第三章運動和力的關系第2講牛頓第二定律的基本應用匯報人：小明2019.01.01考點1瞬時性問題考點2超重和失重問題考點3兩類動力學問題熱點幫關注熱點遷移應用練習幫練透好題精準分層Contents目錄單擊此處添加文本單擊此處添加文本課標要求核心考點五年考情核心素養對接1.能用牛頓運動定律解釋生產生活中的有關現象、解決有關問題.瞬時性問題2022：全國甲T19；2019：浙江4月T121.物理觀念：理解和掌握牛頓運動定律；能從運動與相互作用的視角分析自然與生活的有關簡單問題.2.科學思維：運用牛頓運動定律分析、解決問題；掌握“整體法”“隔離法”“圖像法”“控制變量法”“臨界法”等的應用.超重和失重問題2020：山東T1；課標要求核心考點五年考情核心素養對接2.通過實驗，認識超重和失重現象.兩類動力

學問題2023：浙江1月T5；2022：湖南T9，遼寧

T7，全國乙T15，浙江1

月T19；2021：河北T13，浙江6

月T4，浙江6月T193.科學探究：通過實驗，認識超重和失重.4.科學態度與責任：樂于將牛頓運動定律應用于生產、生活實際；能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用.命題分析預測牛頓第二定律是每年高考必考內容，主要考查兩類動力學問題和對生活中現象的解釋.預計2025年高考仍是必考點，可能會結合圖像或航天實際在選擇題中考查，還可能結合運動學知識考查簡單計算題.考點1瞬時性問題

加速度與合力具有因果關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，當物

體所受合力發生變化時，加速度也隨著發生變化，而物體運動的速度[1]

?

發生突變.不能

如圖所示，兩個質量均為m的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起

來，重力加速度為g.(1)剪斷細繩前，彈簧對A球的彈力是

，彈簧對B球的拉力是

?；剪斷細

繩的瞬間，彈簧對A球的彈力是

，彈簧對B球的拉力是

?.mg

mg

mg

mg

(2)剪斷細繩的瞬間，A球和B球的加速度分別是

、

?.[解析]剪斷細繩之前，細繩的拉力為2mg，輕彈簧拉力為mg；當剪斷細繩的瞬

間，細繩拉力消失，輕彈簧拉力不發生突變，則A球所受合力為2mg，加速度為2g，

B球所受合力為0，加速度為0.2g

0

明確并注意區別牛頓第二定律瞬時性問題的幾種模型模型受外力時形變

特點受外力時

形變量彈力能否突變產生拉力或壓力輕繩不可伸長微小不計可以突變只能受拉力作用，不

能承受壓力橡皮繩只能變長，不

能變短較大兩端連有物體時不能

突變只能受拉力作用，不

能承受壓力模型受外力時形變

特點受外力時

形變量彈力能否突變產生拉力或壓力輕彈簧既可變長，又

可變短較大兩端連有物體時不能

突變既能承受拉力，又能

承受壓力輕桿不可伸長，不

可縮短微小不計可以突變既能承受拉力，又能

承受壓力1.[輕桿連接]兩個質量均為m的小球，用輕桿連接后通過細繩懸掛在天花板上，如

圖所示.現突然剪斷細繩OA，讓小球下落，在剪斷細繩的瞬間，小球A、B的加速度

分別用a1和a2表示，重力加速度為g，則(

A

)A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2gC.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0A[解析]剪斷細繩的瞬間，A、B間輕桿的彈力可瞬間發生變化，A、B的加速度相

同，將兩球看成一個整體，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，兩球的加速度均為g，

即a1＝g，a2＝g，故A正確.命題拓展輕桿連接→輕繩連接若小球A和小球B之間用輕繩連接，在剪斷細繩OA的瞬間，小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，重力加速度為g，則(

A

)A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2gC.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0[解析]剪斷細繩的瞬間，A、B間輕繩的彈力可瞬間發生變化，A、B的加速度相

同，將兩球看成一個整體，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，兩球的加速度均為g，

即a1＝g，a2＝g，故A正確.A2.[輕繩、輕彈簧連接/2024山東濟南聯考]如圖所示，A、B兩小球分別用輕質細繩

L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩小球之間用一輕質細繩L2連接，細繩L1、彈簧與

豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，現將細繩L2剪斷，則細繩L2剪斷瞬間，下

列說法正確的是(

D

)A.細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1：1B.細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1：cos2θC.A與B的加速度之比為1：1D.A與B的加速度之比為cosθ：1D[解析]根據題述可知，A、B兩球的質量相等，設為m，剪斷細繩L2后，A球

