第二讲 牛顿第二定律 2023年高三物理一轮复习精讲精练（含解析）

第二讲 牛顿第二定律-2023年高三物理一轮复习精讲精练
第二讲 牛顿第二定律
知识梳理
一、牛顿第二定律
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表达式：F＝kma，当F、m、a单位采用国际单位制时k＝1，F＝ma。
3.适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或做匀速直线运动的参考系）。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况。
二、单位制、基本单位、导出单位
1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量。
②基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。
③导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
2.国际单位制的基本单位
基本物理量 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克（公斤） kg
时间 t 秒 s
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n，（ν） 摩[尔] mol
发光强度 I，（IV） 坎[德拉] cd
知识训练
考点一、牛第二定律的理解
1.牛顿第二定律的五个性质
（1）矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。
（2）独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。
（3）因果性：F是产生a的原因。
（4）同体性：F、a、m必须针对同一个物体或系统
（5）瞬时性：加速度与合力F是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。
2.合力、加速度、速度的关系
（1）物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
（2）合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。
（3）a＝是加速度的定义式，a与v、Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式。
1．有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是（　　）
A．一个物体速度向东，则其受合力一定向东
B．一个物体速度越大，则其受合力一定越大
C．一个物体受合力为0，则其速度一定为0
D．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快
（2022·山东省实验模拟）
2．物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g，若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为（　　）
A．2g B．g C．（﹣1）g D．（+1）g
3．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　　)
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C．物体运动到O点时所受合力为0
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
4．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩后锁定，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描绘出它的图线如图乙所示，其中段为曲线，段为直线，倾斜直线是时图线的切线，已知小物块的质量为，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4
C．弹簧的劲度系数为 D．弹簧的劲度系数为
5．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3．当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（ ）
A．0.35mg B．0. 3mg
C．0.23mg D．0. 2mg
（2021·湖南月考）
6．蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（　　）
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
9．如图所示，质量为1.5kg的物体静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体由细线悬挂在天花板上，与刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间、间的作用力大小为（取）（ ）
A．0 B．2.5N C．5N D．3.75N
课堂随练
10．下列说法正确的是（　　）
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
11．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
12．如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器．木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N．当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度为(　　)
A．10.0m/s2 B．5.0m/s2 C．2.5m/s2 D．条件不足，无法确定
13．跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为 （ ）
A．a=1.0m/s2，F=260N B．a=1.0m/s2，F=330N
C．a=3.0m/s2，F=110N D．a=3.0m/s2，F=50N
（2015·全国卷Ⅰ）
14．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（ ）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
（2018·全国卷Ⅰ）
15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
16．如图所示，小球系在轻弹簧的下端，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角由静止释放，重力加速度的大小为g。关于小球释放瞬间的加速度，下列说法正确的是（　　）
A．a＝g，方向与竖直方向成30°角
B．a＝g，方向与竖直方向成60°角
C．a＝g，方向与竖直方向成30°角
D．a＝g，方向与竖直方向成60°角
17．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳a的拉力大小为6mgsinθ
B．B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下
C．C的加速度为0
D．杆的弹力为0
同步训练
18．下列说法正确的是（　　）
A．牛顿认为力是维持物体运动的原因
B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位
D．根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度
19．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
20．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是（　　）
A． B．
C． D．
（2015·海南高考）
21．如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
（2020·陕西汉中二模）
22．某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14 s内其下落速度随时间变化的v—t图像如图所示，则（　　）
