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2025年菁优高考物理压轴训练4
一．选择题（共10小题）
1．（2024•北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起
匀速运动。下列说法正确的是
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
2．（2024•宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 沿顺时针方向转动，传送带的
倾角为 ，一煤块以初速度 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 图像如图
乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零， ， ， 取 ，则
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
3．（2024•兰州模拟）在东汉王充所著的《论衡 状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。
何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是
A．水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因
B．“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质量有关
C．只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动，是因为运动需要力来维持
D．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力
14．（2024•山东模拟）《天工开物》中记载有：“凡试弓力，以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰 则知多
少”，图1所示是古代某次测量弓力时的情境。图2为某同学制作的弓的简化图，弓弦挂在固定点 上，
弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，弓腰和重物的总质量为 时 与竖直方
向的夹角 为 ，不计弓弦的质量和一切摩擦，未拉动弓弦时弓弦恰处于原长，重力加速度 取
， ，忽略弓腰的形变。如图3所示，当弓水平在弦上搭质量为 的箭，拉动弓弦，
两侧弓弦夹角为 时，释放弓弦，弓弦对箭的作用力产生的最大加速度大小为
A． B． C． D．
5．（2024•安徽）倾角为 的传送带以恒定速率 顺时针转动。 时在传送带底端无初速轻放一小物
块，如图所示。 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 。传送带各处的粗糙程度相同，不计
空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 、速度 随时间 变化的关系图线可能正
确的是
A． B．
2C． D．
6．（2024•朝阳区二模）如图所示，光滑水平桌面上木块 、 叠放在一起，木块 受到一个大小为
水平向右的力， 、 一起向右运动且保持相对静止。已知 的质量为 、 的质量为 ，重力加速
度为 。下列说法正确的是
A．木块 受到两个力的作用
B．木块 受到四个力的作用
C．木块 所受合力大小为
D．木块 受到 的作用力大小为
7．（2024•选择性）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始
终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
8．（2024•乐清市校级三模）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，
如图所示。电梯上物体处于超重状态的时段是
3A．从 到 B．从 到
C．从 到 D．从 到
9．（2024•浙江）下列属于国际单位制基本单位符号的是
A． B． C． D．
10．（2024•吉林模拟）如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树
梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑，1号扑
通一声掉进了水里。假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为 ，重力加
速度为 ，那么在2号猴子手滑后的一瞬间
A．1号猴子的加速度和速度都等于0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．2号猴子对3号猴子的作用力不变
D．树梢对4号猴子的作用力大小为
二．多选题（共5小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从 处运往较低的 处，传送带与
水平面的夹角 ，且始终以一定速度 逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的 处，
小包裹与传送带间的动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从 运动到 的
4说法正确的是
A．若 ，则可能一直加速
B．若 ，则可能先加速再匀速
C．若 ，则可能先加速再匀速
D．若 ，则可能先加速再减速
12．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜
中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度
立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度 ，质量 ，其
右端离抽屉右侧的距离也为 ，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数 ，抽屉总长 ，质量
。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度 。现对把手施加水平向右的恒力 ，
则
A．当水平恒力的大小 时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小 时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
5D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
13．（2024•观山湖区校级模拟）劲度系数 的轻弹簧一端固定在倾角 的固定光滑斜面
底部，另一端和质量 的小物块 相连，质量 的小物块 紧靠 静止在斜面上，轻质细
线一端连在物块 上，另一端跨过定滑轮与质量 的物体 相连，对 施加外力，使 处于静止
状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使 竖直向下运动，取
，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是
A．初始时弹簧的压缩量是
B．撤掉外力瞬间， 的加速度大小为
C．当 、 恰好分离时，弹簧恢复原长
D．从撤去外力到 、 恰好分离整个过程， 沿斜面移动的位移大小为
14．（2024•天心区校级模拟）如图，质量为 的三角形木块 静止在水平地面上，其左右两斜面光滑，
一质量为 的物块 沿倾角 的右侧斜面加速下滑时，三角形木块 刚好保持静止，则当物块 沿
倾角 的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是
A． 仍然静止不动，地面对 的摩擦力两种情况下等大
B． 仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小
C． 将向右滑动，若使 仍然静止需对其施加向左的作用力
D．若 ， 将滑动
615．（2024•石家庄模拟）如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，质量为 的箱子静止在斜
面上，质量为 的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的 点。现给箱子一沿斜面向下的力 ，箱子
沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成 角。已知重力加速度 取 ，下列说法正确的是
A．稳定时细绳上的拉力为
B．稳定时细绳上的拉力为
C．改变 大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力 为
D．改变 大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力 为
三．填空题（共3小题）
16．（2024•福建模拟）一位质量为 的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加
速度传感器测得电梯运行的加速度 随时间 的变化关系如图所示（重力加速度 取 。当
时，该同学处于 状态（填“超重”或“失重” ，此时他对电梯地板的压力大小约 ，整个
过程中电梯运行的最大速率约为 。
17．（2024•碑林区校级二模）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球 和 ，如图所示。一实验
小组用此装置测量小球 运动的加速度。
7令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球 释放时的高度 ，下降一段距离后的高
度 ；由 下降至 所用的时间 。由此求得小球 加速度的大小为 （保
留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球 、 的质量分别为 和 ，当地重力加
速度大小为 。根据牛顿第二定律计算可得小球 加速度的大小为 （保留3位
有效数字），可以看出， 与 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原
因： 。
18．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，某同学用量程为 、分度为 的刻度尺和轻质弹簧、重
物等制作了一个“竖直加速度测量仪”。该同学将刻度尺竖直放置在装置一侧，0刻线在最下端。弹簧上
端固定在装置上方，下端悬挂重为 的物体 达平衡时，弹簧下端指针指向刻度 ；逐步改变悬
挂重物的质量，当悬挂重为 的物体 达平衡时，弹簧下端指针正好指向刻度 ，并标记此处为
加速度的零点，此后就将物体 固定在弹簧下端。将装置置于电梯里，可以测出电梯运行时的加速度。
取
（1）所用弹簧的劲度系数为 。
（2）刻度尺上刻度为 处的刻线，对应的加速度大小是 ，方向为 。（本问计算结果保留
3位有效数字）
（3）若该同学在原先的基础上换用了质量更大的重物 ，并改变刻度尺的位置，仍使悬挂重物时的平衡
位置位于 刻线处（使加速度零点不变），其他条件均不变。则与原先相比，此时加速度测量仪的
8量程和分度值会发生怎样的变化？更适宜测量更大的加速度还是更小的加速度？ 。（设刻度尺所在
范围均在弹簧的弹性限度之内）
四．解答题（共7小题）
19．（2024•阆中市校级一模）如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长 和 的两段不同
材料 和 制成，滑梯与水平地面夹角 。一小朋友从 点由静止滑下，经 到达 点速度恰
好为零。重力加速度 取 ， ， 。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度 ；
（2）小朋友与 和 材料间的动摩擦因数 和 。
20．（2024•朝阳区校级模拟）如图所示，一倾角为 、足够长的传送带始终以 的速度逆
时针匀速运转，足够长的木板 上放一可视为质点的物块 始终在 上），两者同时由静止开始释放，
