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第2讲 力与直线运动
题型1匀变速直线运动规律的应用
一、相关知识链接
1．基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax.
2．重要推论
＝＝(利用平均速度测瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．
3．符号法则
选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
二、规律方法提炼
1．解题思路
建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解．
2．刹车问题的分析
末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
3．双向可逆类运动分析
匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．
4．平均速度法的应用
在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．
[例题1] （2024 浙江模拟）某同学抛5个球，任意时刻都有4个球在空中，1个球在手上。球上升的最大高度为h，则每个小球每次在手上停留的时间为（ ）
A． B． C． D．
[例题2] （2023 杭州二模）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
[例题3] （2023 温州模拟）“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30m/s，当战斗机速度达到60m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞
B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
[例题4] （2023 杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求：
（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？
（2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。
题型2牛顿运动定律解决“三类”问题
一、相关知识链接
1．a＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合外力为0.
2．a为恒量(不为0)时，且v0和a在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．
二、规律方法提炼
1．瞬时问题
要注意绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
2．连接体问题
要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，灵活运用整体法与隔离法．
3．超重和失重问题
物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．
[例题5] （2023 西湖区校级模拟）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的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
[例题6] （2024 乐清市校级三模）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯上物体处于超重状态的时段是（ ）
A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0s
C．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s
[例题7] （2024 嘉兴模拟）如图所示，跳伞运动员打开伞后竖直向下运动。则图示时刻（ ）
A．运动员一定处于失重状态
B．伞对运动员的作用力大于运动员对伞的作用力
C．运动员对伞的作用力与空气对伞的作用力可能大小相等
D．空气对运动员和伞的作用力可能大于运动员和伞的总重力
[例题8] （2024 温州二模）如图所示，小球从距地面高度h1＝1.25m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2＝0.8m，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
题型3单物体多运动过程问题
1．基本思路
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2．解题关键
抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．
3．常用方法
(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等．
[例题9] （2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
[例题10] （2024 浙江二模）利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．手机一直没有离开手掌
B．t1时刻手机运动到最高点
C．t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0
D．t2时刻手机开始减速上升，t1～t3时间内手机所受的支持力一直减小
[例题11] （2024 浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上，质量为m。轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
[例题12] （2024 金东区校级模拟）如图所示，质量为M＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为f1＝2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N＝15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
题型4动力学方法解决传送带问题
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
2．解题关键
(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
[例题13] （2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
[例题14] （2024 甘肃二模）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m＝1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
[例题15] （多选）（2024 南昌二模）如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t＝0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
[例题16] （2022 南通四模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
专题强化练
1. （2024 嘉兴一模）杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v﹣t图像如图所示。则全红婵的重心（ ）
A．在0～t1过程中作自由落体运动
B．在t2～t3过程中速度方向发生改变
C．在t3～t4过程中加速度逐渐减小
D．在t4时刻上浮至水面
2. （2023 浙江模拟）“雨过闲田地，重重落叶红”，深红色的落叶层层叠叠地在空中或左或右、上上下下飞舞，关于飞舞的落叶，下列说法正确的是（ ）
A．落叶处于平衡状态
B．落叶的加速度为g
C．落叶只受重力作用
D．落叶受到空气对它的作用
3. （2022 南京模拟）从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球的速度的大小为v已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为（ ）
A．t B．t
C．t D．t
4. （2022 温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
5. （2024 浙江模拟）雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（ ）
A．Re B．Re C．Re D．Re
6. （2024 镇海区校级三模）蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（ ）
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力大于c中张力
C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止
D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下
7. （2024 浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上。质量为m0轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8. （2024 浙江模拟）宇航员在某星球上把一质量为m的物体（可视为质点）竖且向上抛出，物体速度的平方v2随高度h的变化情况如图所示，图中v0、v′、H均为已知量。若物体在运动过程中受到的阻力大小恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在整个运动过程中，加速度大小恒定
B．物体所受的阻力大小为
C．星球表面的重力加速度大小为
D．物体从被抛出到落回至抛出位置的时间为
9. （2024 浙江模拟）如图所示，甲、乙两个物块叠放在一起，恰随车厢一起向右做匀加速直线运动，甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值，甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，甲与厢壁间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A．甲、乙整体的加速度大小为μg
B．乙对甲的作用力大小为
C．甲、乙之间的动摩擦因数为
D．可以求出甲、乙的质量之比
10. （2023 诸暨市一模）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
11. （2023 金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第2讲 力与直线运动
题型1匀变速直线运动规律的应用
一、相关知识链接
1．基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax.
