2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(02)　牛顿运动定律的综合应用

命题点一超重与失重的理解及应用(师生互动)[核心整合]1．超重和失重的对比定义产生条件超重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具有向上的加速度失重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具有向下的加速度完全失重物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象物体的加速度a＝g，方向竖直向下2.对超重和失重的“三点”深度理解(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)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．(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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．合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重．其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止无动力落下，落到离地30m高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．若舱中某人用手托着一个重50N的铅球．空气阻力不可忽略，则下列说法正确的是()A．当座舱落到离地面45m高的位置时，球对手的压力为0B．当座舱落到离地面45m高的位置时，手对球有支持力C．当座舱落到离地面20m高的位置时，球对手压力为0D．当座舱落到离地面20m高的位置时，手对球的支持力小于50N解析：B当座舱落到离地面45m高的位置时处于失重状态，由于空气阻力的作用，向下的加速度小于g，对铅球由牛顿第二定律得mg－FN＝ma，故FN＞0，手与球之间有作用力，选项B正确，A错误；当座舱落到离地面20m高的位置时加速度向上，处于超重状态，手对球的支持力大于50N，选项C、D错误．eq\a\vs4\al()判断超重和失重的方法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，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度a＝g时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断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[题组突破]1.(超重、失重的判断)(2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．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>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg解析：D根据s­t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，D正确．2．(根据超重、失重规律选择图像)(2022·北京高三二模)很多智能手机都有加速度传感器．小明把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况．若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示．以下实验中手机均无翻转．下列说法正确的是()A．若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，所得图像可能如图乙所示B．若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图丙所示C．若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，所得图像可能如图丁所示D．手机屏幕上的图像出现正最大值时，表明手机处于失重状态解析：A若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机先加速后减速，加速度先竖直向下，再竖直向上．由题图甲可知加速度竖直向下时为负值．若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，手机先竖直向上加速然后竖直上抛运动最后竖直向下减速，加速度方向先竖直向上然后竖直向下最后竖直向上，即先正然后负最后正，所得图像可能如题图乙所示，故A正确；若保持手托着手机，小明做下蹲动作，手机先竖直向下加速然后竖直向下减速，加速度方向先竖直向下然后竖直向上，即先负后正，整个下蹲过程所得图像不可能如题图丙所示，故B错误；若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，手机先竖直向上加速最后竖直向上减速，加速度方向先竖直向上最后竖直向下，即先正最后负，所得图像不可能如题图丁所示，故C错误；手机屏幕上的图像出现正最大值时，说明加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D错误．3．(超重、失重的计算)某人在地面上最多可举起50kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g取10m/s2)()A．2m/s2竖直向上 B．eq\f(5,3)m/s2竖直向上C．2m/s2竖直向下 D．eq\f(5,3)m/s2竖直向下解析：D由题意可知，人的最大举力为Fm＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体，有m′g－Fm＝m′a，即a＝eq\f(600－500,60)m/s2＝eq\f(5,3)m/s2，所以选项D正确．命题点二动力学中的连接体问题(师生互动)[核心整合]1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)．2．常见连接体的类型(1)同速连接体(如图)特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度．处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系．(2)关联速度连接体(如图)特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联．处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解．3．处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)(μ2－μ1)gC．μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等解析：BCD分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq\f(m1＋m2,m2)μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq\f(m2（m1＋m2）,m1)·(μ2－μ1)g，B、D正确．[题组突破]1.(连接体问题)(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为()A．FT＝mg B．FT＝eq\f(2,3)mgC．Ff＝eq\f(2,3)mg D．Ff＝eq\f(1,3)mg解析：BD以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得FT＝2ma，联立解得FT＝eq\f(2,3)mg，a＝eq\f(1,3)g，以B为研究对象，由牛顿第二定律得Ff＝ma，得Ff＝eq\f(1,3)mg，故选B、D.2．(连接体模型的实际应用)(2022·河北衡水中学高三二模)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶4解析：BC启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得2F－8kmg＝8ma，把6、7、8车厢看成一个整体，第5、6节车厢间的作用力为F1，由牛顿第二定律F1－3kmg＝3ma，把7、8车厢看成一个整体，第6、7节车厢间的作用力为F2，由牛顿第二定律F2－2kmg＝2ma，联立可得eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,2)，故B正确；当只有两节动力车时，最大速率为v，由瞬时功率表达式2P＝8kmgv，改为4节动车带4节拖车的动车组时最大速率为v′，由瞬时功率表达式4P＝8kmgv′，联立可得eq\f(v,v′)＝eq\f(1,2)，故C正确，D错误．命题点三动力学的图像问题(多维探究)1．常见的动力学图像及问题类型2．解题策略——数形结合解决动力学图像问题(1)在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或描点作图．(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息．第1维度：动力学中的v­t图像…(2022·银川唐徕回民中学高三模拟)如图甲所示，一个质量m＝1kg的物块以初速度v0＝12m/s从斜面底端冲上一足够长的斜面，经t1＝1.2s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端．物块运动的v­t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)．则可确定()A．物块上滑时的加速度大小为5m/s2B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2mD．物块回到斜面底端的时刻为3.6s解析：C根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a1＝10m/s2，A错误；物块在上滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，B错误；v­t图像与t轴所围面积等于物体的位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s＝eq\f(1,2)×12×1.2m＝7.2m，C正确；物块沿斜面下滑的加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，根据位移与时间的关系式s＝eq\f(1,2)a2t2，解得t＝eq\r(7.2)s≈2.68s≠2.4s，故返回到斜面底端的时刻不是3.6s，D错误．