第12讲　牛顿第二定律的应用 夯基强化讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

本讲义聚焦牛顿第二定律的应用，系统梳理超重与失重（实重、视重及条件）、两类动力学问题（以加速度为桥梁联系受力与运动）、动力学图像分析（v-t等图像的斜率与截距意义）及斜面与等时圆模型（光滑轨道下滑时间规律），构建从概念到应用的学习支架。 资料通过概念辨析题纠正认知误区，结合航天员水球实验、举重等实例及高考真题，培养科学思维与物理观念。课中教师可借典例引导分析，课后学生通过练习题巩固，有效查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第12讲　牛顿第二定律的应用 ——夯基强化讲义 一、超重与失重 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 。 (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 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:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有 的加速度。 3.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有 的加速度。 4.完全失重 (1)定义:物体对支持物(或悬挂物) 作用力的现象称为完全失重。 (2)产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。 实例：如图所示,航天员在天宫一号目标飞行器上展示水球的实验, 由于天宫一号内的物体处于完全失重状态,液滴在表面张力作用下呈球形。 二、两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 第一类:已知受力情况求物体的 。第二类:已知运动情况求物体的 。 2.解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”,由运动学公式和 列方程求解,具体逻辑关系如图所示。 1.失重说明物体的重力减小了。(　 　) 2.物体超重时,加速度向上,速度也一定向上。(　 　) 3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　 　) 4.研究动力学两类问题时,作受力分析和运动分析是关键。(　 　) 5.根据物体处于超重或失重状态,可以判断物体运动的速度方向。(　 　) 6.减速上升的升降机内的物体,对地板的压力大于物体所受的重力。(　 　) 7.加速度是联系运动和力的桥梁,速度是各物理过程间相互联系的桥梁。(　 　) 考点一　超重与失重问题 1.基本概念 (1)超重 当物体具有向上的加速度时（包括向上加速、向下减速两种运动情况），物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于自身重力的现象，称为超重。 (2)失重 当物体具有向下的加速度时（包括向下加速、向上减速两种运动情况），物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于自身重力的现象，称为失重。 (3)完全失重 物体以加速度竖直向下做加速运动，或向上做减速运动时（如自由落体运动、竖直上抛运动）或在绕星球做匀速圆周运动的飞船内部，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于0的现象，称为完全失重。 2.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时,物体所受的重力没有变化,只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)当物体处于完全失重状态时，重力全部用来产生a=g的加速度效果，不再产生挤压、拉伸等其他效果。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,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 3.液体失重 (1)液体处于失重状态时，液体内部压强减小，浸入液体中的物体所受浮力减小； (2)液体处于完全失重状态时，液体内部压强为0，浸入液体中的物体所受浮力为0。 4.判断超重和失重的方法 (1)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0时,物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有向下的(分)加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态。 注意： (1)减速上升的电梯，加速度向下，属于失重状态，而非超重；减速下降的电梯，加速度向上，属于超重状态，切勿通过运动方向直接判断。 (2)绕地球运行的空间站内，物体并非“不受重力”，而是重力全部提供向心力，物体处于完全失重。 (3)超重、失重只看加速度的竖直分量：若加速度有竖直向上的分量，就处于超重；有竖直向下的分量，就处于失重。 【典例1】　中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。下列说法正确的是(　 　) A.双臂夹角越大受力越小 B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D.在加速举起杠铃的过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 【典例2】　(多选)某同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点,传感器与计算机连接,经计算机处理后得到力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m=60 kg,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.0~4 s完成了一次下蹲过程 B.0~8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2 C.0~8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2 D.1.8 s该同学向下速度达到最大 1. “反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示,劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点,拉长后将下端固定在体验者的身上,人再与固定在地面上的力传感器相连,传感器示数为1 000 N。打开扣环,人从A点由静止释放,像火箭一样被“竖直发射”,经B点上升到最高位置C点,在B点时速度最大。已知AB长为2 m,人与装备总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.在B点时,弹性轻绳的拉力为0 B.