(共66张PPT)
第三章
牛顿运动定律
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
知识梳理·双基自测
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
2年高考·1年模拟
知识梳理·双基自测
知识点1
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____________。
运动情况
受力情况
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：
加速度
牛顿运动定律
思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。
(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？
(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
知识点2
超重与失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态______。
(2)视重：
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的______称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的______或台秤所受物体的______。
无关
示数
拉力
压力
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 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 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 物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)_________的现象
产生 条件 物体的加速度方向____________ 物体的加速度方向____________ 物体的加速度方向_________，大小_________
大于
小于
等于零
竖直向上
竖直向下
竖直向下
a＝g
超重现象 失重现象 完全失重现象
原理 方程 F－mg＝ma F＝____________ mg－F＝ma F＝___________ mg－F＝ma＝mg
F＝___
运动 状态 ______上升或______下降 ______下降或______上升 以a＝g______下降或______上升
m(g＋a)
加速
减速
m(g－a)
0
加速
减速
加速
减速
一、堵点疏通
1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( )
2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( )
3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( )
4．加速上升的物体处于超重状态。( )
5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )
6．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。( )
√
×
×
√
√
×
二、对点激活
1．(多选)(2023·浙江丽水高三阶段练习)下列几种运动中存在失重现象的是( )
BC
[解析]飞机倾斜机身转弯，是水平方向的圆周运动，飞机在竖直方向的加速度为0，既不是超重现象，也不是失重现象，故A错误；月球绕地球运动与苹果落地，加速度都指向地心向下，是完全失重现象，故B正确；小朋友荡秋千运动，加速度斜向上，最低点拉力大于重力，是超重现象；而荡到最高点时，竖直方向有向下的加速度(接下来高度降低)，是失重现象，故C正确；火箭发射后升空阶段，加速度向上，推力大于重力，是超重现象，故D错误。
2．(2022·黑龙江高三期末)如图所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是( )
A．aA＝0，aB＝2g B.aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝0 D.aA＝g，aB＝2g
[解析]在抽出木板的瞬时，AB整体加速度相同，对AB应用牛顿第二定律有2mg＝2ma，解得a＝g，B正确。
B
3．(2023·重庆模拟预测)如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某类型长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大( )
A．1.5×104 N B.1.5×105 N
C．1.5×106 N D.1×105 N
C
核心考点·重点突破
考点一
应用牛顿第二定律分析瞬时问题
两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
(多选)(2023·河北省模拟预测)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
例1
CD
A．仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度a＝g，方向竖直向上
B．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向右
C．仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左
D．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向下
[解析]设小球的质量为m，小球静止时F绳＝mgtan θ，剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与F绳等大反向，根据牛顿第二定律可得F合＝mgtan θ＝ma，即a＝gtan θ，方向水平向左，故C正确，A错误；若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变为零，此时小球只受到重力的作用，所以根据牛顿第二定律可知小球加速度a＝g，方向竖直向下，故B错误，D正确。
“四步骤”巧解瞬时性问题
名师点拨
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
〔变式训练1〕 (2023·全国高三专题练习)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图甲、乙，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．图甲中A球的加速度为gsin θ
B．图甲中B球的加速度为gsin θ
C．图乙中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
D
[解析]撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。
考点二
超重与失重现象
1．判断方法
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。
2．易错、易混点拨
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强等。
(2023·河北高三模拟)小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
例2
C
[解析]由图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；由图可知，8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；由图可知，10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；由图可知，16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
超重和失重现象判断的“三”技巧
名师点拨
(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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔变式训练2〕 (2022·陕西西安高三三模)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
