③寒假提升练-07 牛顿第二定律及其应用（教师版）2025年高一物理寒假衔接讲练 (人教版)

这是一份③寒假提升练-07 牛顿第二定律及其应用（教师版）2025年高一物理寒假衔接讲练 (人教版)，共35页。试卷主要包含了下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
☛第一层 巩固提升练（4大题型）
题型1 牛顿第二定律
题型2 牛顿第二定律求瞬时突变问题
题型3 利用牛顿第二定律分析动态过程
题型4 牛顿运动定律的两类基本问题
☛第二层 能力提升练
☛第三层 拓展突破练
牛顿第二定律
⭐积累与运用
应用牛顿第二定律时的运算方法和研究方法
(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，通常应用合成法 求解.
(2)正交分解法：当物体受两个以上的力作用时，常用正交分解法求合力.多 数情况下是把力正交分解到加速度的方向上和垂直于加速度的方向上.
(3)整体法和隔离法：由两个或两个以上的物体组成的系统中，把相互作 用的多个物体视为一个系统，对系统整体进行分析研究的方法称为整体法； 把某个物体从系统中“隔离”出来，将其作为研究对象进行分析的方法称为隔 离法.
1．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在框架上，下端拴着一质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起。当小球的加速度大小为时，关于地面和弹簧对框架的弹力大小正确分析是（ ）。
A．地面对框架的弹力一定为0
B．地面对框架的弹力一定大于等于Mg
C．弹簧对框架的弹力一定为Mg
D．弹簧对框架的弹力一定大于等于Mg
【答案】D
【详解】小球的加速度大小为时，如果方向向下时
弹簧弹力为
弹簧对框架的弹力为Mg，对框架分析
地面对框架的弹力
小球的加速度大小为时，如果方向向上时
解得弹簧弹力为
弹簧对框架的弹力为，对框架分析可知地面对框架的弹力
故选D。
2．如图，质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为的重物送入井中。当重物以的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为（g取）（ ）
A．200NB．920NC．320ND．280N
【答案】C
【详解】先研究重物，重物的加速度，受到重力与绳子的拉力，根据牛顿第二定律有
解得
再以人为研究对象，受力分析，重力Mg、绳子向上的拉力F、地面的支持力N，处于平衡状态。则根据平衡条件有
解得
由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为
故选C。
3．“析万物之理，判天地之美”，了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。下列说法中符合事实的是（ ）
A．亚里士多德指出力是改变物体运动状态的原因
B．牛顿第一定律和牛顿第二定律都可通过实验直接检验
C．伽利略通过实验证明了重的物体比轻的物体下落得快
D．牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律
【答案】D
【详解】A．亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，伽利略认为力是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B．牛顿第一定律不可能通过实验直接检验，牛顿第二定律可通过实验直接检验，故B错误；
C．伽利略通过实验证明了忽略空气阻力的情况下，轻、重物体下落一样快，故C错误；
D．牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律，故D正确。
故选D。
（多选）4．下列说法正确的有（ ）
A．牛顿第二定律可表述为，也可以写成等式，其中定义力的单位为牛顿后才有了比例系数k=1
B．弹簧弹力的表达式F=kx由英国科学家胡克发现，其中x为弹簧发生形变后的总长度
C．太空中由于失重，无法用天平测量质量，但是可以借助牛顿第二定律测量物体的质量
D．工程设计中，常通过光学的方法观察有机玻璃的微小形变，这是运用了物理学中转换测量的方法。
【答案】ACD
【详解】A．牛顿第二定律可表述为，也可以写成等式，其中定义力的单位为牛顿后才有了比例系数k=1，选项A正确；
B．弹簧弹力的表达式F=kx由英国科学家胡克发现，其中x为弹簧发生形变后的形变量，选项B错误；
C．太空中由于失重，无法用天平测量质量，但是可以借助牛顿第二定律测量物体的质量，选项C正确；
D．工程设计中，常通过光学的方法观察有机玻璃的微小形变，这是运用了物理学中转换测量的方法，将微小量放大，选项D正确。
故选ACD。
5．赛车出厂前要经过启动与刹车性能的测试。在平直的跑道上，质量为m的某赛车从静止开始先做匀加速直线运动，到达某一速度v时立即刹车直到停止运动，刹车过程视为匀减速直线运动。整个运动过程所用时间为t，刹车位移为加速位移的一半，求：
(1)整个运动过程位移的大小；
(2)刹车过程赛车受到的阻力大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据匀变速运动平均速度推论可知，全程平均速度
整个运动过程的位移大小
（2）设加速位移为x、时间为t，减速位移为、时间为t2，则加速时间
减速时间
又
，
根据牛顿第二定律
联立上式解得
牛顿第二定律求瞬时突变问题
⭐积累与运用
若合外力的大小或方向改变，则加速度的大小或方向也同时改变；如果合外力 变为零，则加速度也同时变为零；如果合外力发生突变，则对应加速度也发生突变.