2．重要推论
＝＝(利用平均速度测瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．
3．符号法则
选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
二、规律方法提炼
1．解题思路
建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解．
2．刹车问题的分析
末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
3．双向可逆类运动分析
匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．
4．平均速度法的应用
在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．
[例题1] （2024 浙江模拟）某同学抛5个球，任意时刻都有4个球在空中，1个球在手上。球上升的最大高度为h，则每个小球每次在手上停留的时间为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：小球做竖直上抛运动，下降时间为t1
根据竖直上抛运动的对称性，上升时间为：t2＝t1
故竖直上抛运动的总时间为：t＝t1+t2
演员手中总保留一个小球，扔出一球后立即接到另一球，说明若假设手中球抛出瞬间为起点计时，此时3个球在空中，另外两个小球都在手边，由运动的对称性可知，此时小球之间的时间间隔为：1与2之间；2与3之间；3与4之间以及4与5之间共4段时间间隔，则：4Δt＝t
所以：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题2] （2023 杭州二模）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：
6m
代入数据解得：a＝4m/s2
故B错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t124m
代入数据解得：v0＝26m/s
汽车第1s末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A错误；
C、汽车的减速时间为ts＝6.5s
故C正确；
D、汽车刹车的总位移为xv0t26×6.5m＝84.5m
故D错误。
故选：C。
[例题3] （2023 温州模拟）“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30m/s，当战斗机速度达到60m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞
B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【解答】解：A．航空母舰静止时，战斗机需在甲板上滑行的时间为
故A错误；
B．航空母舰静止时，战斗机在甲板上滑行的距离为
故B正确；
C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机被弹射前已经具有速度，战斗机被弹射之后开始匀加速运动的初速度要大于30m/s，由B项可知战斗机速度达到60m/s时的位移要小于135m，可得战斗机相对甲板滑行的距离必然要小于135m。
故C错误；
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。
故选：B。
[例题4] （2023 杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求：
（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？
（2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。
【解答】解：（1）匀减速时间
匀减速位移
x1，解得x1＝64m
停止时间t2＝20s，位移为零。
加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有s＝2s1＝2×64m＝128m
t＝2t1+t2＝2×8s+20s＝36s
（2）设过ETC通道的车辆匀速时间为t，匀减速时间t2s＝6s
过ETC通道的车辆所用总时间T＝2t2+t＝（2×6+t）＝12+t
汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，人工收费通道总时间T′＝T+21，T′＝33+t
汽车通过ETC通道与人工收费通道的位移相等，则2 t2+v2t＝2v1（T′﹣2t1﹣t0）
解得ts，故汽车在ETC通道匀速行驶的距离x＝v2t＝4mm
答：（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程128m，所需时间36s；
（2）汽车在ETC通道匀速行驶的距离m。
题型2牛顿运动定律解决“三类”问题
一、相关知识链接
1．a＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合外力为0.
2．a为恒量(不为0)时，且v0和a在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．
二、规律方法提炼
1．瞬时问题
要注意绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
2．连接体问题
要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，灵活运用整体法与隔离法．
3．超重和失重问题
物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．
[例题5] （2023 西湖区校级模拟）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的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ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，最后弹簧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，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，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﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块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，合力向左，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的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
[例题6] （2024 乐清市校级三模）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯上物体处于超重状态的时段是（ ）
A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0s
C．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s
【解答】解：电梯上升过程中，处于超重状态时具有向上的加速度，即向上加速，只有在20.0s到30.0s内向上加速，速度向上，加速度也向上，故电梯处于超重状态的时段是20.0s到30.0s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
