3.2.2 动力学中的四类典型问题（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

第2课时　动力学中的四类典型问题(题型研究课) 动力学中的图像问题、连接体问题、临界极值问题及多过程问题属于牛顿运动定律的综合应用问题，这类问题常和生活中的实际情境相结合。这类题目物理情境较新颖，抽象出物理模型的难度较大，学生常因为计算失误而丢分。常用方法有：整体法和隔离法、数图转换法、临界极值法、控制变量法。选择题中等偏易，计算题则趋向中等偏难，过程复杂，计算量大，需优选解决动力学问题的方法。 类型(一)　动力学中的图像问题　　　　　　　　　　　　　　　　 图像 v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等 三种 类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像 解题 策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像 (2)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 破题 关键 (1)分清图像的类别：即分清横、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)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等 (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，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点 [针对训练] 题点1　由图像分析物体的受力 1．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(　 ) A．m甲<m乙，μ甲<μ乙 B．m甲>m乙，μ甲<μ乙 C．m甲<m乙，μ甲>μ乙 D．m甲>m乙，μ甲>μ乙 解析：选B　根据牛顿第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 题点2　由图像分析物体的运动 2．(2024·江苏扬州月考)在三米板跳水比赛中，从运动员离开跳板开始计时，取竖直向下为正方向，运动员重心的竖直速度随时间变化的图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，关于运动员下列说法正确的是(　 ) A．离开跳板后重心上升的最大高度为gt12 B．在t3时刻刚好接触到水面 C．在t2～t3时间内所受合力逐渐增大 D．在t3～t4时间内所受水的作用力逐渐增大 解析：选A　由图像可知，0～t1时间内运动员在竖直方向向上运动，在t1时刻到达最高点，根据逆向思维可得，运动员离开跳板后重心上升的最大高度为hm＝gt12，故A正确；由图像可知，t1～t2时间内运动员在竖直方向做自由落体运动，在t2时刻刚好接触水面，故B错误；由v­t图像的切线斜率表示加速度可知，在t2～t3时间内，运动员的加速度逐渐减小，则所受合力逐渐减小，故C错误；在t3～t4时间内，运动员在水中向下做减速运动，所受水的作用力大于重力，由图像的切线斜率表示加速度可知，运动员的加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律得a＝，可知运动员所受水的作用力先增大后减小，故D错误。 题点3　由已知条件确定图像 3．(2024·泰安模拟)如图(a)所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接， 整个系统处于平衡状态。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示。研究从力F刚作用在木块A的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是(　 ) 解析：选A　设平衡时弹簧的压缩量为x0，则mg＝kx0，当弹簧处于压缩状态时，对A由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma；当弹簧处于伸长状态时，根据牛顿第二定律得F－k(x－x0)－mg＝ma，所以F＝kx＋ma，综上可得力F和木块A的位移x之间的关系为一次函数，并与F轴有交点。故选A。 类型(二)　动力学中的连接体问题 1．连接体的类型 弹簧 连接体 物物 叠放 连接体 轻绳 连接体 轻杆 连接体 2.连接体的运动特点 轻绳 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等 轻杆 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比 轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等 [考法全训] 考法(一)　加速度相同的连接体问题 [例1]　(2024·连云港高三调研)2023年9月15日，在共建“一带一路”倡议提出十周年之际，中欧班列国际合作论坛在江苏省连云港市举行。某次中欧班列列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　 ) A．F　　　B.　　　C.　　　D. [解析]　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝，C项正确，A、B、D项均错误。 [答案]　C [针对训练] 1．(2023·北京高考)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1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。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(　 ) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 解析：选C　拉力F最大时，对两物块整体受力分析有F＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N。 考法(二)　加速度不同的连接体问题 [例2]　如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　 ) A．P的加速度大小的最大值为μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 [解析]　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1＝＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，A、B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 [答案]　D [针对训练] 2．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＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　 ) A．4.0 N B．3.0 N C．2.5 N D．1.5 N 解析：选A　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0 N，f＝T1＝2.0 N<μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1.0 N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将有大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N。　 类型(三)　动力学中的临界极值问题 1．四类典型临界条件 (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：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 2．三种常用解题方法 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，根据数学表达式解出临界条件 [考法全训] 考法(一)　接触与脱离的临界问题 [例1]　(2024年1月·九省联考黑龙江、吉林卷)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　 ) A．2mgsin θ B．3mgsin θ C．4mgsin θ D．