做圓周運動，剪斷瞬間速度為0，向心加速度為0，只有切向加速度，故對A球

進行受力分析，如圖甲所示，有FT＝mgcosθ，mgsinθ＝ma1；剪斷細繩L2瞬間，對B球進行受力分

析，如圖乙所示，由于彈簧的彈力不發生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有F

cos

θ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT：F＝cos2θ：1，a1：a2＝cosθ：1，故D正確.方法點撥利用建模思想求解瞬時加速度考點2超重和失重問題

1.超重與失重大于向上小于向下完全沒有作用力2.實重與視重無關

如圖，一中學生站在體重計上向下蹲.(1)中學生在下蹲過程中是處于超重狀態還是處于失重狀態？[答案]中學生先處于失重狀態后處于超重狀態(突破點：下蹲過

程中先加速后減速).(2)中學生在下蹲過程中體重計的示數如何變化？[答案]體重計的示數先減小后增大.(3)中學生在下蹲過程中體重計對中學生的支持力如何變化？[答案]體重計對中學生的支持力先減小后增大.超重失重完全失重現象視重大于實重視重小于實重視重等于0產生

條件有豎直向上的加速度或

分加速度有豎直向下的加速度或

分加速度，且0＜ay＜g加速度a＝g，方向豎直

向下超重失重完全失重運動

狀態加速上升或減速下降加速下降或減速上升以加速度g加速下降或減

速上升相關

方程F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0命題點1

超失重現象的判斷3.[v－t圖像/2024廣東惠州第一次調研]近年來惠州市試點為老舊小區加裝垂直電

梯，如圖(a)所示，取豎直向上方向為正方向，某人某次乘電梯時的速度隨時間變化

的圖像如圖(b)所示，以下說法正確的是(

C

)A.4s時電梯停止在某一層樓B.1～3s，此人處于超重狀態，重力變大C.5～7s，此人處于失重狀態，支持力小于重力D.電梯先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動C[解析]4.[F－t圖像]圖甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動作的示

意圖，圖甲中的小黑點表示人的重心.圖乙是平板所受壓力隨時間變化的圖像，取重

力加速度g＝10m/s2.根據圖像分析可知(

C

)A.人的重力可由b點讀出，約為300NB.在由b到c的過程中，人先處于超重狀態再處于失重狀態C.人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態D.人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度C[解析]由圖乙可知，開始時人處于平衡狀態，人對平板的壓力約為900N，則人的

重力也約為900N，A錯誤；在由b到c的過程中，人對平板的壓力先小于重力后大于

重力，故人先處于失重狀態后處于超重狀態，B錯誤；人雙腳離開平板的過程中只

受重力的作用，處于完全失重狀態，C正確；人在b點對應時刻對平板的壓力與重力

的差值要小于在c點對應時刻對平板的壓力與重力的差值，則人在b點對應時刻的加

速度要小于在c點對應時刻的加速度，D錯誤.方法點撥判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于重力時處于超重狀態，小于重力時處于失重狀態，等于零時處于完全失重狀態從加速度的角度判斷一般情況下，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態，具有

向下的加速度時處于失重狀態，向下的加速度為重力加速度時

處于完全失重狀態從運動狀態的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重；②物體向下加速或向上減速時，失重命題點2

超失重現象的分析和計算5.[超失重與現代科技/2024湖北黃岡統考]某同學用橡皮筋懸掛智能手機做如下實

驗：如圖甲所示，將橡皮筋上端固定在鐵架臺上的O點，打開手機加速度傳感器，

同時從O點由靜止釋放手機，獲得一段時間內手機在豎直方向的加速度隨時間變化

的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(

D

)A.手機在0.5s時處于失重狀態B.手機在1.0s時處于超重狀態C.0.9s時橡皮筋恢復到原長D.手機的速度最大值約為3m/sD

6.[超失重與體育/2024福建莆田二中階段測試]女排運動員進行原地起跳攔網訓練，

某質量為60kg的運動員原地靜止站立(不起跳)雙手攔網高度為2.10m，在訓練中，

該運動員先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳(從開始上升到腳剛離地的過程)，最后

腳離地上升到最高點時雙手攔網高度為2.90m.若運動員起跳過程視為勻加速直線運

動，忽略空氣阻力影響，取g＝10m/s2.則(

B

)A.運動員在起跳過程中處于失重狀態B.運動員起跳過程中的加速度大小為16m/s2C.運動員從開始起跳到離地上升到最高點需要0.4sD.起跳過程中運動員對地面的壓力為960NB