[例题7] （2024 嘉兴模拟）如图所示，跳伞运动员打开伞后竖直向下运动。则图示时刻（ ）
A．运动员一定处于失重状态
B．伞对运动员的作用力大于运动员对伞的作用力
C．运动员对伞的作用力与空气对伞的作用力可能大小相等
D．空气对运动员和伞的作用力可能大于运动员和伞的总重力
【解答】解：A.图示时刻运动员的加速度无法确定，则运动员不一定处于失重状态，故A错误；
B.伞对运动员的作用力和运动员对伞的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B错误；
C.运动员对伞的作用力与空气对伞的作用力如果大小相等，由于伞的重力不能忽略不计，所以伞和运动员的合力向下，做加速运动，与实际不符，故C错误；
D.空气对运动员和伞的作用力可能大于运动员和伞的总重力，伞和运动员的合力向上，做减速运动，与实际相符，故D正确。
故选：D。
[例题8] （2024 温州二模）如图所示，小球从距地面高度h1＝1.25m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2＝0.8m，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球下降过程处于失重，上升过程处于超重
C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1m/s
D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
【解答】解：A、小球在B点速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A错误；
B、小球下降过程和上升过程加速度方向均向下，处于失重状态，故B错误；
C、根据机械能守恒定律得，
整理解得
代入数据解得v＝5m/s，
规定向上为正方向，根据动量定理得
（mg﹣F）t＝0﹣（﹣mv）
整理解得，
可知小球与地面作用过程速度变化量的大小大于5m/s，故C错误；
D、根据平均速度的推论：，小球下降过程的末速度大于上升过程的初速度，下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，故D正确。
故选：D。
题型3单物体多运动过程问题
1．基本思路
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2．解题关键
抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．
3．常用方法
(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等．
[例题9] （2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【解答】解：A、前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。由于物块匀速上滑，根据平衡条件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入数据解得：μ＝0.75，故A错误；
C、由物体2s后开始减速，由图示v﹣t图像可知，2s时传送带的速度为1m/s，可得物体前2s内做匀速运动的速度v1＝1m/s，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点，此时传送带的速度也恰好为零，说明二者减速运动的加速度相同，所以2s后物体与传送带相对静止一起运动，2s后物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，故C错误
B、2s后物体相对于传送带静止，由图示v﹣t图像可知，加速度大小为am/s2＝0.5m/s2，前2s物块沿传送带上滑的位移为x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物块相对传送带静止，物体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝0.5m/s2，向上匀减速运动x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入数据解得：x2＝1m，传送带AB长L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B错误；
D、物体上滑过程中，滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由传送带的v﹣t图像可知前2s，传送带位移为x＝3m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正确。
故选：D。
[例题10] （2024 浙江二模）利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．手机一直没有离开手掌
B．t1时刻手机运动到最高点
C．t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0
D．t2时刻手机开始减速上升，t1～t3时间内手机所受的支持力一直减小
【解答】解：A、由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机只受重力与手掌没有力的作用，故手机可能离开过手掌，故A错误；
B、根据Δv＝aΔt
可知a﹣t图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正方向，不为零，故还没有到最高点，故B错误；
C、根据图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正方向，运动方向没有发生改变，故C错误；
D、由图可知t2时刻后加速度变为负方向，速度依旧为正方向，加速度与速度方向相反，则手机开始减速上升。t1～t3时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得mg﹣N＝ma
得N＝ma+mg
可知加速度由向上到向下的过程中支持力一直减小。故D正确。
故选：D。
[例题11] （2024 浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上，质量为m。轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：对物体，根据牛顿第二定律有
m1g﹣T＝m1a
对滑轮，根据转动定律有
由运动学关系有
a＝Rβ
联立解得物体的加速度大小为：，，故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题12] （2024 金东区校级模拟）如图所示，质量为M＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为f1＝2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N＝15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2＝7.5N
D．水平拉力大小F＝129N
【解答】解：A、木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为f1＝mg＝0.5×10N＝5N，故A错误；
C、铁箱与地面的摩擦力为f2＝μ1（M+m）g＝0.3×（2.5+0.5）×10N＝9N，故C错误；
B、由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为，故B错误；
D、对木块在水平方向上由牛顿第二定律得N＝ma
