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高中物理『二级结论专题系列』(4)“牛顿定律”中的二级结论

发布时间：2026-10-09 23:59:27 最近访问：2026-10-09 23:59:28

★III01(总018)「轻质(不计质量)物体的加速度与合力无关」

结论：轻质物体所受的合力总为0.

➊论证：对轻质物体，由牛顿第二定律得

加速度a的数值为大小有限的数值，而m=0，所以F_合=0

➋典例1 光滑水平面上轻木板P左端放物块A（质量m），右端放物块B（质量3m）.A、P间动摩擦因素μ₁=0.2；B、P间μ₂=0.1。现施加水平向右拉力F拉物块A，g=10m/s²，下列说法正确的有（）

A. 当F≤0.8mg，A、P、B三者一起加速

B. F>0.8mg时，B相对于木板滑动

C. A与P发生相对滑动后，B的加速度恒定不变

D. 若拉力改拉B，临界拉力为1.6mg

解析：对轻木板m_P=0，根据结论可知其所受合力为零，故f_AP=f_BP。

A-P最大静摩擦：f_Am=μ₁mg=0.2mg

B-P最大静摩擦：f_Bm=μ₂∙3mg=0.3mg

木板两侧摩擦力大小相等，AP接触面的最大静摩擦更小，会先打滑。

临界：A、P刚好相对滑动，f_AP=0.2mg，所以P给B的摩擦力f_PB=0.2mg<0.3mg，B与板不打滑。

对B：f_PB=3ma_临

0.2mg=3ma_临⇒a_临=g/15

整体临界拉力：

F_临=(m+3m)a_临=4mg/15≈0.267mg

选项A、B错误。

A相对木板滑动之后：A对P滑动摩擦力恒为0.2mg，轻木板合力为0，木板对B摩擦力恒等于0.2mg，因此B的加速度

a_B=f/3m=g/15=常量

C正确。

拉力改拉B：

BP间最大静摩擦0.3mg，AP间最大静摩擦0.2mg。AP最大静摩擦更小，仍然先打滑。

临界f_PA=0.2mg，则P对B摩擦力等于0.2mg。

对A：0.2mg=ma^/_临⇒a^/_临=0.2g

整体：F^/_临=(m+3m)a^/_临0.2g=0.8mg，D错误。

答案：C

➌避坑：学生可能把轻木板当成普通木板，错误把木板质量计入（但消不掉），或者认为两侧摩擦力独立互不影响，因缺少条件无法求解。

★III02(总019)「物体仅受重力和接触面作用力时的加速度」

若接触面粗糙，动摩擦因数为μ；斜面静止，倾斜角为θ

在粗糙水平面上滑动

a=μg

在光滑斜面上

a=gsinθ

在粗糙斜面上下滑(沿斜面向下为正方向)

a=g（sinθ-μcosθ)

在粗糙斜面上上滑(沿斜面向下为正方向)

a=g（sinθ+μcosθ)

➊论证：

根据牛顿第二定律

物体在粗糙水平面上滑动时

μmg=ma,a=μg

在光滑斜面上

mgsinθ=ma,a=gsinθ

在粗糙斜面上下滑(沿斜面向下为正方向)

mggsinθ-μmgcosθ=ma,

a=g（sinθ-μcosθ)

在粗糙斜面上上滑(沿斜面向下为正方向)

mggsinθ+μmgcosθ=ma,

a=g（sinθ+μcosθ)

➋避坑：结论成立条件是物体仅受重力及接触面作用力且接触面无加速度。

★III03(总020)「对正在斜面上下滑的物体加放物体/加施竖直向下恒力，物体加速度的变化」

结论：（1）对正在斜面上下滑的物体加放物体后物体加速不变

（2）对正在斜面上下滑的物体施加竖直向下恒力后物体加速度增大

➊论证：

物体原来加速度为a

mggsinθ-μmgcosθ=ma

加放物体的质量设为m₀,对整体分析，加速度为a^/

(m+m₀)gsinθ-μ(m+m₀)gcosθ=(m+m₀)a/

得a^/=a

加施竖直向下恒力设为F,对物体分析，设加速度为a^//

（mg+F)sinθ-μ（mg+F)cosθ=ma^//

得a^//a=（mg+F)/mg

故a^/＞a

➋典例2 【安徽卷】如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑[来源:Z|xx|k.Com]

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

解析：根据结论，在物块上再施加一竖直向下的恒力F后，物块将以更大的加速度加速下滑，选项C正确。

➎避坑指南：注意结论成立的条件中，一个是物体正在沿斜面下滑，另一个所施加的力的方向竖直向下。

★III04(总021)「对正在斜面上下滑的物体施加任意方向的力，斜面体受到水平面摩擦力方向不变」

➊论证：

物体沿斜面下滑时，斜面体的受力如图所示，

f_地的方向可通过f₁的水平分力f_1x与F_N1的水平分力F_N1x的大小关系判断。

由于物体滑动，则f₁=μF_N1

斜面体无滑动趋势，f_地=0.

