文档内容
专题 03 牛顿运动定律的综合运用
A·常考题不丢分
命题点01 动力学的两类基本问题
命题点02 连接体问题
命题点03 超重失重问题
命题点04 力学单位制
命题点05 板块模型
命题点06 传送带模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 动力学的两类基本问题】
【针对练习1】（多选）游乐场有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，
由驱动装置将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面49m高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自
由落体运动2s后，开始受到恒定的制动力而立即做匀减速运动，且下落到离地面13m高处时速度刚好减
为零，然后再让座椅非常缓慢的平稳下落，将游客送回地面。g取10m/s2，则（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．在下落过程中，游客加速度方向竖直向下
B．座椅在匀减速阶段的时间是1.6s
C．在下落过程中其加速度大小为12m/s²
7
D．要避免整个装置撞击地面，自由落体的时间不能超过 s
3
【答案】BD
【详解】A．在下落过程中，游客先是做自由落体运动，加速度方向竖直向下，然后做匀减速直线运动，
加速度方向竖直向上，最后做匀速直线运动，加速度为零。故A错误；
BC．依题意，座椅自由落体过程的位移和末速度分别为
1
h = gt2=20m，v =gt =20m/s
1 2 1 1 1
匀减速过程的位移为
h =49m-h -13m=16m
2 1
根据
2ah =v2
2 1
解得
a=12.5m/s2
根据
0=v -at
1 2
解得
t =1.6s
2
故B正确；C错误；
D．要避免整个装置撞击地面，设自由落体的时间不能超过t，则有座椅到达地面时速度恰好减到零，即
1 (gt) 2
49m= gt2+
2 2a
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
7
t= s
3
故D正确。
故选BD。
【针对练习2】如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m=1kg的小物块在平行于斜
面向上的拉力F=8N作用下，从斜面底端O点由静止开始沿斜面向上运动，运动到A点后撤去拉力，其中
OA段光滑，AB段粗糙，已知OA=AB=4m，小物块与斜面AB间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2.求：
（1）拉力作用下小物块的加速度大小；
（2）掀去拉力后小物块还能沿斜面上滑的最大距离；
（3）小物块在AB段滑行的时间。
√2+1
【答案】（1）2m/s2；（2）1m；（3） s
2
【详解】（1）拉力作用下小物块的受力示意图如图1
由牛顿第二定律
F-mgsin37°=ma
1
解得
a =2m/s2
1
（2）小物块到达A点的速度为v
v2=2a L
1
小物块在AB段上滑时的受力示意图如图2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则
mgsin37°+μmgcos37°=ma
2
小物块在AB段上滑的最大距离为x
max
0-v2=-2a x
2 max
解得
x =1m
max
（3）小物块在AB段上滑的时间t
1
0=v-a t
2 1
小物块在AB段下滑时的受力示意图如图3
则
mgsin37°-μmgcos37°=ma
3
又
1
x = a t2
max 2 3 2
t=t +t
1 2
得
√2+1
t= s
2
【针对练习3】可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加
速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑
行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩
擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
【答案】（1）16m；（2）a =8m/s2，a =4m/s2；（3）2√34m/s
1 2
【详解】（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有
1
x= at2
2
解得
x=16m
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑
回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+μmgcos37°=ma
1
mgsin37°-μmgcos37°=ma
2
解得
a =8m/s2
1
a =4m/s2
2
（3）企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t'，位移为x'
x'=
1
a
(at) 2
2 1 a
1
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v ，初速度为0，则有
t
v2-02=2a (x+x')
t 2
解得
v =2√34m/s
t
【命题点02 连接体问题】
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【针对练习4】如图所示，质量为M的木箱子放在水平桌面上，木箱中的竖直立杆（质量不计）上套有一
g
质量为m的圆环，圆环由静止开始释放，圆环下滑的加速度恒为a= ，则圆环在下落过程中处于
2
状态（填“超重”或“失重”）；此下落过程中木箱对地面的压力为 。
1
【答案】 失重 Mg+ mg
2
【详解】[1]圆环加速下落加速度方向向下，故处于失重状态；
[2] 以环为研究对象，可知环受到重力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
ma=mg-f
所以
g 1
f =mg- m= mg
2 2
以箱子为研究对象，分析受力情况：箱子受到重力Mg、地面的支持力N和环对箱子向下的滑动摩擦力f，
根据平衡条件得
1
N=Mg+f =Mg+ mg
2
根据牛顿第三定律得木箱对地面的压力大小
1
N=Mg+ mg
2
【针对练习5】（多选）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m 、
1
m ，且m >m ，m 静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m 、m 与车厢保持相对静止，系m 的那段绳
2 2 1 2 1 2 1
子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子间的摩擦忽略不计，重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】g m g
A．车厢的加速度为 B．绳子中的张力大小为 1
tanθ cosθ
C．车厢底板对m 的支持力为(m -m )g D．车厢底板对m 的摩擦力为m gtanθ
2 2 1 2 2
【答案】BD
【详解】AB．物体m 与车厢具有相同的加速度，对物体m 分析，受重力和拉力，根据合成法知
1 1
F =mgtanθ
合 1
拉力
m g
T= 1
cosθ
物体m 的加速度
1
m gtanθ
a= 1 =gtanθ
m
1
所以车厢的加速度为gtanθ，故A错误，B正确；
CD．物体m 加速度为gtanθ，对物体m 受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力
2 2
m g
N=m g- 1
2 cosθ
f=ma=mgtanθ
2 2
故C错误，D正确。
故选BD。