对整体由牛顿第二定律得F﹣f2＝（M+m）a
解得F2＝129N，故D正确；
故选：D。
题型4动力学方法解决传送带问题
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
2．解题关键
(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
[例题13] （2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2＝﹣8×2m8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2＝8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，根据v﹣t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
联立解得：μ＝0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
[例题14] （2024 甘肃二模）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m＝1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下
【解答】解：AD、从图像可知，物体沿传送带减速下滑，速度减为零后反向向上沿传送带加速运动，最终的速度大小为1m/s，故不会从N点离开，同时可知传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AD错误；
C、v—t图像中斜率表示物体的加速度，则物块沿传送带下滑时的加速度：am/s2＝2.5m/s2
根据牛顿第二定律有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
代入已知数据得：μ，故C正确；
B、v—t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t1s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，故物块沿传送带向下运动的位移为：x1mm
t1s到t2＝2s时，物块沿传送带向上加速运动的位移为：x2mm
物块沿传送带向上匀速运动的时间为：t匀s＝3s
所以物块回到原处的时间：t＝t2+t匀＝3s+2s＝5s，故B错误。
故选：C。
[例题15] （多选）（2024 南昌二模）如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t＝0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A.对物块受力分析可知，物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为fm，重力沿传送带向下的分力为mgsinθ。若v0＜v，物块先做匀加速运动，与传送带共速后，若fm≥mgsinθ，物块与传送带一起匀速运动，则A图是可能的，故A正确；
B.若v0＜v，物块先做匀加速运动，与传送带共速后，若fm＜mgsinθ，物块做匀减速运动，则B图是不可能的，故B错误；
C.若v0＞v，物块先做匀减速运动，加速度a1＝gsinθ+μgcosθ，与传送带共速后，若fm＜mgsinθ，物块继续向上继续做匀减速运动，加速度
a2＝gsinθ﹣μgcosθ由此可知a2＜a1，速度—时间关系图象的斜率变小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，加速度大小不变，则C图是可能的，故C正确；
D.若v0＞v，物块先做匀减速运动，与传送带共速后，若fm≥mgsinθ，物块与传送带沿斜面向上一起匀速运动，则D图不可能，故D错误；
故选：AC。
[例题16] （2022 南通四模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v﹣t图像的斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回到传送带下端时的速度为﹣v1，故A正确；
B、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的摩擦力时，木块滑上传送带先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起匀速运动，故B正确；
C、当v1＞v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传动带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块加速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v﹣t图像的斜率减小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v﹣t图像的斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从v1减小至v0的过程位移大小为
木块速度从v0减至0的过程位移大小为
假设木块返回至传送带下端时的速度为﹣v1，则木块速度从0增大至﹣v1的过程中位移大小为
由于a1＞a2，则有
即x1+x2＜x3
而木块整个过程的位移为零，上式明显不满足，故C错误；
D、当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，将随传送带一起匀速运动，故D正确；
本题选不正确的，故选：C。
专题强化练
1. （2024 嘉兴一模）杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v﹣t图像如图所示。则全红婵的重心（ ）
A．在0～t1过程中作自由落体运动
B．在t2～t3过程中速度方向发生改变
C．在t3～t4过程中加速度逐渐减小
D．在t4时刻上浮至水面
【解答】解：A、在0～t1过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误；
B、在t2～t3过程中速度始终为正值，方向没有发生改变，故B错误；
C、v﹣t图像的斜率代表加速度，在t3～t4过程中，图像斜率变小，加速度逐渐减小，故C正确；
D、根据图像可知，0～t1过程竖直向上运动，t1～t4过程中竖直向下运动，在t4时刻下降到最低点，故D错误。
故选：C。
2. （2023 浙江模拟）“雨过闲田地，重重落叶红”，深红色的落叶层层叠叠地在空中或左或右、上上下下飞舞，关于飞舞的落叶，下列说法正确的是（ ）
A．落叶处于平衡状态
B．落叶的加速度为g
C．落叶只受重力作用
D．落叶受到空气对它的作用
【解答】解：飞舞的落叶，或左或右、上上下下飞舞，运动状态时刻改变，故不是平衡态，同时落叶面积大，与空气接触受到的空气阻力不能忽略，加速度为g是只受重力的时候，不符合题意，故ABC错误，D正确；
故选：D。
3. （2022 南京模拟）从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球的速度的大小为v已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为（ ）
A．t B．t
C．t D．t
【解答】解：A、B、D：下降过程物体做加速运动，若忽略次要因素（空气阻力）时间约为，而上升阶段做匀减速运动，同理忽略次要因素，时间约为，故总时间约为，故A正确，B错误，D错误；
C：时间的单位为s，而C答案单位为m，故C错误
故选：A。
4. （2022 温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