释放时木板距传送带底端的距离 ，传送带底端有一固定挡板，木板 与挡板碰撞后立即以等大
9的速度反弹。木板 的质量为 ，物块 的质量为 ，且 ，木板 与传送带间的动摩擦
因数 ，物块 与木板 间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速
度 ，不计其它阻力。求：
（1）物块 和木板 开始运动时加速度的大小 和 ；
（2）木板 从释放至第一次与挡板相碰的时间 ；
（3）木板 从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块 相对于木板 滑行的路程 。
21．（2024•长春一模）如图，质量 的一只长方体形空箱子在水平拉力 作用下沿水平面向右匀
加速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数 。这时箱子内一个质量 的物块恰好能静止
在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 取
。求：
（1）箱子对物块弹力的大小；
（2）水平拉力 的大小。
22．（2024•五华区校级模拟）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如同汽车那
10样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为 ，在高密度海水区域
海平面下 沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为
； 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以 的加速度匀减速下沉，速
度减为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不
变。取重力加速度大小 ，求：
（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。
23．（2024•沙坪坝区校级模拟）几位同学正在参与一种游戏，游戏装置如图所示， 为可视作质点的煤
块， 为一块长为 的木板（煤块能够在木板上留下划痕）。现游戏要求将 置于 表面某一位置，一
起静置于一足够长的台面上，对 施加水平向右的恒定推力，一段时间后撤去，看最终 在 表面形成
的划痕长度，使划痕更长且煤块没有从 上掉出者为最终赢家。甲同学在游戏中施加推力使 、 以相
同加速度做匀加速运动，撤去推力后， 停下所需时间是 停下所需时间的三倍，且 没有从 上掉出。
已知 、 之间的动摩擦因数为 ， 、 的质量均为 ，重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。
（1）求 与台面之间的动摩擦因数；
（2）在乙同学能推动 的情况下，要保证 置于 表面任意位置时，无论推力作用时间多少， 都不可
能从 的右端掉出，求推力应满足的条件；
（3）若丙同学的推力恒为 ，且 ，讨论当 取不同值时，他改变作用时间和 的初始放置位
置，要使划痕最长且 没有从 上掉出， 起初应置于 表面距离左端多远的位置？ 作用时间为多少？
24．（2024•衡水模拟）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾
11斜部分倾角为 ，传送带与水果箱之间的摩擦因数 ，传送带 部分长度 、 部分长
度 ，运行速度恒为 。现工人每隔 在底端 点放上一个水果箱， 点恰好掉下去一个水
果箱，已知 ， ，重力加速度 ，求：
（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值△ 与最大值△ 。
25．（2024•桃城区校级模拟）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角 、质量 的
斜面紧靠木板放置，质量 的物块与斜面之间的动摩擦因数 ，初始时斜面与物块均静止，作
用在斜面上的力 与木板平行，重力加速度 取 ， ， ，求：
（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力 的最大值；
（2）当斜面的加速度 时， 的大小。（已知在力 作用下，斜面与物块同时开始分别做匀变
速直线运动）
122025年菁优高考物理压轴训练4
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起
匀速运动。下列说法正确的是
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；水平传送带模型
【专题】摩擦力专题；推理法；定性思想；推理能力
【分析】 根据初始时刻物块速度和传送带速度大小关系判断；
根据匀速运动的条件判断摩擦力的有无；
根据物块做加速运动判断摩擦力做功的问题；
根据加速度公式结合匀变速直线运动的公式分析解答。
【解答】解： 刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故 错误；
匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故 错误；
物体加速，由动能定理可知，摩擦力充当合外力对物体做正功，故 错误；
设物体与传送带间动摩擦因数为 ，物体相对传送带运动时， ，做匀加速运动时，物体速度小
于传送带速度则一直加速，由 可知，传速带速度越大，物体加速运动的时间越长，故 正确。
故选： 。
【点评】考查传送带的相关问题，会根据题意进行相应的分析和解答。
2．（2024•宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 沿顺时针方向转动，传送带的
倾角为 ，一煤块以初速度 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 图像如图
乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零， ， ， 取 ，则
13A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】
【考点】水平传送带模型
【专题】牛顿运动定律综合专题；定量思想；运动学中的图象专题；推理法；推理能力
【分析】由图乙确定传送带的速度，根据 图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求解煤块相对
传送带向上和向下运动的位移大小，从而可得煤块在传送带上的划痕长度；根据煤块相对传送带运动的
方向分析传送带对物块的摩擦力方向。根据牛顿第二定律和 图像的斜率的物理意义求解动摩擦因数；
根据煤块在传送带上相对运动过程是否会与传送带共速，分析物块到达传送带顶端时的速度情况。
【解答】解： 、由图乙可知传送带的速度为 ，根据 图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，
可得：
在 时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：△
在 时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：△
因△ △ ，故煤块在传送带上的划痕等于△ 米，故 正确；
在 时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向
相反，根据牛顿第二定律得：
， 根 据 图 像 的 斜 率 绝 对 值 等 于 加 速 度 大 小 ， 可 得 ：
在 时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相
同，同理可得：
14，
联立解得： ，故 错误；
如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为 的匀减速直线运动，
而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故
错误。
故选： 。
【点评】本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型与 图像的应用。掌握 图像的物理意义。传
送带模型要判断是否可以共速，以及共速后物体运动形式，要注意摩擦力的方向。结合运动学公式和牛
顿第二定律综合求解。
3．（2024•兰州模拟）在东汉王充所著的《论衡 状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。
何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是
A．水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因
B．“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质量有关
C．只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动，是因为运动需要力来维持
D．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力
【答案】
【考点】牛顿第一定律的内容与应用
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力
【分析】根据牛顿第一定律进行判断求解。
【解答】解： 、水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻力，故力是改变运动状态的原因，
故 错误；
、物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越大惯性越大，力是改变
物体运动状态的原因，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故 正确；
、物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态，故 错误；
、“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力为零，故 错误。
故选： 。
【点评】本题主要考查对牛顿第一定律的理解，解题关键是知道力是改变运动状态的原因，物体的运动
不需要力来维持，物体的惯性与质量有关。
4．（2024•山东模拟）《天工开物》中记载有：“凡试弓力，以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰 则知多
少”，图1所示是古代某次测量弓力时的情境。图2为某同学制作的弓的简化图，弓弦挂在固定点 上，
15弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，弓腰和重物的总质量为 时 与竖直方
向的夹角 为 ，不计弓弦的质量和一切摩擦，未拉动弓弦时弓弦恰处于原长，重力加速度 取
， ，忽略弓腰的形变。如图3所示，当弓水平在弦上搭质量为 的箭，拉动弓弦，
两侧弓弦夹角为 时，释放弓弦，弓弦对箭的作用力产生的最大加速度大小为
A． B． C． D．
【答案】
【考点】力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】根据图2中的弓箭的形态，利用受力平衡和胡克定律求出劲度系数，在对图3分析，利用胡克定
律以及力的合成与分解，结合牛顿第二定律，可求出加速度。
【解答】解：设 长度为 ，则对于图 2 中，有 ，在图 2 中根据受力平衡有
，解得
根据胡克定律有 ，解得
在图3中有，一侧弦的长度为 ，弦的形变量为△ ，则一侧弦上力的大小
为 △
对箭产生的合力大小为 ，根据牛顿第二定律有 ，解得
，故 正确， 错误。
16故选： 。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于受力分析问题，要熟练利用运动的合成与分解作答。
5．（2024•安徽）倾角为 的传送带以恒定速率 顺时针转动。 时在传送带底端无初速轻放一小物
块，如图所示。 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 。传送带各处的粗糙程度相同，不计