经过C点时,人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间,人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 2.（2026·云南·高考真题）云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利。若电梯由静止开始上升，用时，则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为（      ） A．，超重 B．，超重 C．，失重 D．，失重 考点二　动力学中的两类基本问题及多过程问题 1.动力学问题的分析方法 (1)把握“两类分析”“两个桥梁” ①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 ②两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 (2)解题思路 2.多过程问题分析思路 【典例3】　如图所示为某种运载无人机,它是一种能够低空运载的遥控飞行器,其动力系统所能提供的最大升力F=900 N,一架总质量m=60 kg的无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞。t=10 s时离地面的高度为200 m,运动过程中所受空气阻力大小恒定,g取10 m/s2。 (1)求运动过程中所受空气阻力大小。 (2)假设无人机竖直向上起飞5 s后关闭动力系统,求无人机距地面的最大高度。 【典例4】（2026·陕晋青宁·高考真题-节选）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； 【典例5】（多选）（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D．2 3.风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具。某研究小组设计了一个总高度H0=24 m的低速风洞,用来研究某物体在竖直方向上的运动特性。如图所示,风洞分成一个高度为H1=16 m的无风区和一个受风区。某物体质量m=10 kg,在无风区中受到空气的恒定阻力,大小为20 N,在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放,且运动到风洞底端时速度恰好为0,求在本次实验中:(g取10 m/s2) (1)该物体的最大速度; (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小; (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 4.（多选）（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 考点三　动力学中的图像问题 1.常见动力学图像及应用方法 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或“面积”的意义,从而由图像给出的信息求出未知量 a-t 图像 要注意加速度的正、负,正确分析每一时间段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质 2.解题策略 (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。 (2)建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像反映的是怎样的物理过程。 (3)建立图像与公式间的关系:对于a-F图像、F-x图像、v-t图像、v2-x图像等,都应先建立函数关系,然后根据函数关系读取信息或描点作图,特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。 (4)读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 【典例6】　(2025·陕晋青宁·高考真题)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　 　) A B C D 5.如图甲所示,一可视为质点的滑块在t=0时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M,0~0.4 s内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示,其中0~0.2 s内的图线为抛物线。整个过程中,斜面体M始终保持静止,下列说法正确的是(　 　) A.初速度大小为1 m/s B.0~0.4 s内斜面体M一直受到地面的摩擦力 C.0~0.4 s内斜面体M受到的支持力始终不变 D.0~0.2 s内滑块处于失重状态 6.(多选)如图甲所示,水平地面固定一倾角为θ(大小未知)、足够长的斜面,现将一小滑块(可视为质点)从斜面底端B点以v0=9.6 m/s的初速度沿斜面上滑,其速度v随时间t变化的图像如图乙所示,以平行斜面向上为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 　) A.斜面倾角的正弦值sin θ=0.5 B.小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45 C.小滑块返回B点时的速度大小为9.6 m/s D.小滑块从B点开始上滑到返回B点经历的时间为3 s 7.已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落．落地前雨滴已做匀速运动且速率为v0，用a表示雨滴的加速度，下列图象不可能正确的是（　　） A． B． C． D． 考点四　斜面与等时圆模型 该模型主要用来解决物体在某些光滑斜面上，下滑时间长短问题。属于推导、比较类问题，利用牛顿力学、运动学进行分析，通常解决v0=0的匀加速运动。 1.斜面模型 (1)等高斜面 (2)同底斜面 2.等时圆模型 使用等时圆模型的三个必要条件：①物体初速度为0②轨道光滑，无摩擦力作用③轨道的公共端点为圆的最高点（从最高点出发）或最低点（滑至最低点）。模型构建方法： (1)同顶端等时圆 (2)同底端等时圆 (3)同双圆等时圆 (4)同圆心斜面 等时圆模型结论：沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，下滑时间都等于沿直径自由落体的时间，运动时间与弦的倾角、长短无关。 【典例7】　如图所示,竖直圆的圆周上有A、B、C、D四点,AC、AD为两条光滑的直轨道,BC是圆的竖直直径,AD是圆的倾斜直径,AD与BC的夹角为53°。让小球1、2从A点由静止释放,分别沿AC、AD滑行到圆周上的C、D两点,用时分别为t1、t2,让小球3从B点由静止释放,下落到圆周上的C点,用时为t3。已知sin 53°=0.8,小球可看成质点,则t1︰t2︰t3为(　 　) A. B.4︰5︰5 C.1︰1︰1 D. 8.如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3︰2︰1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　 　) A.