資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題7 牛頓第二定律 兩類運動學問題
課標要求 知識要點 命題推斷
1.理解牛頓第二定律的內容、表達式及性質. 2.應用牛頓第二定律解決瞬時問題和兩類動力學問題． 3.牛頓運動定律在其他模型上的應用 考點一　瞬時加速度的求解 考點二　動力學中的圖象問題 考點三　連接體問題 考點四　動力學兩類基本問題 題型：選擇題 計算題 1已知受力情況求運動情況 2已知運動情況求受力情況 3生活中的超重與失重 4與超重失重有關的圖像問題 5等時圓模型的應用 6動力學圖像問題
考點一　瞬時加速度的求解
1．牛頓第二定律
(1)表達式為F＝ma.
(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時消失、同時變化．
2．兩類模型
(1)剛性繩(或接觸面)——不發生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間．
(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．
考點二　動力學中的圖象問題
1．動力學中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．
2．解決圖象問題的關鍵：(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從零開始。
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解．
考點三　連接體問題
1．整體法的選取原則
若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔離法的選取原則
若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．
3．整體法、隔離法的交替運用
若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內力”．
考點四　動力學兩類基本問題
求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：
分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力情況和運動情況之間聯系的橋梁——加速度．
（2024 湖北模擬）如圖所示，質量為m的小球P用輕彈簧和細線分別懸掛于固定在小車上的支架M、N兩點。已知彈簧勁度系數為k，重力加速度為g，當小車水平向右做直線運動時，細線與豎直方向的夾角為θ，輕彈簧處于豎直方向，則下列說法中正確的是（　　）
A．細線的張力不可能為0
B．若小車向右做勻速直線運動，彈簧伸長量為
C．彈簧的彈力不可能為0，也不可能處于壓縮狀態
D．若小車水平向右的加速度a＞gtanθ，彈簧伸長量為
（2024 廣東一模）由同種材料制成的兩滑塊A、B用一根輕質細繩連接，將滑塊B按在水平桌面上，細繩跨過輕質定滑輪將滑塊A懸掛在空中，如圖甲所示，松手后滑塊A、B的加速度大小均為a。現僅將滑塊A、B位置互換（如圖乙所示），松手后滑塊A、B的加速度大小均為3a。已知滑塊B的質量等于滑塊A的質量的兩倍，則滑塊與水平桌面間的動摩擦因數為（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
（2024 山東模擬）《天工開物》中記載有：“凡試弓力，以足踏弦就地，秤鉤搭掛弓腰……則知多少”，圖1所示是古代某次測量弓力時的情境。圖2為某同學制作的弓的簡化圖，弓弦掛在固定點O上，弓下端掛一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的彈性繩，弓腰和重物的總質量為80kg時OA與豎直方向的夾角α為37°，不計弓弦的質量和一切摩擦，未拉動弓弦時弓弦恰處于原長，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，忽略弓腰的形變。如圖3所示，當弓水平在弦上搭質量為1.0kg的箭，拉動弓弦，兩側弓弦夾角為106°時，釋放弓弦，弓弦對箭的作用力產生的最大加速度大小為（　　）
A．187.5m/s2 B．225m/s2 C．300m/s2 D．500m/s2
（2024 金東區校級模擬）如圖所示，質量為M＝2.5kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.3。這時鐵箱內一個質量為m＝0.5kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2＝0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．木塊受到的摩擦力大小為f1＝2.5N
B．木塊對鐵箱壓力的大小N＝15N
C．鐵箱與地面的摩擦力為f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
（2024 五華區校級模擬）如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為，工作人員用輕繩按圖示方式在水平地面上勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，不計繩與石墩之間的摩擦。則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的合拉力大小為
B．輕繩的合拉力最小值為0.5mg
C．輕繩的合拉力最小時，θ＝60°
D．輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力最小
（2024 海淀區三模）如圖所示靜止于水平地面的箱子內有一粗糙斜面，將物體無初速放在斜面上，物體將沿斜面下滑。若要使物體相對斜面靜止，下列情況中不可能達到要求的是（　　）
A．使箱子沿水平方向做勻加速直線運動
B．使箱子做自由落體運動
C．使箱子沿豎直向上的方向做勻加速直線運動
D．使箱子沿水平面內的圓軌道做勻速圓周運動