(1)刚性绳(或杆、接触面)：不发生明显形变就能产生弹力.若剪断刚性绳 (或脱离杆、接触面),则弹力立即消失，不需要形变恢复时间.一般题目中所给细 线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理.
(2)弹簧(或橡皮绳)：此模型的特点是产生弹力时形变量大，其形变恢复需 要较长时间， 在突变问题中，其弹力的大小往往可以看成不变.
6．如图所示，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过质量不计的轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（ ）
A．1．5g、aB．、aC．、2aD．0、2a
【答案】B
【详解】设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，根据牛顿第二定律有
解得
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
7．如图所示，质量均为m的A、B、C、D四个小球，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于天花板上的O点，系统开始处于静止状态，重力加速度为g。将B、C间的细线剪断的瞬间，B、D的加速度大小分别为（ ）
A．2g，gB．2g，0C．g，0D．g，g
【答案】B
【详解】平衡时细绳BC间的拉力为T=2mg，上面弹簧的弹力
F=3mg
则剪断BC间的细绳时，两边弹簧的弹力不能突变，可知D球受力不变，加速度为零；B球的加速度
故选B。
8．质量为4kg的物体在水平力作用下沿粗糙水平面作匀速运动，若水平力增加4N，则物体的加速度的增量（ ）
A．一定为lm/s2B．因水平力未知，故无法确定
C．因摩擦力未知，故无法确定D．一定小于lm/s2
【答案】A
【详解】物体在水平力作用下沿粗糙水平面作匀速运动，加速度为0，若水平力增加4N，即为合力，则
由于之前加速度为0，则加速度增量为lm/s2。
故选A。
（多选）9．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为m=3kg的小球，有一水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与小球相连，小球右侧用不可伸长的轻绳连接在天花板上，轻绳与竖直方向成θ=53°角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．轻质弹簧的弹力大小为40N
B．小球仍处于平衡状态
C．小球的加速度大小为，方向水平向左
D．小球的加速度大小为，方向水平向左
【答案】AC
【详解】A．剪断轻绳的瞬间，轻质弹簧的弹力大小不变，则
选项A正确；
B．剪断轻绳的瞬间，此时小球受合力不为零，不是处于平衡状态，选项B错误；
CD．小球的加速度大小为
方向水平向左，选项C正确，D错误。
故选AC。
（多选）10．如图所示，在倾角为的光滑斜面的上、下两端分别有两块薄挡板，在两挡板间有两根轻质弹簧a、b一端分别固定在两挡板上，在a、b另一端之间系住一小球，整个系统处于静止状态。已知仅撤去弹簧a的瞬间，小球加速度大小为，已知重力加速度，，。则仅撤去弹簧b的瞬间，小球的加速度可能为（ ）
A．大小为，方向沿斜面向上
B．大小为，方向沿斜面向下
C．大小为，方向沿斜面向上
D．大小为，方向沿斜面向下
【答案】BD
【详解】AB．设小球质量为，撤去弹簧的瞬间，小球加速度方向可能沿斜面向上或向下；当沿斜面向上时，对小球由牛顿第二定律有
解得
小球静止时，有
解得
则仅撤去弹簧的瞬间，有
解得
方向沿斜面向下，故A错误，B正确；
CD．同理，如果撤去的瞬间，加速度的方向沿斜面向下时，有
解得
则当小球静止不动时，有
解得
则撤去弹簧的瞬间，有
解得
方向沿斜面向下，故C错误，D正确。
故选BD。
利用牛顿第二定律分析动态过程
11．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中的一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），在此过程中其余各力均不变，则下列对该过程的说法正确的是（ ）
A．物体运动的速度先增大后减小
B．物体运动的速度方向将发生改变
C．物体运动的加速度先减小后增大
D．物体运动的加速度先增大后减小
【答案】D
【详解】物体在多个力的作用下处于静止状态，其中的一个力与其余几个力的合力大小相等、方向相反，如果仅使其中的一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小，在此过程中，物体所受合力先增大后减小到零，所以物体运动的加速度先增大后减小；因加速度方向没变，故物体运动的速度一直增大，方向不变。
故选D。