︰1 B.()︰(-1)︰1 C.3︰2︰1 D.1︰1︰1 9.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,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小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>tEF C.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF 1.如图所示,一只青蛙从石头上跳向空中捕食,青蛙离开石头时的速度向斜上方,不计空气阻力,下列说法正确的是(　 　) A.青蛙起跳前,石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对相互作用力 B.青蛙起跳时,石头对青蛙作用力的竖直分量始终等于青蛙的重力 C.青蛙在空中斜向上运动时处于失重状态 D.青蛙在空中最高点时的加速度为0 2.,某市在春节进行了规模宏大的无人机表演,深受广大市民的喜爱。若质量为2 kg的无人机自静止开始竖直向上做匀加速直线运动,经4 s上升了20 m。g取10 m/s2,则在加速阶段空气对无人机的作用力大小为(　 　) A.5 N B.15 N C.20 N D.25 N 3.一名乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的图像如图所示,其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是(　 　) A.t1~t2时间内,乘客处于超重状态 B.t2~t3时间内,乘客的速度一直增大 C.0~t1时间内,乘客对电梯的压力大于乘客重力 D.0~t1时间内,乘客对电梯的压力小于电梯对乘客的作用力 4.如图甲所示,一算盘静置在水平桌面上,中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动,使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态,在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N,使其由静止开始运动,经0.15 s撤去F,此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示,算珠可视为质点,与杆间的动摩擦因数恒定,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 B.算珠的质量为25 g C.若不撤去F,则算珠在0.2 s时已处于归零状态 D.杆长9 cm 5.如图甲所示,倾角α=37°的斜面体固定在水平面上,一质量为m=1 kg的滑块放在斜面上,滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动,滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示。取沿斜面向上的方向为正,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　 　) A.0~1 s内外力与3~4 s内外力大小之比为1︰1 B.2 s末滑块速度的大小为6 m/s C.1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D.滑块4 s末运动到最高点 6.如图甲所示,一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不拴接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2),则(　 　) A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 7. (2025·北京·高考真题)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大,f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　 　) A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱达到最高点 8. (多选)(2025·黑吉辽蒙·高考真题)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　 　) A.μ1+μ2=2tan θ B.t=t0时,甲的速度大小为3v0 C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 9.潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时,浮力顿减,潜艇如同“汽车掉下悬崖”,称为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间,突然遭遇“掉深”,全艇官兵紧急自救脱险,创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106 kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200 m,距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航,如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时,浮力突然降为5.4×107 N,10 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮,避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中,潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N,g取10 m/s2,假设潜艇减重的时间忽略不计,海底平坦,求: (1)潜艇“掉深”10 s时的速度;(2)潜艇减重排出水的质量。(结果保留两位有效数字) 10.某儿童立体游乐场,在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯BA、CA、CB,三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。侧视图如图所示,滑梯可看作光滑的斜面。其中AB与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均为θ。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑,到达该滑梯底端所用的时间分别为tBA、tCA、tCB。则下列说法正确的是(　 　) A.tBA=tCA=tCB B.tBA<tCA<tCB C.tBA>tCA=tCB D.tBA=tCA<tCB 为则易 第1页/共16页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027学年高中物理夯基强化讲义（必修一） 第12讲　牛顿第二定律的应用 ——夯基强化讲义 一、超重与失重 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。 (2)产生条件:物体具有向上的加速度。 3.失重 (1)定义: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。 (2)产生条件:物体具有向下的加速度。 4.完全失重 (1)定义:物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重。 (2)产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。 实例：如图所示,航天员在天宫一号目标飞行器上展示水球的实验, 由于天宫一号内的物体处于完全失重状态,液滴在表面张力作用下呈球形。 二、两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 第一类:已知受力情况求物体的运动情况。第二类:已知运动情况求物体的受力情况。 2.解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图所示。 1.失重说明物体的重力减小了。(　×　) 2.物体超重时,加速度向上,速度也一定向上。(　×　) 3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　×　) 4.研究动力学两类问题时,作受力分析和运动分析是关键。(　√　) 5.根据物体处于超重或失重状态,可以判断物体运动的速度方向。(　×　) 6.减速上升的升降机内的物体,对地板的压力大于物体所受的重力。(　×　) 7.加速度是联系运动和力的桥梁,速度是各物理过程间相互联系的桥梁。(　√　) 考点一　超重与失重问题 1.基本概念 (1)超重 当物体具有向上的加速度时（包括向上加速、向下减速两种运动情况），物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于自身重力的现象，称为超重。 (2)失重 当物体具有向下的加速度时（包括向下加速、向上减速两种运动情况），物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于自身重力的现象，称为失重。 (3)完全失重 物体以加速度竖直向下做加速运动，或向上做减速运动时（如自由落体运动、竖直上抛运动）或在绕星球做匀速圆周运动的飞船内部，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于0的现象，称为完全失重。 2.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时,物体所受的重力没有变化,只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)当物体处于完全失重状态时，重力全部用来产生a=g的加速度效果，不再产生挤压、拉伸等其他效果。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,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 3.液体失重 (1)液体处于失重状态时，液体内部压强减小，浸入液体中的物体所受浮力减小； (2)液体处于完全失重状态时，液体内部压强为0，浸入液体中的物体所受浮力为0。 4.判断超重和失重的方法 (1)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0时,物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有向下的(分)加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态。 注意： (1)减速上升的电梯，加速度向下，属于失重状态，而非超重；减速下降的电梯，加速度向上，属于超重状态，切勿通过运动方向直接判断。 (2)绕地球运行的空间站内，物体并非“不受重力”，而是重力全部提供向心力，物体处于完全失重。 (3)超重、失重只看加速度的竖直分量：若加速度有竖直向上的分量，就处于超重；有竖直向下的分量，就处于失重。 【典例1】　中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。下列说法正确的是(　D　) A.双臂夹角越大受力越小 B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D.在加速举起杠铃的过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 【解析】　杠铃的重力为G=mg=121×10 N=1 210 N,手臂与水平的杠铃之间有夹角,假设手臂与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可知2Fcos θ=G,可知,双臂夹角越大,F越大,结合 cos θ<1,解得杠铃对手臂的作用力F>605 N,A、B错误;杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C错误;加速举起杠铃,人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上,系统处于超重状态,因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力,D正确。 【典例2】　(多选)某同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点,传感器与计算机连接,经计算机处理后得到力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m=60 kg,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　) A.0~4 s完成了一次下蹲过程 B.0~8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2 C.0~8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2 D.1.8 s该同学向下速度达到最大 【解析】　人的下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,有F<mg=600 N,到达最大速度后再减速下降超重,有F>mg=600 N,故0~4 s完成了一次下蹲过程,故A正确;由图像知,在1.8 s时F最小,该同学向下的加速度最大,还在向下加速,由mg-Fmin=mam,对应图像有Fmin=280 N,代入解得am≈5.3 m/s2,故B、D错误;0~8 s内当F最大时,该同学向上的加速度最大,由Fmax-mg=ma'm,对应图像有Fmax=920 N,代入解得a'm≈5.3 m/s2,故C正确。 