空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度 、速度 随时间 变化的关系图线可能正
确的是
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】复杂的运动学图像问题；牛顿第二定律的简单应用；倾斜传送带模型
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力
【分析】在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定
律求加速度，结合 图像和 图像进行分析；
经过时间 ，小物块与传送带共速，根据滑动摩擦力的大小与重力沿斜面向下的分力大小，判断共速后
小物块的运动状态，再结合 图像和 图像进行分析作答。
【解答】解：在传送带底端无初速轻放一小物块，小物块先在传送带上做匀加速直线运动，其 图像
为过原点的倾斜直线；
设动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律
17解得
加速度保持不变， 图像为平行于 轴的直线；
经过时间 ，小物块与传送带共速，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力发生突
变静摩擦力，此时 ，小物块受平衡力作用，加速度 ，小物块随传送带一起以速度 做
匀速直线运动，其 图像为平行于 轴的直线。
综上分析，故 错误， 正确。
故选： 。
【点评】本题主要考查了传送带问题，能够对物块进行正确的受力分析，知道小物块所受的滑动摩擦力
在小物块与传送带共速时会发生突变，这是两者能否保持相对静止的依据。
6．（2024•朝阳区二模）如图所示，光滑水平桌面上木块 、 叠放在一起，木块 受到一个大小为
水平向右的力， 、 一起向右运动且保持相对静止。已知 的质量为 、 的质量为 ，重力加速
度为 。下列说法正确的是
A．木块 受到两个力的作用
B．木块 受到四个力的作用
C．木块 所受合力大小为
D．木块 受到 的作用力大小为
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】根据受力分析可得出 选项；利用牛顿第二定律可求出 选项；根据力的合成可求出 选项。
【解答】解： 由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块 受到重力、支持力和摩擦力三
个力的作用，故 错误；
木块 受到重力、地面的支持力、 对 的压力和摩擦力以及力 共五个力的作用，故 错误；
整体的加速度
18则木块 所受合力大小为 ，故 正确；
木块 受到 的压力为 ，摩擦力为
则作用力大小为
故 错误。
故选： 。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于受力分析问题，除了利用力的合成与分解外，还可以通过合力
的角度进行分析。
7．（2024•选择性）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始
终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系
【专题】理解能力；推理法；摩擦力专题；信息给予题；定性思想；共点力作用下物体平衡专题
【分析】 滑动摩擦力的方向与磨条的相对运动方向相反；根据牛顿第三定律判断砚台受到磨条的滑动
摩擦力方向，根据平衡条件判断桌面对砚台的摩擦力方向；
砚台处于静止状态，根据平衡条件进行分析。
【解答】解： 磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台
受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故 错误；
砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故 正确；
根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故 错误。
故选： 。
19【点评】本题主要考查了摩擦力方向的判断、牛顿第三定律和平衡条件的运用。
8．（2024•乐清市校级三模）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，
如图所示。电梯上物体处于超重状态的时段是
A．从 到 B．从 到
C．从 到 D．从 到
【答案】
【考点】复杂的运动学图像问题；超重与失重的概念、特点和判断
【专题】牛顿运动定律综合专题；理解能力；定量思想；推理法
【分析】加速度方向向下时，电梯处于失重状态，加速度方向向上时，电梯处于超重状态，结合 图
象判断加速度的方向。
【解答】解：电梯上升过程中，处于超重状态时具有向上的加速度，即向上加速，只有在 到
内向上加速，速度向上，加速度也向上，故电梯处于超重状态的时段是 到 ，故 正确，
错误。
故选： 。
【点评】本题考查了对超重的理解，抓住超重的特征加速度向上，是解题的关键。
9．（2024•浙江）下列属于国际单位制基本单位符号的是
A． B． C． D．
【答案】
【考点】力学单位制与单位制
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、
物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，根据基本单位及其符号分析答题。
【解答】解：国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号 ；电流的单位是安培，符号是
；热力学温度的单位是开尔文，符号 ；物质的量单位是摩尔，符号 ；发光强度的单位是坎德拉，
符号 ，质量的单位是千克，符号 ；时间的单位是秒，符号 ；故 正确， 错误。
20故选： 。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，
这都是需要学生自己记住的。
10．（2024•吉林模拟）如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树
梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑，1号扑
通一声掉进了水里。假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为 ，重力加
速度为 ，那么在2号猴子手滑后的一瞬间
A．1号猴子的加速度和速度都等于0
B．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
C．2号猴子对3号猴子的作用力不变
D．树梢对4号猴子的作用力大小为
【答案】
【考点】力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】分析综合能力；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；定量思想
【分析】在2号猴子手滑后的一瞬间，分析1号猴子的受力情况，确定其加速度大小；在2号猴子手滑之
前，树梢对4号猴子的作用等于 ，方向竖直向上。在2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子
整体分析，根据牛顿第二定律列式，再对2号猴子分析，根据牛顿第二定律列式，即可求得 2号猴子对3
号猴子的作用力大小，并与在2号猴子手滑前2号猴子对3号猴子的作用力比较，分析该力是否变化；在
2号猴子手滑后的一瞬间，树梢的形变量还没有改变，树梢对4号猴子的作用力大小不变。
【解答】解： 、在2号猴子手滑后的一瞬间，1号猴子只受重力作用，则1号猴子的加速度为 ，故
错误；
21、在2号猴子手滑之前，树梢对4号猴子的作用等于 ，方向竖直向上。在2号猴子手滑后的一瞬
间，树梢的形变量还没有改变，所以树梢对4号猴子的作用力大小仍为 。对2、3、4号猴子整体分
析，根据牛顿第二定律有
在2号猴子手滑后的一瞬间，对2号猴子分析，根据牛顿第二定律有
联立可得，3号猴子对2号猴子的作用力大小为
则2号猴子对3号猴子的作用力大小为 ，故 正确， 错误；
、在2号猴子手滑前，2号猴子对3号猴子的作用力为 ，在2号猴子手滑后的一瞬间，2号猴子对
3号猴子的作用力大小为 ，故 错误。
故选： 。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律的应用，结合整体法和隔离法，再利用牛顿第二定律即可完成分析。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从 处运往较低的 处，传送带与
水平面的夹角 ，且始终以一定速度 逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的 处，
小包裹与传送带间的动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从 运动到 的
说法正确的是
A．若 ，则可能一直加速
B．若 ，则可能先加速再匀速
C．若 ，则可能先加速再匀速
22D．若 ，则可能先加速再减速
【答案】
【考点】倾斜传送带模型
【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；牛顿运动定律综合专题
【分析】对 、 受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，关键是两者共速后摩擦力方向突变，确定
加速度的方向，从而确定运动状态；
若 ，可以确定共速后，由于最大静摩擦力大于重力的下滑分力，两者一起匀速到达下端。
【解答】解： 、若 ，化简有： ，则有： 。即最大静摩擦力
小于重力的下滑分力。刚开始，根据牛顿第二定律则有：
小包裹可能以加速度： ，一直加速到 。
也可能先以加速度： ，加速达到速度 后，摩擦力方向突变，再以加速度：
，继续加速到 ，故 正确， 错误；
、同理，若 ，则小包裹可能以加速度： 一直加速到 ，也可能先以：
，加速达到速度 后，再匀速运动到 ，故 正确， 错误。
故选： 。
【点评】本题考查了传送带问题，解决本题的关键是熟练掌握牛顿第二定律求加速度以及运动学规律，
而此题更要理解的是 与动摩擦因数 的大小关系的代表的意义。
12．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜
中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度
立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度 ，质量 ，其
右端离抽屉右侧的距离也为 ，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数 ，抽屉总长 ，质量
。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度 。现对把手施加水平向右的恒力 ，
23则
A．当水平恒力的大小 时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小 时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
【答案】
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题
【专题】定量思想；临界法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】利用牛顿第二定律可求出手机的最大加速度，利用整体法再结合牛顿第二定律求出一起加速运
动的最大拉力，利用牛顿第二定律求出 的加速度，然后结合运动学公式可求出恒力的范围；利
用牛顿第二定律，结合运动学公式，可求出手机不与抽屉右侧和左侧磕碰，恒力应满足的范围。
【解答】解： 、手机的最大加速度为：
手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为：
所以当水平恒力的大小 时，手机与抽屉一起加速运动，当水平恒力的大小 时，抽屉和