（2024 宜興市校級三模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°，一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則（　　）
A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米
B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
C．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
（2024 大足區校級模擬）如圖所示，一質量為m的物塊在外力作用下能靜止在傾角θ＝30°的粗糙斜面上，物塊與斜面之間的動摩擦因數為0.5，現在外力大小變成（g為重力加速度），方向與斜面底邊平行的向左，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊靜止不動，摩擦力的大小為
B．摩擦力的大小為，方向沿斜面向上
C．物塊向斜面左下方做勻加速直線運動
D．物塊向斜面左下方做曲線運動
（2024 五華區校級模擬）潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域，浮力突然減小，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質量為2.8×106kg，在高密度海水區域海平面下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛入海水低密度區域時，浮力突然降為2.24×107N；12s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以1.2m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。若潛艇減重的時間不計，水的粘滯阻力可忽略，潛艇減重前后受到的浮力保持不變。取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質量；
（2）潛艇“掉深”達到距海平面的最大深度。
（2024 四川模擬）中學航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質量為M＝1kg的滑塊（視為質點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數；
（2）若已知，則裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小。
題型1已知受力情況求運動情況
（2024 閬中市校級一模）如圖，某同學設計的幼兒園安全斜直滑梯由長l1＝4m和l2＝8m的兩段不同材料AB和BC制成，滑梯與水平地面夾角θ＝37°。一小朋友從A點由靜止滑下，經6s到達C點速度恰好為零。重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小朋友滑行過程中的最大速度vm；
（2）小朋友與AB和BC材料間的動摩擦因數μ1和μ2。
（2023 奉賢區二模）航拍無人機已被廣泛使用。操作遙控器使無人機豎直上升或豎直下降，假設無人機受到豎直向上或豎直向下的推動力大小都為重力的1.5倍。一次試飛中，讓無人機由靜止從地面豎直向上起飛，2s末關閉發動機。（忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）無人機在加速上升過程中的加速度；
（2）無人機上升到距地面的最大高度；
（3）無人機上升到最高點后，為安全著陸（落地速度為零），用的最短時間。
題型2已知運動情況求受力情況
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發球區松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內運動了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
（2020 壽光市校級模擬）如圖所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小；
（2）拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
題型3生活中的超重與失重
（2024 廬陽區校級模擬）科學家對微重力環境下了一個比較科學的定義：微重力環境是指在重力的作用下，系統的表觀重量遠小于其實際重量的環境。產生微重力環境最常用的方法有4種：落塔、飛機、火箭和航天器。如圖所示是利用飛機實現30s的微重力環境的過程，航天員在此過程進行日常訓練。A為飛機飛行軌跡的最低點，飛機在B點關閉發動機，C為最高點，飛機在D點開啟發動機，E為最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．上升的AC階段，飛機內的宇航員處于超重狀態
B．下降的CE階段，飛機內的宇航員處于超重狀態
C．飛機內的宇航員在BC階段為超重狀態，CD階段為失重狀態
D．飛機內的宇航員在B到D的過程為失重狀態
（2024 青羊區校級模擬）“天宮課堂”第四課于2023年9月21日15時45分開課，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在中國空間站夢天實驗艙面向全國青少年進行太空科普授課。在奇妙“乒乓球”實驗中，航天員朱楊柱用水袋做了一顆水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍擊球，水球被彈開。對于該實驗下列說法正確的是（　　）
A．夢天實驗艙內，水球體積越小其慣性越大
B．擊球過程中，水球對“球拍”的作用力與“球拍”對水球的作用力是一對相互作用力
C．擊球過程中，水球所受彈力是由于水球發生形變產生的
D．夢天實驗艙內的所有物品都處于完全失重狀態，不受重力的作用