【针对练习6】（多选）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m的物
体A、B(B与弹簧连接，A、B均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时刻物体处于静止状态.现用竖
直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v－t图像如图
乙所示，物体B的v－t图像在t 时刻的斜率与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则（ ）
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2mg
A．施加力F前，弹簧的形变量为
k
B．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为m(g＋a)
C．A、B在t 时刻分离，此时弹簧弹力等于B的重力
1
1 mg
D．B上升速度最大时，A、B间的距离为
at2-
2 2 k
【答案】AD
【详解】A．施加力F前，A、B整体受力平衡，则弹簧弹力
F＝2mg＝kx
0 0
解得弹簧的形变量
2mg
x＝
0 k
选项A正确；
B．施加力F的瞬间，即t＝0时刻，对B，根据牛顿第二定律有
F－mg－FAB＝ma
0
解得A、B间的弹力大小
FAB＝m(g－a)
选项B错误；
C．A、B在t 时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且
1
FAB＝0
对B有
F－mg＝ma
1
解得此时弹簧弹力大小
F＝m(g＋a)
1
选项C错误；
D．t 时刻B上升速度最大，加速度为零，则
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】kx＝mg
2
解得此时弹簧的形变量
mg
x＝
2 k
B上升的高度
mg
h＝x－x＝
0 2 k
A上升的高度
1
H＝ at2
2 2
所以A、B间的距离
1 mg
Δh＝ at2－
2 2 k
选项D正确。
故选AD。
【命题点03 超重失重问题】
【针对练习7】如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器
在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
【答案】D
【详解】无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，水和容器都是处于完全失重状态，运动情况相同。所以
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC错误，D正确。
故选D。
【针对练习8】升降机箱内底部放一个质量为m的物体，当箱从高空某处以初速度v 下落时，其速度-时间
0
图象如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．0-t 内箱内底对物体的支持力保持不变 B．0-t 内箱内底对物体的支持力可能为0
1 1
C．物体在0-t 时间内处于失重状态 D．物体在0-t 时间内处于超重状态
1 1
【答案】D
【详解】在v-t图中，图线切线的斜率表示物体速度变化的快慢，即物体的加速度，由图可知，在0～t 时
1
间内物体的加速度逐渐减小。向下做加速度减小的减速，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律
F-mg=ma
0-t 内箱内底对物体的支持力逐渐减小，不可能为零。
1
故选D。
【针对练习9】（多选）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度
为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量
为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g，则下列说法正确的
是（ ）
A．小物块处于失重状态
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
C．小物块受到的静摩擦力为 mg+ma
2
D．若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小
【答案】BC
【详解】A．由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向上的加速度a，所以小物块处于超重
状态，故A错误；
BCD．以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的静摩
擦力f，根据牛顿第二定律有
f -mgsin30°=ma
可得小物块受到的静摩擦力为
1
f = mg+ma
2
若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力
N=mgcos30°
支持力不变，
故BC正确，D错误。
故选BC。
【命题点04 力学单位制】
【针对练习10】利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示（为截面图），液体的振动周期T与流速
v、旋涡发生体的宽度D有关。结合物理量的单位分析，下列关系式可能正确的是（其中k是一个没有单位
的常量）（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D √D 1
A．v=k B．v=k C．v=kDT D．v=k
T T DT
【答案】A
【详解】液体的振动周期T与流速v、旋涡发生体的宽度D有关，速度v的单位为m/s，振动周期T的单位
为s，宽度D的单位为m；而k是一个没有单位的常量，则根据单位之间的关系可得
D
v=k
T
故选A。
v -v
【针对练习11】“另类加速度A”的定义为A= t 0，其中v 和vt分别表示某段位移x的初速度和末速度。
x 0
则用国际单位制基本单位的符号来表示A的单位，正确的是（ ）
A．s－1 B．Hz C．m/s2 D．m2/s
【答案】A
【详解】根据量纲法可知，“另类加速度A”的单位为
m 1
⋅
=s-1
s m
故选A。
【针对练习12】雨滴在空气中下落的速度比较大时.受到的空气阻力f与其速度v的二次方成正比，与其横
截面积S成正比，即f =kSv2。则比例系数k的单位是（ ）
A．kg/s⋅m3 B．kg/m2 C．kg/m3 D．kg⋅s2/m
【答案】C
【详解】将f =kSv2变形，有
f
k=
Sv2
f、S、v，的单位分别为kg⋅m/s2、m2、m/s，代入可知比例系数k的单位为kg/m3。
故选C。
【命题点05 板块模型】
【针对练习13】一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为 m ＝1 kg和m ＝2 kg的A、B两
A B
物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】取10 m/s2)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1 m/s2
解析：选D.物块A的滑动摩擦力为F ＝μm g＝2 N，物块B的滑动摩擦力为F ＝μm g＝4 N．若F＝1
fA A fA B
N<2 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A错误；若F＝1.5 N<2 N，对两木块与木板
整体由牛顿第二定律得共同加速度为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，对A有F－F＝m a，解得F＝1 N，B错误；
f A f
当F＝4 N>2 N时，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝＝1 m/s2，此时B物块所受摩擦