手机一起加速运动的加速度大小为：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得： 。
抽屉停止运动后，手机向右滑动，则有：
24解得手机向右滑动的位移大小为：
手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰，当水平恒力的大小 时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，故 错误，
正确；
、当 时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小 时，对抽屉由牛顿第二定律得：
解得：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得： ， （舍去）
手机的速度为：
解得：
手机的位移为：
解得：
抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为： ，则有：
所以手机恰好与抽屉右侧不磕碰，故为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足 ，
故 正确；
、水平恒力的大小 时，对抽由牛顿第二定律得：
解得：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得：
手机向右运动的位移大小为：
25解得：
则 ，手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必
定满足 ，故 错误。
故选： 。
【点评】在解决本题时，要分析清楚手机的运动过程，注意找到发生磕碰的临界条件是解决本题的关键。
13．（2024•观山湖区校级模拟）劲度系数 的轻弹簧一端固定在倾角 的固定光滑斜面
底部，另一端和质量 的小物块 相连，质量 的小物块 紧靠 静止在斜面上，轻质细
线一端连在物块 上，另一端跨过定滑轮与质量 的物体 相连，对 施加外力，使 处于静止
状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使 竖直向下运动，取
，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是
A．初始时弹簧的压缩量是
B．撤掉外力瞬间， 的加速度大小为
C．当 、 恰好分离时，弹簧恢复原长
D．从撤去外力到 、 恰好分离整个过程， 沿斜面移动的位移大小为
【答案】
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题
【专题】牛顿运动定律综合专题；定量思想；分析综合能力；推理法
【分析】初始时，对 、 整体受力分析，根据共点力平衡条件解答；撤掉外力瞬间，取 系统，利
用牛顿第二定律计算加速度； 恰好分离时，以 整体为研究对象，利用牛顿第二定律计算 系统
此时的加速度，判断此时弹簧的状态；根据恰好分离的条件分析解得。
【解答】解： ．初始时，对 、 整体受力分析，设此时弹簧压缩量为 ，根据共点力平衡条件有
26解得
故 正确；
．撤掉外力瞬间，取 系统，则有
弹簧弹力不发生突变，则
解得
故 错误；
． 恰好分离时， 间弹力为零，以 整体为研究对象，有
解得
则 的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态，故 错误；
． 恰好分离时，以 为研究对象，有
设此时弹簧的压缩量为 ，由胡克定律有
解得
所以从撤去外力到 、 恰好分离整个过程， 沿斜面移动的位移
△
故 正确。
27故选： 。
【点评】本题考查学生对弹簧连接体模型的分析能力，其中利用模型特点，运用隔离法与整体法结合牛
顿第二定律、胡克定律表示运动规律为解决本题的关键。
14．（2024•天心区校级模拟）如图，质量为 的三角形木块 静止在水平地面上，其左右两斜面光滑，
一质量为 的物块 沿倾角 的右侧斜面加速下滑时，三角形木块 刚好保持静止，则当物块 沿
倾角 的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是
A． 仍然静止不动，地面对 的摩擦力两种情况下等大
B． 仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小
C． 将向右滑动，若使 仍然静止需对其施加向左的作用力
D．若 ， 将滑动
【答案】
【考点】作用力与反作用力
【专题】定量思想；推理法；推理能力；受力分析方法专题
【分析】本题对三角形木块 在物块 沿倾角 的右侧斜面加速下滑时以及物块 沿左侧下滑分别
受力分析，结合平衡方程以及角度关系分析求解。
【解答】解： ．物块 沿倾角 的右侧斜面加速下滑时，对三角形木块 受力分析，如图所
示，木块 恰好不滑动，说明静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，由平衡条件，在 方向满足：
在 方向满足：
28联立解得动摩擦因数：
物块 沿左侧下滑，先假设木块 静止不动，对 受力分析，如图所示，由平衡条件，在 方向满足：
故最大静摩擦力满足：
压力的水平分力满足：
可知地面对 的摩擦力两种情况下不等大；
将向右滑动，由牛顿第三定律可知，沿右侧斜面下滑时对地面的压力大小为 ，沿左侧斜面下
滑时对地面的压力大小为 ，即对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小； 将向右滑
动，若使 仍然静止需对其施加向左的作用力；故 错误， 正确；
．若 ，物块 沿右侧下滑，先假设木块 静止不动，则 对 的压力大小为 ，该压
力的水平分力满足 ，竖直分力满足 ，与 时相比， 对 压力的水平
分力变大，则 对 压力的竖直分力变小，即最大静摩擦力变小，故 一定滑动，故 正确。
故选： 。
29【点评】本题考查了受力分析，准确对物体受力分析，在需要的坐标系中分解以及合成力，并建立平衡
方程是解决此类问题的关键。
15．（2024•石家庄模拟）如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，质量为 的箱子静止在斜
面上，质量为 的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的 点。现给箱子一沿斜面向下的力 ，箱子
沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成 角。已知重力加速度 取 ，下列说法正确的是
A．稳定时细绳上的拉力为
B．稳定时细绳上的拉力为
C．改变 大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力 为
D．改变 大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力 为
【答案】
【考点】力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】应用题；学科综合题；整体法和隔离法；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；方程法；推理
能力；定量思想
【分析】先以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求出共同的加速度，再
以小球为研究对象，由牛顿第二定律求出稳定时细绳上的拉力的大小和箱子受到的摩擦力的大小；稳定
后细绳处于竖直方向时，则小球的加速度为零，箱子和小球整体处于平衡状态，由平衡条件求出力 的
大小。
【解答】解： 、对小球受力分析如图所示：
30设小球质量为 ，箱子质量为 ，稳定时具有共同的沿斜面向下的加速度 ，设绳子的拉力为 ，此时
对小球垂直斜面方向有：
沿斜面方向有：
代入数据解得： ，
对整体分析得：
解得箱子受到斜面的滑动摩擦力大小为： ，故 正确， 错误；
、稳定后当细绳处于竖直方向时，可知此时小球加速度为零，故整体加速度为零，处于平衡状态，由
于此时箱子处于匀速运动状态，受到沿斜面向上的滑动摩擦力 ，对整体根据平衡条件可得：
解得： ，故 正确， 错误。
故选： 。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对
象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔
离法的应用。
三．填空题（共3小题）
16．（2024•福建模拟）一位质量为 的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加
速度传感器测得电梯运行的加速度 随时间 的变化关系如图所示（重力加速度 取 。当
31时，该同学处于 超重 状态（填“超重”或“失重” ，此时他对电梯地板的压力大小约 ，
整个过程中电梯运行的最大速率约为 。
【答案】超重； ； 。
【考点】超重与失重的概念、特点和判断
【专题】图析法；牛顿运动定律综合专题；定性思想；推理能力
【分析】该同学向下减速运动，加速度竖直向上，此时所受支持力大于重力，处于超重状态；
可根据牛顿第二定律计算此时所受支持力大小，再根据牛顿第三定律得出电梯受到人的压力大小等于人
所受电梯的支持力大小；
利用速度与时间公式可知，加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，故可根据图像得出
最大速率。
【解答】解：当 时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。
时，又根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约为 。
加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，加速度向下时处于加速状态，根据图线在该段
时间内与横轴围成面积格数有十九个小格
得 △
代入数据解得
则该同学的最大速率约为 。
故答案为：超重； ； 。
【点评】本题考查了对超重、失重状态的理解，已经应用牛顿第二定律计算所受支持力的能力，进一步
考查了对牛顿第三定律的应用，以及运用运动学公式综合分析加速度与时间图像的能力。
17．（2024•碑林区校级二模）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球 和 ，如图所示。一实验
32小组用此装置测量小球 运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球 释放时的高度 ，下降一段距离后的高
度 ；由 下降至 所用的时间 。由此求得小球 加速度的大小为 1.8 4
（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球 、 的质量分别为 和 ，当地重
力加速度大小为 。根据牛顿第二定律计算可得小球 加速度的大小为 （保留
3位有效数字），可以看出， 与 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的
原因： 。
【答案】1.84；1.96；滑轮不光滑（或滑轮有质量）。
【考点】牛顿第二定律的简单应用
【专题】实验分析法；实验能力；牛顿运动定律综合专题；定量思想
【分析】根据运动学公式得出小球 加速度的大小；
根据牛顿第二定律联立等式得出小球 加速度的大小；
根据实验原理分析出对应的实验误差的产生原因。
【解答】解：释放后小球做初速度为零的匀加速直线运动，在时间 内的位移为
△
根据匀变速直线运动位移与时间的关系可得
代入数据解得
33对 、 小球整体分析，由牛顿第二定律有
代入数据解得
理论上 与 有应该相等，但由于滑轮有质量，以及滑轮转动过程中与绳子、轮轴之间都存在摩擦，这
些都不可忽略，因此造成了明显的差异。
故答案为：1.84；1.96；滑轮不光滑（或滑轮有质量）。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公
式和牛顿第二定律即可完成分析。
18．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，某同学用量程为 、分度为 的刻度尺和轻质弹簧、重
物等制作了一个“竖直加速度测量仪”。该同学将刻度尺竖直放置在装置一侧，0刻线在最下端。弹簧上
端固定在装置上方，下端悬挂重为 的物体 达平衡时，弹簧下端指针指向刻度 ；逐步改变悬
挂重物的质量，当悬挂重为 的物体 达平衡时，弹簧下端指针正好指向刻度 ，并标记此处为
加速度的零点，此后就将物体 固定在弹簧下端。将装置置于电梯里，可以测出电梯运行时的加速度。
取
（1）所用弹簧的劲度系数为 。
（2）刻度尺上刻度为 处的刻线，对应的加速度大小是 ，方向为 。（本问计算结果保留
3位有效数字）
（3）若该同学在原先的基础上换用了质量更大的重物 ，并改变刻度尺的位置，仍使悬挂重物时的平衡
位置位于 刻线处（使加速度零点不变），其他条件均不变。则与原先相比，此时加速度测量仪的
量程和分度值会发生怎样的变化？更适宜测量更大的加速度还是更小的加速度？ 。（设刻度尺所在
范围均在弹簧的弹性限度之内）
34【答案】（1） ；（2） ，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适合
测更小的加速度。
【考点】胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】力学知识在生产和生活中的应用；实验能力；牛顿运动定律综合专题；实验题；分析综合能力
【分析】根据胡克定律，即可求得劲度系数，分析出物体受到的合外力，利用牛顿第二定律，即可求出
加速度。根据加速度合外力的关系，就可分析出量程的变化情况。
【解答】解：（1）根据 ，则 ；
（2）刻度尺上刻度为 处的刻线，根据牛顿第二定律可得：
①
②
联立可解得 ，方向竖直向上；
（3）在形变量的改变量相同的情况下，有 ，故测量的量程会减少，分度值会变小。更适合测
更小的加速度。
故答案为：（1） ；（2） ，竖直向上；（3）测量的量程会减少，分度值会变小。更适
合测更小的加速度。
【点评】本题重点是对胡克定律的考查，要弄清形变量，变形量的改变与弹力的关系，再结合牛顿第二
定律，就可得出结果。
四．解答题（共7小题）
19．（2024•阆中市校级一模）如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长 和 的两段不同
材料 和 制成，滑梯与水平地面夹角 。一小朋友从 点由静止滑下，经 到达 点速度恰
好为零。重力加速度 取 ， ， 。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度 ；
（2）小朋友与 和 材料间的动摩擦因数 和 。
35【答案】（1）小朋友滑行过程中的最大速度为 ；
（2）小朋友与 和 材料间的动摩擦因数分别为0.5和 。
【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定
律的简单应用
【专题】方程法；定量思想；牛顿运动定律综合专题；学科综合题；应用题；合成分解法；推理能力
【分析】（1）小朋友滑至 点速度最大，依据匀变速直线运动规律得解；
（2）根据运动学公式和牛顿第二定律联立求解两段的动摩擦因数。
【解答】解：（1）小朋友滑至 点速度最大，由匀变速直线运动规律可得：
代入数据解得： ；
（2）设小朋友在 、 段的加速度大小分别为 和 ，在 段，小朋友做匀加速运动，则有：
代入数据解得：
对小朋友，由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：
在 段，小朋友做匀减速运动，由运动学公式可得：
36代入数据得：
由牛顿第二定律可得：
代入数据解得： 。
答：（1）小朋友滑行过程中的最大速度为 ；
（2）小朋友与 和 材料间的动摩擦因数分别为0.5和 。
【点评】本题以小朋友滑滑梯为背景，考查牛扬第二定律及运动学知识，意在考查学生的分析推理能力
和科学思维。
20．（2024•朝阳区校级模拟）如图所示，一倾角为 、足够长的传送带始终以 的速度逆
时针匀速运转，足够长的木板 上放一可视为质点的物块 始终在 上），两者同时由静止开始释放，
释放时木板距传送带底端的距离 ，传送带底端有一固定挡板，木板 与挡板碰撞后立即以等大
的速度反弹。木板 的质量为 ，物块 的质量为 ，且 ，木板 与传送带间的动摩擦
因数 ，物块 与木板 间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速
度 ，不计其它阻力。求：
（1）物块 和木板 开始运动时加速度的大小 和 ；
（2）木板 从释放至第一次与挡板相碰的时间 ；
（3）木板 从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块 相对于木板 滑行的路程 。
37【答案】（1）物块 和木板 开始运动时加速度的大小 为 和 为 ；
（2）木板 从释放至第一次与挡板相碰的时间 为 ；
（3）木板 从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块 相对于木板 滑行的路程 为 。
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用
【专题】直线运动规律专题；推理法；定量思想；推理能力
【分析】（1）分别对 和 受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）先算木板 与传送带共速时间，判断木板 、物块 与传送带各自的运动状态，再计算物块 与
及传送带速度相同的时间，同速后 会相对于 下滑，木板 仍匀速至与挡板相碰，再计算出木板 匀
速的时间即可求解；
（3）计算出木板 第一次沿传送带上升到最高点每个运动过程中 和 的各自的位移，再计算出位移差，
求出 相对于 滑行的路程。
【解答】解：（1）设 和 开始运动时加速度大小分别为 和 ，
释放后， 受传送带的滑动摩擦力，由于 ， 相对于 上滑，
对
对
代入数据解得： ， ；
（2）设经时间 木板 与传送带速度相同，则：
，解得：
同速后由于 ，故木板 与传送带相对静止一起匀速，物块 继
续加速，
设再经时间物块 与 及传送带速度相同，
38则 ，解得
同速后 会相对于 下滑
，解得
，木板 仍匀速至与挡板相碰
从释放到 与传送带同速， 加速位移：
匀速运动的位移：
匀速运动的时间
（3） 时间内 向下加速位移大小为：
在 时间内向下匀速运动的位移大小为：
时间内 相对于 向上运动的路程：
时间内 向下匀速运动的位移的大小为：
时间内 向下加速运动的位移的大小为：
时间内 相对于 向下运动的路程：
第一次碰后 向上减速运动的加速度大小为 ，则有：
解得：
碰后 上升到最高点所用的时间：
39碰后 上升到最高点向上运动的位移的大小为：
碰撞时 的速度大小为：
时间内 向下运动的位移的大小为：
时间内 相对于 向下运动的路程：
答：（1）物块 和木板 开始运动时加速度的大小 为 和 为 ；
（2）木板 从释放至第一次与挡板相碰的时间 为 ；
（3）木板 从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块 相对于木板 滑行的路程 为 。
【点评】本题考查了传送带的多过程问题，分析物体在传送带上的运动，可能加速也可能减速，但最终
与传送带共速，再结合牛顿第二定律与进行求解即可。
21．（2024•长春一模）如图，质量 的一只长方体形空箱子在水平拉力 作用下沿水平面向右匀
加速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数 。这时箱子内一个质量 的物块恰好能静止
在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 取
。求：
（1）箱子对物块弹力的大小；
（2）水平拉力 的大小。
【答案】（1）箱子对物块弹力的大小为 ；（2）水平拉力 的大小为 。
【考点】力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理能力
【分析】（1）根据平衡条件和摩擦力公式计算；
40（2）对物块和箱子分别列牛顿第二定律计算。
【解答】解：（1）根据题意可知，物块恰不下滑，物块在竖直方向平衡，则由平衡条件可得
物块随箱子向右做匀加速运动，则可知物块与箱子的加速度相同，设为 ，箱子对物块的支持力为 ，
则
解得，箱子对物块的支持力为
（2）对物块由牛顿第二定律可得
解得
对箱子，由牛顿第二定律可得
解得
答：（1）箱子对物块弹力的大小为 ；（2）水平拉力 的大小为 。
【点评】本题关键掌握整体法和隔离法的使用。
22．（2024•五华区校级模拟）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如同汽车那
样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为 ，在高密度海水区域
海平面下 沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为
； 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以 的加速度匀减速下沉，速
度减为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不
变。取重力加速度大小 ，求：
41（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。
【答案】（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量为 ；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度为 。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力
【专题】牛顿运动定律综合专题；定量思想；推理法；推理能力
【分析】（1）根据牛顿第二定律分析；
（2）先计算出潜艇“掉深”时的加速度，然后根据运动学公式分别计算向下加速和减速的深度，进而可
计算总深度。
【解答】解：（1）设减重后的质量为 ，潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有
解得
（2）由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度 ，满足： ，
代入数据解得： ，方向竖直向下
“掉深”历时 时，潜艇下落高度为
此时潜艇速度为
减重后，潜艇以加速度 匀减速下落，直至其速度为零
潜艇下落的距离为
潜艇“掉深”达到的最大深度为
42答：（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量为 ；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度为 。
【点评】熟练掌握牛顿第二定律，分清潜艇下落过程所遵守的规律是解题的基础。
23．（2024•沙坪坝区校级模拟）几位同学正在参与一种游戏，游戏装置如图所示， 为可视作质点的煤
块， 为一块长为 的木板（煤块能够在木板上留下划痕）。现游戏要求将 置于 表面某一位置，一
起静置于一足够长的台面上，对 施加水平向右的恒定推力，一段时间后撤去，看最终 在 表面形成
的划痕长度，使划痕更长且煤块没有从 上掉出者为最终赢家。甲同学在游戏中施加推力使 、 以相
同加速度做匀加速运动，撤去推力后， 停下所需时间是 停下所需时间的三倍，且 没有从 上掉出。
已知 、 之间的动摩擦因数为 ， 、 的质量均为 ，重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。
（1）求 与台面之间的动摩擦因数；
（2）在乙同学能推动 的情况下，要保证 置于 表面任意位置时，无论推力作用时间多少， 都不可
能从 的右端掉出，求推力应满足的条件；
（3）若丙同学的推力恒为 ，且 ，讨论当 取不同值时，他改变作用时间和 的初始放置位
置，要使划痕最长且 没有从 上掉出， 起初应置于 表面距离左端多远的位置？ 作用时间为多少？
【答案】（1） 与台面之间的动摩擦因数为 ；
（2）推力应满足的条件为 ；
（3）当 时， 起初应置于 表面距离左端 的位置， 作用时间为
； 当 时 ， 起 初 应 置 于 表 面 距 离 左 端 的 位 置 ， 作 用 时 间 为
。
