专题3 瞬时加速度和动力学图像模型（举一反三·讲义）物理鲁科版必修第一册

专题三 瞬时加速度和动力学图像模型 目 录 知识框架 1 知识精讲 1 【知识点1 瞬时加速度】 1 【知识点2 动力学图像】 3 课后作业 5 模块二 知识精讲 知识归纳 【知识点1 瞬时加速度】 1．加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．解决此类问题时，要注意两类模型的特点： (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失． (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的． 2．分析瞬时变化问题的一般思路： (1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小． (2)分析瞬时变化后每个力的变化情况． (3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度． 【例1】如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的拉力F＝ B．弹簧的拉力F＝mgsin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝gsin θ 【变式1-1】如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬间加速度为(　　) A．0 B．大小为10 m/s2，方向竖直向下 C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 【变式1-2】如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用水平轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则(　　) A．a1＝a2＝0 B．a1＝a，a2＝0 C．a1＝a，a2＝a D．a1＝a，a2＝－a 【变式1-3】如图所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是(　　) A．aA＝0，aB＝0 B．aA＝g，aB＝g C．aA＝3g，aB＝g D．aA＝3g，aB＝0 【知识点2 动力学图像问题】 1．常见的图像形式 在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x－t图像)、速度图像(v－t图像)和力的图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹． 2．图像问题的解题方法 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。 (2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积所表示的物理意义。 (3)明确能从图像中获得的信息：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表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 【例2】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．0.5 kg,0.4　　　　　　 B．1.5 kg， C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2 【变式2-1】质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图线，则拉力和摩擦力之比为(　　) A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 【变式2-2】(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　) A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mC C．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC 【变式2-3】为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2. (1)求物体与斜面间的动摩擦因数； (2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)． 模块三 课后作业 一、选择题(共15题) 1．一气球吊着一重物，以7 m/s的速度匀速上升，某时刻绳子突然断裂，则绳子断裂瞬间重物的速度v和加速度a的大小分别为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．v＝0，a＝0 B．v＝7 m/s，a＝0 C．v＝7 m/s，a＝10 m/s2 D．v＝0，a＝10 m/s2 2．如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内(　　) A．小球立即停止运动 B．小球继续向上做减速运动 C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小 D．小球的加速度减小 3.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)(　　) A．0 B.g C．g D.g 4.如图所示，a、b两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向)(　　) A．0，g B．－g，g C．－2g，g D．2g，0 5.静止在光滑水平面上的物体在水平推力F作用下开始运动，推力随时间的变化如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是(　　) A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．物体的加速度一直增大 C．物体的速度先增大后减小 D．物体的速度一直增大 6.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　) A．0.2,6 N B．0.1,6 N C．0.2,8 N D．0.1,8 N 7.如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，A球的质量是B球的2倍，重力加速度大小为g，剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g B．A的加速度大小为0，B的加速度大小为g C．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g D．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g 8.把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．过程中球的位移为0 B．球释放时的高度为2.25 m C．过程中球的运动路程为1.62 m D．球上升过程的加速度大小为9 m/s2 9．(2025·陕晋宁青卷，3)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(　　) 10.(2026·河北省石家庄市高三上期中)如图a所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图b，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则(　　) A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1∶2 B．物块返回底端时的速度大小为 C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角 11..