12．如图为某学校学生体育课练习“击鼓颠球”场景，鼓身周围对称系着多根相同的轻绳，10名学生围成一圈各握两根轻绳，通过手中的轻绳来控制鼓的运动，使鼓能和竖直下落的球发生碰撞。若活动过程中保持鼓面始终水平，球与鼓面接触时控制鼓不动，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．球离开鼓面后，在空中先处于超重状态后处于失重状态
B．球下落时从接触鼓面到最低点过程中，速度一直减小
C．球下落时从接触鼓面到最低点过程中，加速度先减小后增大
D．球接触鼓面到最低点时，速度和加速度均为零
【答案】C
【详解】A．球离开鼓面后，球做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，方向竖直向下，则球在空中始终处于失重状态，故A错误；
BC．球下落时从接触鼓面到最低点过程中，鼓面的形变逐渐增大，弹力逐渐增大，鼓面对球的弹力方向向上，大小先小于球的重力，后大于球的重力，可知，球下落过程，加速度方向先向下后向上，则球向下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故B错误，C正确；
D．结合上述可知，球接触鼓面到最低点时，球的速度减小至零，加速度不为零，故D错误。
故选C。
13．2023年10月2日，在杭州亚运会蹦床女子个人项目决赛中，中国选手包揽冠亚军。假设在比赛中的某一个时间段内蹦床所受的压力随时间变化的关系如图所示，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．1．0s～1．4s内运动员向上运动，处于失重状态
B．1．0s～1．4s内运动员向下运动，处于超重状态
C．1．4s时运动员的速度达到最大值
D．运动员在脱离蹦床后的上升过程中上升的最大高度约为3.6m
【答案】D
【详解】AB．1.0s～1.4s内运动员对蹦床的压力逐渐变大，则运动员向下运动，压力先小于重力，加速度向下，失重；后压力大于重力，加速度向上，超重，选项AB错误；
C．1．4s时运动员对蹦床的压力最大，此时到达最低点，则运动员的速度为零，选项C错误；
D．运动员在脱离蹦床后到再次回到蹦床上用时间为3.8s-2.1s=1.7s，则上升过程中上升的最大高度约为
选项D正确。
故选D。
14．雨滴从高空静止下落过程中，受到的空气阻力满足，k为定值，取竖直向下为正，下列表示雨滴速度v和加速度a的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为，根据牛顿第二定律可得
可知随着雨滴速度的增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则图像的切线斜率逐渐减小；当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为0，且加速度与速度不是线性关系。
故选B。
15．如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律有
即
物块做匀加速运动，则与的关系的一次函数的关系，截距为正。
故选A。
16．在建筑装修中，工人用一质量为、与墙面动摩擦因数为的磨石打磨竖直粗糙墙面，在与竖直面成角的推力作用下，磨石以速度向上匀速运动，如图所示。则（ ）
A．磨石受到的摩擦力大小为
B．若仅略微减小角，则磨石将做减速运动
C．若撤掉，磨石会立刻向下运动
D．若撤掉，磨石受到的摩擦力大小变为
【答案】A
【详解】A．对磨石受力分析如图所示
在竖直方向上，由平衡条件得
水平方向有
其中
联立可得磨石受到的摩擦力大小为
故A正确；
B．若仅略微减小角，则变大，变小，根据
可知变小，则有
合力方向向上，磨石向上做加速运动，故B错误；
C．若撤掉，由于惯性，磨石仍会向上运动，并不会立刻向下运动，故C错误；
D．若撤掉，墙面对磨石的弹力变为0，则磨石受到的摩擦力大小变为0，故D错误。
故选A。
牛顿运动定律的两类基本问题
⭐积累与运用
1.求力与运动的关系，加速度是桥梁
2.已知力求运动一般用决定式，已知运动求力一般用定义式：
3.运动中加速度恒定可作为一个运动过程，若加速度发生变化则作为一个新过程的开始，运动转折点的速度是前后过程联系的关键量
17．一辆车由于突发状况直线刹车至静止，因刹车抱死在地面上留下痕迹，交警测量了路面上留下的刹车痕迹，要粗略判断汽车是否超速，其中重力加速度已知，只需要知道下列选项中一个数据就可以解决这个问题，这个数据是（ ）
A．汽车的质量B．汽车的轮胎与地面的动摩擦因数
C．汽车所受的摩擦力D．汽车所受的支持力
【答案】B
【详解】汽车刹车时可以看成是匀减速运动，设汽车刹车瞬间时的速度为，加速度大小为，刹车痕迹为，由匀变速直线运动规律可得
结合牛顿第二定律可知
联立解得
故可得要通过一个数据就可以求得汽车是否超速时，该数据为汽车的轮胎与地面的动摩擦因数，B正确。
故选B。
18．位于贵州与云南交界处的北盘江大桥是世界第一高桥，其水平桥面长1341m。某汽车在桥面上以72km/h的速度匀速运动，突然发现前方有一静止障碍物，司机反应1s后立即刹车，恰与障碍物不相撞，汽车刹车过程中受到的阻力是车自身重力的0.5倍，重力加速度g取,则司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为（ ）
