第2讲　牛顿第二定律的应用-2025版物理大一轮复习

牛顿第二定律的应用目标要求1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。2.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。3.掌握动力学两类基本问题的求解方法。考点一瞬时性问题1.两种模型2.求解瞬时加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬时变,化前物体的,受力情况))→eq\x(\a\al(分析瞬时变,化后哪些力,变化或消失))→eq\x(\a\al(求出变化后,物体所受合,力根据牛顿,第二定律列,方程))→eq\x(\a\al(求瞬时,加速度))【对点训练】1.(轻绳、轻弹簧模型)如图所示，A、B两球的质量相等，通过质量不计的弹簧及固定于斜面顶端的细线连接，倾角为θ的斜面光滑，系统静止，弹簧与细线均平行于斜面，设重力加速度为g，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A.两个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB.B球所受弹簧的弹力发生突变，加速度不为零C.A球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD.B球的加速度向上，A球的加速度向下，加速度都不为零解析：C根据题意，系统静止，A、B两球所受合力为0，由平衡条件可知，细线的拉力为F＝2mgsinθ，方向沿斜面向上，当细线烧断瞬间，细线的拉力消失，弹簧弹力不变，则小球B的受力情况不变，合力不变，则小球B的加速度为0，小球A的合力为沿斜面向下的2mgsinθ，由牛顿第二定律可知，小球A的加速度为2gsinθ。故选C。2.(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有()甲乙A.图甲中A球的加速度为gsinθB.图甲中B球的加速度为0C.图乙中A、B两球的加速度均为0D.图乙中A、B两球的加速度均为gsinθ解析：D题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mgsinθ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsinθ，加速度为3gsinθ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mgsinθ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mgsinθ，加速度均为gsinθ，选项C错误，D正确。3.(橡皮绳连接模型)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则()A.每根橡皮绳的拉力大小为eq\f(1,2)mgB.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时加速度大小a＝gD.若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，小明的加速度大小a＝g解析：B设每根橡皮绳的拉力为F，由2Fcos30°＝mg，可得F＝eq\f(\r(3),3)mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与初始时左侧橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由eq\f(\r(3),3)mg＝ma，可求得加速度大小a＝eq\f(\r(3),3)g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin30°＝ma可得，此时小明的加速度大小a＝eq\f(1,2)g，D错误。考点二超重与失重问题1.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态eq\o(□,\s\up1(1))无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将eq\o(□,\s\up1(2))不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2.超重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)eq\o(□,\s\up1(3))大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有eq\o(□,\s\up1(4))向上的加速度。3.失重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)eq\o(□,\s\up1(5))小于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有eq\o(□,\s\up1(6))向下的加速度。4.完全失重(1)定义：物体对竖直悬挂物的拉力(或对支持物的压力)eq\o(□,\s\up1(7))等于0的现象称为完全失重现象。(2)产生条件：物体的加速度a＝eq\o(□,\s\up1(8))g，方向竖直向下。【判断正误】1.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)1.超重和失重现象的判断(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态。2.超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示)。现让升降机将座舱送到距地面H＝78m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h＝30m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m＝10kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力，g取10m/s2)。(1)当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等；(2)当座舱落到距地面h1＝50m的位置时，求小明对书包的作用力大小F1；(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；(4)当座舱落到距地面h2＝15m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2。解析：(1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F。(2)座舱自由下落到距地面h＝30m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0。(3)座舱自由下落高度为H－h＝78m－30m＝48m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16m/s2。(4)由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260N，故当座舱落到距地面h2＝15m的位置时，小明对书包的作用力大小为260N。答案：(1)见解析(2)0(3)16m/s2(4)260N【对点训练】4.(根据图像分析超重、失重现象)(多选)如图所示，图线显示的是某人站在力传感器上“下蹲”过程中力传感器的示数随时间在8s内的变化情况。根据8s内图线，下列说法正确的是()A.该人的重力先变小，后变大，再变小，最后保持在500N数值不变B.该人对传感器的压力先变小，后变大，再变小，最后保持在500N数值不变C.该人始终向下加速D.该人先失重，后超重，最后保持静止解析：BD人的重力保持不变，只是人对传感器的压力发生变化，故A错误；传感器的示数即为人对传感器的压力，由图可知，该人对传感器的压力先变小，后变大，再变小，最后保持在500N数值不变，故B正确；由图可知，人对传感器的压力先变小，后变大，再变小，即先向下加速，后向下减速，最后静止，故C错误；由图可知，人对传感器的压力先变小，后变大，再变小，即先向下加速，后向下减速，最后静止即该人先失重，后超重，最后保持静止，故D正确。故选BD。5.