(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间(　　) A．A的加速度大小为 B．A的加速度大小为零 C．B的加速度大小为 D．B的加速度大小为 12..(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图像如图所示，则(　　) A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9 B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1 C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1 D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1 13.(多选)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v0＝4 m/s沿倾角θ＝30°的固定斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是(　　) A．上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2 B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝ C．木块回到出发点时的速度大小v＝2 m/s D．木块在t＝2 s时返回出发点 14.(2026·安徽省六安市高三上月考)(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像的一部分如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是(　　) A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3 C．物体与水平面间的最大静摩擦力fmax＝6 N D．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2 15.(2026·四川省高三月考)(多选)如图甲所示，水平轻弹簧左端固定，右端与水平地面上的小物块相连(未拴接)，将弹簧压缩x后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器(质量不计)描绘出它的v­t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，虚线Od是t＝0时图线的切线，图线上a点对应的速度值最大，此时弹簧的长度为l。已知小物块的质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是(　　) A．小物块与地面间的动摩擦因数为 B．小物块与地面间的动摩擦因数为 C．弹簧的劲度系数为＋ D．该弹簧的原长为＋l 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 瞬时加速度和动力学图像模型 目 录 知识框架 1 知识精讲 1 【知识点1 瞬时加速度】 1 【知识点2 动力学图像】 4 课后作业 6 模块二 知识精讲 知识归纳 【知识点1 瞬时加速度】 1．加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．解决此类问题时，要注意两类模型的特点： (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失． (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的． 2．分析瞬时变化问题的一般思路： (1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小． (2)分析瞬时变化后每个力的变化情况． (3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度． 【例1】如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的拉力F＝ B．弹簧的拉力F＝mgsin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝gsin θ 【答案】A 【详解】烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误．烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，则C、D错误． 【变式1-1】如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬间加速度为(　　) A．0 B．大小为10 m/s2，方向竖直向下 C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 【答案】C 【详解】小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：FN＝mgcos 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos 30°＝ma，解得a＝5 m/s2，方向斜向右下方，选项C正确． 【变式1-2】如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用水平轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则(　　) A．a1＝a2＝0 B．a1＝a，a2＝0 C．a1＝a，a2＝a D．a1＝a，a2＝－a 【答案】D 【详解】两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a， 在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a， 对B：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D正确． 【变式1-3】如图所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是(　　) A．aA＝0，aB＝0 B．aA＝g，aB＝g C．aA＝3g，aB＝g D．aA＝3g，aB＝0 【答案】D 【详解】分析B球原来受力如图甲所示， F′＝2mg剪断细线后弹簧形变瞬间不会改变，故B球受力不变，aB＝0. 分析A球原来受力如图乙所示，T＝F＋mg，F′＝F，故T＝3mg. 剪断细线，T变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示 由牛顿第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g. 【知识点2 动力学图像问题】 1．常见的图像形式 在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x－t图像)、速度图像(v－t图像)和力的图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹． 2．图像问题的解题方法 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。 (2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积所表示的物理意义。 (3)明确能从图像中获得的信息：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表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 【例2】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．0.5 kg,0.4　　　　　　 B．