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第三章 运动和力的关系
第 02 练 动力学常见模型和典型问题
知识目标 知识点
目标一 牛顿第二定律的综合应用
目标二 动力学图像 连接体和临界极值问题
目标三 等时圆模型和传送带模型
目标四 “滑块—木板”模型
1．(2022·辽宁省·模拟题)如图所示，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，现用一竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，
下列表示力F和运动时间t之间关系的图像正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】动力学中的图像问题、牛顿运动定律解决弹簧问题
【解析】
设物体质量为m，弹簧的劲度系数为k，平衡时弹簧压缩量为x ，有mg=kx ，外力作用使物体做
0 0
匀加速运动，设经时间t位移为x，根据牛顿第二定律有F+mg-k(x+x )=ma，由运动学公式有
0
1 1
x= at2 ，解得F=ma+ kat2 ，F-t图线是开口向上的抛物线，D正确，ABC错误．
2 2
2．(2022·北京市市辖区·模拟题)某幼儿园要做一个儿童滑梯，设计时根据场地大小确定滑梯的水平
跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使儿童
在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为( )L L
A. μL B. μ2L C. D.
μ μ2
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力和动摩擦因数、动力学中的临界与极值问题、物体在粗糙斜面上运动
【解析】
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ，平行于滑梯的力等于mgsinθ，
人在滑梯上能滑下，满足：mgsinθ≥μmgcosθ，根据几何关系确定滑梯的最小高度。重力在滑梯
上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ，平行于滑梯的力等于mgsinθ
人在滑梯上能滑下，满足：mgsinθ≥μmgcosθ
解得滑梯倾角tanθ≥μ
h
设滑梯高度为h，根据几何关系可知，tanθ=
L
联立解得h⩾μL，故A正确，BCD错误。
故选A。
3．(2022·湖南省·模拟题)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 运行.初速度大小为v 的
1 2
小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物
块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v >v ，则( )
2 1
A. t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B. t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C. 0∼t 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2
D. 0∼t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3
【答案】B
【知识点】动力学中的图像问题、物块在水平传送带上运动问题、v-t图像
【解析】小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最
后与传送带一起向右运动。
A.当小物块速度为零时，小物块离A处的距离达到最大，为t 时刻，故A错误；
1
B.t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
2
C.0～t 时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，故C错误；
2
D.0～t 时间内，小物块始终受到大小不变的滑动摩擦力作用，t ～t 时间内，由于小物块与传送
2 2 3
带速度相同，二者相对静止，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选B。
4．(2022·云南省·单元测试)如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间
用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平
向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为()
1 1 1
A. F-2μmg B. F+μmg C. F-μmg D. F
3 3 3
【答案】D
【知识点】用整体法与隔离法解决动力学问题、其他连接体
【解析】
先把P、Q作为一个整体，受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再单独隔离P，受力分析，根
据牛顿第二定律列式，即可正确分析。设轻绳的张力的大小为T，加速度为a，对P、Q整体受力分
析，根据牛顿第二定律有：F-μmg-μ·2mg=3ma单独隔离P受力分析，根据牛顿第二定律有：
T-μmg=ma联立以上两式可得轻绳的张力为：
1
T= F，故D正确，ABC错误。
3
故选D。
5．(2022·湖南省衡阳市·模拟题)如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算
机采集到的压力传感器读数随时间变化的F-t图象如图乙，则( )
A. 该同学重力约为500N B. 该同学重力约为700N
C. 该同学完成了两次下蹲和起立 D. 该同学完成了四次下蹲和起立【答案】A
【知识点】动力学中的图像问题、超重和失重
【解析】
AB、根据图乙可知，压力传感器在示数不变时对应的示数为500N，此时的示数即为重力，所以
重力约为500N，故A正确，B错误；
CD、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下
降超重，对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲与一次
起立的动作，故CD错误。
6．(2021·全国·单元测试)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为
θ=37°(sin37°=)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆
A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也
为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.375，B、C间的
动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点;在第2s末，B的上表面突然变为光
滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长。设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)在0∼2s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。
【答案】
解：(1)在0∼2s时间内，A和B的受力如图所示：
其中f 、N 是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f 、N 是B与C之间的摩擦力和正压力的大小；
1 1 2 2
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f =μ N ，N =mgcosθ
1 1 1 1
f =μ N ，N =N +mgcosθ
2 2 2 2 1
规定沿斜面向下为正方向
设A和B的加速度分别为a 和a ，由牛顿第二定律得：mgsinθ-f =ma ，mgsinθ-f +f =ma
1 2 1 1 2 1 2联立可解得：a =3m/s2 ，a =1m/s2
1 2
