m/s2時(shí)，手機(jī)速度為0D.0.6～0.8s時(shí)間內(nèi)，橡皮筋的拉力逐漸減小解析：C0～0.6s，若手機(jī)一直做自由落體運(yùn)動(dòng)，手機(jī)下降的高度為h＝12gt2＝12×10×0.62m＝1.8m，但由圖像得，0.4s后手機(jī)才開始運(yùn)動(dòng)，則0.6s時(shí)，手機(jī)下降的距離一定小于1.8m，故A錯(cuò)誤；由圖像可知0.6s開始，加速度大小逐漸減小，此時(shí)加速度仍為負(fù)值，手機(jī)仍向下做加速運(yùn)動(dòng)，橡皮筋形變量增大，拉力逐漸增大；約0.8s拉力和重力相等時(shí)，手機(jī)速度最大，之后拉力大于重力，加速度為正值，手機(jī)向下做減速運(yùn)動(dòng)，橡皮筋的拉力逐漸增大；當(dāng)手機(jī)速度為零，橡皮筋的拉力最大，加速度為正的最大值，約為70m/s2，故C正確，B、7.（2024·重慶模擬）某風(fēng)景旅游區(qū)的觀光索道在某段時(shí)間其運(yùn)行的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示，纜索傾角為37°，纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運(yùn)動(dòng)。已知纜車和卡扣的總質(zhì)量為m，運(yùn)行過程中纜車始終處于豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A.纜索對(duì)卡扣的摩擦力為0.6mgB.纜索對(duì)卡扣的作用力為0.8mgC.卡扣受到的合外力為mgD.運(yùn)行過程中纜車處于超重狀態(tài)解析：A纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)纜車和卡扣受力分析如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知f＝mgsin37°，f＝0.6mg，故A正確；纜索對(duì)卡扣的作用力與卡扣和纜車的重力mg等大反向，故B錯(cuò)誤；由于卡扣做勻速直線運(yùn)動(dòng)，卡扣受到的合外力為0，故C錯(cuò)誤；運(yùn)行過程中纜車處于平衡狀態(tài)，既不超重也不失重，故D錯(cuò)誤。8.（多選）（2024·海南海口一模）一種能垂直起降的小型遙控?zé)o人機(jī)如圖所示，螺旋槳工作時(shí)能產(chǎn)生恒定的升力。在一次試飛中，無人機(jī)在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛，上升36m時(shí)無人機(jī)突然出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機(jī)的質(zhì)量為5kg，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A.無人機(jī)失去升力時(shí)的速度大小為12m/sB.螺旋槳工作時(shí)產(chǎn)生的升力大小為60NC.無人機(jī)向上減速時(shí)的加速度大小為12m/s2D.無人機(jī)上升的最大高度為36m解析：AC無人機(jī)向上加速過程中，由位移與速度公式得v2－v02＝2a1x，代入數(shù)據(jù)解得無人機(jī)失去升力時(shí)的速度大小為v＝12m/s，故A正確；無人機(jī)向上加速過程中，對(duì)無人機(jī)，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得F＝70N，故B錯(cuò)誤；無人機(jī)向上減速時(shí)，對(duì)無人機(jī)，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝12m/s2，故C正確；無人機(jī)向上減速過程，由位移與速度公式得v2－v02＝2a2x，代入數(shù)據(jù)解得，無人機(jī)減速上升的高度為x2＝6m，則無人機(jī)上升的最大高度為H＝x1＋x2＝36m＋6m＝42m9.（2024·九省聯(lián)考吉林）滑雪是我國東北地區(qū)冬季常見的體育運(yùn)動(dòng)。如圖（a），在與水平面夾角θ＝14.5°的滑雪道上，質(zhì)量m＝60kg的滑雪者先采