5mgsin θ [解析]　物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mgsin θ，对甲有F弹1＋mgsin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mgsin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsin θ＝4mgsin θ，故选C。 [答案]　C 考法(二)　叠加体系统的临界问题 [例2]　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μ。设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，则下列表述错误的是(　 ) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．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μg [解题指导]　 (1)当A对B的静摩擦力达到最大值2μmg时，物块B的加速度达到最大值。 (2)当拉力F使物块A、B一起运动的加速度达到物块B加速度的最大值时，拉力F再增大，物块A将相对物块B发生相对滑动。 [解析]　A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会相对地面运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，B正确。 [答案]　A 叠加体系统临界问题的求解思路 　　 考法(三)　动力学中的极值问题 [例3]　(2024·江苏扬州高三模拟)如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件？ (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度v。 [解析]　(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得T＝mg＝20 N，对木箱受力分析，可得f＝2T，令f＝μMg，联立解得μ＝0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T－mg＝2ma 对木箱受力分析，有F－μMg－2T＝Ma 解得a＝0.5 m/s2 当木箱向左匀加速运动位移x＝0.5 m时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m 由v2＝2×2a×h 可得此时重物的速度为v＝ m/s。 [答案]　(1)μ≥0.5　(2) m/s 类型(四)　动力学中的多过程问题 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力示意图和运动示意图。一般解题步骤如下： [典例]　(2024·昆山调研)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。(取g＝10 m/s2) (1)求玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能滑行多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？ [解析]　(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有x＝at2 解得a＝ m/s2 对玩具由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma，解得μ＝。 (2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由匀变速直线运动的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝ m。 (3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff>0，Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg，解得F> cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ) 则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。 [答案]　(1)　(2) m　(3)30° [针对训练] 现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示，一质量m＝2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后无人机又匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s，速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为f＝1 N，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　 ) A．无人机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是17 N B．无人机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N C．无人机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N D．无人机上升的总高度为24 m 解析：选D　第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F1－mg－f＝ma1，得F1＝mg＋ma1＋f＝25 N，故A错误；由平衡条件可知，F2＝mg＋f＝21 N，故B错误；第三阶段加速度为a2＝－1 m/s2，由牛顿第二定律得F3－mg－f＝ma2，得F3＝mg＋ma2＋f＝19 N，故C错误；无人机上升的总高度为h＝24 m，故D正确。 [课时跟踪检测]　　　　　　　　　　　　　　　　 A级——全员必做 1．在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．运动员的质量为40 kg B．运动员在3.6～4.8 s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m 解析：选D　由题可知mg＝F1＝500 N，所以m＝50 kg，故A错误；由图可知，运动员在3.6～4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝＝＝40 m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4－6.8 s＝1.6 s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝g2＝3.2 m，故D正确。 2．(2023·无锡模拟)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　 ) A．B的加速度为gsin θ B．绳的拉力为 C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G 解析：选A　 A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图所示，根据平行四边形定则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故选项B、C、D都错误。 3．(2023·常州模拟)如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为g。则下列判断正确的是(　 ) A．图线与纵轴的交点M的绝对值为g B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数 解析：选A　由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝FT－g，由a­FT图像可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于，则A正确，B、D错误；横轴截距代表a＝0时，FTN＝，C错误。 4．(2023·江苏盐城高三模拟)如图甲所示，公园的“跳楼机”深受大人和儿童喜爱。如图乙是座舱中某人竖直向下运动的速度—时间图像，此人质量为50 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．0～1.5 s座椅对人的作用力小于人对座椅的作用力 B．1.5～6 s座椅对人的作用力小于人受到的重力 C．0～1 s座椅对人的作用力大小为300 N D．