力大小为F＝m a＝2 N，C错误；同理若F＝8 N，木块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a＝
f B
＝1 m/s2，D正确．
【针对练习14】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端
与墙壁的距离为4.5 m，如图a所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s
时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离
开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图b所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加
速度大小g取10 m/s2.求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ 及小物块与木板间的动摩擦因数μ；
1 2
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为
a，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
1
－μ(m＋M)g＝(m＋M)a ①
1 1
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v＝4 m/s，
1
由运动学公式有
v＝v＋at ②
1 0 11
s＝vt＋at③
0 01 1
式中，t＝1 s，s＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v 是小物块和木板开始运动时的速度．
1 0 0
联立①②③式和题给条件得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】μ＝0.1④
1
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 的初速度向右做匀变速运
1 1
动．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律有
2
－μmg＝ma ⑤
2 2
由题图b可得
a＝⑥
2
式中，t＝2 s，v＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
2 2
μ＝0.4⑦
2
(2)设碰撞后木板的加速度为a ，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v.由牛顿第二定律及
3 3
运动学公式得
μmg＋μ(M＋m)g＝Ma ⑧
2 1 3
v＝－v＋aΔt⑨
3 1 3
v＝v＋aΔt⑩
3 1 2
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s＝Δt⑪
1
小物块运动的位移为
s＝Δt⑫
2
小物块相对木板的位移为Δs＝s－s ⑬
2 1
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a ，此过程中小物
4
块和木板运动的位移为s.由牛顿第二定律及运动学公式得
3
μ(m＋M)g＝(m＋M)a ⑮
1 4
0－v＝2as ⑯
4 3
碰后木板运动的位移为
s＝s＋s ⑰
1 3
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
【针对练习15】如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为 ，物块a
静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放后 时，长木板c
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】与挡板P发生碰撞（碰撞时间极短），同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知
物块a和重物b的质量均为 ，物块a与长木板c间的动摩擦因数为 ，光滑水平桌面足
够长，重物b离地面的高度足够高， 。求：
（1）重物b刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少？
（2）长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？
【答案】（1）7.5N，5m/s；（2）3.6m
【详解】（1）重物b释放后假设a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有
解得
则长木板c应受到的摩擦力为
故重物b释放后，a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有
解得
长木板c与挡板P碰前的速率为
（2）长木板c与挡板P碰后，a、c均做减速运动，a、c的加速度大小分别为
，
物块a减速为零的时间为
长木板c减速为零的时间为
则物块先减速为零，物块a减速为零的位移为
此时长木板c的速度为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】长木板的位移为
长木板和物块共速时有
解得
此时长木板和物块的速度为
该段时间长木板的位移为
物块a的位移为
则木板的长度至少为
【命题点06 传送带模型】
【针对练习16】(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，
工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传
送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μgsin θ
解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿
第二定律可知，mgsin θ＋μF ＝ma，F ＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，B错误；粮袋加速到与传
N N
送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ0)，第一次碰撞后，滑块B刚好停止时滑块A与之碰撞，此
为临界条件。设滑块B第一次碰撞后到停止运动所用时间为t，则有
2L+x v
v 1+ 0 =t
0=-μgt， v gsinθ
2 0
2
解得
h
L= -h
2sinθ
由于
L>0
解得
0∘<θ≤30∘
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）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
3
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（ ）
5
5F 2F 3F 3F
A． B． C． D．
8m 5m 8m 10m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
3
【详解】当两球运动至二者相距 L时，,如图所示
5
由几何关系可知
3L
10 3
sinθ= =
L 5
2
设绳子拉力为T，水平方向有
2Tcosθ=F
解得
5
T= F
8
对任意小球由牛顿第二定律可得
T=ma
解得
5F
a=
8m
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平
桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量