(2)在t =2s时，设A和B的速度分别为v 和v ，则v =a t =6m/s，v =a t =2m/s
1 1 2 1 1 1 2 2 1
当t>t 时，设A和B的加速度分别为a '和a '，此时A与B之间的摩擦力为零，同
1 1 2
理可得：a '=6m/s2 ，a '=-2m/s2
1 2
即B做减速运动，设经过时间t ，B的速度减为零，则有v +a 't =0
2 2 2 2
联立解得：t =1s
2
在 t +t 时 间 内 ， A相 对 于 B运 动 的 距 离 为 ：
1 2
1 1 1 1
s=( a t2+v t + a 't2 )-( a t2+v t + a 't2 )=12m<27m
2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2
此 后 B静 止 不 动 ， A继 续 在 B上 滑 动 ， 设 再 经 过 时 间 t 后 A离 开 B， 则 有 ：
3
1
l-s=(v +a 't )t + a 't 2
1 1 2 3 2 1 3
可得：t =1s(另一解不合题意，舍去)
3
则A在B上总的运动时间为t ，有t =t +t +t =4s
总 总 1 2 3
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系、用整体法与隔离法解决动力学问题、匀变速直线
运动单过程综合运用、牛顿运动定律的其他综合应用、物体在粗糙斜面上运动
【解析】本题考查叠加体的多过程运动，运动过程比较复杂，解题的关键是分别对石板和石堆进行
受力分析，通过受力分析结合牛顿第二定律分析出运动状态，进而根据运动学的相关公式即可求解，
当然本题也可以用图像法。
(1)对0∼2s的受力情况进行分析可知合外力的大小，进而根据牛顿第二定律解答；
(2)分析清楚石板和石堆运动状态的差异性，进而结合运动学公式即可解答。
1． (2022·重庆市·模拟题)如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物
块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。
甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块
的加速度大小分别a 、a ，则
甲 乙
A. a❑ =a❑ =a B. a❑ =a，a❑ =2a
甲 乙 甲 乙C. a❑ =2a，a❑ =a D. a❑ =a❑ =2a
甲 乙 甲 乙
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律的瞬时性、弹簧连接体
【解析】
由弹簧弹力不会发生突变结合牛顿第二定律得解。
由题知，撤去力F前，对物块乙：轻弹簧弹力大小为F'=2ma；
撤去力F瞬时，弹簧弹力大小不变，a =a，
乙
a =2a，选项C正确。
甲
2．(2021·全国·单元测试)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速
度-时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，
10～15s内F的大小分别为F 、F 和F ，则( )
1 2 3
A. F F C. F >F D. F =F
1 2 2 3 1 3 1 3
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用、动力学中的图像问题、v-t图像
【解析】
速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再
根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可。
由速度时间图象的斜率可知，0～5s内和10～15s内物体的加速度大小a相等。
在 0～5s内 ， 物 体 加 速 下 滑 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 可 得 ： mgsinθ-f -F =ma， 所 以
1
F =mgsinθ-f -ma；
1
在5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinθ-f =F ，所以F =mgsinθ-f；
2 2
在 10～15s内 ， 物 体 减 速 下 滑 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 可 得 ， F +f -mgsinθ=ma， 所 以
3
F =mgsinθ-f +ma；
3
由以上分析可得，F v ，则( )
2 1
A. t 时刻，小物块离A处的距离达到最大
2
B. t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
2
C. 0～t 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2
D. 0～t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3
【答案】B
【知识点】物块在水平传送带上运动问题、v-t图像
【解析】
小物块滑上传送带后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动
最后与传送带一起向右运动，根据图象分析有：0～t 时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右
1
的摩擦力，t -t 小物块向右匀加速，t -t 当速度增加到与传送带速度相等时，一起向右匀速，摩
1 2 2 3擦力为零。
A.根据图像可知，0～t 时间内：滑动摩擦力向右，物体向左做匀减速运动，t 时刻向左位移达到
1 1
最大，即离A处的距离最大，故A错误；
B.t ～t 时间内：滑动摩擦力向右，物体向右由静止开始先做匀加速直线运动；t 以后物体做匀速
1 2 2
直线运动，摩擦力为零，t 以后物体相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故B正确；
2
C.0∽t 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C错误；
2
D.t ∼t 小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
2 3
3．(2022·湖南省·模拟题)如图a所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块
和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.8t(N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑
块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度
g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C. 图b中，t =17.5s
2
D. 木板的最大加速度为4m/s2
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用
【解析】
分别以木块和木板为研究对象，结合图像进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；
t 时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
2
A.由题意可知，t 时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F 而变化，
2
可得f =μ mg=10N，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ =0.5，A错误；
1 1 1
B.结合图b可知，0∼t 时间内，滑块与木板均静止，t ∼t 时间内，滑块与木板仍相对静止，
1 1 2
木板在地面滑行，可知t 时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f =μ ⋅2mg=6N，
1 2 2
解得木板与地面间的动摩擦因数为μ =0.15，B错误；
2
CD．t 时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得