1. “反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示,劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点,拉长后将下端固定在体验者的身上,人再与固定在地面上的力传感器相连,传感器示数为1 000 N。打开扣环,人从A点由静止释放,像火箭一样被“竖直发射”,经B点上升到最高位置C点,在B点时速度最大。已知AB长为2 m,人与装备总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　) A.在B点时,弹性轻绳的拉力为0 B.经过C点时,人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间,人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 解析:在B点时人与装备的速度最大,加速度为0,处于平衡状态,有kx=mg,在A点未释放时,有kx'=mg+F,又x'-x=2 m,联立解得k=500 N/m,故A错误,C正确;在C点速度为0,有向下的加速度,人与装备处于失重状态,故B错误;打开扣环瞬间,由牛顿第二定律,可得kx'-mg=F=ma,解得a=12.5 m/s2,故D错误。 2.（2026·云南·高考真题）云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利。若电梯由静止开始上升，用时，则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为（  A   ） A．，超重 B．，超重 C．，失重 D．，失重 解析:平均速度计算：根据平均速度定义式，代入位移、时间，可得 超重失重判断：电梯向上加速时加速度竖直向上，乘客处于超重状态。故选A。 考点二　动力学中的两类基本问题及多过程问题 1.动力学问题的分析方法 (1)把握“两类分析”“两个桥梁” ①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 ②两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 (2)解题思路 2.多过程问题分析思路 【典例3】　如图所示为某种运载无人机,它是一种能够低空运载的遥控飞行器,其动力系统所能提供的最大升力F=900 N,一架总质量m=60 kg的无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞。t=10 s时离地面的高度为200 m,运动过程中所受空气阻力大小恒定,g取10 m/s2。 (1)求运动过程中所受空气阻力大小。 (2)假设无人机竖直向上起飞5 s后关闭动力系统,求无人机距地面的最大高度。 【答案】　(1)60 N　(2)68.18 m 【解析】　(1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律得F-mg-f=ma,由运动学规律得,上升高度h=at2,联立解得f=60 N。 (2)起飞时间t1=5 s的位移h1=,解得h1=50 m,此时速度v1=at1=20 m/s,失去动力后向上做匀减速运动,末速度为v2=0,根据牛顿第二定律有mg+f=ma1,解得a1=11 m/s2,根据速度与位移的关系有=-2a1h2,联立解得h2= m,则无人机距地面的最大高度H=h1+h2= m≈68.18 m。 【典例4】（2026·陕晋青宁·高考真题-节选）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； 【答案】(1) 【解析】（1）当甲从A点滑至B点根据，代入数据可得a=2m/s2 根据牛顿第二定律有，又因为，所以 代入数据联立可得 【典例5】（多选）（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D．2 【解析】门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为，可得门板的最短运动时间趋近于，B正确，ACD错误。故选：B。 3.风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具。某研究小组设计了一个总高度H0=24 m的低速风洞,用来研究某物体在竖直方向上的运动特性。如图所示,风洞分成一个高度为H1=16 m的无风区和一个受风区。某物体质量m=10 kg,在无风区中受到空气的恒定阻力,大小为20 N,在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放,且运动到风洞底端时速度恰好为0,求在本次实验中:(g取10 m/s2) (1)该物体的最大速度; (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小; (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 答案:(1)16 m/s　(2)260 N　(3) m 解析:(1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得mg-f=ma1,解得a1=8 m/s2,物体在无风区做匀加速直线运动,有=2a1H1,解得最大速度为vmax=16 m/s。 (2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动,则有=2a2(H0-H1),解得a2=16 m/s2,由牛顿第二定律得F-mg=ma2,解得恒力为F=260 N。 (3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动,到分界线时速度大小为16 m/s,再次进入无风区后做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg+f=ma3,解得a3=12 m/s2,向上做匀减速运动的位移为H2= m,则第一次上升的最大高度为H=H0-H1+H2= m。 4.（多选）（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　BC　） A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 解析: A、飞行器竖直匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零，kMg，得：Mg＝100k，发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零Fmax＝kMg解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为F阻＝k•52＝25kMg时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向，受力分析如下图：由此可得，此时发动机的推力为：F，解得：FMg，故B正确；C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v，结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：kv2Mg，而由A求得Mg＝100k，所以v＝5m/s，故C正确； D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为：F阻'＝k•52＝25kMg，飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25Mg，当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有1.25Mg+MgMg＝Ma1，解得：a1＝2g，当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0，所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；故选BC。 