方法點撥1.不論超重還是失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.2.在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失.3.即使物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物

體就會處于超重或失重狀態.4.即使系統整體沒有豎直方向的加速度，但只要系統的一部分具有豎直方向的分加

速度，系統也會處于超重或失重狀態.考點3兩類動力學題

1.兩類基本的動力學問題(1)已知物體受力情況，判斷其運動情況；(2)已知物體運動情況，判斷其受力情況.應用運動學公式和[8]

?解決動力學問題，受力分析和運動狀態分析

是關鍵，[9]

是解決此類問題的紐帶.牛頓第二定律加速度2.力和運動問題求解步驟

如圖所示，一位滑雪者以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，已知人與裝備的

總質量為75kg，山坡傾角為37°，不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，

cos

37°＝0.8.(1)若在5s內滑雪者滑下的路程為60m.求滑雪者受到的阻力.[答案]

150N

(2)若滑雪者與雪面的動摩擦因數為0.375，在5s內滑雪者滑下的路程是多少？[答案]

47.5m

A

8.[等時圓模型/多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，

O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O'為圓心.每根桿

上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初

速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達細桿另一端所用的時間.下

列關系正確的是(

BCD

)A.t1＝t2B.t2＞t3C.t1＜t2D.t1＝t3BCD

方法點拔

等時圓模型模型

圖甲

圖乙

圖丙結論質點在豎直面內的圓

環上從不同的光滑弦

的上端由靜止開始滑

到弦的最低點所用時

間相等.質點從豎直面內圓環

上的最高點沿不同的

光滑弦由靜止開始滑

到下端所用時間相等.兩個豎直面內的圓環相切且兩

環的豎直直徑均過切點，質點

沿不同的光滑弦，從弦的上端

由靜止開始經切點滑到下端所

用時間相等.推導命題點2

已知運動情況求力9.[根據運動圖像求力/多選]如圖甲所示，質量m＝1kg、初速度v0＝10m/s的物塊，

在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻F突然反向，

大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，g

＝10m/s2.下列說法中正確的是(

ABD

)A.0～5m內物塊做勻減速運動B.在t＝1s時刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3ABD

(1)噴氣式發動機可為飛機提供的推力大小；[答案]

1.3×105N

解得F推＝1.3×105N

(2)電磁彈射器提供的恒定牽引力的大小.[答案]

2.0×104N

熱點2牛頓運動定律＋運動情境1.[球形飛行器/2022湖南/多選]球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發動

機，總質量為M.

飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻＝

kv2，k為常量).當發動機關閉時，飛行器豎直下落，經過一段時間后，其勻速下落的

速率為10m/s；當發動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經過一段時間后，

飛行器勻速向上的速率為5m/s.重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動

及飛行器質量的變化，下列說法正確的是(

BC

)BC123A.發動機的最大推力為1.5MgD.當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g

1232.[神舟十四號/2024浙江杭州模擬]神舟十四號航天員乘組被稱為“最忙乘組”，

在空間站工作期間他們迎來了問天實驗艙、夢天實驗艙、天舟五號和神舟十五號.

如圖，神舟十四號飛船返回地球穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘

(主傘)面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點

和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回

艙(不含航天員)的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg.設某

一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，降落傘中軸線保持豎

直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速.此過程的重力加速度可以近似取g＝

10m/s2.則下列分析正確的是(

C

)CA.在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態，不受外力B.題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙(含航天員)的總重力C.題中減速階段，每根傘繩的拉力為325ND.題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為31500N123

123

(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；[答案]

2m/s2

[解析]由牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1解得a1＝2m/s2123(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；[答案]

4m/s

(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2.[答案]

2.7m[解析]貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運動，由運動學公式可得v2＝2a1l1解得v＝4m/s

解得l2＝2.7m.123

1.[兩類動力學問題/2023浙江1月]如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從

O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點.若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正