斜面体有向右滑动趋势，f_地指向斜面的“尖端”

斜面体有向左滑动趋势，f_地指向斜面的“厚端”

以上三条均未涉及物体具体受力情况和运动性质，所以

若物体除重力和斜面作用力，还受到其他力F_他，F_他无论沿什么方向不会影响f_地的方向。

当物体沿斜面下滑时f_地的有无及方向仅取决于μ与tanθ的关系，与物体运动性质无关。μ=tanθ时f_地=0；μ<tanθ 时f_地指向斜面的“尖端”；μ>tanθ时f_地指向斜面的“厚端”.

➋典例3 一斜块M静止于粗糙的水平面上，其斜面上一滑块m正在加速下滑，如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（

A．在m上加一竖直向下的力Fa则m可能匀速运动，M对地有向左的摩擦力的作用

B．在m上加一沿斜面向下的力Fb，则m将做加速更大的加速运动．M对地可能不产生静摩擦力

C．在m上加一水平向左的力Fc则m可能做减速运动，在m停止前M对地产生向右的静摩擦力作用

D．无论在m上加上什么方向的力，在m停止前M对地都产生向左的静摩擦力作用

解析：加力前m加速下滑，可知μ<tanθ。根据结论只要m下滑，无论所加力的方向如何，m如何运动，地面对M的静摩擦力均向右，M对地都产生向左的静摩擦力作用。选项D正确，B、C错误；

在m上加一竖直向下的力Fa后，根据结论III03(总020)知m将以更大加速度下滑，A错误。

答案：C

➌避坑：结论涉及的过程是对物体下滑过程；施加不同方向不同大小的力后，其运动状态会发生变化，斜面体受到地面静摩擦力的大小可能变化，但斜面体受到地面静摩擦力的有无及方向不变。f_地的有无及方向仅取决于μ与tanθ的关系。

★III05(总022)「等时圆」

圆周处于竖直平面内，倾角不同且一端在圆周最高点（或最低点）另一端在圆周上的光滑斜面具有这样的特点：物体从最高点由静止沿不同斜面滑下，时间相同。

➊论证：：AB为竖直直径，P为圆周上任一点，设PA的倾斜角为θ，圆的半径为R

物体的位移

加速度

解得

可知沿不同斜面下滑的时间相等。

➋典例4物体从斜面外一点沿不同光滑轨道由静止滑到斜面上，试证明当轨道沿过这点的竖直线和斜面垂线夹角平分线方向时，时间最短。

证明：如图，由几何知识可以证明，过释放点直径沿竖直方向且与斜面相切的圆与斜面的切点为竖直线和斜面垂线夹角平均线与斜面的交点。

根据结论，此圆为能到达斜面的时间最短的等时圆。

➌避坑：注意结论要符合的条件，一是斜面的一端在圆的最高点（或最低点），另一个是斜面光滑。

★III06(总023)「角对称等时斜面」

两物体分别从静止沿同底光滑斜面下滑，如果这两个斜面的倾角互余，则两物体下滑时间相同。

➊论证：设斜面在水平面的投影长为d,倾斜角为θ

物体的位移

加速度

解得

另外，θ=45⁰时下滑时间有最小值。

➋典例5 如图，三个光滑斜面的右端在一条竖直线上，左端共点，倾角分别为α₁=30⁰，α₂=45⁰，α₃=60⁰，物体从三个斜面的最高点由静止滑到底端的时间t₁,t₂,t₃的关系是（）

解析：

α₁+α₃=90⁰，由结论得，t₁=t₃；且α₂=45⁰,t₂最小。

故答案为D.

➌避坑：结论针对的是共底且光滑斜的面。

★III07(总024)「连接体中的物体，若他们所受的外阻力与质量成正比，则他们之间的内力按“后方质量”分配外动力」

n个物体组成连接体，外动力F沿运动方向作用在第1个物体上，对第i个物体

所受阻力f_i=km_i,则第i个物体对第i+1个物体的作用力为

➊论证：对n个物体整体，由牛顿第二第二定律有

得

对第i个物体后边的物体整体，有牛顿第二定律有

得

进而得

➋典例6 如图甲所示，两质量为m₁、m₂的物块处于水平面上，中间由轻绳相连，一个恒力F作用在物体m₁上，一起向右做匀加速运动.