(根据超重、失重规律选择图像)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()甲乙丙丁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，然后做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。6.(超重、失重的计算)如图甲，2022年10月31日15时37分，在文昌航天发射场，“梦天”实验舱在长征五号B运载火箭的托举下顺利升空，这是中国航天的又一次壮美腾飞，实现“梦天”圆梦逐九天，“梦天”实验舱质量约为23吨，长征五号B运载火箭起飞质量约为837吨，点火后产生1000吨的推力(相当于地面上质量为1000吨的物体的重力)。其简化模型如图乙所示。忽略大气阻力、火箭喷气造成的质量变化和重力加速度的变化，重力加速度大小取g＝10m/s2。“梦天”实验舱和长征五号B运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，下列说法正确的是()甲乙A.“梦天”实验舱所搭载的物体处于失重状态B.离地升空的加速度大小约为11.6m/s2C.从起飞开始，经过10s上升的高度约为80mD.“梦天”实验舱受到长征五号B运载火箭的推力大小约为2.7×104N解析：C“梦天”实验舱和长征五号B运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，具有向上的加速度，故实验舱所搭载的物体处于超重状态，A错误；由牛顿第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)a，解得a≈1.63m/s2，B错误；从起飞开始，经过10s上升的高度为h＝eq\f(1,2)at2＝81.5m，即上升的高度约为80m，C正确；对“梦天”实验舱由牛顿第二定律可得N－mg＝ma，解得实验舱受到长征五号B运载火箭的推力大小为N≈2.7×105N，D错误。故选C。考点三动力学的两类基本问题1.把握“两个分析”“一个桥梁”2.找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。维度1已知物体受力分析物体运动情况如图所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。则(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？解析：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma代入数据解得a＝2m/s2M到B，根据速度与位移关系式可知vB2＝2aL代入数据解得vB＝6m/s。(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2根据速度与位移关系式可知vB2＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑，下滑时根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2t22得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝(0.6＋eq\f(3\r(5),5))s≈1.94s。答案：(1)6m/s(2)1.94s维度2已知物体运动情况分析物体受力(2021·浙江卷改编)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间。解析：(1)根据题意知，汽车做匀减速直线运动，则汽车从开始刹车到停止过程平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1,2)刹车时间t1＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))解得t1＝4s刹车加速度a＝eq\f(v1,t1)根据牛顿第二定律有Ff＝ma解得Ff＝2.5×103N。(2)小朋友全部通过斑马线所需时间t2＝eq\f(l＋L,v0)解得t2＝24s汽车等待时间t＝t2－t1＝20s。答案：(1)4s2.5×103N(2)20seq\a\vs4\al()两类动力学问题的解题步骤【对点训练】7.(已知物体受力求运动情况)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C.(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D.(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)解析：C由牛顿第二定律可得，上升时mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(v02,2g)；下滑时mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，x2＝x1＝eq\f(1,2)a2t22，t2＝eq\f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故选项C正确。8.(已知物体运动情况求物体受力)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103kg时，起飞离地速度为78m/s，装载弹药后质量为2.56×103kg。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。解析：(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv12＝m1g装载弹药后起飞时，有kv22＝m2g解得v2＝96m/s。(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝eq\f(v2,2)t解得t＝3.75s由v2＝at得a＝eq\f(v2,t)＝25.6m/s2飞机水平方向所受合力F水平＝m2a解得F水平≈6.55×104N。答案：(1)96m/s(2)3.75s6.55×104N素养培优4物体在三类光滑斜面上运动时间的比较类型1：等高斜面(如图所示)由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(h,sinθ)，可得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，可知倾角越小，时间越长，图中t1＞t2＞t3。图甲中有两部不锈钢材质的逃生滑梯，在出现火灾等意外时，人员可以迅速通过滑梯脱离险境。假如滑梯光滑，搭建高度H相同、倾斜角不同，如图乙所示，人从滑梯顶端由静止滑下至地面过程中，下列说法正确的是()甲乙A.滑梯搭建倾斜角越大，人员滑至地面速度越大B.人员滑至地面速度大小与倾斜角无关C.人员滑至地面所需时间与倾斜角无关D.当倾斜角为45°时，人员滑至地面所需时间最短解析：B设滑梯倾斜角为θ，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，人员从滑梯顶端由静止滑下至地面过程中，有v2＝2a·eq\f(H,sinθ)，解得v＝eq\r(2gH)，所以人员滑至地面速度大小与倾斜角无关，故A错误，B正确；设滑至地面所需时间为t，则有eq\f(H,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，可得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2H,g))，所以人员滑至地面所需时间与倾斜角有关，倾斜角越大，时间越短，故CD错误。故选B。类型2：同底斜面(如图所示)由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(d,cosθ)，可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，可见θ＝45°时，时间最短，图中t1＝t3＞t2。(多选)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是()A.倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：AC设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向ma＝mgsinθ。