第2维度：动力学中的F­t图像…(2020·浙江卷)如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电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eq\f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示，t＝34s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．解析：(1)由牛顿第二定律得mg－FT＝ma解得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2方向竖直向下．(2)由运动学公式得v＝at2＝1m/s.(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m总位移h＝eq\f(h1＋h2,\f(3,4))＝40m.答案：(1)0.125m/s2方向竖直向下(2)1m/s(3)40m第3维度：动力学中的F­x图像…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之间关系的图像可能正确的是()解析：A假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，故A正确，B、C、D错误．第4维度：动力学中的a­F图像…(2022·江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示．取g＝10m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是()A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6m/s2时物体的速度解析：D对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示．x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma①，y方向：FN－Fsinθ－mgcosθ＝0②，从a­F图像中取两个点(20N，2m/s2)，(30N，6m/s2)代入①式解得：m＝2kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．第5维度：由已知条件确定某物理量的图像…如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体从顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是()解析：B物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图像的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图像的开口向下，故A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B正确，C、D错误．素养培优8动力学中临界、极值问题1．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．2．求解临界、极值问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解决临界极值问题类型一以“作用力为零”为临界、极值条件的问题如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求力F的最大值与最小值．解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsinθ＝kx0代入数据解得x0＝0.12m因前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2联立解得a＝3m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，Fmin＝(m1＋m2)a＝36N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝72N.答案：72N36N类型二以“速度相同或加速度相同”为临界、极值条件的问题(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则()A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F>3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg解析：BCD当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即f＝2μmg.对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－eq\f(1,2)μ×3mg＝ma，解得a＝eq\f(1,2)μg.对整体根据牛顿第二定律有F－eq\f(1,2)μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg，可知当F>3μmg时，A、B发生相对滑动．当F<2μmg时，即水平拉力小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm＝eq\f(1,2)μ×3mg＝eq\f(3,2)μmg，当F≤eq\f(3,2)μmg时，A、B相对地面静止．当F＝eq\f(5,2)μmg<3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，F－eq\f(1,2)μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为eq\f(1,3)μg.设B的最大加速度为aBm，由牛顿第二定律得2μmg－eq\f(3,2)μmg＝maBm，得aBm＝eq\f(1,2)μg，可知B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg.限时规范训练[基础巩固]1．几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中．电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示．然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层．图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数．根据记录，进行推断分析，其中正确的是()A．根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动B．根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态C．根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动D．根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态解析：A题图甲表示电梯静止时体重计的示数，题图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，故A正确；题图丙示数小于静止时体重计的示数，人处于失重状态，故B错误；题图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；题图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误．2．如图所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况()A．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变B．弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加C．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数D．弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且弹簧测力计增加的示数等于台秤减少的示数解析：C当金属球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对金属球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确．3.(2022·济宁质检)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq\f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为()A．eq\f(\r(5),3)Mg B．eq\f(\r(5),2)MgC．eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D．eq\f(\r(5),2)(M＋m)g解析：D连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，则tanθ＝eq\f(\r(5),2)，此时小球受到的合外力F′＝mgtanθ＝eq\f(\r(5),2)mg，由牛顿第二定律可得：a＝eq\f(F′,m)＝eq\f(\r(5),2)g，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝eq\f(\r(5),2)(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误．4．(2022·江西宜春市高三一模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是()A．a＝μg B．a＝eq\f(1,2)μgC．a＝eq\f(2,3)μg D．a＝eq\f(3,5)μg解析：B当物块相对于木板运动时，木板的加速度最大，且木板的最大加速度a＝eq\f(μmg－\f(1,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，故选B.5．