B
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
[解析]运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速竖直向上，处于超重状态，D错误。
考点三
动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路
类型1 已知物体受力情况，分析运动情况
(2023·浙江省高三阶段练习)2022年2月4日，第24届冬奥会在北京举行。冰壶是冬奥会比赛项目之一。如图，冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶，冰壶能自由滑行28.9 m远。已知冰壶的质量为19 kg，在未摩擦冰面的情况下，冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，摩擦后动摩擦因数变为原来的90%，不计空气阻力，不考虑冰壶的旋转。
例3
(1)冰壶被掷出时的初速度大小？
(2)相同的初速下，在冰壶自由滑行一定距离后，队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面，最终使得冰壶多滑行了2.1 m。则冰壶自由滑行的距离有多远？
[答案] (1)3.4 m/s (2)10 m
解决动力学两类基本问题应把握的关键
名师点拨
(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。
类型2 已知物体运动情况，分析受力情况
(2022·甘肃二模)如图所示，小物块放在足够长的木板AB上，以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端，且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的3倍，求：木板与水平面之间的夹角的正切值。
例4
[答案] tan θ＝1.25μ
考点四
牛顿运动定律与图像结合问题
(1)明确常见图像的应用方法，如下表：
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外力
F－a图像 首先要根据具体的物理情景，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)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。
为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
例5
(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；
(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
〔变式训练3〕 (2022·全国二模)货物运输过程中，一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端以某初速度沿斜面下滑。如图所示，物体运动的位移x与时间t的关系图像是一段抛物线。其中，水平直线A是图像t2＝2 s时刻的切线，直线B是图像0时刻的切线，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
B
A．下滑过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动
B．t1时刻为1 s
D．t2时刻的瞬时速度为2.5 m/s
名师讲坛·素养提升
等时圆模型
1．模型的两种情况
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间相等，如图乙所示。
2．模型的分析思路
如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )
A．2?1 B.1?1
例6
B
〔变式训练4〕 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为( )
B
[解析]如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都
2年高考·1年模拟
1.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当
A
2．(2023·武汉高三模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A．aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
D
3．(多选)(2023·湖北高三专题练习)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )
AD
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
4．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t和夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B.逐渐减小
C．先增大后减小 D.先减小后增大
D
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
[解析](1)根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1，
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2，
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2，练案[8] 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)
1．(2023·江苏南通高三阶段练习)一辆肇事汽车在无监控的道路上紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察到现场后测出路面上车轮磨痕的长度，在不破坏现场的前提下，为了估测汽车刹车时速度的大小，还需( A )
A．根据车胎与路面材料查找动摩擦因数数值
B．测量汽车的质量
C．测量刹车过程的时间
D．测量刹车过程的平均速度
[解析]汽车在紧急刹车后停下来，汽车做匀减速直线运动，由v2＝2ax，又由牛顿第二定律得a＝＝μg，解得v＝。测出路面上车轮磨痕的长度x，再根据车胎与路面材料查找动摩擦因数数值μ，即可估测汽车刹车时速度的大小，与汽车的质量无关。故A正确，B错误；由于无监控，所以刹车时间无法测量，刹车过程的平均速度也无法计算，故CD错误。
2．(2023·山东枣庄模拟预测)如图所示为商场安装的智能化台阶式自动扶梯，为节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度斜向上匀速运行，当有乘客乘行时，自动扶梯先以加速度a加速运行，再匀速运行。若人的质量为m，扶梯与水平面的夹角为θ，全过程中乘客与扶梯始终相对静止，下列说法正确的是( A )
A．加速运行时，乘客处于超重状态
B．加速运行时，乘客对扶梯的作用力竖直向下
C．加速运行时，乘客所受摩擦力大小为masin θ
D．匀速运行时，乘客所受摩擦力与速度方向相同
[解析]加速向上运行时，乘客竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，A正确；加速运行时，乘客所受合外力斜向上，为乘客的重力和扶梯对乘客的作用力的合力，由力的合成可知，扶梯对乘客的作用力斜向上，则乘客对扶梯的作用力斜向下，B错误；对乘客受力分析，将加速度a分解到水平方向和竖直方向上，由牛顿第二定律有Ff＝macos θ，C错误；匀速运行时，由于接触面水平，乘客不受摩擦力，D错误。
3．(2023·福建模拟预测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( B )
A．物块A对B的弹力大小为0
B．物块A对B的弹力大小为mg
C．物块A的加速度为
D．弹簧弹力大小为mg
[解析]剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg，D错误；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝＝，即A和B的加速度均为，C错误；取B为研究对象，由牛顿第二定律，2mgsin θ－FN＝2ma，解得FN＝mg，A错误，B正确。