A．跳伞运动员在0~10s内下落的高度为5v2
B．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s内所受的阻力越来越大
C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变
D．10~14s内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大
（2020·四川宜宾一诊）
23．如图（a），质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速成正比，比例系数用表示，物体加速度与风速的关系如图（b）所示，取，，，下列说法正确的是
A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速时，物体沿斜面下滑的速度最大
C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．比例系数为
（2022·深圳实验学校高三月考）
24．如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．货车加速，则N1增大，N2减小
B．货车加速，则N1增大，N2不变
C．货车减速，则N1减小，N2增大
D．货车减速，则N1不变，N2增大
25．如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　）
A．0~5m内物块做匀减速运动
B．在t＝1s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
26．如图所示，质量为M的物体A放在光滑平台上，通过轻绳跨过光滑的固定滑轮与质量为m的物体B相连，释放物体B，二者共同加速运动，物体A运动过程中不会与滑轮相碰，已知重力加速度为g，以下说法正确的是
A．两物体的加速度相同
B．轻绳上的拉力T > Mg
C．轻绳上的拉力T < mg
D．物体Ａ的加速度大小为
27．质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则为
A． B．2 C． D．
（2019·全国卷Ⅲ）
28．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
29．如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图像是（　　）
A． B． C． D．
（2020·江苏高考）
30．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
（2015·全国卷Ⅱ）
31．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）
A．8 B．10 C．15 D．18
（2020·河南省六市联考二模）
32．如图甲所示，在倾角为=30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v－t图像如图乙所示，重力加速度为g，则（　　）
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．如果物体向东减速运动，则其合力向西。A错误；
BC．如果物体以很高的速度做匀速运动，则其合力为零。BC错误；
D．一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快。D正确。
故选D。
2．C
【详解】设物块的质量为m，当推力F水平向右时，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得，沿斜面方向
垂直斜面方向
联立可解得，当推力F沿斜面向上时，根据牛顿第二定律可得
代入数据可解得
故选C。
3．A
【详解】AB.从A到O加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速，故A正确B错误。
C.物体运动到O点时合力是滑动摩擦力，方向水平向左，故C错误。
D.在A点合力水平向右，在O点合力水平向左，因此从A到O存在一个转折点加速度为零。从A到O加速度大小先变小后变大，故D错误。
4．C
【详解】AB．根据v－t图线的斜率表示加速度，由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
由牛顿第二定律得，摩擦力大小为
所以
AB错误；
CD．刚释放时滑块的加速度为
由牛顿第二定律得
代入数据解得
C正确，D错误。
故选C。
5．D
【详解】将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图
水平方向：
竖直方向：
由
三式联立解得答案为f=0.20mg，D正确．
6．D
【详解】AB．运动员在下落的过程中，接触蹦床之前，做自由落体运动，加速度为g；接触之后，弹力
随下落距离逐渐增大；根据牛顿第二定律
可知，弹性绳的伸长量和a是线性变化关系，故a和y也是线性变化关系，当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再反向增大，且加速度a和y是线性变化关系，因此加速度先不变，后减小再反向增大，可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增大，AB错误。
CD．由上分析可知，加速度a和y是线性变化关系，C错误，D正确。
故选D。
7．B
【详解】根据牛顿第二定律，对整体有
对质量为3m的小球：
联立解得，弹簧的弹力大小为
根据胡克定律可得
则此时弹簧的伸长量为：
故B正确．
8．BC
【详解】AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得
Fcosθ=mg，Fsinθ=T
解得
F=，T=mgtanθ
在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为
a=gsinθ
B正确，A错误；
CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度
a=
C正确，D错误。
故选BC。
9．D
【详解】剪断细线前，只有对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力，
将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得
，
解得，
隔离，则有:
，
代入数据解得，D正确．
10．ACD
【详解】A．由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加速度。选项A正确；
B．根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度。选项B错误；
C．牛顿第二定律F=ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。选项C正确；
D．由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度会增大，如果物体减速，其速度会减小。选项D正确。
故选ACD。
11．D
【详解】试题分析：对滑块：，在运动过程中摩擦力不变，弹力增大，所以加速度减小，物体先做加速度减小的加速运动，当弹力增大到大于摩擦力时，，随弹力的增大，加速度增大，物体做加速度增大的减速运动直到速度减小为零，弹簧最长，所以A、B、C错误；D正确．
考点：本题考查牛顿第二定律
12．C
【详解】木箱静止时，对弹簧和木块整体进行受力分析，受重力、上方传感器向下的压力，下方传感器向上的支持力，根据平衡条件，有，解得G=20-12=8N，弹簧重力不计，故物体重力为8N，即木箱的质量；对物体受力分析，受重力、弹簧的弹力和上方传感器向下的压力，根据平衡条件，有，解得；当系统竖直向上发射时，弹簧弹力不变，仍为20N，设上表面传感器的示数为F，则下表面传感器的示数为2F，对物体分析有，即；对整体分析有，即，联立解得，C正确．
【点睛】本题中有一隐含的条件，即加速运动时弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，然后运动整体和隔离解题即可．
13．B
【详解】CD.以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力（T）；由牛顿第二定律可知：整体的加速度 ；选项CD不符合题意
AB.以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N，选项A不符合题意；选项B符合题意
