文档内容
考向 05 牛顿运动定律两类动力学问题
【重点知识点目录】
1. 单位制
2. 受力分析
3. 两类动力学问题（已知受力情况求物体的运动情况；已知运动情况求物体的
受力情况）
1．（2022•乙卷）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统
静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长 L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳
的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 L时，它们加速度的大小均为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A。
【解析】解：当两球运动至二者相距 L 时，对此时进行受力分析，如图所示：
1
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学科网（北京）股份有限公司因为两球关于F所在直线对称，sin ＝ ＝ ，所以cos ＝ ，
已知轻绳中心处受三个力，设绳子θ拉力为 T，水平方向上受θ 力分析，2Tcos ＝F，解得：
θ
T＝ ，
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a＝ 。
故A正确，BCD错误。
（多选）2．（2022•湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量
为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 F阻 ＝kv2，k为常
量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为
10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速
向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量
的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【答案】BC。
【解析】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k ＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为 5m/s时，飞行
2
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学科网（北京）股份有限公司器的合力为零
F ＝k +Mg
max
解得：F ＝125k＝1.25Mg，故A错误；
max
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻 ＝k•52＝25k＝ Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力
的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝ Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝ ＝ Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5 m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k•52＝25k＝ Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为F ＝1.25mg
max
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加
3
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学科网（北京）股份有限公司速度为a ，则有
1
1.25Mg+Mg﹣ Mg＝Ma
1
解得：a ＝2g
1
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这
一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
（多选）3．（2022•甲卷）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 。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μ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的加速度大小的最大值为2 g
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位μ移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD。
【解析】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，
对两滑块P、Q整体分析得
F＝2 mg
隔离滑μ 块Q分析得
F弹 ＝ mg
撤去拉μ力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：
滑块P：﹣F弹 ﹣ mg＝ma
1
滑块Q：F弹 ﹣ mμg＝ma
2
μ
则a ＝ ，a ＝ ，
1 2
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减
速运动，当F弹 ＝ mg时，滑块P加速度最大值为
μ
4
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学科网（北京）股份有限公司a ＝2 g，
1max
当F弹 ＝μ0时，滑块Q加速度最大值为
a ＝ g，
2max
故A正μ确，B错误；
C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，
故C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
a′ ＝ g，
1
可见滑μ块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速
度相等，滑块P由开始的加速度大小为2 g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时