A．40mB．50mC．60mD．70m
【答案】C
【详解】汽车以速度匀速运动，刹车时加速度大小为
设从开始刹车到刚好停止时的位移为，根据匀变速运动规律得
故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为
，
代入解得
故选C。
19．2024年2月初，湖南省多地出现冻雨天气，路面、桥面结冰导致行车过程刹车时不能及时停住的事故时有发生。小刚分析，直线行车时刹车将车轮抱死但不能短距离停车是因为车身较轻，摩擦力不大导致，若行车时车上多乘坐几个人，刹车时速度相同，轮胎及路面等其他条件相同的前提下，车轮抱死刹车直线滑行距离与空载时对比（ ）
A．多坐乘客时，摩擦力大，刹车距离更短
B．空载时惯性小，刹车距离更短
C．空载和满载乘客时刹车距离相同
D．由于乘载的重量具体值未知，无法判断
【答案】C
【详解】根据题意，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
可得
在、一定的情况下一定，与重量无关。
故选C。
20．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20m高的楼上自由下落，若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的（ ）
A．400倍B．200倍C．100倍D．10倍
【答案】A
【详解】鸡蛋自由下落20m过程，根据速度与位移的关系式有
鸡蛋与地面碰撞过程，从触地到完全停止质点的位移为0.05m，利用逆向思维有
根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
故选A。
21．如图所示为冰壶比赛场地简图，P、Q、O为场地中心线上的三个点，O为营垒圆心，Q为营垒圆形边界与中线交点．运动员练习投掷冰壶，经过助滑阶段，将冰壶投出，冰壶中心运动到P点时的速度为。冰壶沿着直线运动，但是队友发现冰壶中心到不了O点，于是从中点开始擦冰，一直擦到冰壶停下为止，冰壶中心恰好停在了O点。已知，擦冰前冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02，重力加速度。则擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数约为（ ）
A．0．014B．0.015C．0.016D．0.017
【答案】A
【详解】设开始擦冰位置时的速度为v，则
其中
根据牛顿第二定律可知
联立可解得
故选A。
22．在光滑水平地面上停放着一质量的足够长平板小车，质量的小物块静置于小车上，如图甲。时刻，小物块以速度向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力，物块与小车在第内运动的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。求：
（1）物块与小车间的动摩擦因数和恒力的大小；
（2）第内物块与小车间的相对位移。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由图乙可知，小车的加速度为
根据牛顿第二定律
解得
由图乙可知，物块的加速度为
根据牛顿第二定律
解得
（2）第1s内物块的位移为
小车的位移为
所以，第1s内物块与小车间的相对位移
1．2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A．时间内，探测器做匀速直线运动
B．探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍
C．时间内，探测器的位移大小为
D．气体对探测器的作用力大小在时刻是时刻的两倍
【答案】B
【详解】A．由图像可知，时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在时刻的速度大小为
探测器在时刻的速度大小为
可知探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍，故B正确；
C．探测器在时刻的速度大小为
则时间内，探测器的位移大小为
故C错误；
D．设探测器的质量为，时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D错误。
故选B。
2．如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度向右加速运动。货箱中石块的质量为，则关于石块的受力说法正确的是（ ）
A．石块受到周围其他石块的作用力方向水平向右，大于等于
B．石块受到周围其他石块的作用力方向斜向右上，大小大于
C．当加速度足够大，石块受到的合力可能为零
D．当加速度足够小，石块受到周围其他石块的作用力可能为零
【答案】B
【详解】AB．石块具有向右的加速度，由于重力方向竖直向下，则石块受到周围其他石块的作用力方向斜向右上方，大小为