（2024 黑龍江模擬）如圖甲所示是創造了中國載人深潛新紀錄的“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始計時，其下潛的v﹣t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5h內的總質量為m，下潛時僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且海水密度均勻，則下列說法正確的是（　　）
A．0～0.5h內，“奮斗者號”處于超重狀態
B．0.5～2.5h內，“奮斗者號”的總質量小于m
C．2.5～3.0h內，“奮斗者號”的加速度大小為2m/s2
D．0～3.0h內，“奮斗者號”下潛的深度為7200m
題型4與超重失重有關的圖像問題
（2024 松江區校級三模）一質量為m的學生乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。學生所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（　　）
A．0～t1時間內，v增大，FN＜mg
B．t1～t2時間內，v不變，FN＜mg
C．t2～t3時間內，v增大，FN＞mg
D．t2～t3時間內，v減小，FN＜mg
（2024 東莞市三模）2023年世界泳聯錦標賽中，中國軍團以20枚金牌的成績力壓美國，位列金牌榜第一名。若把運動員從起跳到接觸水面的運動看成勻變速直線運動，某運動員從距離水面某一高度處的跳板上豎直向上跳起，起跳時開始計時，取豎直向下為正方向，速度傳感器記錄運動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．0～t2，運動員處于失重狀態
B．運動員在t1時刻接觸水面
C．運動員在水中時，最深處的加速度最大
D．運動員潛入水中的深度等于
（2024 河南模擬）某游泳運動員在0～6s時間內運動的v﹣t圖像如圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是（　　）
A．在0～6s內所受的合力一直不為0
B．在0～6s內的位移大小為24m
C．在2s～4s內一定處于超重狀態
D．在4s～6s內的位移大小為8m
題型5動力學圖像問題
（2024 重慶模擬）如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運動的v﹣t圖像如圖乙。物塊的質量m＝1kg，木板的質量M＝2kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．撤去F時，物塊的速度達到最大值
B．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4
C．拉力F的大小為36N
D．木板全過程運動的距離為7.5m
（2024 綿陽模擬）如圖甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物體沿斜面向上做勻加速運動，其加速度a隨恒力F的變化關系如圖乙所示。則根據圖線斜率和截距可求得的物理量是（　　）
A．物體質量
B．斜面傾斜角
C．當地重力加速度
D．物體與斜面動摩擦因數
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，水平地面上有一長平板車M，平板車右端放一物塊m，開始時M、m均靜止。t＝0時，平板車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v﹣t圖像如圖乙所示，整個過程中物塊m恰好沒有從平板車上滑下。已知物塊與平板車間的動摩擦因數為0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內，物塊m的加速度一直變大
B．整個過程中，物塊m相對平板車M滑動的時間為4s
C．平板車M的長度為12m
D．物塊m相對平板車M的位移為16m中小學教育資源及組卷應用平臺
專題7 牛頓第二定律 兩類運動學問題
課標要求 知識要點 命題推斷
1.理解牛頓第二定律的內容、表達式及性質. 2.應用牛頓第二定律解決瞬時問題和兩類動力學問題． 3.牛頓運動定律在其他模型上的應用 考點一　瞬時加速度的求解 考點二　動力學中的圖象問題 考點三　連接體問題 考點四　動力學兩類基本問題 題型：選擇題 計算題 1已知受力情況求運動情況 2已知運動情況求受力情況 3生活中的超重與失重 4與超重失重有關的圖像問題 5等時圓模型的應用 6動力學圖像問題
考點一　瞬時加速度的求解
1．牛頓第二定律
(1)表達式為F＝ma.
(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時消失、同時變化．
2．兩類模型
(1)剛性繩(或接觸面)——不發生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間．
(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．
考點二　動力學中的圖象問題
1．動力學中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．
2．解決圖象問題的關鍵：(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從零開始。
(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解．
考點三　連接體問題
1．整體法的選取原則
若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔離法的選取原則
若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．
3．整體法、隔離法的交替運用
若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內力”．
考點四　動力學兩類基本問題
求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：
分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力情況和運動情況之間聯系的橋梁——加速度．