4．(2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( D )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN
[解析]由于x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN
5．(2023·山东模拟预测)新疆长绒棉因质量美誉世界。长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人机为棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8 s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25 kg，无人机作业速度为7 m/s，重力加速度为10 m/s2。则在加速阶段空气对无人机的作用力约为( B )
A．250 N B.258 N
C.313 N D.358 N
[解析]根据加速度定义得a＝＝2.5 m/s2，根据力的合成得F＝≈258 N。故选B。
6．(2023·全国高三专题练习)如图，吊篮用绳子悬挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均为m，重力加速度为g，则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下列说法正确的是( B )
A．三者的加速度都为g
B．C的加速度为零，A和B的加速度为g
C．B对A的压力为2mg
D．B对A的压力为mg
[解析]受力分析可知，物体C受重力和弹簧弹力，弹簧的弹力不能突变，在细绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力为零，则C的加速度为0；物体B与A相对静止，将A、B看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于C物体的重力mg，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得a＝＝g，故A错误，B正确；以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿第二定律得mg＋FN＝ma，代入数据得FN＝，故CD错误。
7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( B )
A．tA
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
[解析]对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝＝；对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝g，由x2＝a2t得t2＝＝。对于CM段，设CM与x轴夹角为θ，则有t3＝＝＝。故B正确。
8．(2022·陕西西安高三期末)一无人驾驶汽车质量为2.0×103 kg，在试驾过程中以8 m/s的速度行驶。发现车头前方20 m处的斑马线上有行人，为礼让行人开始减速，从发现行人到停止运动，其v－t图像如图所示。则下列说法正确的是( BD )
A．汽车减速过程的加速度大小为2 m/s2
B．汽车停止时车头距斑马线2 m
C．图示过程中汽车运动的平均速度大小为4 m/s
D．汽车在减速过程中受到的合力约为4.6×103 N
[解析]由v－t图像可以知道，斜率代表加速度，则a＝＝ m/s2≈2.29 m/s2，A错误；由v－t图像可以知道，围成的面积为位移，则x＝ m＝18 m，汽车停止时车头距斑马线Δx＝20 m－18 m＝2 m，B正确；汽车运动的平均速度＝＝ m/s＝4.5 m/s，C错误；汽车在减速过程中受到的合力约为F＝ma＝2.0×103×2.29 N≈4.6×103 N。D正确。
9．(2023·宁夏银川市高三月考)图甲为门式起重机，它可以将列车上静止的集装箱竖直向上提升到一定高度。若选竖直向上为正方向，测得集装箱竖直方向运动过程中的加速度a随位移x变化的规律如图乙所示。下列判断正确的是( BC )
A．在x＝4 m时，集装箱的速度为2 m/s
B．在0～4 m内，集装箱运动的时间为2 s
C．在4～6 m内，集装箱处于超重状态
D．集装箱上升的最大高度为6 m
[解析]由题意，集装箱初速度为0，之后在0～4 m内竖直向上做匀加速直线运动，由2ax＝v2，得x＝4 m时，集装箱的速度v＝2 m/s，A错误；由v＝at得t＝2 s，B正确；在4～6 m内，集装箱向上做加速度逐渐减小的加速运动，加速度向上，集装箱处于超重状态，C正确；当x＝6 m时，加速度减小为0，向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，D错误。
10．(2022·四川南充二模)如图所示，质量为m＝1 kg的物块停放在光滑的水平面上，现对物块施加一水平向右的外力F，使它在水平面上做直线运动。已知外力F随时间t(单位为：s)的变化关系为F＝(6－3t)N，则( BD )
A．在t＝2 s时，物块的速度为零
B．物块向右运动的最大速度为6 m/s
C．在0～4 s内，物块的平均速度等于3 m/s
D．物块向右运动的最大位移大于12 m
[解析]水平面光滑，物体所受的合力等于F，在0～2 s内，物块的受力一直向右，一直向右做加速运动，可知t＝2 s时物块的速度不为零，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝＝6－3t，a－t图像如图甲所示，a－t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知最大速度变化量为Δv＝×6×2 m/s＝6 m/s。可知物体向右运动的最大速度为6 m/s，故B正确；物体的速度时间图线如图乙所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移，所以在0～4 s内位移，x>×6×4 m＝12 m，则平均速度＝> m/s＝3 m/s。故D正确，C错误。
二、非选择题
11．(2023·福建省福州高三模拟)如图，直杆水平固定，质量m＝0.1 kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角θ＝53°的斜向上恒力F＝7.5 N，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)AB段小圆环的加速度a1的大小；
(2)AB与BC的距离之比s1?s2。
[答案] (1)a1＝5 m/s2 (2)s1?s2＝8?5
[解析](1)在AB段，对圆环根据牛顿运动定律有
Fcos θ－Ff1＝ma1 ①
Fsin θ＝FN1＋mg ②
Ff1＝μFN1 ③
由①②③式代入数据得a1＝5 m/s2 ④
(2)BC段，对圆环根据牛顿运动定律有
FN2＝mg ⑤
Ff2＝ma2 ⑥
又Ff2＝μFN2 ⑦
由⑤⑥⑦式代入数据得a2＝8 m/s2 ⑧
在AB和BC段，根据匀变速直线运动规律，分别有
v＝2a1s1 ⑨
v＝2a2s2 ⑩
由④⑧⑨⑩得s1?s2＝8?5。
12．(2023·浙江模拟预测)北京冬奥会开幕式的浪漫烟花(如图甲)让人惊叹不已。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开(如图乙)。礼花弹的结构如图丙所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹质量m＝0.1 kg，从炮筒射出的速度为v0＝35 m/s，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的0.25倍，延期引线的燃烧速度为v＝2 cm/s，忽略炮筒的高度，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)求礼花弹射出后，上升的最大高度h；
(2)要求爆炸发生在超过礼花弹最大高度的96%范围，则延期引线至少多长；
(3)设礼花弹与炮筒相互作用的时间Δt＝0.01 s，求礼花弹对炮筒的平均作用力大小。
[答案] (1)49 m (2)4.48 cm (3)351.25 N
[解析](1)根据牛顿第二定律得a＝＝12.5 m/s2，
根据运动学公式v＝2ah，
解得h＝49 m。
(2)根据v＝2ah，v－v＝2ah×0.96，
联立得v1＝7 m/s。
则t1＝＝2.24 s，L＝vt1＝4.48 cm，
(3)由动量定理(F－mg－0.25mg)Δt＝mv0，
解得F＝351.25 N，
根据牛顿第三定律可知，礼花弹对炮筒的平均作用力为351.25 N。