考点三　动力学中的图像问题 1.常见动力学图像及应用方法 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或“面积”的意义,从而由图像给出的信息求出未知量 a-t 图像 要注意加速度的正、负,正确分析每一时间段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质 2.解题策略 (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。 (2)建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像反映的是怎样的物理过程。 (3)建立图像与公式间的关系:对于a-F图像、F-x图像、v-t图像、v2-x图像等,都应先建立函数关系,然后根据函数关系读取信息或描点作图,特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。 (4)读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 【典例6】　(2025·陕晋青宁·高考真题)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　A　) A B C D 【解析】　根据牛顿第二定律和题中的F-t图像画出如图所示的a-t图像,可知机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2,方向相反,由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确。 5.如图甲所示,一可视为质点的滑块在t=0时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M,0~0.4 s内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示,其中0~0.2 s内的图线为抛物线。整个过程中,斜面体M始终保持静止,下列说法正确的是(　D　) A.初速度大小为1 m/s B.0~0.4 s内斜面体M一直受到地面的摩擦力 C.0~0.4 s内斜面体M受到的支持力始终不变 D.0~0.2 s内滑块处于失重状态 解析:由题图乙可知,滑块向上先匀减速到0,再保持静止,根据s=v0t,解得v0=2 m/s,故A错误;根据整体受力分析,0~0.2 s受到地面的摩擦力f=max,方向水平向左,地面的支持力满足 G总-F支=may,0.2~0.4 s处于静止状态,摩擦力消失,G总=F支,故B、C错误;根据A选项分析,0~0.2 s内滑块的加速度沿斜面向下,具有竖直向下的分量,滑块处于失重状态,故D正确。 6.(多选)如图甲所示,水平地面固定一倾角为θ(大小未知)、足够长的斜面,现将一小滑块(可视为质点)从斜面底端B点以v0=9.6 m/s的初速度沿斜面上滑,其速度v随时间t变化的图像如图乙所示,以平行斜面向上为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　BD　) A.斜面倾角的正弦值sin θ=0.5 B.小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45 C.小滑块返回B点时的速度大小为9.6 m/s D.小滑块从B点开始上滑到返回B点经历的时间为3 s 解析:由题图乙可知小滑块上滑时的加速度大小a1= m/s2=9.6 m/s2,下滑时的加速度大小a2= m/s2=2.4 m/s2,根据牛顿第二定律沿斜面向上滑mgsin θ+μmgcos θ=ma1,沿斜面向下滑mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立代入数据解得sin θ=0.6,μ=0.45,故A错误,B正确;由题图乙可知小滑块上滑的位移x上=×9.6×1 m=4.8 m,根据匀变速直线运动有x上=,x下=,x上=x下,2a2x下=,解得t1=1 s,t2=2 s,vB=4.8 m/s,所以小滑块从开始运动到返回B点所需的时间t=t1+t2=3 s,故C错误,D正确。 7.已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始沿竖直方向下落．落地前雨滴已做匀速运动且速率为v0，用a表示雨滴的加速度，下列图象不可能正确的是（　D　） A． B． C． D． 解析:A、对雨滴受力分析，雨滴受到重力和空气阻力，根据牛顿第二定律：mg﹣kr2v2＝ma速度增大，加速度减小，故A正确；B、雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，雨滴做匀速直线运动。故B正确；CD、匀速时根据平衡方程：kr2mg m 解得：v0故最大速率与成正比，或最大速率的平方与r成正比，故C正确，D错误；故选D。 考点四　斜面与等时圆模型 该模型主要用来解决物体在某些光滑斜面上，下滑时间长短问题。属于推导、比较类问题，利用牛顿力学、运动学进行分析，通常解决v0=0的匀加速运动。 1.斜面模型 (1)等高斜面 (2)同底斜面 2.等时圆模型 使用等时圆模型的三个必要条件：①物体初速度为0②轨道光滑，无摩擦力作用③轨道的公共端点为圆的最高点（从最高点出发）或最低点（滑至最低点）。模型构建方法： (1)同顶端等时圆 (2)同底端等时圆 (3)同双圆等时圆 (4)同圆心斜面 等时圆模型结论：沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，下滑时间都等于沿直径自由落体的时间，运动时间与弦的倾角、长短无关。 【典例7】　如图所示,竖直圆的圆周上有A、B、C、D四点,AC、AD为两条光滑的直轨道,BC是圆的竖直直径,AD是圆的倾斜直径,AD与BC的夹角为53°。让小球1、2从A点由静止释放,分别沿AC、AD滑行到圆周上的C、D两点,用时分别为t1、t2,让小球3从B点由静止释放,下落到圆周上的C点,用时为t3。已知sin 53°=0.8,小球可看成质点,则t1︰t2︰t3为(　D　) A. B.4︰5︰5 C.1︰1︰1 D. 【解析】　根据题意可知,小球沿AD运动的加速度为a==gsin 37°,则有2R=,解得t2=,设AC与水平方向夹角为θ,连接AB,如图所示,由几何关系可得AC=2Rsin θ,小球沿AC运动的加速度为a2==gsin θ,则有2Rsin θ=,解得t1=,小球3沿竖直直径BC做自由落体运动,则有2R=,解得t3=,则t1︰t2︰t3=,故选D。 