【解答】解：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度为v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。
由表格数据可知，0～2s时间内，火星车从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移为2cm，根据
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程方向做初速度为0的匀加速运动，则有
解得：a′＝1cm/s2
匀加速阶段的时间为
匀减速阶段的时间为
故0～12s全过程的位移满足
又有t1+t2+t3＝12s
联立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
A、前5s内火星车做加速运动，5s后火星车已经做匀速运动，故A错误；
B、5～7s时间内火星车已经匀速运动，故第6s末火星车的速度为5cm/s，故B错误；
C、火星车一共匀速运动的位移为
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正确；
D、火星车减速的加速度大小为1cm/s2，故D错误；
故选：C。
5. （2024 浙江模拟）雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（ ）
A．Re B．Re C．Re D．Re
【解答】解：ρ的单位是，v的单位是，d的单位是m。μ的单位Pa s。
A、经过计算可得的单位是，即Re有量纲，不符合题意，故A错误；
B、经过计算可得的单位是1，即Re无量纲，符合题意，故B正确；
C、经过计算可得的单位是m，即Re有量纲，不符合题意，故C错误；
D、经过计算可得的单位是，即Re有量纲，不符合题意，故D错误。
故选：B。
6. （2024 镇海区校级三模）蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（ ）
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力大于c中张力
C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止
D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下
【解答】解：AB.三根蛛丝的张力如图所示，假设蜘蛛的质量为m，根据受力分析及几何关系可知，Fa×sin30°+Fb×sin30°＝mg+Fc，Fa×cos30°＝Fb×cos30°，由此可知Fa＝Fb＝mg+Fc，故A错误，B正确；
CD.若蛛丝c突然断开，则蛛网及蜘蛛受到的合力大小为Fa×sin30°+Fb×sin30°﹣mg＝Fc，方向向上，故蜘蛛会向上加速，故CD错误。
故选：B。
7. （2024 浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上。质量为m0轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程，对物体有m1g﹣T＝m1a
对滑轮有
TRmR2β
由运动学关系有
a＝Rβ
联立解得a
将a代入物体牛顿运动定律方程解得T，故C正确，ABD错误；
故选：C。
8. （2024 浙江模拟）宇航员在某星球上把一质量为m的物体（可视为质点）竖且向上抛出，物体速度的平方v2随高度h的变化情况如图所示，图中v0、v′、H均为已知量。若物体在运动过程中受到的阻力大小恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．物体在整个运动过程中，加速度大小恒定
B．物体所受的阻力大小为
C．星球表面的重力加速度大小为
D．物体从被抛出到落回至抛出位置的时间为
【解答】解：A．设物体上升过程中的如速度大小为a1，下降过程中的加速度大小为a2，星球面的重力加速度大小为g，物体所受的阻力大小为f，由题图可知
，
可知物体上升过程中的加速度大小大于下落过程中的加速度大小，故A错误；
BC．向上运动的过程中物体受到的阻力向下，根据牛顿第二定律可得mg+f＝a1
向下运动的过程中物体受到的阻力向上，根据牛顿第二定律可得mg﹣f＝a2
联立解得；
故B错误，C正确；
D．物体上升的时间为
下落的时间为
物体从被抛出到落回至抛出位置的时间
故D错误。
故选：C。
9. （2024 浙江模拟）如图所示，甲、乙两个物块叠放在一起，恰随车厢一起向右做匀加速直线运动，甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值，甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，甲与厢壁间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A．甲、乙整体的加速度大小为μg
B．乙对甲的作用力大小为
C．甲、乙之间的动摩擦因数为
D．可以求出甲、乙的质量之比
【解答】解：A、对甲、乙组成的整体进行受力分析，竖直方向由二力平衡可得f1＝（m甲+m乙）g，水平方向由牛顿第二定律可得FN1＝（m甲+m乙）a，结合f1＝μFN1，综合解得a，故A错误。
B、乙对甲的最大静摩擦力大小为f2＝m乙a，方向沿水平方向，乙对甲的压力大小为F压＝mg，方向沿竖直方向，则乙对甲的作用力大小为
F，故B错误。
C、设甲、乙之间的动摩擦因数为μ0，结合f2＝μ0F压，综合解得μ0，故C正确。
D、由以上分析可知，无法求出甲、乙的质量之比，故D错误。
故选：C。
10. （2023 诸暨市一模）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
【解答】解：AB．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
可知释放瞬间磁体A的加速度为零，释放瞬间，B与圆筒一起运动，对B与圆筒整体，根据牛顿第二定律有2mg+F＝2ma
解得a＝1.5g
故A错误，B正确；
C．释放后，可知磁体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，根据牛顿第二定律有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，而对于磁体B与圆筒组成的系统，根据牛顿第二定律有2mg+F′＝2ma′
可知g＜a′＜1.5g
磁体B和圆筒所组成系统的加速度大于磁体A的加速度，磁体B和圆筒组成的系统与磁体A间的距离将增大，磁体A会离开圆筒，故C错误；
D．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。
故选：B。
11. （2023 金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？
【解答】解：（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动，向上运动时间
从抛出直至回到抛出点的时间t2＝2t1
解得t2＝2s
则小球从抛出直至回到抛出点经过的时间为2s；
（2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mg+f＝ma
又空气阻力大小f＝0.2N
解得：
小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有：2ah
解得：
则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为；
（3）小球落回抛出点前速度恒定，说明所受合力为0，则mg＝kv
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