（2024 湖北模擬）如圖所示，質量為m的小球P用輕彈簧和細線分別懸掛于固定在小車上的支架M、N兩點。已知彈簧勁度系數為k，重力加速度為g，當小車水平向右做直線運動時，細線與豎直方向的夾角為θ，輕彈簧處于豎直方向，則下列說法中正確的是（　　）
A．細線的張力不可能為0
B．若小車向右做勻速直線運動，彈簧伸長量為
C．彈簧的彈力不可能為0，也不可能處于壓縮狀態
D．若小車水平向右的加速度a＞gtanθ，彈簧伸長量為
【解答】解：AB、若小車向右做勻速直線運動，因輕彈簧處于豎直方向，則知細線拉力為0，此時彈簧彈力等于重力，即有kx＝mg，解得彈簧伸長量為：，故A錯誤，B正確；
CD、若小車的加速度滿足a＝gtanθ，方向水平向右，由牛頓第二定律有
Tsinθ＝ma
豎直方向由平衡條件有
F彈+Tcosθ＝mg
解得：F彈＝0
即彈簧的彈力為0。
若a＞gtanθ，則
彈簧壓縮量為
，故CD錯誤。
故選：B。
（2024 廣東一模）由同種材料制成的兩滑塊A、B用一根輕質細繩連接，將滑塊B按在水平桌面上，細繩跨過輕質定滑輪將滑塊A懸掛在空中，如圖甲所示，松手后滑塊A、B的加速度大小均為a。現僅將滑塊A、B位置互換（如圖乙所示），松手后滑塊A、B的加速度大小均為3a。已知滑塊B的質量等于滑塊A的質量的兩倍，則滑塊與水平桌面間的動摩擦因數為（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【解答】解：設滑塊A的質量為m，滑塊B的質量等于滑塊A的質量的兩倍，則滑塊B的質量為2m；調換前，對系統根據牛頓第二定律可得
mg﹣2μmg＝3ma
調換后，對系統根據牛頓第二定律可得
2mg﹣μmg＝9ma
聯立解得
μ＝0.2
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 山東模擬）《天工開物》中記載有：“凡試弓力，以足踏弦就地，秤鉤搭掛弓腰……則知多少”，圖1所示是古代某次測量弓力時的情境。圖2為某同學制作的弓的簡化圖，弓弦掛在固定點O上，弓下端掛一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的彈性繩，弓腰和重物的總質量為80kg時OA與豎直方向的夾角α為37°，不計弓弦的質量和一切摩擦，未拉動弓弦時弓弦恰處于原長，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，忽略弓腰的形變。如圖3所示，當弓水平在弦上搭質量為1.0kg的箭，拉動弓弦，兩側弓弦夾角為106°時，釋放弓弦，弓弦對箭的作用力產生的最大加速度大小為（　　）
A．187.5m/s2 B．225m/s2 C．300m/s2 D．500m/s2
【解答】解：設AB長度為2L，則對于圖2中，有AO＝BOL，在圖2中根據受力平衡有2Fcosα＝mg，解得F＝500N
根據胡克定律有k（L﹣L）＝F，解得k
在圖3中有，一側弦的長度為x，弦的形變量為ΔxLL，則一側弦上力的大小為F'＝kΔx L＝187.5N
對箭產生的合力大小為F合＝2F'cos53°＝2×187.5×0.6N＝225N，根據牛頓第二定律有F合＝ma，解得a＝225m/s2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 金東區校級模擬）如圖所示，質量為M＝2.5kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.3。這時鐵箱內一個質量為m＝0.5kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2＝0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．木塊受到的摩擦力大小為f1＝2.5N
B．木塊對鐵箱壓力的大小N＝15N
C．鐵箱與地面的摩擦力為f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
【解答】解：A、木塊恰好能靜止在后壁上，在豎直方向由平衡條件得木塊受到的摩擦力大小為f1＝mg＝0.5×10N＝5N，故A錯誤；
C、鐵箱與地面的摩擦力為f2＝μ1（M+m）g＝0.3×（2.5+0.5）×10N＝9N，故C錯誤；
B、由滑動摩擦力公式可知木塊對鐵箱壓力的大小為，故B錯誤；
D、對木塊在水平方向上由牛頓第二定律得N＝ma
對整體由牛頓第二定律得F﹣f2＝（M+m）a
解得F2＝129N，故D正確；
故選：D。
（2024 五華區校級模擬）如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為，工作人員用輕繩按圖示方式在水平地面上勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，不計繩與石墩之間的摩擦。則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的合拉力大小為
B．輕繩的合拉力最小值為0.5mg
C．輕繩的合拉力最小時，θ＝60°
D．輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力最小
【解答】解：A、對石墩受力分析，如圖所示，
因為是一根輕繩，所以T＝T1＝T2，根據平衡條件有
2Tcosθ＝f
2Tsinθ+N＝mg
f＝μN
聯立上式解得T
這兩段繩子是相互平行的，則兩輕繩合力的大小為2T，故A錯誤；
BC、合拉力的表達式為2T
當θ＝30°時輕繩的合拉力取最小值，且最小值為0.5mg，故B正確，C錯誤；
D、根據選項A可得，地面對石墩的摩擦力為f＝2Tcosθ，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當趨近于90°時摩擦力最小，但并不是拉力的最小值，故D錯誤。
故選：B。
（2024 海淀區三模）如圖所示靜止于水平地面的箱子內有一粗糙斜面，將物體無初速放在斜面上，物體將沿斜面下滑。若要使物體相對斜面靜止，下列情況中不可能達到要求的是（　　）
A．使箱子沿水平方向做勻加速直線運動
B．使箱子做自由落體運動