【考点】匀变速直线运动规律的综合应用；无外力的水平板块模型
【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题
【分析】（1）依题意： 停下所需时间是 停下所需时间的三倍，可得两者的加速度大小关系，根据牛
43顿第二定律求解；
（2）分析题意，确定临界条件，依据条件确定两者的运动形式与相对运动过程，根据牛顿第二定律与运
动学公式求解；
（3）根据牛顿第二定律求得 、 恰好能相对静止的推力大小，结合（2）的结论，分情况确定临界条
件，讨论求解。
【解答】解：（1）依题意：甲同学撤去推力后， 停下所需时间是 停下所需时间的三倍，即△
△ ，说明 的加速度较小，减速较慢，则 相对 向右滑动。设 与台面之间的动摩擦因数为 ，根
据牛顿第二定律得：
对 有： ，解得：
对 有：
减速过程两者的速度减小量相同，根据加速度的定义可得：
解得：
（2） 不可能从 右端掉出，则说明只可能从 左端掉出。根据（1）的分析，若用力推动时 、 相
对静止，则撤去推力后 相对 向右滑动， 可能从 右端掉出，不满足题意，故在用力推动时 必须
相对 向左滑动，撤去推力后 继续相对 向左滑动直到两者共速，之后 相对 向右滑动，要使 不
能从 右端掉出，应使 相对 向右滑动的位移不大于相对向左滑动的位移，即△ △ ，用力 推
动时，对 ，根据牛顿第二定律得：
解得：
设 作用时间 ，此时间内两者相对位移大小为：
撤去推力后， 加速运动， 减速运动，设再经时间 之后两者共速，该过程 的加速度大小仍为 ，
44同理得：
对 有：
解得：
共速时有：
可得：
解得： ，
该过程两者相对位移大小为：
相对 总的向左滑动位移为：
之后 相对 向右滑动， 的加速度大小不变，同理有：
对
解得：
相对 向右滑动的位移为：
根据满足的条件：△ △
解得：
（3）用力 推动时，若 、 恰好能相对静止时，则有：
即 ，解得：
45分情况讨论如下：
①当 ，根据（2）分析，可知 相对 先向左滑后向右滑，且△ △ ，为使划痕
最长，应使 、 共速时 恰好位于 的左端，最终 恰好停在 的右端，即相对向右滑动的位移等于
木板的长度 ，则有：
解得力 作用时间为：
起初距 左端的距离为：
②当 ，根据（2）分析，可知△ △ ，为使划痕最长， 起初应放在 的右端，共速时
恰位于 的左端，即相对向左滑动的位移等于木板的长度 ，则有：
解得： ，起初 到 左端距离为 。
答：（1） 与台面之间的动摩擦因数为 ；
（2）推力应满足的条件为 ；
（3）当 时， 起初应置于 表面距离左端 的位置， 作用时间为
； 当 时 ， 起 初 应 置 于 表 面 距 离 左 端 的 位 置 ， 作 用 时 间 为
。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型。多物体、多过程的复杂运动问题，题目难度较大。
解答时注意滑动摩擦力的方向的判断，对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对
46运动的判断；二、是否存在共速的判断。对运动过程的分析，确定临界条件是关键，运动过程复杂时可
用 图像辅助分析。
24．（2024•衡水模拟）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾
斜部分倾角为 ，传送带与水果箱之间的摩擦因数 ，传送带 部分长度 、 部分长
度 ，运行速度恒为 。现工人每隔 在底端 点放上一个水果箱， 点恰好掉下去一个水
果箱，已知 ， ，重力加速度 ，求：
（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值△ 与最大值△ 。
【答案】（1）稳定运行时传送带上有13个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值为 ，最大值为 。
【考点】多种传送带的组合问题；匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动速度与时间的关
系
【专题】推理能力；信息给予题；计算题；推理法；定量思想
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算小物块在斜面上的加速度，根据运动学公式计算小物块在传送带上
匀速运动的时间和可以放置木块数；
（2）当第一个小木块放上传送带 时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，当两个木块均匀速
时，两个小物块距离最远，根据运动学公式计算两相邻水果箱之间的距离的最小值与最大值。
【解答】解：（1）把水果箱简化成小物块，小物块在斜面上的加速度
则物体在斜面上加速的时间为
加速过程的对地位移为
47则小物块在传送带上匀速运动的位移
小物块在传送带上匀速运动的时间为
已知每隔 放上一个小木块，则传送带上共可以放置木块数为
（个
（2）根据分析当第一个小木块放上传送带 时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，有
当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远，有
△
答：（1）稳定运行时传送带上有13个水果箱；
（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值为 ，最大值为 。
【点评】本题考查物体在传送带上的运动，对于两个有相对运动的物体，速度慢的物体受到的摩擦力是
动力，速度快的物体受到的摩擦力是阻力。同时要明确当两个物体达到共速时，摩擦力一定会发生变化
通过受力情况结合牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动的规律分析物体的运动。
25．（2024•桃城区校级模拟）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角 、质量 的
斜面紧靠木板放置，质量 的物块与斜面之间的动摩擦因数 ，初始时斜面与物块均静止，作
用在斜面上的力 与木板平行，重力加速度 取 ， ， ，求：
（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力 的最大值；
（2）当斜面的加速度 时， 的大小。（已知在力 作用下，斜面与物块同时开始分别做匀变
速直线运动）
48【答案】（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力 的最大值为 ；
（2）当斜面的加速度 时， 的大小为 。
【考点】斜面模型中的临界问题
【专题】推理能力；定量思想；牛顿运动定律综合专题；计算题；共点力作用下物体平衡专题；实验探
究题；实验分析法
【分析】（1）当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时，对物块和整体进行受力分析，根据牛顿第二定律
计算；
（2）当物块与斜面之间发生相对滑动时，分析物块受力，将加速度分解为水平方向和竖直方向，根据牛
顿第二定律计算。
【解答】解：（1）当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时，对物块进行受力分析，如图所示
则有
， ，
解得
对物块与斜面整体分析有
解得
（2）结合上述可知
49所以斜面与物块发生了相对滑动，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，即与相对加速度方向相反，若
滑动摩擦力方向沿斜面运动方向，那么物块沿斜面向下方向仅受重力分力，将沿斜面向下运动，所以物
块相对斜面的加速度沿左下方，设物块沿斜面向下的加速度分量为 ，沿斜面运动方向的加速度分量为
，对物块分析进行受力分析，如图所示
则有
， ， ，
解得
， ，
则物块对斜面的滑动摩擦力在沿斜面运动方向的分力为
对斜面分析有
解得
答：（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力 的最大值为 ；
（2）当斜面的加速度 时， 的大小为 。
【点评】本题关键掌握当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时和发生滑动时，摩擦力方向的分析。
50考点卡片
1．匀变速直线运动速度与时间的关系
【知识点的认识】
匀变速直线运动的速度—时间公式：v＝v +at．其中，v 为末速度，v 为初速度，a为加速度，运用此公
t 0 t 0
式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正
方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向
（一般以v 的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取
0
负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间
内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出 5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的
时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a t ＝1×5m/s＝5m/s．
11
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a ＝ ＝2.5m/s2
2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是
多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v +at，求出刹车
0
后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v ＝28m/s的方向为正方向，
0
则加速度：a＝ ＝﹣4.0m/s2，
51刹车至停止所需时间：t＝ ＝ s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v ＝v +at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
3 0
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v ＝0
8
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v +at，以及知道汽车刹车停止后不再运
0
动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意v＝v +at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
t 0
2．匀变速直线运动位移与时间的关系
【知识点的认识】
（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v t+ at2。
0
（2）公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变
化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初
速度v 和末速度v的平均值，即 ＝ ．结合公式x＝vt和v＝v+at可导出位移公式：x＝v t+ at2
0 t 0
52（3）匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度v ＝v +a× t＝ ，该段时间的
t/2 0
末速度v＝v+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得 ＝ ＝
t
＝v + at＝ ＝ ＝ ＝v 。
0 t/2
即有： ＝ ＝v 。
t/2
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段
时间内初速度和末速度的算术平均值。