加速度大小为 g；滑块Q由开始的加速度μ 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μ也为 g，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻 Q的速度大小，故D
正确。 μ
4．（2022•高安市校级模拟）如图甲所示，一质量为m＝1kg的物体在水平拉力F的作用
下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力 F随时间均匀减小，物体所受摩擦力
随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法中正确的是（ ）
A．t＝1s时物体开始做匀减速运动
B．物体匀速运动时的速度大小为2m/s
C．物体与接触面间的动摩擦因数为0.2
D．t＝2s时物体的加速度大小为2m/s2
【答案】B。
【解析】解：A、物体在开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大
小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在1s时物体开始做减速运
5
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学科网（北京）股份有限公司动，但由于F是变力，因此合外力在减小，故不是匀减速运动，故A错误；
B、由图可知，从3s开始，摩擦力变为静摩擦力，物体处于静止状态，0～3s内，根据
动量定理可得：
﹣ft＝0﹣mv ，即（4×1+ ）﹣4×3＝0﹣v
0 0
解得：v ＝2m/s，故B正确；
0
C、由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，结合f＝ mg，解得 ＝0.4，故C错误；
μ μ
D、t＝2s时，拉力大小为3N，则加速度大小a＝ ＝ m/s2＝1m/s2，故D错误。
（1）单位制在物理学中的应用
①简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不
用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．
②检验结果的正误：物理公式既反映了各物理量间的数量关系，同时也确定了各物理量
的单位关系．因此，在解题中可用单位制来粗略判断结果是否正确，如单位制不对，结
果一定错误．
（2）判断物体运动状态的变化：
物体的运动状态即物体运动的快慢及运动的方向，是用速度来描述的，故物体运动状态
的变化有以下三种情况：
1）速度方向不变，只有大小改变；
2）速度大小不变，只有方向改变；
3）速度大小和方向都改变．
(3)牛顿第二定律相关问题
根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应
注意两个基本模型特点的区别：
1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可
突变；
2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F=kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，
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学科网（北京）股份有限公司②弹力突变．
（3）应用牛顿第二定律解答动力学问题方法
应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，
确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求
受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，
规定正方向．
3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分
解或合成处理，再列方程）
4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
（4）应用牛顿第三定律分析问题
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关
系与物体的运动状态无关．
3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上
（5）解决两类动力学问题的方法
以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
注意：
不管是哪一类动力学问题,受力分析和运动状态分析都是关键环节。
作为“桥梁”的加速度,既可能需要根据已知受力求解,也可能需要根据已知运动求解。
物体在完全失重状态下,由重力引起的效应将完全消失。
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学科网（北京）股份有限公司（1）单位制：基本单位和导出单位共同组成了单位制．
（2）基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，
它们的国际单位分别是米、千克、秒．
（3）导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．有力
（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2） 等．
（4）牛顿第一定律
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变
这种状态．
说明：
1）物体因为有质量，故能保持原来的运动状态，如果没有力，它将永远保持此
状态；
2）因为有力，故改变物体的运动状态．质量是维持物体运动状态的原因，力是
改变物体运动状态的原因；
3）物体的运动状态由速度来标定，速度不变，物体运动状态不变；
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学科网（北京）股份有限公司4）物体运动状态变化，也可说成运动速度变化，即产生加速度．
使用范围：宏观世界中低速运动的物体，在惯性参考系中才适用．
对牛顿第一定律的理解
1）牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的规律，它是牛顿以伽利略的理想实
验为基础，在总结前人的研究成果之上，加之丰富的想而推理得出的一条理想
条件下的规律；
2）牛顿第一定律成立的条件是物体不受任何外力的作用，是理想条件下物体所
遵从的规律．在实验情况下，物体所受合外力为零与物体不受任何外力作用是
等效的．