14．ACD
【详解】AC．由图可知上滑过程的加速度大小为
有
下滑过程加速度大小为
有
联立上述方程可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，故AC符合题意；
B．物块的质量无法求得，故B不符合题意；
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
可知可以求出，故D符合题意。
故选ACD。
【考点定位】牛顿运动定律
【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。
15．A
【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．
16．A
【详解】根据题意，用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°角，对小球受力分析如图所示，有
当释放小球瞬间，弹力与重力保持不变，合力方向与竖直方向成30°角，大小为mgsin 60°，所以加速度大小为
方向与竖直方向成30°角斜向左下方，故A正确，BCD错误。
故选A。
17．BD
【详解】A．轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小
FT＝mgsinθ
A错误；
BC．轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
（2m＋3m）gsinθ＝（2m＋3m）a0
解得
a0＝gsinθ
方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；
D．对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有
2mgsinθ＋F＝2ma0
解得杆对B的弹力
F＝0
D正确。
故选BD。
18．D
【详解】牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，选项A错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，选项B错误；国际单位制中，kg、m、s是三个基本单位，N是导出单位，选项C错误；根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，选项D正确；故选D．
19．D
【详解】A．竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力
的上抛运动，上升中
随着减小，减小，对应图象的斜率减小，选项A错误；
BCD．下降中
随着随着增大，继续减小．而在最高点时，，对应图与轴的交点，其斜率应该等于（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，则BC错误， 选项D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律、图象的特点、竖直上抛运动状态的判断．
20．D
【详解】依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动。根据速度－时间图象的斜率等于加速度可知，v－t图象的斜率先增大后减小，故ABC错误，D正确。
故选D。
21．BD
【详解】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有，即，假设物体以加速度a向上运动时，有，，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确．
22．B
【详解】A．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s时的速度刚好为v2，则这段时间内的下落位移应为
但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v2。故A错误；
B．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s内的加速度不断减小，由牛顿第二定律
可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B正确；
C．10s时空降兵的速度图像仍在x轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。故C错误；
D．由图可知，10~14 s内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。故D错误。
故选B。
23．BCD
【详解】A.由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；
B.由图可知，速度为5m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；
C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0=4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律
沿斜面的方向：
mgsinθ μmgcosθ=ma0 …①
解得：
，
故C正确；
D.对末时刻加速度为零，受力分析可得：
mgsinθ μN kvcosθ=0…②
又：
N=mgcosθ+kvsinθ，
由b图可以读出，此时v=5m/s代入②式解得：
故D正确。
24．B
【详解】AB．货车向右加速，以A为研究对象，在竖直方向有
水平方向
A和B保持相对静止，所以不变，则变大，故B正确，A错误；
CD．若货车减速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有
水平方向有
A和B保持相对静止，所以不变，则减小，故CD错误。
故选B。
25．ABD
【详解】A．0~5m内，由
v－v＝2a1x1
得
v＝2a1x1＋v
由题图乙知
2a1＝－20m/s2
则
a1＝－10m/s2
物块做匀减速运动，故A正确；
B．由题图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0~5m内物块运动的时间
t＝＝1s
即在t＝1s时刻，恒力F反向，故B正确；
CD．5~13m内，由
v＝2a2x2
得物块的加速度
a2＝＝m/s2＝4m/s2
由牛顿第二定律得
－F－μmg＝ma1
F－μmg＝ma2
联立两式解得
F＝7N
μ＝0.3
故D正确，C错误。
故选ABD。
26．C
【详解】AD.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：
解得：
两物体的加速度大小相等，方向不相同，故AD错误；
C.以m为研究对象，则绳子的拉力为：
故C正确；
B.同理，绳子的拉力为：
故B错误．
27．A
【详解】设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则
求得
.
A．，与结论相符，选项A正确；
B．2，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选A.
28．AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
29．B
【详解】根据
有
可知F随着x增大而减小；由于以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，当F=m(a+g)时，物块与弹簧脱离，初始时刻F=ma>0故B正确。
故选B。
30．C
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
31．BC
【详解】设这列车厢的总节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知
，
解得
k是正整数，n只能是5的整倍数。
故选BC。
32．AC
【详解】A．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有
解得
故A正确；
B．由图乙可知，拉力F刚施加上时，物体A、B还未分离，具有相同加速度a，故B错误；
C．A、B在t1时刻分离，此时它们具有相同得加速度和速度，且
对A
代入解得
故C正确；
D．当A受到合力为零时，即
此时A达到最大速度，故D错误。
故选AC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页