1.5 kg， C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2 【答案】A 【详解】由F－t图和v－t图可得，物块在2～4 s内所受推力F＝3 N， 物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即3－10μm＝2m ① 物块在4～6 s所受推力F′＝2 N，物块做匀速直线运动， 则F′＝f，F′＝μmg，即10μm＝2 ② 由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确． 【变式2-1】质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图线，则拉力和摩擦力之比为(　　) A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 【答案】B 【详解】由题可知，题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2； 图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小a2＝0.75 m/s2； 由牛顿第二定律得ma1＝f，ma2＝F－f，解得＝，B正确． 【变式2-2】(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是(　　) A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mC C．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC 【答案】ABD 【详解】根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，则a－F图像的斜率k＝， 由题图可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg， 根据题图可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D. 【变式2-3】为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2. (1)求物体与斜面间的动摩擦因数； (2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)． 【答案】(1)　(2)0.075 m 【详解】(1)0～2 s内，F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1， a1＝＝0.5 m/s2， 2 s后，F2－mgsin α－μmgcos α＝ma2，a2＝0， 代入数据解得m＝3 kg，μ＝. (2)撤去推力F后，有－μmgcos α－mgsin α＝ma3， 解得a3＝－ m/s2，x3＝＝0.075 m. 模块三 课后作业 一、选择题(共14题) 1．一气球吊着一重物，以7 m/s的速度匀速上升，某时刻绳子突然断裂，则绳子断裂瞬间重物的速度v和加速度a的大小分别为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．v＝0，a＝0 B．v＝7 m/s，a＝0 C．v＝7 m/s，a＝10 m/s2 D．v＝0，a＝10 m/s2 【答案】C 【详解】重物和气球一起以7 m/s的速度匀速上升，在绳子突然断开的瞬时，物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以此时重物的速度仍为v＝7 m/s； 绳子突然断开的瞬间，绳的拉力消失，重物只受重力，故其加速度大小等于重力加速度大小， 即a＝g＝10 m/s2，故C正确． 2．如图所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内(　　) A．小球立即停止运动 B．小球继续向上做减速运动 C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小 D．小球的加速度减小 【答案】D 【详解】以球为研究对象，小球只受到重力G和弹簧对它的拉力FT，由题可知小球向上做匀加速运动，即G<FT.当手突然停止不动时，在一小段时间内弹簧缩短一点，即FT减小，且FT仍然大于G， 由牛顿第二定律可得FT－G＝ma，a＝，即在一小段时间内小球向上做加速度减小的加速运动，故D正确． 3.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)(　　) A．0 B.g C．g D.g 【答案】B 【详解】未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力N的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F，合力与木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故可知加速度的大小为g. 4.如图所示，a、b两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向)(　　) A．0，g B．－g，g C．－2g，g D．2g，0 【答案】C 【详解】在细线烧断之前，a、b可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹力向上且大小为3mg. 当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a受重力mg和方向向上且大小为3mg的弹力，取向下为正方向，则a的加速度a1＝＝－2g，方向向上． 对b而言，细线烧断后只受重力作用，则b的加速度为a2＝g，方向向下．故C正确． 5.静止在光滑水平面上的物体在水平推力F作用下开始运动，推力随时间的变化如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是(　　) A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．物体的加速度一直增大 C．物体的速度先增大后减小 D．物体的速度一直增大 【答案】D 【详解】由题可知，物体的合力等于推力F，方向始终沿正方向，根据牛顿第二定律分析可知：物体先从静止开始做加速直线运动，推力F减小时，其方向仍与速度相同，继续做加速直线运动，故C错误、D正确．物体的合力等于推力F，推力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知：加速度先增大，后减小，选项A、B错误． 6.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　) A．0.2,6 N B．0.1,6 N C．0.2,8 N D．0.1,8 N 【答案】A 【详解】在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg， v－t图像的斜率表示加速度，a＝ m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2. 在0～6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，选项A正确． 7.如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，A球的质量是B球的2倍，重力加速度大小为g，剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g B．A的加速度大小为0，B的加速度大小为g C．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g D．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g 【答案】A 【详解】设A球质量为2m，B球质量为m； 在剪断轻绳之前，轻绳的拉力为FT1＝mgsin 30°＝0.5mg； 弹簧的拉力FT2＝3mgsin 30°＝1.5mg； 剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，此时A的加速度为aA＝＝＝g； B的加速度aB＝＝g，选项A正确． 8.