（4）匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x ﹣x ＝aT2．拓展：△x ＝x ﹣x ＝（M
2 1 MN M N
﹣N）aT2。
推导：如图所示，x 、x 为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。
1 2
【命题方向】
例1：对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内
和6s内的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式
求出2s内和6s内的位移。
53解：汽车刹车到停止所需的时间 ＞2s
所以刹车2s内的位移 ＝45m。
t ＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。
0
＝60m。
所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类
试题都需注意物体停止运动的时间。
例2：对推导公式 ＝ ＝v 的应用
t/2
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（
）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2
分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝
，求出加速度，根据平均速度公式x＝ 求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝ ＝
．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝ ＝
．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。
C 、 规 定 初 速 度 的 方 向 为 正 方 向 ， 若 1s 末 的 速 度 与 初 速 方 向 相 同 ， 则 加 速 度
． 若 1s 末 的 速 度 与 初 速 度 方 向 相 反 ， 则 加 速 度 a ＝
54．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D
错误。
故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式 ，此
公式在考试中经常用到。
【解题思路点拨】
（1）应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度v 以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v t+ at2求第
0 0
四个物理量。
③规定正方向（一般以v 方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。
0
（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a的正负及变化情况。
③利用图象求解a时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。
⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积
数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
3．匀变速直线运动规律的综合应用
【知识点的认识】
本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。
【命题方向】
如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持
8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为 2.5m/s2．乙在接力区前
端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以 v＝8m/s的速度跑到接力区前端s
0
＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：
55（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．
（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙
发出起跑口令？
（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？
分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是 s + at2＝vt，由此可以
0
求得需要的时间，进而求乙的位移．
（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．
（3）由t＝ 求解．
解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有
s + at2＝vt
0
代入数据得t ＝2s
1
t ＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）
2
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离
（2）乙加速时间
设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有
代入数据得s＝12.8m
（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以
棒经过接力区的时间是
点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型
的追及问题，同学们一定要掌握住．
【解题思路点拨】
熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，
56才能在解答此类题目时游刃有余。
4．复杂的运动学图像问题
【知识点的认知】
1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如 ﹣t图像，v﹣x图像、
v2﹣x图像等。
2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。
3.解题步骤一般如下：
①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；
②根据图像推出具体的表达式；
③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。
【命题方向】
在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位
移变化的图象如图所示，则（ ）
A、甲车的加速度比乙车的加速度小
B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇
C、在x＝1m处甲、乙两车相遇
D、在t＝2s末甲、乙两车相遇
分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式： ＝2ax，可以知道图象斜率是两倍的加速度，
由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两车相遇时的位移相等，根据匀变速直线运
动特征判断位移相等时的位移和时间．
解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系 ＝2ax，得v2＝2ax+ ，可知图象的斜率k＝2a。
由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；
BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。
由图可知，对于甲车做初速度为 0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为 1m/s，加速度为
571m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：
＝
代入得： 2×t2＝1×t+ 1×t2
解得，t＝2s
相遇处两车的位移为 x＝ ＝ m＝4m，故BC错误，D正确。
故选：D。
点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物
理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．
【解题思路点拨】
非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出
关键物理量，再分析物体的运动问题。
5．胡克定律及其应用
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指
向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
2．胡克定律
弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力 F的大小与弹簧伸长（或缩
短）的长度x成正比．即F＝kx，
其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作
弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）
58后弹簧的长度与弹簧原长的差值．
注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．
3．胡克定律的应用
（1）胡克定律推论
在弹性限度内，由F＝kx，得F ＝kx ，F ＝kx ，即F ﹣F ＝k（x ﹣x ），即：△F＝k△x
1 1 2 2 2 1 2 1
即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．
（2）确定弹簧状态
对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从
而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，
也可能是压缩产生的，通常有两个解．
（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系
如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求
出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查胡克定律：
一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为
（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．
解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F ＝kx ；
1 1
若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F ＝kx ；
2 2
联立解得：k＝ ；
x ＝ ；
2
故弹簧的原长为：x ＝x﹣x ＝20cm﹣4cm＝16cm；
0 2
故选D．
点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．
（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：
如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m 的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止
0