(2022·宁夏银川市高三模拟)塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度—时间图像如图乙所示，由图像可知，该建筑材料()甲乙A．前15s内先上升后下降B．前15s内速度先增加后减小C．前5s内处于失重状态D．前10s内的平均速度等于0.5m/s解析：Bv­t图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15s内速度一直为正，即一直上升，A错误；v­t图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，B正确；前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，C错误；若建筑材料上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则eq\x\to(v)＝eq\f(0＋vm,2)＝0.5m/s，而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，D错误．6．如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v­t图像)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.解析：(1)物块上升的位移x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物块下滑的距离x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m.(2)由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度的大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2无拉力F作用阶段加速度大小a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得0～0.5s内F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s内－Ff－mgsinθ＝ma2联立解得F＝8N.答案：(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N[能力提升]7．如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A．eq\f(1,μ1μ2) B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C．eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D．eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)解析：B对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确．8.(2022·湖南省六校高三联考)如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态．突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是()A．匀速上升 B．加速上升C．减速上升 D．减速下降解析：C木块突然被推动，表明木块与电梯地板间的最大静摩擦力变小了，则木块与地板之间的弹力变小了，木块的重力大于电梯给木块的支持力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确．9．如图甲所示，一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A.A、B接触但不粘连，与水平桌面的摩擦因数均为μ，压缩弹簧使A、B恰好不滑动，mA＝mB＝5kg，给物体B施加力F的作用使之作匀加速直线运动，F与位移s的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()A．水平桌面的摩擦因数μ＝0.2B．物体A、B分离时加速度相同，a＝2m/s2C．物体A、B分离时，弹簧压缩量x2＝0.06mD．开始有F作用时，弹簧压缩量x1＝0.05m解析：C初始状态对A、B根据牛顿第二定律得F1＝(mA＋mB)a，解得a＝1m/s2，B错误；恰好分离时，对B根据牛顿第二定律F2－μmBg＝mBa，解得μ＝0.5，A错误；恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得kx2－μmAg＝mAa，初始状态对A、B根据平衡条件得kx1＝μ(mA＋mB)g，根据题意x1－x2＝0.04，解得x1＝10cm，x2＝6cm，C正确，D错误．10.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿固定的斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面．当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关解析：D设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a；对Q分析，有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝eq\f(m2,m1＋m2)F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，当拉力F一定时，仅与两物块质量有关，选项D正确．11.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是()A．物体的质量为eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度为2a0C．当a>0时，物体处于失重状态D．当a＝a1时，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1解析：A当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq\f(F0,a0)，所以A正确；当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq\f(F0,a0)，g＝a0，故拉力F＝eq\f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D错误．12．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)．求：(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向．(3)绳能够承受的拉力至少为多少？解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得h0＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝20m.(2)由题图甲可知，当速度等于5m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则kv＝2mg，k＝eq\f(2mg,v)＝eq\f(1000,5)N·s/m＝200N·s/m刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(kv0－2mg,2m)＝30m/s2，方向竖直向上．(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：8FTcosα－mg＝ma解得FT＝eq\f(m（a＋g）,8cos37°)＝312.5N所以绳能够承受的拉力至少为312.5N.答案：(1)20m(2)200N·s/m30m/s2方向竖直向上(3)312.5N[热点加练]13.(2022·威海检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将()A．变大 B．变小C．不变 D．先变小后变大解析：B剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确．14．(多选)如图，三个质量均为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C.以下说法正确的是()A．拉力F小于11N时，不能拉动CB．拉力F为17N时，轻绳的拉力为4NC．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23ND．A的加速度将随拉力F的增大而增大解析：AC当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3N,fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4N，可解得F＝11N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23N，故C正确；当F＝17N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4m/s2，随拉力F增大加速度不变，故D错误．15．某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v­t图像如图乙所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2kg，mB＝2kg，g＝10m/s2.由图可知()甲乙A．0～2s内A、B的平均速度等于4.5m/sB．t＝2s时A、B受到空气阻力等于25NC．t＝2s时A对B的压力等于16ND．下落过程中A对B的压力不变解析：C根据v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，A、B在0～2s内的位移大于9m，所以平均速度大于4.5m/s，故A错误；t＝2s时A、B的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F阻＝(mA＋mB)a，解得t＝2s时A、B受到空气阻力F阻＝32N，故B错误；t＝2s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力FN′＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误．16．(多选)如图甲所示，水平地面上