比，則小石子豎直方向分運動的加速度大小(

A

)A.O點最大B.P點最大C.Q點最大D.整個運動過程保持不變A1234[解析]小石子拋出后由O到P的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向下的

阻力，則由牛頓第二定律得mg＋f＝ma，又空氣阻力與瞬時速度大小成正比，小石

子向上運動的過程中，豎直分速度逐漸減小，豎直方向的阻力f逐漸減小，則小石子

的加速度逐漸減小.小石子由P到Q的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向

上的阻力，由牛頓第二定律得mg－f＝ma，小石子的豎直分速度逐漸增大，豎直方

向的阻力f逐漸增大，加速度逐漸減小.由以上分析可知，石子在O點豎直方向分運動

的加速度最大，A正確，BCD錯誤.12342.[超重和失重/2020山東]一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關

系圖像如圖所示.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

小為g.以下判斷正確的是(

D

)A.0～t1時間內，v增大，FN＞mgB.t1～t2時間內，v減小，FN＜mgC.t2～t3時間內，v增大，FN＜mgD.t2～t3時間內，v減小，FN＞mgD1234[解析]根據位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內，圖像斜率增大，

速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態，所受的支持

力FN＜mg，A錯誤；t1～t2時間內，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客

所受的支持力FN＝mg，B錯誤；t2～t3時間內，圖像斜率減小，速度v減小，加速度

方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態，所受的支持力FN＞mg，C錯

誤，D正確.12343.[瞬時性問題/2022全國甲/多選]如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，

二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ.重力加速度大小為

g.用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則

從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前(

AD

)A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小AD1234[解析]兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對P、Q的彈力大小為kx＝μmg，當撤去拉力

后，對滑塊P由牛頓第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理對滑塊Q有μmg－kx'＝ma2，從

撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈力由μmg一直減小到零，所以P的加速度

大小的最大值為剛撤去拉力F瞬間的加速度大小，此時P的加速度大小為2μg，而彈

簧恢復原長時，Q的加速度大小達到最大值，即Q的最大加速度為μg，A項正確，B

項錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，且兩滑塊初速度

相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于

Q的位移，C項錯誤，D項正確.1234[一題多解]由分析可知P、Q的加速度變化情況，定性繪制兩滑塊的v－t圖像如圖

所示，由圖像容易判斷出撤去拉力后到彈簧第一次恢復原長前P的位移一定小于Q的

位移，P的速度一直小于同一時刻Q的速度，故C項錯誤，D項正確.1234

1234[解析]背包下滑過程中，由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

解得L＝9m(1)滑道AB段的長度；[答案]

9m

1234[解析]滑雪者滑到B點時的速度v1＝v0＋a2(t－1s)背包滑到底端B點時的速度v2＝a1t對滑雪者拎起背包的過程，由動量守恒定律有Mv1＋mv2＝(M＋m)v解得滑雪者拎起背包瞬間的速度v＝7.44m/s(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度.[答案]

7.44m/s12341.[情境創新/2024廣東廣雅中學校考]如圖是梁同學做引體向上的示意圖.若每次完

整的引體向上分為身體“上引”(身體由靜止開始從最低點升到最高點)和“下

放”(身體從最高點回到最低點的初始狀態)兩個過程，單杠在整個過程中相對地面

靜止不動.下列說法正確的是(

A

)A.單杠對雙手的彈力是由于單杠發生了彈性形變而產生的B.“上引”過程單杠對雙手的彈力大于雙手對單杠的彈力C.“下放”過程單杠對雙手的彈力始終小于梁同學受到的重力D.“下放”過程梁同學均處于失重狀態A12345678910111213[解析]單杠對雙手的彈力是單杠發生了彈性形變要恢復原狀而產生的，故A正確；

單杠對雙手的彈力和雙手對單杠的彈力是一對相互作用力，大小相等，故B錯誤；

“下放”過程中有個向下減速階段，加速度向上，梁同學處于超重狀態，單杠對雙

手的彈力大于梁同學受到的重力，故C、D錯誤.123456789101112132.[2024江西撫州南豐一中校考]一名跳傘運動員從懸停的直升機上跳下，2s后開啟

降落傘，運動員跳傘過程的v－t圖像(0～2s內圖線為直線，其余為曲線)如圖所示，

根據圖像可知(

D

)A.在0～2s內，運動員做勻加速直線運動，處于超重狀態B.在6～12s內，降落傘對運動員的拉力小于運動員對降落傘

的拉力C.在6～12s內，運動員的速度逐漸減小，慣性也逐漸減小D.在6～12s內，運動員和降落傘整體受到的阻力逐漸減小D12345678910111213[解析]在0～2s內，v－t圖像為直線，可知運動員向下做勻加速直線運動，處于失