3）牛顿第一定律的意义在于它揭示了一切物体都具有的一种基本属性--惯性，
还揭示了力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是产生运动的
原因，也不是维持物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
（3）牛顿第二定律
内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速
度的方向跟合外力的方向相同．
表达式：F =ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合=k•ma，只有
合
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学科网（北京）股份有限公司在国际单位制中才有k=1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2
的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg•m/s2．
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．
对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化
地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物
体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态
（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：
a∝F，a∝1/m．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用
效果的瞬时性特征所决定的．
1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
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0
学科网（北京）股份有限公司2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对
应的．
3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而
物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相
对应．
5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言
的．
（4）牛顿第三定律
内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同
一条直线上．
作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：
四同：
大小相同
方向在同一直线上
性质相同
1
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1
学科网（北京）股份有限公司出现、存在、消失的时间相同
三不同：
方向不同
作用对象不同
作用效果不同
（5）比较作用力和反作用力与平衡力的异同点：
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2
学科网（北京）股份有限公司易错题【01】
在受力分析求合力时，受力分析不全导致合力求解错误。
易错题【02】
在利用运动学求公式的求解加速度时容易犯错，导致根据牛顿第二定律求解出
的合力错误。
易错题【03】
对于多过程时，容易忽略一些力的变化，如摩擦力，支持力的变化。
5．（2022•重庆模拟）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为a甲 、a乙 ，则（ ）
A．a甲 ＝a乙 ＝a B．a甲 ＝a，a乙 ＝2a
C．a甲 ＝2a，a乙 ＝a D．a甲 ＝a乙 ＝2a
【答案】C。
【解析】解：由题知，撤去力F前，此时弹簧弹簧力为F'，对物块乙根据牛顿第二定律
F'＝2ma
撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有F'＝ma甲
则有a甲 ＝2a
a乙 ＝a
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3
学科网（北京）股份有限公司故ABD错误，C正确。
6．（2022•庐阳区校级模拟）如图所示，质量为m的两个相同物块A、B叠放在轻弹簧上，
并处于静止状态，轻弹簧下端固定在地面上，重力加速度为g。现对物块A施加竖直向
上的力F，则下列说法正确的是（ ）
A．若F＝1.8mg且为恒力，则力P作用的瞬间，A、B间的弹力大小为0.2mg
B．若F＝1.8mg且为恒力，则A、B分离的瞬间，弹簧的弹力大小为1.9mg
C．若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离时，弹簧处于原长状
态
D．若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统
合外力大小始终不变
【答案】D。
【解析】解：A、在力F作用下A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B整体
加速度大小a＝ ＝ ＝0.9g；
隔离A，利用牛顿第二定律有：F+T﹣mg＝ma，可求得A、B间的弹力大小为 F＝
0.1mg，故A错误；
B、物块A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A利用牛顿第二定律可得A的加
速度大小为a ＝ ＝ ＝0.8g；
A
此时B的加速度大小也为0.8g，对B根据牛顿第二定律可得：T1﹣mg＝ma ，可得弹簧
A
的弹力为T1＝1.8mg，故B错误；
C、若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，A、B分离时，设弹簧的压缩量为
x，对B根据牛顿第二定律得：kx﹣mg＝0.5mg，解得：x＝ ，故C错误；
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4
学科网（北京）股份有限公司D、若在F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统
合外力大小：F合 ＝2ma，保持不变，故D正确。
7．（2022•河东区校级模拟）如图所示，木块B上表面水平，木块A置于B上，与B保持
相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止下滑，在下滑过程中，下列说法正确的是（
）
A．木块B对A的摩擦力为零
B．木块A对B的作用力方向垂直斜面斜向下
C．如果撤去木块A，则B的加速度变小
D．木块B对A的支持力等于A的重力大小
【答案】B。
【解析】解：木块A、B一起沿光滑斜面下滑，设加速度为a，斜面的倾角为 ，两木块
的质量分别为m 、m ； θ
A B
对AB系统，由牛顿第二定律得：（m +m ）gsin ＝（m +m ）a，解得：a＝gsin ；
A B A B
A、由图1所示可知，A在水平方向有向右的分加θ速度a
x
，木块B对A的摩擦力θf不为
零，故A错误；
B、A受力如图2所示，设摩擦力f与支持力N的合力F与水平方向夹角为 ，
竖直方向，由牛顿第二定律得：m A g﹣N＝m A a y ① α
水平方向，由牛顿第二定律得：f＝m a ②
A x
A的加速度：a＝gsin
竖直分加速度：a
y
＝aθsin ＝gsin sin ③
水平分加速度：a
x
＝acosθ＝gsinθcosθ ④
θ θ θ
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5
学科网（北京）股份有限公司合力F与水平方向夹角的正切值：tan ＝ ⑤
α
由①②③④⑤解得：tan ＝tan（ ﹣ ）
α θ
则： + ＝ ，B对A的作用力方向垂直斜面向上，
由牛α顿第θ 三定律可知，A对B的作用力方向垂直斜面向下，故B正确；
C、撤去木块A，对木块B，由牛顿第二定律得：m gsin ＝m a，解得：a＝gsin ，B的
B B
加速度不变，故C错误； θ θ
D、木块A在竖直方向有向下的加速度a ，木块A处于失重状态，木块A对B的压力小
y
于它的重力，由牛顿第三定律可知，木块B对A的支持力小于A的重力，故D错误。
8．（2022•下开学）随着2022年北京冬奥会开幕临近，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，
有一倾角为0＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一爱好者和他的雪橇总质量m＝75kg，
沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力F与滑雪速度v成正比，比例
系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动
的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）
的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝3.75m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．雪橇与雪道间的动摩擦因数 未知，无法计算出比例系数为k值
D．比例系数为k＝37.5Ns/m μ
【答案】D。
【解析】解：人和雪橇整体在下滑过程中受到重力、支持力、空气阻力、摩擦阻力。如
图所示：
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学科网（北京）股份有限公司A、从图中斜率可知，开始运动的加速度a＝ ＝ m/s2＝2.25m/s2。故A错误；
B、所以人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动。故B错误；
（3）根据牛顿第二定律有开始时：mgsin ﹣kv﹣ mgcos ＝ma
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的θ收尾速μ度（即匀θ 速运动速度），
即有mgsin ＝ mgcos +kv
m
①②两式θ联立μ，得kθv
m
﹣kv＝ma
将v＝5m/s、v ＝10m/s代入后得k＝37.5Ns/m。
m
故C错误，D正确；
9．（2022•凯里市校级开学）如图所示，质量为m的小球分别用轻弹簧a和轻绳b相连，
固定在竖直墙面和天花板上，其中轻弹簧a水平，轻绳b与水平面的夹角 ＝60°，重力
加速度为g。现将轻绳b剪断。则在剪断轻绳b的瞬间（ ） θ
A．小球有沿弹簧水平向左运动的趋势
B．弹簧的弹力为2mg
C．小球的加速度为g
D．小球的加速度为 g
【答案】D。
【解析】解：AB、以球为研究对象，由平衡条件得：F ﹣F cos ＝0
a b
θ
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学科网（北京）股份有限公司F sin ﹣mg＝0
b
联立解得θ F
a
＝mgtan
剪断轻绳瞬间弹簧的θ弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细
绳的拉力大小相等，方向相反，所以小球有沿细绳斜向下运动的趋势，故AB错误；
CD、由牛顿第二定律得 ＝ma，解得：a＝ g，故C错误，D正确；
10．（2022•天心区校级二模）“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具
有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力
的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。
已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为 f＝6 rv，其中 为血液的粘滞系数，r
为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。设血沉管竖π直η放置且足η够深，红细胞的形状为
球体，若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为v ，红细胞密
m
度为 ，血液的密度为 。以下说法正确的是（ ）
1 2
A．该ρ红细胞先做匀加速ρ运动，后做匀速运动
B．该红细胞的半径可表示为r＝
C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小
D．若采用国际单位制中的基本单位来表示 的单位，则其单位为
【答案】B。 η
【解析】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮 ，由牛顿第二定律mg﹣f﹣F浮 ＝ma
又因为f＝6 rv
故红细胞随着πη速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小
的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
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学科网（北京）股份有限公司又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得 ，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C
错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6 rv
πη
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示 的单位，应为 ，故D错误。
11．（2022•桑植县校级模拟）如图所示，η 力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮（质量
不可忽略）一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C，三个物块的质量相同.由静止释放
三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F ；在三个物块运动过程中，剪断B、
1
C 物块间的细线，力传感器的示数变为 F ，重力加速度为 g，不计一切摩擦，则
2
（ ）
A．三个物块一起运动的加速度大小为g
B．每个物块的重力为
C．滑轮的重力为2F ﹣F
2 1
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学科网（北京）股份有限公司D．剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变
【答案】B。
【解析】解：A、设每个物块的质量为m，则对ABC整体有：2mg﹣mg＝3ma，解得：
a＝ g，故A错误；
D、设绳的拉力为F，则对A有：F﹣mg＝ma，解得：F＝ mg，设滑轮的质量为M，
根据力的平衡对滑轮有：F ＝Mg+2F＝Mg+ mg，剪断B．C间的细线，由于A、B质
1
量相等，因此A，B运动的加速度为零，
这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故D错误；
B、根据力的平衡，对滑轮有：F ＝Mg+2mg，解得：mg＝ （F ﹣F ），故B正确；
2 1 2
C、滑轮重力Mg＝4F ﹣3F ，故C错误。
2 1
12．（2022•菏泽二模）如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上．
一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上．两小球均处于静止状态．轻绳A
与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向．已知重力加速度
为g．则（ ）
A．球1和球2的质量之比为1：1
B．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
【答案】C。
【解析】解：A、分别对两小球进行受力分析，如下图所示：
2
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0
学科网（北京）股份有限公司根据平衡条件可得，由
F ＝m g，F sin30°＝m g
B 1 B 2
解得：m ＝2m ，故A错误；
1 2
BCD、在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹簧弹力
F 不变，并假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0，则球2的加速度为
C
方向与F 方向相同，即沿绳B斜向右下方。此时球1只受重力，加速度竖直向下大小
B
等于g，沿绳B方向的分加速度为
因为a ＞a ，则假设不成立，可知此时轻绳B存在弹力。则由力的合成可知，球1的合
2 1
力大于其重力，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，则球1的加速度一定大于g，方向
在竖直方向与绳B的夹角之间，故BD错误，C正确；
13．（2022•天心区校级一模）如图所示，“V”形槽各处所用材料完全相同，两侧面夹角
可以调节，槽的棱与水平面的夹角为37°，两侧面与水平面的夹角相同。圆柱形工件放
在“V”形槽中，当“V”形槽两侧面的夹角为60°时，工件恰好能匀速下滑。已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则当“V”形槽两侧面的夹角90°时，工件下滑
的加速度大小为（ ）
2
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1
学科网（北京）股份有限公司A．3m/s2 B．2m/s2 C．（ ）m/s2 D．（ ）m/s2
【答案】C。
【解析】解：由于圆柱体匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsin37°＝2f，其中f＝ N
由平行四边形定则可得N＝mgcos37° μ
联立解得：
当“V”形槽两侧面的夹角 90°时，工件对两侧面的正压力 N′＝mgcos37°sin45°＝
根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣2 N′＝ma，代入数据解得 ，
μ
故C正确，ABD错误。
14．（2022春•潍坊月考）将质量为m的砖块靠在足够高的竖直墙壁上，对其施加F＝kt
（k为正的常数）的水平推力，如图所示，t＝0时将砖块由静止释放，用f、a、v分别
表示它的摩擦力、加速度和速度，如图图像正确的是（ ）
2
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2
学科网（北京）股份有限公司A． B．
C． D．
【答案】B。
【解析】解：物块在t＝0时被无初速释放，由于F＝kt，则开始过程，物块对墙壁的压
力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物
块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上。
取竖直向下方向为正方向。
AB、物块运动过程中，f＝ kt，f与t成正比；当物块静止时，f＝mg保持不变，图像从
斜直线突变为水平直线，故μB正确，A错误。
CD、加速运动过程中：mg﹣f＝ma
又f＝ N＝ F＝ kt，得a＝g﹣ t，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速
运动；μv﹣tμ图象μ的斜率应减小。
减速运动过程中：由于mg＜f，得知，随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变
减速运动；v﹣t图象的斜率应增大，直到静止。故CD错误。
15．（2022春•南开区校级月考）用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，
将它竖直地固定于水平桌面。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑（下
滑过程线圈形状保持不变），已知重力加速度为g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初
速滑到桌面经历的时间为（ ）
A． B． C． D．
2
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3
学科网（北京）股份有限公司【答案】B。
【解析】解：将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，
说明每一小段的斜面倾角相同，设为 ；
根据几何关系，有 θ
sin ＝
物体θ 做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有
mgsin ＝ma
解得 θ
a＝gsin
由于物体θ 与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位
移—时间关系公式，有
L＝
联立解得t＝
故ACD错误，B正确；
16．（2022春•绥化月考）物体A、B叠放在斜面体C上，物体B的上表面水平，如图所
示。斜面体C受水平力F的作用，物体A、B一起随C向左匀加速运动的过程中，三者
相对静止。则（ ）
A．物体B对物体A的摩擦力为零
B．斜面体C对物体B的摩擦力沿斜面向上
C．斜面体C对物体B的摩擦力沿斜面向下
D．斜面体C对物体B的摩擦力可能为零
【答案】D。
【解析】解：A、物体A做匀加速直线运动，合力与加速度方向相同；受重力、支持力、
向左的静摩擦力，故A错误；
BCD、对物体B受力分析，物体B加速度方向水平向左，受重力、A对B向下的压力、
2
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4
学科网（北京）股份有限公司C对B的支持力、A对B向右的摩擦力，4个力的合力有可能水平向左，即物体B有可
能受4个力的作用，斜面C和物体B之间可能没有摩擦力，故BC错误，D正确。
17．（2022•黄山二模）一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所
示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，
且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为 g。若汽车向左加速运动（C始终与汽车相
对静止），则（ ）
A．A对C的支持力增大
B．B对C的支持力减小
C．当加速度 时，A对C无支持力
D．当加速度a＝0时，C对B的压力大小为mg
【答案】C。
【解析】解：AB．设A、B对C的支持力大小分别为N 、N ，汽车的加速度大小为
A B
a。
在竖直方向上根据平衡条件可得：N cos30°+N cos30°＝mg
A B
在水平方向根据牛顿第二定律有：N sin30°﹣N sin30°＝ma
B A
联立解得：N ＝ ，N ＝
A B
可知从a＝0到a≠0时，N 减小，N 增大，故AB错误；
A B
CD．当加速度a＝ g时N ＝0，N ＝
A B
根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，对B的压力大小为 ，故C正
2
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5
学科网（北京）股份有限公司确；
D．当a＝0时，可解得N ＝ mg，根据牛顿第三定律可知此时 C对A的压力为
B
mg，故D错误。
18．（2022春•淇滨区校级月考）如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知
m ＝m ＝m，a、b间的动摩擦因数为 ，b与地面间的动摩擦因数为0.25 。已知最大静
a b
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为μ g。现对a施加一水平向右的拉力μ，下列判断正
确的是（ ）
A．当力F＝ mg时，a、b间的摩擦力为1.5 mg
B．无论力Fμ为何值，b的加速度不会超过0.μ75 g
C．当力F＞ mg时，b相对a滑动 μ
D．若a、b两μ个物体始终相对静止，则力F不能超过1.5 mg
【答案】D。 μ
【解析】解：a、b之间的最大静摩擦力为f ＝ mg＝ mg，b与地面间的最大静摩擦力
max
为f ′＝0.25 （m+m）g＝0.5 mg μ μ
max
CD、a、b相对μ地面一起运动，刚μ好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：f ﹣f ′＝ma
max max 0
对整体有：F ﹣f ′＝2ma
0 max 0
解得：a ＝0.5 g，F ＝1.5 mg，
0 0
所以若a、b两μ个物体始终μ相对静止，则力F不能超过1.5 mg，当力F＞1.5 mg时，b
相对a滑动，故C错误，D正确； μ μ
A、当力F＝ mg时，a、b一起加速运动，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：
1
对a、b整体：μ F﹣f
max
′＝ma
1
对a：F﹣f ＝ma
1 1
解得a、b间的摩擦力为：f ＝0.75 mg，故A错误；
1
B、根据D选项的分析可知，无论μ力F为何值，b的加速度不会超过0.5 g，故B错误。
19．（2022•庐阳区校级模拟）如图所示，质量为 m
A
＝2kg物体A放在粗μ糙水平桌面上，
一端用绕过定滑轮的细绳与质量为m ＝1kg物体B相连。用手按住A使两物体均静止，
B
2
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6
学科网（北京）股份有限公司B物体距离地面高度h＝1m。现松手释放A，经时间t ＝1s，B落到地面上且未反弹
1
（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子、滑轮质量不计，取重