C．使箱子沿豎直向上的方向做勻加速直線運動
D．使箱子沿水平面內的圓軌道做勻速圓周運動
【解答】解：A.當箱子沿水平方向做勻加速直線運動，若物體相對斜面靜止，則兩者加速度相等。當物體所受重力和支持力的合力恰好水平向右，且等于其做加速運動所需合力時，物體與斜面間的摩擦力恰好為零，即物體相對斜面靜止，故A正確；
B.當箱子做自由落體運動，此時物體與箱子之間的作用力為零，物體也做自由落體運動，即物體相對斜面靜止，故B正確；
C.當箱子沿豎直向上的方向做勻加速直線運動，假設物體相對斜面靜止，則物體受力如圖所示
建立如圖所示坐標系，則根據牛頓第二定律分別有
FN﹣mgcosθ＝macosθ
f﹣mgsinθ＝masinθ
整理可得
f＝FNtanθ
由于物體無初速放在斜面上時，物體將沿斜面下滑，故有
μ＜tanθ
即
f＝μFN＜FNtanθ
故假設不成立。物塊與斜面發生相對滑動，故C錯誤；
D.當箱子沿水平面內的圓軌道做勻速圓周運動時，當物體所受支持力與摩擦力在水平方向的合力恰好提供做圓周運動的向心力時，物體與斜面相對靜止，故D正確。
本題選擇錯誤選項；
故選：C。
（2024 宜興市校級三模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°，一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則（　　）
A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米
B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
C．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
【解答】解：A、由圖乙可知傳送帶的速度為8m/s，根據v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，可得：
在0～1s時間內煤塊相對傳送帶向上運動的位移大小為：Δx1（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s時間內煤塊相對傳送帶向下運動的位移大小為：Δx2＝﹣8×2m8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤塊在傳送帶上的劃痕等于Δx2＝8米，故A正確；
BC.在0～1s時間內物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，方向與運動方向相反，根據牛頓第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，根據v﹣t圖像的斜率絕對值等于加速度大小，可得：
在1～2s時間內傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，方向與運動方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
聯立解得：μ＝0.25，故BC錯誤；
D.如果傳送帶轉動的速率增加到足夠大之后，使煤塊在傳送帶上一直做加速度為a2的勻減速直線運動，而不能和傳送帶共速，那么物塊到達傳送帶頂端時的速度是一定的，與傳送帶轉動的速率就無關了，故D錯誤。
故選：A。
（2024 大足區校級模擬）如圖所示，一質量為m的物塊在外力作用下能靜止在傾角θ＝30°的粗糙斜面上，物塊與斜面之間的動摩擦因數為0.5，現在外力大小變成（g為重力加速度），方向與斜面底邊平行的向左，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊靜止不動，摩擦力的大小為
B．摩擦力的大小為，方向沿斜面向上
C．物塊向斜面左下方做勻加速直線運動
D．物塊向斜面左下方做曲線運動
【解答】解：對物塊受力分析，若物體處于平衡狀態，重力的分力與外力的合力為
F合，得到F合mg
若摩擦力為滑動摩擦力，則f'＝μmgcos30°，得到f'mg
由于F合＞f'
故物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向沿斜面右上方，根據牛頓第二定律可得
F合﹣f'＝ma
可知物塊向斜面左下方做初速度為零的勻加速直線運動，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 五華區校級模擬）潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域，浮力突然減小，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質量為2.8×106kg，在高密度海水區域海平面下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛入海水低密度區域時，浮力突然降為2.24×107N；12s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以1.2m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。若潛艇減重的時間不計，水的粘滯阻力可忽略，潛艇減重前后受到的浮力保持不變。取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質量；
（2）潛艇“掉深”達到距海平面的最大深度。
【解答】解：（1）設減重后的質量為m1，潛艇在減重后減速下降過程中，由牛頓第二定律有 F﹣m1g＝m1a
解得 m1＝2.0×106kg
（2）由牛頓第二定律，潛艇剛“掉深”時加速度a1，滿足：mg﹣F＝ma1，
代入數據解得：，方向豎直向下
“掉深”歷時 t1＝12s時，潛艇下落高度為 144m
此時潛艇速度為 v1＝a1t1＝2.0×12m/s＝24m/s
減重后，潛艇以加速度a勻減速下落，直至其速度為零
潛艇下落的距離為 240m
潛艇“掉深”達到的最大深度為 h＝h1+h2+h0＝144m+240m+200m＝584m
答：（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質量為2.0×106kg；