8.如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3︰2︰1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　A　) A.︰1 B.()︰(-1)︰1 C.3︰2︰1 D.1︰1︰1 解析:根据等时圆模型,如图所示,只需要求出A'P、B'P、C'P的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP︰tBP︰tCP=tA'P︰tB'P︰tC'P=︰1,故选A。 9.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,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　B　) A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEF C.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF 解析:如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,tAB>tCD>tEF,B正确。 1.如图所示,一只青蛙从石头上跳向空中捕食,青蛙离开石头时的速度向斜上方,不计空气阻力,下列说法正确的是(　C　) A.青蛙起跳前,石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对相互作用力 B.青蛙起跳时,石头对青蛙作用力的竖直分量始终等于青蛙的重力 C.青蛙在空中斜向上运动时处于失重状态 D.青蛙在空中最高点时的加速度为0 解析:青蛙起跳前,石头对青蛙的作用力和青蛙的重力是一对平衡力,A错误;青蛙起跳时,青蛙在竖直方向有竖直向上的加速度,故石头对青蛙作用力的竖直分量大于青蛙的重力,B错误;青蛙在空中斜向上运动时,只受重力,处于失重状态,C正确;青蛙在空中最高点时受到重力,加速度不为0,D错误。 2.,某市在春节进行了规模宏大的无人机表演,深受广大市民的喜爱。若质量为2 kg的无人机自静止开始竖直向上做匀加速直线运动,经4 s上升了20 m。g取10 m/s2,则在加速阶段空气对无人机的作用力大小为(　D　) A.5 N B.15 N C.20 N D.25 N 解析:设无人机的加速度大小为a,根据运动学公式x=at2,解得a= m/s2=2.5 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=mg+ma=2×10 N+2×2.5 N=25 N,故选D。 3.一名乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的图像如图所示,其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是(　C　) A.t1~t2时间内,乘客处于超重状态 B.t2~t3时间内,乘客的速度一直增大 C.0~t1时间内,乘客对电梯的压力大于乘客重力 D.0~t1时间内,乘客对电梯的压力小于电梯对乘客的作用力 解析:由题中图像可知,图像上某点的切线斜率的大小等于该点对应的运动物体的速度大小,则在t1~t2时间内,乘客的速度一直不变,乘客处于平衡状态,加速度为0,故A错误;t2~t3时间内,乘客的速度变小,做减速运动,故B错误;0~t1时间内,乘客的速度变大,做加速运动,加速度向上,乘客处于超重状态,乘客对电梯的压力大于乘客的重力,故C正确;由牛顿第三定律可知,乘客对电梯的压力与电梯对乘客的作用力是一对相互作用力,故D错误。 4.如图甲所示,一算盘静置在水平桌面上,中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动,使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态,在t=0时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N,使其由静止开始运动,经0.15 s撤去F,此后再经0.15 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示,算珠可视为质点,与杆间的动摩擦因数恒定,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　B　) A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 B.算珠的质量为25 g C.若不撤去F,则算珠在0.2 s时已处于归零状态 D.杆长9 cm 解析:由v-t图像面积表示位移,可知杆长为x= m=0.045 m=4.5 cm,故D错误;由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,μmg=ma2,由题图可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为a1=a2= m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.2,m=25 g,故A错误,B正确;若F不撤去,算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,经0.2 s运动位移为x'=×2×0.22 m=4 cm<4.5 cm,则此时未到归零状态,故C错误。 5.如图甲所示,倾角α=37°的斜面体固定在水平面上,一质量为m=1 kg的滑块放在斜面上,滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动,滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示。取沿斜面向上的方向为正,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　D　) A.0~1 s内外力与3~4 s内外力大小之比为1︰1 B.2 s末滑块速度的大小为6 m/s C.1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D.滑块4 s末运动到最高点 解析:由题图乙知,在0~1 s时间内,滑块加速度恒定为2 m/s2,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,解得F1=12 N,在3~4 s时间内,滑块的加速度沿斜面向下,大小恒为2 m/s2,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α-F2=ma2,解得F2=8 N,则0~1 s内外力与3~4 s内外力大小之比为3︰2,故A错误;a-t图像中图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量,因此由a-t图像可得,在t=2 s时滑块的速度大小为v=×(1+2)×2 m/s=3 m/s,故B错误;在t=1 s到t=3 s时间内,滑块速度变化量为0,则1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s,方向均沿正方向,故C错误;在0~4 s时间内,由面积关系可知,滑块运动的方向不变,先沿正方向做加速运动,后沿正方向做减速运动,在t=4 s时,滑块的速度为0,此时滑块运动到最高点,故D正确。 