雨滴的加速度为a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小FN′＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确。类型3：等时圆模型1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图1所示。2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2所示。3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图3所示。图1图2图3(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是()A.t1＝t2 B.t2>t3C.t1<t2 D.t1＝t3解析：BCD设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。限时规范训练10[基础巩固题组]1.(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是()A.从20.0s到30.0sB.从30.0s到40.0sC.从40.0s到50.0sD.从50.0s到60.0s解析：A因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s。故选A。2.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N。g取10m/s2。对此过程的分析正确的是()A.物体受到的重力变大B.物体的加速度大小为1m/s2C.电梯一定正在减速上升D.电梯一定正在加速上升解析：B重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过程中，重力并没有发生改变，A错误；对物体分析有FN－mg＝ma，解得a＝1m/s2，B正确；根据上述分析，加速度向上，当速度向上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直线运动，CD错误。故选B。3.如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是()A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θC.A与B的加速度之比为1∶1D.A与B的加速度之比为cosθ∶1解析：D根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，有FT＝mgcosθ，mgsinθ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcosθ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cosθ∶1，故D正确。4.如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()A.物体A的加速度为零B.弹簧弹力大小为50NC.物体B的加速度大小为10m/s2D.物体B对物体A的压力大小为12N解析：D刚开始A、B间相互接触但无压力，以A为对象，可知弹簧弹力方向向上，大小为F＝mAg＝30N，某时刻将细线剪断，细线剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝4m/s2，可知A、B的加速度均为4m/s2；以A为对象，根据牛顿第二定律可得mAg＋FNB－F＝mAa，解得物体B对物体A的压力大小为FNB＝12N，故选D。5.(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大解析：D设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。故选D。6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB、CD、EF，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为α＜β＜θ。现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A.tAB＞tCD＞tEF B.tAB＝tCD＝tEFC.tAB＜tCD＜tEF D.tAB＝tCD＜tEF解析：A假设上圆半径为R1，下圆半径为R2，则以AB轨道为例进行分析有lAB＝2R1cosθ＋R2；aAB＝gsin(eq\f(π,2)－θ)＝gcosθ，由l＝eq\f(1,2)at2可得2R1cosθ＋R2＝eq\f(1,2)gcosθ·tAB2，解得tAB＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosθ))，同理可得tCD＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosβ))，tEF＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosα))，因为α＜β＜θ，所以cosθ＜cosβ＜cosα，所以tAB＞tCD＞tEF，故选A。7.水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动。2s后撤去该推力，则下列说法正确的是()A.小车2s末的速度大小是4m/sB.小车受到的阻力大小是15NC.撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2D.小车运动的总时间为6s解析：B根据运动学公式，小车2s末的速度大小v＝at1＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15N，撤去推力后，加速度大小为a′＝eq\f(Ff,m)＝0.5m/s2，减速时间为t2＝eq\f(v,a′)＝eq\f(3,0.5)s＝6s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2s＋6s＝8s，故B正确，C、D错误。8.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是()A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25解析：B物块水平沿中线做匀减速直线运动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由题干知x＝1m，t＝1s，v＞0，代入数据有v0＜2m/s，故A不可能，B可能；对物块，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＞0，由于v0＜2m/s可得μ＜0.2，故C、D不可能。[能力提升题组]9.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()甲乙A.小球刚接触弹簧时速度最大B.当Δx＝0.3m时，小球处于超重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大解析：BCD由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx1＝0.1m时，小球的速度最大，说明当Δx1＝0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kΔx1＝mg，解得k＝20.0N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx2＝0.3m时，弹簧弹力为F＝20.0N/m×0.3m＝6N＞mg，故此时小球的加速度向上，小球处于超重状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故小球的加速度先减小后增大，D正确。10.(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球()A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动解析：B上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变