A错误，B正确；
C．当加速度为零时，石块B受到重力和周围其他石块的作用力，两个力等大反向，此时合力才为零，C错误；
D．只有自由落体运动的状态下，石块B受到周围其他石块的作用力为零，D错误。
故选B。
3．如图所示，用轻弹簧将质量为4m和2m的A、B两个小球相连，B的上端通过轻绳悬挂于天花板，处于静止状态。重力加速度为g，若将轻绳剪断，则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为（ ）
A．g，gB．0，2gC．3g，0D．0，3g
【答案】D
【详解】剪断轻绳前，对A分析，由平衡可知
若将轻绳剪断，由于弹簧的弹力不发生突变，A还是处于平衡状态，所以剪断瞬间A的加速度大小为零，对B根据牛顿第二定律
解得
故选D。
4．如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（ ）
A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍
B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零
C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零
D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得
所以
，，
故A错误；
B．剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有
所以
故B错误；
C．剪断b绳瞬间，连接1、2小球的b绳没有拉力，1球只受重力，加速度为g，故C错误；
D．剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为
故D正确。
故选D。
5．如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．g，B．2g，C．2g，D．g，
【答案】A
【详解】剪断前，对BCD分析
对D
剪断后，对B
解得
方向竖直向上；对C
解得
方向竖直向下。
故选A。
6．甲驾驶汽车在一段平直马路上等绿灯，甲启动汽车时乙驾驶汽车刚好从旁边经过，他们的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两车同时到达处
B．甲驾驶汽车匀加速度直线运动时的加速度为
C．从甲启动汽车到两车速度相等经历的时间为
D．两车在内，乙受到座椅的作用力竖直向上，甲受到座椅的作用力水平向前
【答案】C
【详解】B．在位移内，设甲的加速度为a，由初速度为0的匀加速直线运动规律可得
解得
故B错误；
A．甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，当甲、乙运动相等的位移，所需要的运动时间不相等，即两物体不在同一时刻到达处，则两物体不在处相遇，故A错误；
C．由
综合解得甲、乙速度相等的时刻为
故C正确；
D．乙做匀速直线运动，根据平衡条件可知乙受到座椅的作用力竖直向上，甲做匀加速直线运动，座椅对甲的作用力竖直方向的分力与重力平衡，水平方向的分力提供加速度，根据力的合成可知甲受到座椅的作用力斜向前上，故D错误。
故选C。
7．2024年巴黎奥运会女子3米跳板跳水决赛、中国选手夺得金牌，中国队在该项目上取得十连冠。图甲是运动员触水瞬间照片。图乙是某同学分析该运动员离开跳板开始计时画出的v-t图像，图像中仅0~t2段为直线。不计空气阻力，则图甲对应的时刻应为（ ）
A．t1B．t2C．t3D．t4
【答案】B
【详解】根据题意，运动员先做竖直上抛运动，到达最高点速度为零，即t1时刻到达最高点，接下来做自由落体运动，图线的斜率不变，当运动员与水面接触时，受到向上的水的阻力，加速度开始减小，但加速度仍然向下，速度增大，所以运动员与水面接触的时刻为t2，当阻力增大到与重力相等时，运动员的速度达到最大，之后阻力大于重力，运动员开始做减速运动，直到最低点速度减为零。
故选B。
8．利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A．在时刻速度最大B．在时刻开始减速上升
C．在时间内处于失重状态D．在时间内受到的支持力逐渐增大
【答案】B
【详解】A．由图像可知时间内，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，而速度还在继续增大，故A错误；
B．由图可知，时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，故B正确；
C．时间内，加速度的方向依然向上，应处于超重状态，故C错误；
D．对手机进行受力分析可知，时间内，有
该段时间内，a逐渐减小，因此支持力逐渐减小，故D错误。
故选B。
9．如图所示，一光滑的球装在一密闭的盒子里，球刚好与盒子的各壁相接触，现将盒子竖直向上抛出，最后回到抛出点，若空气阻力大小与速率的平方成正比，则（ ）