把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．过程中球的位移为0 B．球释放时的高度为2.25 m C．过程中球的运动路程为1.62 m D．球上升过程的加速度大小为9 m/s2 【答案】C 【详解】A错：下降过程和上升过程的位移不相等，总位移不为0；B错： 图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，下降的位移大小为1.125 m；C对、D错： 下降过程有mg－Ff＝ma1，上升过程有mg＋Ff＝ma2，得出a1＝9 m/s2，a2＝11 m/s2， 运动的总路程为下降和上升的位移大小之和x＝＋＝1.125 m＋0.495 m＝1.62 m. 9．(2025·陕晋宁青卷，3)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(　　) 【答案】A 【详解】由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，1～2 s时间内机器人的加速度为0，又v­t图像的斜率表示加速度，故A可能正确，B、C、D错误。 10.(2026·河北省石家庄市高三上期中)如图a所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图b，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。v0、t0均为已知量，重力加速度大小为g，则(　　) A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1∶2 B．物块返回底端时的速度大小为 C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角 【答案】B 【详解】 v­t图像中图线与t轴围成的面积表示位移， 设物块回到底端时的速度大小为v1，则有v0t0＝v1·2t0，解得v1＝， 则物块上滑时的加速度大小为a上＝， 下滑时的加速度大小为a下＝＝，a上∶a下＝4∶1，故A错误，B正确； 设物块与斜面间的摩擦力大小为f，斜面的倾角为θ， 根据牛顿第二定律，上滑过程中有mgsinθ＋f＝ma上， 下滑过程中有mgsinθ－f＝ma下， 联立解得f＝，sinθ＝， 由于物块的质量未知，因此无法求出物块所受摩擦力的大小， 但可以求出斜面的倾角θ，故C、D错误。 11..(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间(　　) A．A的加速度大小为 B．A的加速度大小为零 C．B的加速度大小为 D．B的加速度大小为 【答案】BD 【详解】在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对； 而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为，选项C错，D对． 12..(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图像如图所示，则(　　) A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9 B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1 C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1 D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1 【答案】AD 【详解】上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2， 由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确． 13.(多选)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v0＝4 m/s沿倾角θ＝30°的固定斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是(　　) A．上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2 B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝ C．木块回到出发点时的速度大小v＝2 m/s D．木块在t＝2 s时返回出发点 【答案】ABC 【详解】由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点， 加速度大小a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，选项A正确； 上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度a1＝， 解得μ＝，选项B正确； 上滑的位移x＝＝1 m； 下滑过程中，加速度a2＝＝2 m/s2， 木块回到出发点时的速度大小v＝＝2 m/s，下滑的时间t2＝＝1 s， 回到出发点的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项C正确，选项D错误． 14.(2026·安徽省六安市高三上月考)(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像的一部分如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是(　　) A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3 C．物体与水平面间的最大静摩擦力fmax＝6 N D．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2 【答案】BC． 【详解】对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝F－μg， 可知图乙图线的斜率k＝＝ kg－1， 解得m＝2 kg，故A错误； 将a＝0.5 m/s2、F＝7 N、g＝10 m/s2及m＝2 kg代入a＝F－μg， 解得μ＝0.3，故B正确； 由题意可知，物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为fmax＝μmg＝6 N，故C正确； 当F＝10 N时，物体的加速度a＝F－μg＝×10 m/s2－0.3×10 m/s2＝2 m/s2，故D错误。 15.(2026·四川省高三月考)(多选)如图甲所示，水平轻弹簧左端固定，右端与水平地面上的小物块相连(未拴接)，将弹簧压缩x后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器(质量不计)描绘出它的v­t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，虚线Od是t＝0时图线的切线，图线上a点对应的速度值最大，此时弹簧的长度为l。已知小物块的质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是(　　) A．小物块与地面间的动摩擦因数为 B．小物块与地面间的动摩擦因数为 C．弹簧的劲度系数为＋ D．该弹簧的原长为＋l 【答案】BC 【详解】由图乙bc段可知，小物块脱离弹簧后的加速度a＝＝－， 设小物块与地面间的动摩擦因数为μ， 由牛顿第二定律有－μmg＝ma， 解得μ＝，故A正确，B错误； t＝0时，小物块的瞬时加速度a1＝kOd＝， 设弹簧的劲度系数为k，由胡克定律可知，弹簧弹力F＝kx， 由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1， 解得k＝＋，故C错误； a点对应小物块的加速度为0，设此时弹簧的压缩量为x′，有kx′＝μmg，则弹簧原长l0＝l＋x′， 解得l0＝＋l，故D正确。本题选说法错误的，故选B、C。 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $