专题五　牛顿第二定律的综合应用-2025届高中物理

第三章运动和力的关系专题五牛顿第二定律的综合应用核心考点五年考情命题分析预测动力学中的图像问题2023：全国甲T19；2020：浙江7月T19牛顿第二定律是动力学的核心规律之一，牛顿第二定律的应用也是每年高考必考内容.预计2025年高考会依托生产生活等实际问题，考查牛顿第二定律的应用，以选择题形式出现的可能性较大.动力学中的连接体问题2023：北京T6，湖南T10；2021：海南T7；2020：江苏T5，海南T12；2019：海南T5动力学中的多过程问题2023：湖北T9；2021：上海T19，浙江1月T19动力学中的临界和极值问题2022：全国甲T19，江苏T1题型1动力学中的图像问题1.常见图像v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等.2.题型分类及解题思路题型解题思路由运动图像分析受力情况（1）根据运动图像，求解加速度；（2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系；（3）确定物体受力情况及相关物理量由受力图像分析运动情况（1）根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化；（2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减速运动；（3）由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况由已知条件确定物理量的变化图像（1）分析运动过程中物体的受力；（2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式；（3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像1.[v－t图像]物块以初速度v0竖直向上抛出，到达最高点后返回，物块所受空气阻力大小不变，下列v－t图像正确的是（C）解析物块上升时所受空气阻力向下，对物块受力分析可得mg＋f＝ma1，上升时加速度大小a1＝fm＋g，物块下降时所受空气阻力向上，对物块受力分析可得mg－f＝ma2，加速度大小a2＝g－fm，故物块上升时的加速度大于下降时的加速度，C命题拓展一题多设问，多角度考查动力学图像（1）试画出物块的a－t图像.（2）物块的x－t图像可大致表示为（A）解析（2）物块上升时做匀减速直线运动，下降时做匀加速直线运动，由x－t图像

的斜率表示速度大小可知C、D错误；分析知a1＞a2，由x＝12at2可知，上升过程所用

时间t1小于下降过程所用时间t2，故B错误，A正确2.[F－a图像/2023全国甲/多选]用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙.甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示.由图可知（BC）A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙 C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙解析F－μmg＝ma→F＝ma＋μmg→&F-a结合F－a图像可知&m甲＞m乙，A错，B对&方法点拨利用函数思想解决动力学图像问题1.分清图像的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点.2.注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等.3.明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.题型2动力学中的连接体问题1.并排和叠放连接体：两物体通过弹力或摩擦力相互作用，可能具有相同的速度和加速度.速度、加速度相同2.轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两物体在沿绳方向上速度大小、加速度大小总相等.速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同3.轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度.4.弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度相同.命题点1共速连接体3.[水平面轻绳连接体/2023北京]如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连.两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动.则F的最大值为（C）A.1N B.2N C.4N D.5N解析整体法：Fmax=2mamax单独分析左侧物块：Tma命题拓展（1）[光滑→粗糙]如果物块和水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，则F的最大值是多少？（2）[水平面→斜面]如图所示，倾角为θ的固定斜面上有两个质量分别为m1和m2的物块A和物块B，中间用一条轻绳连接，两物块的材料相同，与斜面间的动摩擦因数均为μ，现用力F沿斜面向上拉物块A，当两物块一起沿斜面向上做匀加速直线运动时，轻绳的拉力是多少？答案（1）4N（2）m2解析（1）对两物块整体应用牛顿第二定律有F－μ·2mg＝2ma再对后面的物块应用牛顿第二定律有FTmax－μmg＝ma又FTmax＝2N，联立解得F＝4N（2）对物块A和物块B组成的整体应用牛顿第二定律有F－（m1g＋m2g）sinθ－μ（m1g＋m2g）cosθ＝（m1＋m2）a对物块B应用牛顿第二定律有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a联立解得FT＝m2m方法点拨力的“分配协议”如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝m2Fm1＋m2，若作用于m2上，则F21＝m1Fm1＋4.[斜面＋轻绳连接体]如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，一质量为4m的小车在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好保持水平.重力加速度为g，则力F的大小为（C）A.2.5mg B.4mgC.7.5mg D.10mg解析以小球为研究对象，分析其受力情况，小球受重力mg、绳的拉力FT，因小