2
F-μ mg=ma，μ mg-μ ⋅2mg=ma，
1 1 2
其中F=0.8t (N)，联立解得a=2m/s2，t =17.5s，
2 2
之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2m/s2，C正确，D错误。
故选C。4．(2022·天津市市辖区·模拟题)如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自
身重力G与车厢(含座椅)的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，座椅旁边有一小球用细线悬挂
在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成θ角也与车厢相对静止，下列说法中正确的是( )
A. 乘客受到的合力方向与运动方向相同
B. 车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角θ越大
C. 车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G
D. 悬线与竖直方向夹角θ增大，车厢对乘客作用力F可能不变
【答案】C
【知识点】从运动情况确定受力、其他连接体
【解析】
A.由图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动，乘客受到的合力方
向与运动方向也相反，故A错误；
B.对小球，根据牛顿第二定律可知mgtanθ=ma，可得a=gtanθ，则车厢的加速度越大，悬线与
竖直方向的夹角θ越大，但是速度大，θ不一定大，故B错误；
C.对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力F=√(mg) 2+(ma) 2>mg，即F一定大于乘客的重力
G，故C正确；
D.悬线与竖直方向夹角θ增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，故D错误。
5．(2021·浙江省·历年真题)如图所示，质量m=2kg的滑块以v =16m/s的初速度沿倾角θ=37°的
0
斜面上滑，经t=2s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，
求滑块
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P．
【答案】v
解：(1)小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x= 0t
2
代入数据解得：
16
x= ×2m=16m(2)小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：
2
Δv 16-0
a = = m/s2=8m/s2
1 t 2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
1
mgsinθ+μmgcosθ
得：a = =gsinθ+μgcosθ
1 m
a -gsinθ 8-10×0.6 1
代入数据解得：μ= 1 = = =0.25
gcosθ 10×0.8 4
(3)小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma
2
代入数据解得：
mgsinθ-μmgcosθ
a = =gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.25×10×0.8m/s2=4m/s2
2 m
由运动学公式得：v =√2a x=√2×4×16m/s=8√2m/s=11.3m/s
t 2
- - 8√2
得重力的平均功率：P=mgvcos(90°-θ)=2×10× ×0.6W =48√2W =67.9W
2
答：(1)最大位移值x为16m；
(2)与斜面间的动摩擦因数为0.25；
-
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P为67.9W。
【知识点】平均功率、物体在粗糙斜面上运动
【解析】(1)对于上滑过程，根据运动学位移-时间关系公式列式求解即可；
(2)受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；
(3)下滑过程，根据根据牛顿第二定律列式求出加速度，由运动学公式求出回到出发点速度，利用
平均速度定义求出从最高点返回到出发点的过程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。
6．(2021·内蒙古自治区巴彦淖尔市·月考试卷)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度
为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞
时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为
4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．
【答案】
解：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a ，方向向下；
1
球的加速度大小为a ，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
2
Ma =Mg+fma =f -mgf =4mg联立并代入题给数据，得：
1 2
a =2ga =3g；
1 2
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v =√2gH，方向均向下
0
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t ，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
1
2√2H
v -a t =-v +a t 解得：t =
0 1 1 0 2 1 1 5 g
设此时管下端距地面的高度为h ，速度为v，由运动学公式可得
1
h =v t - 1 a t2= 12 H v=v 0 -a 1 t 1 = √2gH由此可知此时v>0，此后管与小球将以加速度g减速上升
1 0 1 2 1 1 25
5
v2 H
h 到达最高点，由运动学公式有：h = =
2 2 2g 25
13
管第一次落地弹起后上升的最大高度H =h +h = H；
1 1 2 25
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x ，在管开始下落到上升H 这一过程中，由动能定理有：
1 1
4
Mg(H-H )+mg(H-H +x )-4mgx =0解得：x = H
1 1 1 1 1 5
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 为：
2
4
x = H
2 5 1
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x +x ≤L
1 2
152
联立解得L应满足条件为：L≥ H。
125
答：(1)管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
13
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为 H；
25
152
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥ H。
125
【知识点】动力学中的多过程问题、竖直上抛运动、动力学中的临界与极值问题、动能定理的基本
应用【解析】(1)分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解
加速度大小；
(2)由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移
h ，速度相同后管与小球将以加速度g减速上升h 到达最高点，根据竖直上抛运动求解上升的高度
1 2
即可；
(3)由动能定理求解第一次弹起过程中球相对管的位移x ，同理求解管与球再次下落到第二次弹起
1
至最高点的过程中球与管的相对位移x ，球不会滑出管外的条件是x +x ≤L，联立求解即可。
2 1 2