力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数 ；
（2）若A与滑轮的距离L＝1.5mμ，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力F＝
6N，求恒力F作用时间t ＝1s后，物体A的速度大小。
2
【答案】（1）物体A与桌面间动摩擦因数为0.2；
（2）恒力F作用时间t ＝1s后，物体A的速度大小为0.6m/s。
2
【解析】解：（1）物体B在下落的过程中，做匀加速运动，则有：
代入数据解得加速度大小为：a＝2m/s2
A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有m g﹣ m g＝（m +m ）a
B A A B
代入数据解得： ＝0.2； μ
（2）物体B落地μ瞬间，物体A距离滑轮的长度为：ΔL＝L﹣h＝1.5m﹣1m＝0.5m
此时物体A根据牛顿第二定律有： m g+F＝m a
A A 1
μ
解得：
设施加力F后物体速度等于0的时间为t ，位移为x ，则有：
3 1
a t ＝at
13 1
得到：t ＝0.4s，x ＝0.4m
3 1
因x ＜ΔL
1
所以此时物体A减速到0，且未碰撞到滑轮。
之后物体A将向左加速运动，根据牛顿第二定律有：F﹣ m g＝m a
A A 2
μ
2
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7
学科网（北京）股份有限公司解得：
则最终的速度v和向左的位移x 为：
2
v＝a （t ﹣t ）＝0.6m/s
2 2 3
代入数据解得：v＝0.6m/s，x ＝0.18m＜x
2 1
故最终绳子未拉直，物体A的速度为0.6m/s。
20．（2022春•甘州区校级期中）如图所示，质量 m＝10kg的物块（可视为质点）以v ＝
0
4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M＝20kg，物块最
后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为 ＝0.4，木板与水平地面
1
间的动摩擦因数为 ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重μ力加速度g＝10m/s2，求：
2
（1）物块刚滑上木μ板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
【答案】（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为4m/s2和0.5m/s2；
（2）木板的长度L为2.25m。
【解析】解：（1）对物块受力分析知物块做减速运动，设其加速度大小为 a ，则由牛
1
顿第二定律可得
mg＝ma 代入数据解得a ＝4m/s2
1 1 1
μ对木板受力分析，设木板加速度大小为a
2
，由牛顿第二定律可得
mg﹣ （M+m）g＝Ma
1 2 2
μ代入数据μ 解得a
2
＝0.5m/s2
（2）设经过时间t 二者共速，则有v ﹣a t ＝a t 解得t ＝1s
1 0 11 21 1
设共速时的速度大小为v ，则有v ＝a t 解得v ＝0.5m/s
1 1 21 1
t 时间内物块的位移为x ＝ t 解得x ＝2.5m
1 1 1 1
木板的位移为x ＝ t 解得x ＝0.25m
2 1 2
2
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8
学科网（北京）股份有限公司所以木板的长度为L＝x ﹣x ＝2.5m﹣0.25m＝2.25m
1 2
21．（2022•城厢区校级开学）2021年12月，新一轮新冠疫情开始考验浙江，浙江人民众
志成城合作抗疫。在某高风险小区，工作人员正在操作一台无人机配送货物，货物由静
止开始竖直向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，一段时间后，又匀速上升15s，
1
然后做加速度大小为a 的匀减速直线运动，经2s到达用户的阳台且速度为零。遥控器
2
上显示无人机上升过程中最大的速度为2m/s。已知货物质量为2kg，受到空气阻力恒为
重力的5%，a ＝2a ，重力加速度g＝10m/s2。求：
2 1
（1）无人机匀加速上升阶段的时间；
（2）货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度；
（3）减速阶段，无人机对货物作用力的大小。
【答案】（1）无人机匀加速上升阶段的时间为4s；
（2）货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度为36m；
（3）减速阶段，无人机对货物作用力的大小为19N。
【解析】解：（1）由题意知无人机匀减速的加速度为a ＝ ＝ m/s2＝1m/s2
2
又因为a ＝2a
2 1
所以匀加速的加速度为
所以加速的时间为
（2）由题意可得货物从静止开始向上运动，到达阳台的整个过程上升的高度为
代入数据解得：h＝36m
2
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9
学科网（北京）股份有限公司（3）对无人机受力分析，则匀减速阶段由牛顿第二定律得mg+f﹣F＝ma
2
其中f＝5%•mg
解得减速阶段，无人机对货物作用力的大小为F＝19N
22．（2022•襄都区校级开学）邢台机场，又名邢台市褡裢机场，能飞大型军用运输飞机。
假设其某起飞跑道可视为由长度L ＝225m的水平跑道和长度L ＝20m的倾斜跑道两部
1 2
分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2m，如图所示。已知质量m＝2×104kg
的飞机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中
受到的摩擦阻力和空气阻力的合力大小恒为飞机所受重力的0.15倍，飞机质量视为不变，
飞机可看成质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计连接处的速度损失。
（1）求飞机在水平跑道上运动的时间；
（2）求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；
（3）若起飞跑道是一条水平直跑道，则要使达到原起飞速度的大小，求水平直跑道的
长度（结果保留到小数点后一位）。
【答案】（1）飞机在水平跑道上运动的时间为10s；
（2）飞机在倾斜跑道上的加速度大小为3.5m/s2；
（3）水平直跑道的长度为240.6m。
【解析】解：（1）设飞机在水平跑道的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F﹣f＝ma