球的加速度方向沿斜面向下，故mg和FT的合力一定沿斜面向下.由牛顿第二定律有

mgsin30°＝ma，解得a＝2g，再对小车和球组成的整体根据牛顿第二定律有F＋(4m＋

m)gsin30°＝5ma，解得F＝7.5mg，C命题点2关联速度连接体5.[竖直面＋关联速度问题/2024江苏南通模拟]如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两小球穿过一轻绳，且mA＜mB，并悬挂于光滑定滑轮两侧.已知两小球A、B与轻绳间的最大静摩擦力分别为fA、fB，且fA＜fB＜mAg.两小球A、B由静止释放后的运动过程中，加速度分别为aA、aB，绳中弹力大小为T，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则（A）A.T＝fA B.fA＜T＜fBC.aA＝aB D.aA＞aB解析由于轻绳上的弹力处处相等，因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等，

但二者质量不相等，且有fA＜fB＜mAg，因此A球静止释放后与轻绳间为滑动摩擦

力，即T＝fA.对B球有f'B＝T＝fA＜fB，即B球与轻绳间为静摩擦力，故选项A正确，

选项B错误；根据A、B选项的分析，对A球有mAg－fA＝mAaA，解得aA＝g－fAmA，对B

球有mBg－f'B＝mBaB，解得aB＝g－f

'

BmB＝g－fAmB，由于mA＜mB，可得aA6.[水平面＋关联速度问题/2021海南]如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上.将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半.已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.则推力F的大小为（A）A.4.0N B.3.0NC.2.5N D.1.5N解析P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0N，f＝T1＝2.0N＜

μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝T12＝1.0N，

故Q加速下降，对Q由牛顿第二定律有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P将以a'＝

a＝5m/s2的加速度向右加速运动而受到滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律有T2＋F－

μmPg＝mPa'，解得F＝4.0N，A方法点拨题型3动力学中的多过程问题1.解决多过程问题的思路（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.（2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和过程示意图.（3）根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.（4）分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.（5）联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.2.解题关键（1）紧抓两个分析：受力分析和运动过程分析.（2）画出运动情境示意图帮助分析运动过程.7.[竖直方向多过程问题]无人机的质量为m＝2kg，在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4s时离地面的高度为H1＝48m，已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36N，假设无人机运动过程中所受空气阻力的大小恒定，g取10m/s2.（1）求无人机运动过程中所受空气阻力的大小；（2）当无人机悬停在距离地面高度H2＝45m处时，无人机由于信号故障突然失去全部升力，由静止开始竖直坠落，若要无人机到达地面时速度刚好减为0，则从开始下落后经多长时间需要立刻恢复无人机的最大升力？答案（1）4N（2）2.5s解析（1）无人机以最大升力上升时，设其加速度大小为a1，根据位移公式H1＝12a1t解得a1＝6m/s2设最大升力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1解得空气阻力f＝4N（2）设失去动力时无人机的加速度大小为a2，则有a2＝mg－fm设从刚开始下落经t1时间需要恢复无人机的最大升力，恢复升力时无人机的速度v1＝a2t1t1时间内无人机下落的高度h1＝v恢复最大升力后，设无人机的加速度大小为a3，则有a3＝F＋f－从恢复升力至下落到地面无人机运动的位移h2＝v且有h1＋h2＝H2联立解得t1＝2.5s.8.[斜面方向多过程问题]如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的倾斜直杆上，直杆与水平面夹角θ＝30°.现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，g取10m/s2.（1）求小球运动时的加速度大小；（2）若1.2s后撤去F，求小球上滑过程中与A点的最大距离.答案（1）2.5m/s2（2）2.4m解析（1）设小球运动时的加速度大小为a1，对小球受力分析由牛顿第二定律得（F－mg）sin30°－μ（F－mg）cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2（2）刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移x1＝v12t1＝撤去力F后，小球继续上滑，设上滑时的加速度大小为a2，对小球受力分析由牛顿第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2小球上滑时间t2＝v1a上滑位移x2＝v12t2则小球上滑过程中与A点的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m.题型4动力学中的临界和极值问题1.产生临界值或极值的条件临界或极值状态对应条件两物体刚好接触或刚好脱离弹力FN＝0两物体由相对静止开始相对滑动静摩擦力达到最大值绳子断裂张力为绳子所能承受的最大张力绳子恰被拉直张力FT＝0加速度最大或最小当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具有最小加速度速度最大或最小加速度为零2.求解临界或极值问题的方法在分析和求解临界或极值问题时，要注意通过分析物理过程，并根据条件变化或过程中的受力情况和状态的变化，找到临界点及临界条件.通常采用如下分析思路.思想方法适用情境分析思路极限思想题目中出现“最大”“最小”“刚好”等字眼时，一般都隐含着临界问题把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，达到快速求解的目的假设推理物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题一般先假设出某种临界状态，再分析物体的受力情况及运动情况是否与题设相符，最后根据实际情况进行处理数学方法利用临界值或临界条件作为求解问题的思维起点，在解决实际问题时经常用到将物理过程转化为数学表达式，通过求解数学表达式的极值，求解临界问题命题点1相对滑动问题9.[多选]在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B，如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随拉力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，则（AD）A.物块A的质量为m＝1kgB.木板B的质量为M＝3kgC.A与B之间的最大静摩擦力为fmax＝3ND.当A的加速度为2m/s2时，拉力F＝4N解析由图乙可知，当拉力小于3N时，A、B一起做加速运动，有a1＝1M＋mF，根