A．在上升过程中，球对盒子上表面有向上的作用力
B．在上升过程中，球与盒子上下表面都无作用力
C．在下降过程中，球与盒子之间有作用力，且作用力在变小
D．从抛出到回到抛出点的过程中，球与盒子之间始终有作用力
【答案】A
【详解】AB．在上升过程中，对整体，根据牛顿第二定律
可得
对球，根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下，根据牛顿第三定律，在上升过程中，球对盒子上表面有向上的作用力，故A正确，B错误；
C．在下降过程中，对整体，根据牛顿第二定律
可得
对球，根据牛顿第二定律
解得
在下降过程中，球的速度逐渐增大，空气阻力大小与速率的平方成正比，则空气阻力逐渐增大，球与盒子之间有作用力，且作用力在变大，故C错误；
D．从抛出到回到抛出点的过程中，当球位于最高点时，球与盒子之间没有作用力，故D错误。
故选A。
（多选）10．一个质点从静止开始做直线运动，内做加速运动，加速度随时间变化的规律如图所示，则在内，下列说法正确的是（ ）
A．质点受到的合外力越来越大
B．质点的速度变化越来越快
C．时，质点的速度大小为
D．质点的平均速度大于
【答案】AB
【详解】AB．由图像可知，加速度越来越大，则质点的速度变化越来越快，根据牛顿第二定律可知质点受到的合外力越来越大，故AB正确；
CD．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且初速度为0，可知时，质点的速度大小为
由于质点做加速度逐渐增大的加速运动，则图像如图所示
则在内，质点的平均速度应满足
故CD错误。
故选AB。
11．人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行，旅客行走时，行李箱无需人的牵引可在地面上跟随游客运动，如图甲所示。某段时间内，行李箱速度v随时间t的变化图像如图乙所示。已知行李箱的质量，时间内行李箱的总位移。求：
(1)行李箱加速阶段的位移大小以及减速运动的时间；
(2)减速阶段行李箱受到的合力大小F。
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由图像可知行李箱前5s内的位移大小为
其中
，
代入可得
5s后的位移大小为
其中
解得
（2）行李箱减速过程中的加速度大小为，由运动学公式
由牛顿第二定律有
解得
12．汽车由静止开始沿水平道路从甲地驶向乙地。汽车先做匀加速直线运动，速度达到20m/s后，然后关闭发动机做匀减速直线运动，到达乙地时刚好静止。已知甲乙两地相距500m。求：
(1)汽车从甲地驶往乙地的时间；
(2)若汽车质量为2000kg，且所受水平阻力恒为1000N，汽车在加速阶段所受水平牵引力为多大？
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设匀加速过程的时间为，匀加速过程的位移大小为，匀减速过程的时间为，匀减速过程的位移大小为，则有
，
又
联立可得汽车从甲地驶往乙地的时间为
（2）汽车做匀减速运动过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
则有
，
汽车做匀加速过程，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得汽车在加速阶段所受水平牵引力为
13．如图所示，水平面上放置着紧靠在一起的8个完全相同的物块，每个物块的质量均为，长度均为，与水平面间的动摩擦因数均为，第一个物块的最左侧有一可视为质点的滑块，滑块的质量，它与物块间的动摩擦因数，某时刻给滑块水平向右的初速度，重力加速度。求：

(1)当滑块运动到第几个物块时，物块开始滑动；
(2)滑块最终停在第几个物块上。
【答案】(1)5
(2)5
【详解】（1）设当滑块运动到第n个物块时，物块开始滑动，则
解得
即当滑块运动到第5个物块时，物块开始滑动。
（2）滑块在木块上做减速运动的加速度
物块刚滑上第5个木块时的速度
滑上第5个木块时从第5到第8个木块的加速度
滑块与木块共速时则
解得
此时滑块在木板上的相对位移
可知滑块没有滑出木块5，即滑块最终停在第5个物块上。
（新应用）1．如图所示，质量均为m的三物块A、B、C，物块A、B间由绕过光滑轻质滑轮的足够长轻绳连接，物块B、C间由轻弹簧连接。施加竖直向上的外力F让滑轮以加速度g向上做匀加速直线运动，稳定后B、C相对静止，重力加速度为。现突然剪断连接A、B的轻绳，则剪断轻绳后瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度大小为
B．物块B的加速度大小为
C．物块C的加速度大小为
D．剪断轻绳前施加在滑轮上的外力大小为
【答案】B
【详解】A．剪断连接A、B的轻绳，则轻绳上的拉力变为0，物块A只受重力，即物块A的加速度大小为，故A错误；
BC．滑轮以加速度向上做匀加速直线运动，由图知物块B、C以加速度向上做匀加速直线运动；设稳定时弹簧的弹力为，对C由牛顿第二定律得
解得
剪断轻绳瞬间，轻绳拉力变为0，弹簧弹力不变，对物块B、C分别有