（2）潛艇“掉深”達到距海平面的最大深度為584m。
（2024 四川模擬）中學航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質量為M＝1kg的滑塊（視為質點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數；
（2）若已知，則裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小。
【解答】解：（1）設滑塊與跑道間的動摩擦因數為μ
對圖a：μMg＝Ma
滑塊做勻減速運動2ax
解得μ＝0.6
（2）豎直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN
水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1
f＝μFN
聯立解得a1＝10m/s2
減速距離為s，解得s＝7.2m
答：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數為0.6；
（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m。
題型1已知受力情況求運動情況
（2024 閬中市校級一模）如圖，某同學設計的幼兒園安全斜直滑梯由長l1＝4m和l2＝8m的兩段不同材料AB和BC制成，滑梯與水平地面夾角θ＝37°。一小朋友從A點由靜止滑下，經6s到達C點速度恰好為零。重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小朋友滑行過程中的最大速度vm；
（2）小朋友與AB和BC材料間的動摩擦因數μ1和μ2。
【解答】解：（1）小朋友滑至B點速度最大，由勻變速直線運動規律可得：
代入數據解得：vm＝4m/s；
（2）設小朋友在AB、BC段的加速度大小分別為a1和a2，在AB段，小朋友做勻加速運動，則有：
代入數據解得：
對小朋友，由牛頓第二定律可得：
代入數據解得：μ1＝0.5
在BC段，小朋友做勻減速運動，由運動學公式可得：
代入數據得：
由牛頓第二定律可得：
代入數據解得：。
答：（1）小朋友滑行過程中的最大速度為4m/s；
（2）小朋友與AB和BC材料間的動摩擦因數分別為0.5和。
（2023 奉賢區二模）航拍無人機已被廣泛使用。操作遙控器使無人機豎直上升或豎直下降，假設無人機受到豎直向上或豎直向下的推動力大小都為重力的1.5倍。一次試飛中，讓無人機由靜止從地面豎直向上起飛，2s末關閉發動機。（忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2）求：
（1）無人機在加速上升過程中的加速度；
（2）無人機上升到距地面的最大高度；
（3）無人機上升到最高點后，為安全著陸（落地速度為零），用的最短時間。
【解答】解：（1）無人機在加速上升過程中，由牛頓第二定律得：1.5mg﹣mg＝ma1
解得加速上升的加速度：a1＝5m/s2
（2）加速上升2s內上升的高度h1m＝10m
2s末速度v＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
關閉發動機后上升的高度h2m＝5m
故無人機上升到距地面的最大高度H＝h1+h2＝10m+5m＝15m
（3）無人機上升到最高點后，為安全著陸（落地速度為零），用時最短時推動力先豎直向下使無人機加速，后推動力豎直向上使無人機減速，末速度為零。
設最大速度為vm，下落用的最短時間為t。
推動力豎直向下使無人機加速時，由牛頓第二定律得：1.5mg+mg＝ma2
解得：a2＝25m/s2
推動力豎直向上使無人機減速時，由牛頓第二定律得：1.5mg﹣mg＝ma3
解得：a3＝5m/s2
則H
解得：vm＝5m/s
為安全著陸（落地速度為零），用的最短時間t
解得：ts
答：（1）無人機在加速上升過程中的加速度為5m/s2；
（2）無人機上升到距地面的最大高度為15m；
（3）無人機上升到最高點后，為安全著陸（落地速度為零），用的最短時間為s。
題型2已知運動情況求受力情況
（2023 衡水二模）2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發球區松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內運動了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0。
【解答】解：（1）假設冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小
am/s2m/s
若冰壺以加速度m/s2減速，則冰壺在最后1s通過的位移
sat212mm＞x15
所以冰壺在第15s內的某瞬間已經停止運動，令Δt＝1s，設冰壺運動x15所用的時間為t，則有
v2＝a（12Δt+t）
代入數據解得μ＝0.025
（2）根據運動學公式有
代入數據解得L0＝27.38m
答：（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數μ為0.025；
（2）營壘中心到前擲線的距離L0為27.38m。
（2020 壽光市校級模擬）如圖所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小；
（2）拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【解答】解：（1）設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得：
L＝v0tat2 … ①
v＝v0+at…②
聯立①②式，代入數據得：
a＝3m/s2 …③
v＝8m/s…④
（2）設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，
由牛頓第二定律得：
Fcosα﹣mgsinθ﹣Ff＝ma…⑤
Fsinα+FN﹣mgcosθ＝0…⑥
又Ff＝μFN…⑦
聯立⑤⑥⑦式得：F⑧
由數學知識得：cosαsinαsin（60°+α）…⑨