分别为m =0.5kg、m =0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。则推力F的
p Q
大小为（ ）
A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
T =m g=2N
1 Q
f =T =2N<μm g=2.5N
1 P
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
T
T = 1=1N
2 2
故Q物体加速下降，有
m g-T =m a
Q 2 Q
可得
a=5m/s2
而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
T +F-μm g=m a
2 P P
解得
F=4N
故选A。
3．（2021·海南·高考真题）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使
有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．kg⋅m⋅s-1 B．kg⋅m⋅s-2 C．Pa⋅m2 D．J⋅m-1
【答案】B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知力的单位为kg⋅m⋅s-2，A错误，B正确；
F
C．根据压强的表达式p= 可知力的单位可知力的单位为Pa⋅m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；
S
D．根据做功的表达式W =Fx可知力的单位为J⋅m-1，但功的单位J不是基本单位，D错误。
故选B。
4．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，
弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；
下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此
装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．30cm刻度对应的加速度为 - 0.5g B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
【答案】A
【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长l = 0.2m；下端悬挂
0
钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则根据受力平衡有
mg = k(l - l)
0
可计算出
mg
k =
0.2
【详解】A．由分析可知，在30cm刻度时，有
F - mg = ma（取竖直向上为正方向）
弹
代入数据有
a = - 0.5g
A正确；
B．由分析可知，在40cm刻度时，有
mg = F
弹
则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；
C．由分析可知，在50cm刻度时，有
F - mg = ma（取竖直向上为正方向）
弹
代入数据有
a = 0.5g
C错误；
D．设刻度对应值为x，结合分析可知
mg
⋅Δx-mg
0.2 ，x = |x-0.2|（取竖直向上为正方向）
=a
m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】经过计算有
gx-0.4g -gx
a = (x > 0.2)或a = (x < 0.2)
0.2 0.2
根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。
故选A。
5．（2021·浙江·高考真题）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层
290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为
1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打
开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（ ）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，
选项A错误；
B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖
直向上，B正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体
的阻力不是平衡力，选项D错误。
故选B。
6．（2023·辽宁·统考高考真题）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别
为Δl 和Δl 、电流大小分别为I 和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为
1 2 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】I I Δl Δl 。比例系数k的单位是（ ）
ΔF=k 1 2 1 2
r2
A．kg·m/（s²·A） B．kg·m/（s²·A²） C．kg·m²/（s³·A） D．kg·m²/（s³·A³）
【答案】B
I I Δl Δl
【详解】根据题干公式ΔF=k 1 2 1 2 整理可得
r2
ΔFr2
k=
I I Δl Δl
1 2 1 2
代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为
N
=
kg⋅m/s2
=kg⋅m/(s2 ⋅A2 )
A2 A2
故选B。
7．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左
加速运动时，长木板保持静止，此时（ ）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A
错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一
定不在水平方向，B错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
8．（2020·山东·统考高考真题）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所示。乘客所受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（
N
）
A．0~t 时间内，v增大，F >mg B．t~t 时间内，v减小，F mg
2 3 N 2 3 N
【答案】D
【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t 时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重
1
状态，则
F mg
N
C错误，D正确。
故选D。
9．（2019·海南·高考真题）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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：F-μ⋅3mg=3ma；对物体P：T-μmg=ma；解得T= F，
3
故选D。
10．（2019·浙江·高考真题）如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球
分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳
子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，ρ ＜ρ ＜ρ
木 水