1 1
解得
由加速度直线运动公式
解得t＝10s
（2）设飞机沿斜面反向的加速大小为a ，在倾斜跑道上对飞机受力分析
2
由牛顿第二定律得F﹣f﹣mgsin ＝ma
2
θ
解得 。
（3）要达到原起飞速度的大小，飞机在直跑道增加部分的速度增量应与在原倾斜跑道
3
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0
学科网（北京）股份有限公司的速度增量的大小相等，设直跑道增加的长度为L ，则2a L ＝2a L
3 2 2 1 3
则有L总 ＝L
1
+L
3
联立代入数据解得：L总 ＝240.6m。
23．（2022•浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，
长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为
15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快
速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动
员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为 110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括
运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）在直道AB上的加速度大小为 m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
【解析】解：（1）设在AB段加速度为a ，位移为x ，由运动学公式
1 1
＝2a x
1 1
3
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1
学科网（北京）股份有限公司代入数据解得：a ＝ m/s2
1
（2）设运动员在AB段运动时间为t ，BC段时间为t ，
1 2
t ＝ ＝ s＝3s
1
BC段x ＝v t + a
2 12 2
代入数据解得：a ＝2m/s2
2
过C点的速度为
v＝v +a t
1 22
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsin ﹣F＝ma
f 2
代入数θ据解得：F
f
＝66N
24．（2021•全国）如图，一斜面固定在水平桌面上，斜面倾角为 。若一物块以初速度v
沿斜面向上运动，经过距离l后物块静止在斜面上。若让该物块θ以初速度 v沿斜面向下
运动，则经3l距离后物块静止在斜面上。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）已知tan ＝0.125，求物块与斜面之间的动摩擦因数；
（2）若把斜面θ的倾角由 增大为
1
，使物块从斜面底部以初速度v
1
＝4m/s沿斜面向上
运动，求物块从出发到又θ回到底部θ 所用的时间。已知 sin ＝0.6，取重力加速度 g＝
1
10m/s2。 θ
【答案】（1）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）物块从出发到又回到底部所用的时间为 s。
【解析】解：（1）物块以速度v沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有
mgsin + mgcos ＝ma
1
根据匀θ变μ速直线θ运动速度与时间的关系有：
v2＝2a l
1
3
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2
学科网（北京）股份有限公司同理可得，物块以初速度v沿斜面向下运动有
mgcos ﹣mgsin ＝ma ；v2＝2a ×3l
2 2
μ联立解得θ ： ＝0.θ25
（2）物块上μ滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin + mgcos ＝ma
1 1 2
θ μ θ
解得：
根据
解得：
则物块从出发又回到底部所用的时间为
25．（2021•浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量 m＝1.0×103kg的汽
车以v ＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现
1
小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。
假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v ＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友
0
全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v ＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车
2
到斑马线时的速度。
【答案】（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N•；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
3
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3
学科网（北京）股份有限公司（3）汽车到斑马线时的速度为5 m/s。
【解析】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v ＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，
1
末速度为0，
此过程平均速度： ＝ ，
根据平均速度的定义： ＝ ，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v +at，
1
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'＝ ，
等待时间：t ＝t'﹣t，
0
解得：t ＝20s；
0
（3）v ＝54km/h＝15m/s，
2
根据速度位移关系：v 2﹣v2＝2as，
2
解得：v＝5 m/s
3
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4
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