由⑧⑨式可知對應最小F的夾角α＝30°…⑩
聯立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為：FminN
答：（1）物塊加速度的大小為，到達B點時速度的大小為8m/s；
（2）拉力F與斜面夾角30°時拉力F最小，拉力F的最小值是
題型3生活中的超重與失重
（2024 廬陽區校級模擬）科學家對微重力環境下了一個比較科學的定義：微重力環境是指在重力的作用下，系統的表觀重量遠小于其實際重量的環境。產生微重力環境最常用的方法有4種：落塔、飛機、火箭和航天器。如圖所示是利用飛機實現30s的微重力環境的過程，航天員在此過程進行日常訓練。A為飛機飛行軌跡的最低點，飛機在B點關閉發動機，C為最高點，飛機在D點開啟發動機，E為最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．上升的AC階段，飛機內的宇航員處于超重狀態
B．下降的CE階段，飛機內的宇航員處于超重狀態
C．飛機內的宇航員在BC階段為超重狀態，CD階段為失重狀態
D．飛機內的宇航員在B到D的過程為失重狀態
【解答】解：飛機在B點運動到D點的過程關閉發動機，故BC階段向上減速運動，為失重狀態，CD階段向下加速運動，為失重狀態，故飛機內的宇航員在B到D的過程一直處于失重狀態，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024 青羊區校級模擬）“天宮課堂”第四課于2023年9月21日15時45分開課，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在中國空間站夢天實驗艙面向全國青少年進行太空科普授課。在奇妙“乒乓球”實驗中，航天員朱楊柱用水袋做了一顆水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍擊球，水球被彈開。對于該實驗下列說法正確的是（　　）
A．夢天實驗艙內，水球體積越小其慣性越大
B．擊球過程中，水球對“球拍”的作用力與“球拍”對水球的作用力是一對相互作用力
C．擊球過程中，水球所受彈力是由于水球發生形變產生的
D．夢天實驗艙內的所有物品都處于完全失重狀態，不受重力的作用
【解答】解：A.夢天實驗艙內，水球體積越小，水球質量越小，其慣性越小，故A錯誤；
B.擊球過程中，水球對“球拍”的作用力與“球拍”對水球的作用力是作用力與反作用力，是一對相互作用力，故B正確；
C.擊球過程中，水球所受彈力是由于球拍發生形變產生的，故C錯誤；
D.夢天實驗艙內的所有物品都處于完全失重狀態，重力全部提供向心力，不是不受重力，故D錯誤。
故選：B。
（2024 黑龍江模擬）如圖甲所示是創造了中國載人深潛新紀錄的“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始計時，其下潛的v﹣t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5h內的總質量為m，下潛時僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且海水密度均勻，則下列說法正確的是（　　）
A．0～0.5h內，“奮斗者號”處于超重狀態
B．0.5～2.5h內，“奮斗者號”的總質量小于m
C．2.5～3.0h內，“奮斗者號”的加速度大小為2m/s2
D．0～3.0h內，“奮斗者號”下潛的深度為7200m
【解答】解：A、0～0.5h內，“奮斗者號”加速下潛，加速方向向下，物體處于失重狀態，故A錯誤；
B、0.5h～2.5h內，“奮斗者號”勻速下潛，物體處于平衡狀態，體積不變，浮力不變，勻速下潛時需排出部分海水，讓重力等于浮力，所以此時重力小于mg，“奮斗者號”質量小于m，故B正確；
C、2.5h～3h內，“奮斗者號”向下做減速運動，由圖像的斜率表示加速度可知，故C錯誤；
D、根據v﹣t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示位移知，0～3.0h內，“奮斗者號”下潛的深度，故D錯誤；
故選：B。
題型4與超重失重有關的圖像問題
（2024 松江區校級三模）一質量為m的學生乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。學生所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（　　）
A．0～t1時間內，v增大，FN＜mg
B．t1～t2時間內，v不變，FN＜mg
C．t2～t3時間內，v增大，FN＞mg
D．t2～t3時間內，v減小，FN＜mg
【解答】解：A.根據s﹣t圖像可知，0﹣t1速度v增大，物體加速向下運動，加速度向下，根據牛頓第二定律mg﹣FN＝ma＞0，可得FN＜mg，故A正確；
B.根據s﹣t圖像可知，t1﹣t2速度v不變，物體勻速向下運動，根據平衡條件FN＝mg，故B錯誤；
CD.根據s﹣t圖像可知，t2﹣t3速度v減小，物體減速向下運動，取向上為正方向，根據牛頓第二定律FN﹣mg＝ma，可得FN＞mg，故CD錯誤。
故選：A。
（2024 東莞市三模）2023年世界泳聯錦標賽中，中國軍團以20枚金牌的成績力壓美國，位列金牌榜第一名。若把運動員從起跳到接觸水面的運動看成勻變速直線運動，某運動員從距離水面某一高度處的跳板上豎直向上跳起，起跳時開始計時，取豎直向下為正方向，速度傳感器記錄運動員的速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．0～t2，運動員處于失重狀態
B．運動員在t1時刻接觸水面
C．運動員在水中時，最深處的加速度最大
D．運動員潛入水中的深度等于
【解答】解：A.由圖可知0﹣t2運動員的加速度相同，加速度為正，方向豎直向下，根據超重和失重的含義可知，運動員處于失重狀態，故A正確；
BC.t2時刻速度減小，運動員開始接觸水面，t3時刻速度為零，運動員在水的最深處；v﹣t圖像斜率的絕對值表示加速度的大小，t3時刻的斜率最小，加速度最小，故BC錯誤；
D.則運動員潛入水中的深度為t2﹣t3時間內圖像與坐標軸所圍圖形的面積，則運動員潛入水中的深度
，故D錯誤。