1.5～3 s座椅对人的作用力大小为600 N 解析：选D　座椅对人的作用力与人对座椅的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；1.5～6 s内人向下匀减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，即座椅对人的作用力大于人受到的重力，故B错误；由速度—时间图像可知，0～1.5 s内人向下匀加速运动的加速度大小为a＝6 m/s2，由牛顿第二定律有mg－N＝ma，得N＝mg－ma＝200 N，故C错误；由速度—时间图像可知，1.5～6 s内人向下匀加速运动的加速度大小为a′＝2 m/s2，由牛顿第二定律有N′－mg＝ma′，得N′＝mg＋ma＝600 N，故D正确。 5．(2023·南京模拟)如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则(　 ) A．若小车向左加速，加速度不能超过g B．若小车向左加速，加速度不能超过g C．若小车向右加速，加速度不能超过g D．若小车向右加速，加速度不能超过g 解析：选D　若小车向左加速，当ab面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgtan 37°＝ma1，解得a1＝g，所以若小车向左加速，加速度不能超过g，A、B错误；若小车向右加速运动，当bc面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgtan 53°＝ma2，解得a2＝g，所以若小车向右加速，加速度不能超过g，C错误，D正确。 6．(2024·淮安联考)如图所示，将两块相同的圆形强磁体A和B放入内壁光滑、上端开口、下端封闭的塑料圆筒内，磁体B位于圆筒底部，磁体A恰好悬浮在筒口附近。现将整个装置从一定高度由静止释放，已知圆筒质量与每块磁体的质量相等，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 ) A．释放瞬间，三个物体都处于完全失重状态 B．释放瞬间，磁体B和圆筒的加速度均为1.5g C．释放后，磁体A相对于地面向上运动，并从圆筒口飞出 D．释放后，磁体A对B的作用力大于磁体B对A的作用力 解析：选B　设圆筒和磁体的质量均为m，释放瞬间A、B间的磁力作用为F，未释放前，对磁体A，根据平衡条件有mg＝F，释放瞬间，B与圆筒一起运动，对B与圆筒整体有2mg＋F＝2ma，解得a＝1.5g，释放瞬间对磁体A有mg＝F，则可知释放瞬间磁体A的加速度为零，故A错误，B正确；释放后，易知磁体A、B间的距离增大，则可知A、B间的磁力作用减小，对磁体A有mg－F′＝ma0(F′<F)，可得a0<g，即磁体A的加速度向下，磁体A相对地面向下运动，故C错误；释放后，根据牛顿第三定律可知，磁体A对B的作用力等于磁体B对A的作用力，故D错误。 7．(2024·海安模拟)一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v ­t图像，如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的是(　 ) A．0～10 s内位移等于100 m B．10～15 s内加速度逐渐增大 C．0～10 s内运动员所受阻力逐渐减小 D．10～15 s内平均速度小于15 m/s 解析：选D　 v ­t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图像所示数据可知，0～10 s内图像与时间轴所围几何图形的面积大于100 m，即0～10 s内位移大于100 m，故A错误；v­t图像中，图像上某点切线的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知10～15 s内，图像斜率的绝对值逐渐减小，即10～15 s内加速度逐渐减小，故B错误；根据上述可知，0～10 s内加速度逐渐减小，速度增大，根据mg－f＝ma可知，0～10 s内运动员所受阻力逐渐增大，故C错误；假设10～15 s内做匀变速直线运动，则作出其图像，如图虚线所示，则假设状态下的平均速度为＝ m/s＝15 m/s，根据上述，假设状态下的位移大于实际的位移，可知假设状态下的平均速度大于实际的平均速度，即10～15 s内平均速度小于15 m/s，故D正确。 8.如图是一种升降电梯的示意图，A为电梯，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动。如果电梯中载人的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h为(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　关闭电动机后，B将向下做减速运动，A将向上做减速运动，设B对A向上的拉力为T，加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A有(M＋m)g－T＝(M＋m)a，对B有T－Mg＝Ma，解得a＝，所以h＝＝，故选D。 9．(2024·江苏扬州统考阶段练习)某同学在物理数字化实验室采用如图甲所示的装置“探究物体加速度与力的关系”，开始时将质量为m＝1 kg的物体置于水平桌面上，现对物体施加一个水平向右的恒定推力F，经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的速度传感器得到了物体部分运动过程的v­t图像，如图乙所示(向右为速度正方向)，求： (1)两个阶段内物体的加速度大小各为多少； (2)摩擦力f和推力F的大小各为多少？ 解析：(1)v­t图线的斜率表示物体运动的加速度，结合图像可得0～2 s内加速度为 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 2～3 s内加速度为a2＝ m/s2＝－2 m/s2 即2～3 s内加速度大小为2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律可得，0～2 s内有F－f＝ma1,2～3 s内有－f＝ma2 解得F＝2.5 N，f＝2 N。 答案：(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)2 N　2.5 N B级——重点选做 10．(2024·江苏六校联考)如图甲所示，物块a、b之间用一根轻质弹簧相连﹐放在光滑水平面上，物块b的质量为1 kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是(　 ) A．弹簧对物块a的弹力和弹簧对物块b的弹力是一对平衡力 B．t＝1 s时物块b的速度大于0.2 m/s C．恒力F大小为1.6 N D．物块a的质量为0.5 kg 解析：选D　弹簧对a的作用力和弹簧对b的作用力等大反向，受力物体不是同一个物体，所以不是一对平衡力，故A错误；根据a­t图像与时间轴围成图形的面积表示速度的变化量，可知物块b的速度变化量小于Δv＝×0.4×1 m/s＝0.2 m/s，由于初速度为零，则t＝1 s时物块b的速度小于0.2 m/s，故B错误；t＝0时弹簧弹力为零，对物块a根据牛顿第二定律得F＝ma1，当t＝1 s时，F－F弹＝ma2，对物块b，t＝1 s时根据牛顿第二定律得mba2＝F弹，综上可得物块a的质量为m＝0.5 kg，F＝0.6 N，故C错误，D正确。 11．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动。求： (1)飞行器9 s末的速度大小v1； (2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H； (3)飞行器落回地面的速度大小v2。 解析：(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－mg－f＝ma1，解得a1＝4 m/s2，飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s。 (2)最初9 s内位移h1＝＝162 m，设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：f＋mg＝ma2，解得a2＝12 m/s2，由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2，h2＝，飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2，解得t2＝3 s，H＝216 m。 (3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3，解得v2＝48 m/s，由于H>＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s。 答案：(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$