）
铁
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
【答案】D
【详解】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断
的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球
将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动；
故选D.
11．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．2.0m/s2 B．4.0m/s2 C．6.0m/s2 D．8.0m/s2
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
f =μmg=ma
m m
解得
a =μg=4m/s2
m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s2。
故选B。
12．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v 沿中线滑向另一端，
0
经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v、μ值可能正确的是（ ）
0
A．v= 2.5m/s B．v= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
0 0
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
x v +v
v= = 0
t 2
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v < 2m/s
0
故A不可能，B可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v2= 2ax
0
整理有
v2 - 2ax > 0
0
由于v < 2m/s可得
0
μ < 0.2
故CD不可能。
故选B。
13．（2022·浙江·统考高考真题）下列属于力的单位是（ ）
A．kg⋅m/s2 B．kg⋅m/s C．kg⋅m2/s D．kg⋅s/m2
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律有
F = ma
则力的单位为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】kg⋅m/s2
故选A。
二、多选题
14．（2022·全国·统考高考真题）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μ。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2μg
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
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F=2μmg
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
T =μmg
0
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
-T -μmg=ma
0 P1
解得
a =-2μg
P1
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
-μmg=ma
Qm
解得
a =-μg
Qm
故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
-μmg=ma
P2
解得
a =-μg
P2
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原
长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小
也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
15．（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为m 的长木板，木板的左端上有一质量为m 的物块，如
1 2
图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F 、F 分
1 2
别为t 、t 时刻F的大小。木板的加速度a 随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩
1 2 1
擦因数为μ ，物块与木板间的动摩擦因数为μ ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速
1 2
度大小为g。则（ ）
m (m +m )
A．F =μ m g B．F = 2 1 2 (μ -μ )g
1 1 1 2 m 2 1
1
m +m
C．μ > 1 2 μ D．在0~t 时间段物块与木板加速度相等
2 m 1 2
2
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t 时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，
1
此时以整体为对象有
F =μ (m +m )g
1 1 1 2
A错误；
BC．图（c）可知，t 滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
2
F -μ (m +m )g=(m +m )a
2 1 1 2 1 2
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】μ m g-μ (m +m )g=m a>0
2 2 1 1 2 1
解得
m (m +m )
F = 2 1 2 (μ -μ )g
2 m 2 1
1
(m +m )
μ > 1 2 μ
2 m 1
2
BC正确；
D．图（c）可知，0~t 这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
2
故选BCD。
16．（2020·海南·统考高考真题）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m 和
1
m ，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，
2
则（ ）
F
A．两物块一起运动的加速度大小为a=
m +m
1 2
m
B．弹簧的弹力大小为T= 2 F
m +m
1 2
C．若只增大m ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
2
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
F-(m +m )gsinθ=(m +m )a
1 2 1 2
F
解得a= -gsinθ，故A错误；
m +m
1 2
B．对m 受力分析，根据牛顿第二定律有
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】F -m gsinθ=m a
弹 2 2
m F
解得F = 2 ，故B正确；
弹 m +m
1 2
m F F
F = 2 =
C．根据 弹 m +m m ，可知若只增大m ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克
1 2 1+1 2
m
2
定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
m F