6.如图甲所示,一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不拴接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2),则(　D　) A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 解析:物体与弹簧分离时,二者间没有相互作用力,所以弹簧处于原长,A错误;物体与弹簧一起向上匀加速运动时,根据牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,则F=kx+mg+ma-kx0,可知题图乙中图线斜率表示弹簧的劲度系数,可得k=5 N/cm,B错误;根据牛顿第二定律有10N=ma,30 N-mg=ma,联立解得m=2 kg,a=5 m/s2,C错误,D正确。 7. (2025·北京·高考真题)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大,f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　B　) A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱达到最高点 解析:t1~t3,f向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动,故A错误;t2~t3,f向下在减小,可知此时速度方向向上,速度在减小,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;t3~t5,f向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。 8. (多选)(2025·黑吉辽蒙·高考真题)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　AD　) A.μ1+μ2=2tan θ B.t=t0时,甲的速度大小为3v0 C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 解析:位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲、乙两个物块的曲线均为抛物线,则甲物块做匀加速运动,乙物块做匀减速运动,可得在t0时间内甲、乙的位移x甲=t0=3x0,x乙=t0=x0,可得t0时刻甲物块的速度为v=2v0,B错误;甲物块的加速度大小为a1=,乙物块的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律可得对甲物块有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理可得对乙物块有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=2tan θ,A正确;设斜面的质量为M,取水平向左为正方向,由牛顿第二定律可得f=ma1cos θ-ma2cos θ=0,则t=t0之前,地面和斜面之间摩擦力为0,C错误;t=t0之后,乙物块保持静止,甲物块继续沿斜面向下加速,由牛顿第二定律可得f=ma1cos θ,即地面对斜面的摩擦力向左,D正确。 9.潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时,浮力顿减,潜艇如同“汽车掉下悬崖”,称为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间,突然遭遇“掉深”,全艇官兵紧急自救脱险,创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106 kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200 m,距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航,如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时,浮力突然降为5.4×107 N,10 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮,避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中,潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N,g取10 m/s2,假设潜艇减重的时间忽略不计,海底平坦,求: (1)潜艇“掉深”10 s时的速度; (2)潜艇减重排出水的质量。(结果保留两位有效数字) 答案:(1)9 m/s　(2)8.5×105 kg 解析:(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1,对潜艇,由牛顿第二定律得mg-F-f=ma1,代入数据解得a1=0.9 m/s2,10 s末的速度为v=a1t1,解得v=9 m/s。 (2)掉深10 s时,潜艇下落的高度h1=t1,解得h1=45 m,潜艇减速下落的高度h2=h-h1,解得h2=67.5 m,在减速阶段h2=,解得a2=0.6 m/s2,潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中,由牛顿第二定律得F+f-m1g=m1a2,代入数据解得m1≈5.15×106 kg,排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg,“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105 kg。 10.某儿童立体游乐场,在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯BA、CA、CB,三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。侧视图如图所示,滑梯可看作光滑的斜面。其中AB与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均为θ。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑,到达该滑梯底端所用的时间分别为tBA、tCA、tCB。则下列说法正确的是(　D　) A.tBA=tCA=tCB B.tBA<tCA<tCB C.tBA>tCA=tCB D.tBA=tCA<tCB 解析:如图,以ABC三点构建一个竖直面内的圆,A为圆与第一层水平面的切点,由题可知弦切角等于圆周角,所以A为最低点,AB、AC为圆的两条弦,根据等时圆知识可知tBA=tCA<tCB,故选D。 为则易 第1页/共16页 行则至 学科网（北京）股份有限公司 $