故選：A。
（2024 河南模擬）某游泳運動員在0～6s時間內運動的v﹣t圖像如圖所示。關于該運動員，下列說法正確的是（　　）
A．在0～6s內所受的合力一直不為0
B．在0～6s內的位移大小為24m
C．在2s～4s內一定處于超重狀態
D．在4s～6s內的位移大小為8m
【解答】解：A、運動員在0～2s和4s～6 s內處于平衡狀態，所受合力為0，故 A錯誤；
B、運動員在0～6s 內的位移大小等于圖像與橫軸圍成的面積，12m，故B錯誤；
C、運動員在2s～4s內在同一水平面內運動，則其豎直方向的加速度為0，選項C錯誤；
D、運動員在4 s～6s 內做勻速直線運動，位移大小 x2＝2×4m＝8m，選項D正確；
故選：D。
題型5動力學圖像問題
（2024 重慶模擬）如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運動的v﹣t圖像如圖乙。物塊的質量m＝1kg，木板的質量M＝2kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．撤去F時，物塊的速度達到最大值
B．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4
C．拉力F的大小為36N
D．木板全過程運動的距離為7.5m
【解答】解：ABC、由圖可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味著在1.5s之前木塊與木板之間相對滑動，木塊做加速運動，木板做減速運動，直到1.5s時刻木塊與木板共速；
在1s～1.5s內，木板的加速度大小為a1m/s2＝10m/s2
在0～1.5s內，物塊的加速度大小為a2m/s2＝2m/s2
假設木板與地面的動摩擦因數為μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ2
則木板在1s～1.5s內根據牛頓第二定律有：μ1（m+M）g+μ2mg＝Ma1
木塊在0～1.5s內根據牛頓第二定律有：μ2mg＝ma2
代入數據聯立解得：μ1＝0.6，μ2＝0.2
木板在0～1s內的加速度為a3m/s2＝8m/s2
木板在0～1s內受力為F，根據牛頓第二定律可得：F﹣μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma3
代入數據解得F＝36N，故AB錯誤，C正確；
D、在0～1.5s內木板的位移s1v1Δt3（v1+v1.5）Δt18×1m（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s內木塊的位移s2v1.5Δt23×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物塊與木板間仍有相對滑動
物塊的加速度大小為：a1′＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小為a2′：μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma2′
解得：a2′＝8m/s2
物塊到停止的時間還需要：t1′s＝1.5s
木板到停止的時間還需要：t2′s
木板的位移為：s2m＝0.5625m
木板全過程運動的距離為s＝s1+s2＝6.75m+0.5625m＝7.3125m
故D錯誤。
故選：C。
（2024 綿陽模擬）如圖甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物體沿斜面向上做勻加速運動，其加速度a隨恒力F的變化關系如圖乙所示。則根據圖線斜率和截距可求得的物理量是（　　）
A．物體質量
B．斜面傾斜角
C．當地重力加速度
D．物體與斜面動摩擦因數
【解答】解：設a﹣F圖像斜率為k，與縱軸截距為b。若斜面光滑，對物體受力分析如圖：
有F﹣mgsinθ＝ma
解得
則，b＝gsinθ
若斜面粗糙，受力如圖：
有F﹣（mgsinθ+μmgcosθ）＝ma′
解得
則，b＝gsinθ+μgcosθ
綜上可知根據a﹣F圖像中圖線斜率和截距可求得的物理量是物體質量m，不能求解斜面傾斜角、當地重力加速度和物體與斜面動摩擦因數，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，水平地面上有一長平板車M，平板車右端放一物塊m，開始時M、m均靜止。t＝0時，平板車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v﹣t圖像如圖乙所示，整個過程中物塊m恰好沒有從平板車上滑下。已知物塊與平板車間的動摩擦因數為0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．0～4s內，物塊m的加速度一直變大
B．整個過程中，物塊m相對平板車M滑動的時間為4s
C．平板車M的長度為12m
D．物塊m相對平板車M的位移為16m
【解答】解：AB、根據題意，如物塊與平板車保持相對靜止，由牛頓第二定律可得，最大的加速度為μmg＝mam
解得加速度
由乙圖可知，M減速時加速度
可知，物塊與平板車發生相對滑動，設t秒時兩者共速，則有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板車的加速度為
物塊減速時，由牛頓第二定律得﹣μmg＝ma'm
得
平板車的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以1m/s2的加速度減速，設共速后再經t1減速到零，由運動學公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物塊的速度減為零，兩物體的速度—時間圖像如圖所示
整個過程中，物塊m的加速度大小一直為1m/s2，物塊m相對平板車M滑動的時間為8s，故AB錯誤；
CD、4秒前的打滑位移
4秒后的打滑位移
所以平板車的長度為12m，物塊m相對平板車的位移大小為12m﹣4m＝8m，方向向左
故D錯誤，C正確。
故選：C。

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