据图线可得1M＋m＝13kg－1，当拉力大于3N时，A、B相对滑动，对A由牛顿第二定律

有F－μmg＝ma2，整理得a2＝1mF－μg，由图线可得1m＝1kg－1，－μg＝－2m·s－2，

联立解得m＝1kg，M＝2kg，μ＝0.2，A正确，B错误；A、B之间的最大静摩擦力fm

＝μmg＝2N，C错误；当A的加速度为2m/s2时，拉力F＝命题拓展改变外力作用对象将水平向左的拉力F作用于木板B，当拉力F为多大时物块A和木板B会发生相对滑动？答案6N解析当使物块A和木板B发生相对滑动的临界力F作用在木板B上时，物块A与木板B之间为最大静摩擦力，对物块A和木板B整体由牛顿第二定律得F＝（m＋M）a，对物块A由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得F＝6N.命题点2恰好脱离问题10.[多选]如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m的物体A、B（B与弹簧连接，A、B均可视为质点），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v－t图像如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（AD）A.施加力F前，弹簧的形变量为2B.施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为m（g＋a）C.A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于B的重力D.上升过程中，B速度最大时，A、B间的距离为12a解析A与B分离的瞬间，A与B的加速度相同，速度也相同，A与B间的弹力

恰好为零.分离后A与B的加速度不同，速度不同.t＝0时刻，即施加力F的瞬

间，弹簧弹力没有突变，弹簧弹力与施加力F前的相同，但A与B间的弹力发生

突变.t1时刻，A与B恰好分离，此时A与B的速度相等、加速度相等，A与B间的

弹力为零.t2时刻，B的v－t图线的切线与t轴平行，切线斜率为零，即加速度为

零.施加力F前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力大小F0＝kx0＝2mg，解得弹簧

的形变量x0＝2mgk，A正确.施加力F的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有F0－mg

－FAB＝ma，解得A、B间的弹力大小FAB＝m(g－a)，B错误.A、B在t1时刻之后

分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB＝0，对B有F1－mg＝ma，解

得此时弹簧弹力大小F1＝m(g＋a)，C错误.t2时刻B的加速度为零，速度最大，

则kx'＝mg，解得此时弹簧的形变量x'＝mgk，B上升的高度h'＝x0－x'＝mgk，A上

升的高度h＝12at22，此时A、B间的距离Δh＝12命题拓展[命题条件拓展]如图，若将弹簧与物体A、B一起放在倾角为θ的固定斜面上，斜面表面光滑，初始时物体处于静止状态.现将拉力F作用于物体A使A向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，求物体A和物体B分离时弹簧的形变量.答案mgsinθ解析物体A和物体B分离时，A、B之间的弹力为0，A和B的加速度大小均为a，对

物体B有F弹－mgsinθ＝ma，F弹＝kΔx，解得A、B分离时弹簧的形变量Δx＝

mgsin1.[临界极值问题/2022江苏]高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（B）A.2.0m/s2 B.4.0m/s2C.6.0m/s2 D.8.0m/s2解析2.[连接体/2020海南/多选]如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（BC）A.两物块一起运动的加速度大小为a＝FB.弹簧的弹力大小为F弹＝m2C.若只增大m2，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变大D.若只增大θ，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变大解析对两物块及弹簧构成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g

sinθ＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2－gsinθ，A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二

定律有F弹－m2gsinθ＝m2a，解得F弹＝m2Fm1＋m2，B正确；根据F弹＝m2Fm1＋m2＝Fm1m23.[多过程问题/2023湖北/多选]如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连.小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直.当小球置于杆上P点时恰好能保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是（AD）A.弹簧的劲度系数为4B.小球在P点下方12l处的加速度大小为（32－4）C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同解析4.[图像问题/2020浙江]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14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t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，g取10m/s2 图1图2（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.答案（1）0.125m/s2方向竖直向下（2）1m/s（3）40m解析（1）对物件，由牛顿第二定律有mg－F＝ma解得a＝g－Fm＝0.125m/s2，方向竖直向下（2）由运动学公式有v＝at2＝1m/s.（3）物件匀速上升的位移h1＝vt1＝26m物件匀减速上升的位移h2＝v2t2＝由题意有（1－14）h＝h1＋h总位移h＝40m.1.[设问创新/2024四川绵阳南山中学校考]在地面上把一物体以初速度v0竖直向上抛出.假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中运动的时间用t表示，取竖直向上为正方向，则物体从上抛开始到落回地面的过程中，以下关系图像可能正确的是（A）解析上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋fm，物体做匀减速

直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－fm，物体做匀加

速直线运动，由匀变速直线运动中位移速度公式得v2＝v02－2ah，可知v2－h图像的

斜率绝对值为｜k｜＝2a，故A正确，B错误.根据速度时间关系有v＝v0－at，可知v

－t图像斜率绝对值为｜k｜＝a，上升阶段，有｜k1｜＝a1＝g＋fm，物体做匀减速直

线运动；下降阶段，有｜k2｜＝a2＝g－fm，物体做负向的匀加速直线运动，且｜

k1｜＞｜k22.[多选]一质量为1kg的小物块在粗糙的水平地面上的A处以某一初速度水平向右运动，同时在物块上施加一水平向左的恒力F，经时间t，物块位移为x，其0～2s内的xt－t图像如图所示，之后物块再运动4s到达出发点左侧6m处.取g＝10m/s2，则（CD）A.1s末物块的加速度大小为1.5m/s2B.6s末物块的速度大小为0C.物块与地面间的动摩擦因数为0.075D.水平恒力大小F＝2.25N解析在0～2s内，由图像得xt＝－32t＋6(m·s－1)，即x＝6t－123t2(m)，与x＝v0t＋12a1t2比较得v0＝6m/s，a1＝－3m/s2，即1s末物块的加速度大小为3m/s2，A错误；2s末，速度v2＝v0＋a1t2＝0，向右运动的位移x2＝v02t2＝6m，在2～6s内，分析可知物块向左运动的位移大小x3＝12m，即－12m＝12a2t32，解得a2＝－1.5m/s2，物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动，6s末物块的速度大小v6＝1.5×4m/s＝6m/s，B错误；根据牛顿第二定律知在2～6s内，有－F＋μmg＝ma2，在0～2s内有－F－μmg＝ma1，联立解得μ＝0.075，3.[2024广东四校联考]如图所示，一水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面上一起做匀加速直线运动，小车和货物的质量分别为M和m，货物与小车间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.小车与地面间的滚动摩擦力不计，且货物与平板车左侧推杆不接触，在运动过程中下列分析正确的是（C）A.货物受到的合力大小为FB.货物受到的合力大小一定为μmgC.货物受到的摩擦力大小一定为mFD.只要水平恒力F大于μmg，货物与小车就会发生相对滑动解析对小车和货物整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a，则货物

受到的合力大小为F合＝ma＝mFm＋M，故A错误.小车对货物的摩擦力提供货物运动的

加速度，即小车对货物的摩擦力大小为f＝F合＝mFm＋M，故C正确.小车与货物之间的

滑动摩擦力大小为f'＝μFN＝μmg，但小车与货物之间相对静止，故货物所受合力，

即所受摩擦力不一定等于μmg，故B错误.货物即将发生相对滑动时，小车与货物之

间的摩擦力为最大静摩擦力f'＝μFN＝μmg，对货物利用牛顿第二定律可得a＝μg，

则对货物与小车整体利用牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝μ(m＋M)g，则至少需要

μ(m＋M4.[多选]如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为m2的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（BC）A.mB＝m4 B.mB＝C.a＝0.2g D.a＝0.4g解析当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(mBg＋12mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋12m)a，当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(m＋12m)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋12m)a，联立解得mB＝3m8，加速度大小为a＝0.2g5.[情境创新/2024湖北武汉统考]一敞口正方体水箱棱长为2m，水箱的右侧面上有一个小孔a（孔的大小忽略不计），a到水箱底的距离ab＝0.5m，用塞子将a堵住，往水箱中注水至水面c，c到水箱底的距离cb＝1.5m，如图所示.已知重力加速度大小为10m/s2.现使水箱以6m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动，同时打开小孔，则流出水箱的水的体积最多为（C）A.0.8m3 B.1.2m3C.1.6m3 D.2m3解析6.[2023山东济南学情检测/多选]如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点.在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（AD）A.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小B.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小C.该弹簧的劲度系数为20N/mD.弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为10m/s2解析设物块在位置1时速度最大，在位置2时弹簧压缩量为0.2m，如图，物块接触弹簧到位置1的过程中，弹簧对物块向上的弹力小于物块的重力，设物块的质量为m，则物块的加速度a＝mg-kxm向下且随压缩量x的增大而减小，即物块做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，此时物块速度最大；在以后的阶段，弹力大于重力，加速度向上，物块做减速运动.则从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小，A正确，B错误.当物块到达位置1时，弹簧的压缩量为x1＝0.1m，物块达到最大速度，此时必满足mg＝kx1，即该弹簧的劲度系数为k＝mgx1＝30N/m，C错误.当物块位于位置2时弹簧压缩量为x2＝0.2m，物块的加速度大小为a'＝kx2-mgm＝7.皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性地发生作用.假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t1＝1s，获得水平向前的持续动力恒为F＝480N，而船桨离开水的时间t2＝0.4s，运动员与皮划艇的总质量为120kg，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150N，并从静止开始沿直线运动.在该阶段中：（1）运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？（2）若运动员从静止开始，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？（3）若运动员从静止开始运动，在2.8s末速度为多大？答案（1）2.75m/s21.25m/s2（2）4.4m（3）4.5m/s解析（1）船桨划水时，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma1得a1＝2.75m/s2船桨离开水时，由牛顿第二定律有Ff＝ma2得a2＝1.25m/s2（2）1s末皮划艇的速度v1＝a1t1＝2.75m/s1s内皮划艇前行位移x1＝v从停止划水到皮划艇停下来，前行位移x2＝v则皮划艇前行总位移x＝x1＋x2＝4.4m（3）1.4s末速度v2＝v1－a2t2＝2.25m/s.2.4s末速度v3＝v2＋a1t1＝5m/s2.8s末速度v4＝v3－a2t2＝4.5m/s.8.[渗透实验思想/2024广东广州真光中学校考]无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面.图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上、下部分与时间轴围成的面积相等.已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在该过程中（D）A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2ND.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N解析由图(b)面积知，手机速度先向下，后向上，A错误.充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由－mg＋f＝ma3，a3＝－12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误.在t1时刻充电宝向下的加速度大小为10m/s2，此时充电宝与手机之间的摩擦力最小，为零，故C错误.在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax－mg＝ma2，又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确.9.[2024山东青岛调研检测/多选]如图，固定的光滑斜面倾角为θ，斜面上有A、B、C三个滑块，A和B之间用水平轻绳连接.在平行于斜面向上的拉力作用下，三个滑块一起以相同加速度沿斜面向上运动.已知滑块A的质量为3m，滑块B和C的质量均为m，B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当三个滑块组成的整体以最大加速度运动时，下列说法正确的是（BD）A.整体的最大加速度为μgB.B、C间的摩擦力为μmgC.A、B间轻绳的张力为2D.拉力F的值为5解析当B、C间恰不发生相对滑动时，三个滑块组成的整体以最大加速度运动，此时对C进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有μ(Tsinθ＋mgcosθ)－mgsinθ＝ma，对B、C整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有Tcosθ－2mgsinθ＝2ma，联立解得T＝2μmgcosθcosθ-2μsinθ，a＝μgcos2θcosθ-2μsinθ－gsinθ，A、C错误；B、C间的摩擦力f＝μ(Tsinθ＋mgcosθ)＝μmgcos2θcosθ-2μsin10.一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零.已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）.求小明和滑雪车：（1）滑行过程中的最大速度vmax的大小；（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小.答案（1）18m/s（2）6s（3）180N解析（1）小明和滑雪车在斜直雪道上做匀加速直线运动，在水平雪道上做匀减速直线运动，则vma解得vmax＝18m/s（2）由匀变速直线运动规律得x1＝vma解得t1＝6s（3）设小明和滑雪车在斜直雪道上运动的加速度大小为a，则a＝vmax由牛顿第二运动定律得mgsin37°－Ff＝ma解得Ff＝180N.11.[情境创新]如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化