重狀態，故A錯誤；根據牛頓第三定律可知，任何情況下降落傘對運動員的拉力都

等于運動員對降落傘的拉力，故B錯誤；在6～12s內，運動員的速度逐漸減小，但

慣性與速度無關，只取決于質量，所以慣性不變，故C錯誤；在6～12s內，根據圖

線斜率可知加速度逐漸變小，方向豎直向上，根據牛頓第二定律可知f－G＝ma，運

動員和降落傘整體受到的阻力逐漸減小，故D正確.123456789101112133.[設問創新]為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的高度，設雨滴沿房頂

下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種情況符合要求的是(

C

)C

123456789101112134.[情境創新/2024安徽名校聯考]如圖所示，兩個質量均為m的金屬小球拴在輕質橡

皮筋的兩端，橡皮筋的中點固定在質量也為m的紙盒底部的正中間，小球放在紙盒

口邊上，整個系統處于靜止狀態，現讓紙盒在空中由靜止釋放.不計空氣阻力，重力

加速度為g，則釋放的瞬間紙盒的加速度a1和小球的加速度a2分別為(

C

)A.a1＝g，a2＝gB.a1＝1.5g，a2＝gC.a1＝3g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0C

123456789101112135.如圖所示，在傾角為θ的斜面體上用細線系著一個質量為m的小球，隨斜面體一起

向右做加速度大小為a的勻加速直線運動.重力加速度為g，穩定時，細線的拉力大小

不可能為(

D

)C.m(gsinθ＋acosθ)D.m(gsinθ－acosθ)D12345678910111213

圖甲

圖乙12345678910111213

C.剪斷彈簧的瞬間，小球與桿間的彈力會發生突變D.剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為2g，方向沿桿斜向左下BC12345678910111213

圖1

圖2

圖3123456789101112137.[設問方式創新/2022遼寧]如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0

沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落.物塊與桌面間的動摩擦因數為μ，g取10

m/s2.下列v0、μ的取值可能正確的是(

B

)A.v0＝2.5m/sB.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28D.μ＝0.25

B12345678910111213

8.[情境創新/2024福建泉州質量監測]踢毽子是我國民間的一項體育運動，被譽為

“生命的蝴蝶”.如圖是一個小孩正在練習踢毽子，毽子近似沿豎直方向運動.若考

慮空氣阻力的影響，毽子離開腳后至回到出發點的過程中(

C

)A.上升過程一直處于超重狀態B.下降過程一直處于超重狀態C.上升的時間小于下降的時間D.上升的時間大于下降的時間C12345678910111213

123456789101112139.[回歸教材/2024廣東廣州統考]如圖所示，一輛貨車運載一批尺寸相同的光滑圓柱

形空油桶，每個油桶的重力均為G.

在水平車廂底層幾個油桶平整排列，相互緊貼并

被牢牢固定，上一層只有一只油桶C，自由地擺放在A、B兩桶之上.當汽車沿平直公

路向右運動時(重力加速度為g).下列說法正確的是(

C

)B.貨車勻加速時，B對C的支持力比靜止時小D.貨車勻加速時，油桶對車廂底板的總壓力比靜止時小C12345678910111213

1234567891011121310.[2024安徽合肥重點中學聯考/多選]如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中

OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿垂直于斜面放置，每根桿上都套一個小

滑環(圖中未畫出)，四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面

上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關系正確的是(

BC

)A.t1＝t2B.t2＜t3C.t2＜t4D.t2＝t4BC12345678910111213

1234567891011121311.避險車道(標志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防

撞設施等組成，如圖乙所示的豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.

一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s

時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑

動了4m時，車頭距制動坡床頂端38m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質量是

貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的

坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取

cosθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：(結果保留兩位有效數字)圖甲圖乙12345678910111213圖甲圖乙(1)貨物在車廂內滑動時的加速度的大小和方向；[答案]

5.0m