D．根据F = 2 ，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸
弹 m +m
1 2
长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选BC。
17．（2023·湖南·统考高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速
运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底
面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F=2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ2μ，则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满
足
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】N
x =tanθ
N
y
竖直方向
N =mg
y
则
N =mgtanθ
x
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
N =ma
x
可得
a=gtanθ
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
F=4ma=4mgtanθ
A错误；
B．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
N =mgtanθ
x
对小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力
F=μ(N +mg)-N ≥mgtanθ
y x
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
N =ma
x max
对系统整体根据牛顿第二定律
F=4ma
max
解得
F=4mgtanθ
B错误；
C．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分
力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
N =mgtanθ
x
小球B所受向左的合力的最大值
F =(N +mg)⋅μ-N =2μmg-mgtanθ
max y x
由于μm C．μ <μ D．μ >μ
甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
【答案】BC
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】根据牛顿第二定律有
F－μmg=ma
整理后有
F=ma＋μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出
m >m ，μ m g=μ m g
甲 乙 甲 甲 乙 乙
则
μ <μ
甲 乙
故选BC。
19．（2022·湖南·统考高考真题）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 =kv2 ，k为常量）。当发动机关闭时，飞行
阻
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
❑√17
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
4
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√3m/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
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v=10m/s匀速下落时，有
1
Mg=kv 2=k×100
1
飞行器以v=5m/s向上匀速时，设最大推力为F
2 m
F =Mg+kv 2=Mg+k×25
m 2
联立可得
Mg
F =1.25Mg，k=
m 100
A错误；
B．飞行器以v=5m/s匀速水平飞行时
3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】√17
F=√(Mg) 2+(kv ) 2= Mg
3 4
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
3
f =√F 2-(Mg) 2= Mg=kv 2
m 4 4
解得
v =5√3m/s
4
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
5
F +Mg+kv 2=Ma
m 5 m
解得
a =2.5g
m
D错误。
故选BC。
三、解答题
20．（2022·浙江·统考高考真题）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。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】8
【答案】（1）a = m/s2 ；（2）12m/s；（3）66N
1 3
【详解】（1）AB段
v2=2a x
1 1 1
解得
8
a = m/s2
1 3
（2）AB段
v =a t
1 1 1
解得
t =3s
1
BC段
1
x =v t + a t2
2 1 2 2 2 2
a =2m/s2
2
过C点的速度大小
v=v +a t =12m/s
1 2 2
（3）在BC段有牛顿第二定律
mgsinθ-F =ma
f 2
解得
F =66N
f
21．（2021·浙江·高考真题）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，驾驶员发现小朋友排着长l=6m的队
1
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全部通过所需的时
0
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，求汽车到斑马线时的速度。
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】（1）t =4s，F =2.5×103N；（2）20s；（3）v=5√5m/s
1 f
【详解】（1）根据平均速度
s
t =
1 v
解得刹车时间
t =4s
1
刹车加速度
v
a= 1
t
1
根据牛顿第二定律
F =ma
f
解得
F =2.5×103N
f
（2）小朋友过时间
l+L
t =
2 v
0
等待时间
t=t -t =20s
2 1
（3）根据
v2-v2=2as
2
解得
v=5√5m/s
22．（2020·全国·统考高考真题）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2
描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速
度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小
和所用的时间。
【答案】(1)v =78m/s；（2）2m/s2 t=39s
2 ，
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
kv2=m g
1 1
满载起飞时，升力正好等于重力：
kv2=m g
2 2
由上两式解得：
v =78m/s
2
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
v2-0=2ax
2
解得：
a=2m/s2
由加速的定义式变形得：
Δv v -0
t= = 2
a a
解得：
t=39s
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