(1)如图甲所示，地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数为均为μ，绳上的拉力是多少？

(2)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，绳上的拉力是多少？

(3)如图丙所示，将整个系统置于光滑的斜面上，求绳上的拉力是多少？

(4)如果斜面粗糙且物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，绳上的拉力是多少？

解析：图甲中两物体所受阻力为滑动摩擦力，与质量成正比；图乙中两物体所受阻力为重力，与质量成正比；图丙中斜面光滑时两物体所受阻力为重力沿斜面向下分力，与质量成正比；图丙中斜面粗糙时两物体所受阻力为重力沿斜面向下分力与滑动摩擦力的合力，与质量成正比，均符合结论。根据结论，每种情况下绳上的拉力均为

➌避坑：结论适用的是连接体模型，且前提是系统内各物体所受阻力与质量成正比。应用结论时要注意“后方质量”是哪部分的质量。

★III08(总025)「由超、失重的“超量”或“失量”求加速度」

物体处于超重时视重与重力之差成称为“超量”，物体处于失重时重力与视重之差成称为“失量”，均用△G表示。

结论：超重时，物体竖直加速度向上，大小为

a_y=△G/m

失重时，物体竖直加速度向下，大小为

a_y=△G/m

论证：对质量为m的物体在竖直方向根据牛顿第二定律列方程

超重时F＞mg

F-mg=ma_y，

a_y=（F-mg）/m=△G/m

失重时F＜mg

mg-F=ma_y

a_y=（mg-F）/m=△G/m

★III09(总026)「对系统的超、失重规律」

系统内部部分物体有竖直方向加速度，有的超重有的失重时，整体对水平面压力大小为

F_N=总重力+△G_超-△G_失

其中△G_超为超重物体的超量之和，△G_失为失重物体的失量之和。

➊论证：用整体法

把系统内物体分为三类:

有竖直向上加速度的，质量分别为m₁,m₂,…,竖直加速度分量大小别分为a_y1,a_y2,…;总超量

△G_超=m₁a_y1+m₁a_y1+…；

有竖直向下加速度的，质量分别为m^/₁,m^/₂,…,竖直加速度分量大小分别为a^/_y1,a^/_y2,…;总失量

△G_失=m^/₁a^/_y1+m^/₁a^/_y1+…；

还有没有竖直加速度的，质量分别为m^//₁,m^//₂,….

对系统由牛顿第二定律（取竖直向上为正方向）得

F_N-总重力=（m^/₁a^/_y1+m^/₁a^/_y1+…）-（m^/₁a^/_y1+m^/₁a^/_y1+…）

= △G_超-△G_失

故F_N=总重力+△G_超-△G_失

➋典例7 质量为M横截面为三角形的斜面体左右侧面倾斜角分别为37⁰和53⁰，质量均为m的物体分别在左右侧面上减速下滑和加速下滑，加速度大小均为a，重力加速度为g,斜面体静止,求水平面对斜面体的支持力大小。

解析：左边物体超重，右边物体失重，根据结论有

F_N=（M+2mg）g+masin37⁰-masin53⁰

典例8 把盛有水的容器放在天平上，在水中由轻质细线拉着一个木球，系统静止，天平平衡。某一时刻细线断裂木球上浮，则在木球上浮过程中，天平（）

A.仍然平衡

B.不再平衡，放容器一端向下倾斜

B.不再平衡，放容器一端向上倾斜

D.不再平衡，但无法判断哪一端向下倾斜

解析：原来容器对天平的压力等于容器、水和木球的总重力。

细线断裂木球上浮过程中加速度向上，超重；同时其位置由同体积的水填充，相当于水球向下加速运动处于失重。由于同体积的水的质量大于木球的质量，水球的“失量”大于木球的“超量”。根据结论知，容器对天平的压力将小于容器、水和木球的总重力，故天平的平衡被打破，放容器一端将向上倾斜。

答案：B

➌避坑：计算“超量”和“失量”的加速度必须是竖直加速度！

★III10(总027)「板块模型：是否相对滑动的判断」

木板M，滑块m，地面水平，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）外力驱动

地面光滑，木板与滑块间动摩擦因数为μ，系统静止。

当外力F作用在滑块上时

F≤μmg(M+m)/M时，相对静止；

F＞μmg(M+m)/M时，相对滑动。

（2）惯性使然

木板与滑块间动摩擦因数为μ₁，木板与地面间动摩擦因素为μ₂，系统不受重力和接触面以外的作用力，某一时刻共速。则共速之后

当μ₁≥μ₂时，相对静止一起减速滑动；

当μ₁＜μ₂时，滑块相对木板向运动方向滑动。

➊论证：

（1）外力驱动情况

当外力F作用在滑块上滑块与木板间滑动时，对滑块

F-μmg=ma₁

对木板

μmg=Ma₂

a₁＞a₂

解得F＞μmg(M+m)/M

因此当F≤μmg(M+m)/M时，相对静止，F＞μmg(M+m)/M时相对滑动。

（2）惯性使然

假设滑块与木板共速后一起运动，对整体

μ₂(M+m)g=(M+m)a

对滑块

f₁=ma=μ₂mg

当μ₁≥μ₂时，f₁≤μ₁mg=f_1m

滑块与木板间无滑动，一起向前减速滑动；

当μ₁＜μ₂时，f₁＞μ₁mg=f_1m

滑块与木板间发生滑动，滑块相对木板向运动方向滑动。

➋典例9 如图甲所示，质量M=kg足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1kg的小物块。t=0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ₁=0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ₂=0.1，取10m/s²，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）