解得
，
可知物块B的加速度大小为，方向向下；物块C的加速度大小为，方向向上，故B正确，C错误；
D．稳定时，对物块B、C整体根据牛顿第二定律有
可得此时轻绳的拉力为
滑轮为轻质滑轮，所以施加在滑轮上的外力大小约为
故D错误。
故选B。
（新情境）（多选）2．如图所示，与水平面成角的直棒上有一滑套，可以无摩擦地在棒上滑动。开始时滑套相对棒静止，此时与棒的上端相距，与棒的下端相距。现在使棒保持倾角不变，以加速度水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（取g=10m/s2，）（ ）
A．若加速度a=7.5 m/s2，滑套恰好不会在棒上滑动
B．若加速度a=6 m/s2，滑套恰好不会在棒上滑动
C．若加速度a=10 m/s2，滑套经过会从棒的上端滑出
D．若加速度a=5 m/s2，滑套经过会从棒的下端滑出
【答案】AD
【详解】AB．设棒以加速度向右匀加速时，滑套恰好不在棒上滑动，如图所示
则有
，
解得
故A正确，B错误；
C．当
时，滑套会沿棒上滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为，经时间滑套滑出直棒，则有
解得
，
故C错误；
D．当
时，滑套会沿棒下滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为，经时间滑套滑出直棒，则有
解得
，
故D正确。
故选AD。
（新考法）（多选）3．如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．若B球受到的摩擦力为零，则
B．若推力向左，且，则的最大值为
C．若推力向左，且，则的最大值为
D．若推力向右，且，则的范围为
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
A错误；
B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于，小球B受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
B错误；
C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
联立可得的最大值为
C正确；
D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B所受合力分范围可得的范围为
D正确。
故选CD。
（新情境）（多选）4．某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为M的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为g。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（ ）
A．只有当时，平台才能开始运动
B．平台运动的最大加速度大小
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D．越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
【答案】BD
【详解】ABC．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为
圆柱表面的点转动的线速度大小为
若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为
根据牛顿第二定律可得
开始时，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为
即使F较小，平台也能运动，由于v在不断增大，加速度会越来越小，当时
无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故AC错误，B正确；
D．角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，D正确。
故选BD。
（新考法）5．如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度为g，求：
（1）木块A、B刚放上C时，A、B、C各自的加速度；
（2）木块A在木板C上的滑行时间t；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
【答案】（1）aA=aB=aC=μg；（2）；（3）d+7v028?g
【详解】（1）刚放上时，均做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
μmg=maA,μmg=maB
解得
aA=aB=μg
对，根据牛顿第二定律有
μmg+μmg=2maC
解得
（2）与共速后，设不再相对运动，以相同的加速度aAC一起加速，则
aAC=?mg/(m+2m)=?g/3
因为aAC