时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处
59在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）
A. B. C. D.
分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手
时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．
解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m ）g＝kl ①
0
设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②联立得 F＝
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得 a＝ ＝
对物体研究：F ﹣mg＝ma
N
解得 F ＝（1+ ）mg
N
故选A．
点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时
物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．
【解题方法点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等
出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力
的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确
定．
6．力的合成与分解的应用
【知识点的认识】
60本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。
【命题方向】
假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不
一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（ ）
A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关
B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关
C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大
D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大
分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大
分力越大．
解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2 ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示
θ
当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F 、F ，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他
1 2
物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F ＝F ），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙
1 2
所示。
在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似
关系，由关系式，得F ＝F
1 2
由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin 的值
越小，F 和F 越大。 θ
1 2
但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中
为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼
肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思
故D正确。
61故选：D。
点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．
【解题思路点拨】
对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适
的合成和分解方法进行解题。
7．牛顿第一定律的内容与应用
【知识点的认识】
1．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．
2．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；
（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．
3．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．
4．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．
【命题方向】
例1：关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的
B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义
C．牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用时才具有惯性
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
分析：牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因
而不是维持物体运动状态的原因；牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是
62以实验为基础，但又不是完全通过实验得出．
解答：A、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，
但又不是完全通过实验得出，故A正确；
B、虽然在地球上不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，
是牛顿第二定律的基础，也为科学的发展奠定了基础，故B错误；
C、D、牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小与物体的受力情况和
运动情况均无关，故C错误，D也错误．
故选：A．
点评：牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力
和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条
基本定律．
例2：以下说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性
B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小
C．力是维持物体运动的原因
D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点因惯性仍可做曲线运动
分析：惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只跟质量有关，与其它因
数无关，力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时将保持静止或匀速直线运动状态．
解答：A、牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，惯性是物体的固有属性，故A正确；
B、惯性的大小只跟质量有关，与其它因数无关，故B错误；
C、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故C错误；
D、做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，物体将做匀速直线运动，故D错误．
故选：A．
点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的
习惯等混在一起．解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状
态时才体现出来．
【知识点的应用及延伸】
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；
63（2）速度大小不变，只有方向改变；
（3）速度大小和方向都改变．
8．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和
加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为 g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力
为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝ mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于 mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再
根据需要求出相关物理量。
9．牛顿第二定律求解瞬时问题
【知识点的认识】
1.瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分
析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。
2.两种基本模型
64【命题方向】
例1：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gsin
θ
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gsin
分析：AC被剪断的瞬间，橡皮筋拉力消失，绳子拉力θ突变，小球加速度垂直于绳子方向；BC被剪断瞬
间，橡皮筋弹力不变，橡皮筋弹力和重力的合力和原来的绳子拉力等大反向，即可求加速度。
解答：小球静止时，由受力分析得F ＝mgtan ， ，
AC
A、B当AC被突然剪断的瞬间，F
AC
突变为零，θF
BC
突变为mgcos ，重力垂直于绳子的分量提供加速度，
即mgsin ＝ma解得a＝gsin ，故A错误，B正确； θ
θ θ
C、D当BC被突然剪断的瞬间，F 突变为零，F 大小不变，此时小球所受合力 解得：
BC AC
，故C正确，D错误；
故选：BC。
点评：本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题，剪断绳子时，橡皮筋上的弹力不突变，剪断橡皮筋时，橡
皮筋上弹力消失，绳子拉力也会突变，平时多注意总结即可掌握。
例2：如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量m ＝2m ，两球间是一个轻质
A B
弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间（ ）
65A.A球加速度为 ，B球加速度为g
B.A球加速度为 ，B球加速度为0
C.A球加速度为 g，B球加速度为0
D.A球加速度为 ，B球加速度为g
分析：悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力。突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹
力没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度。
解答：设B球质量为m，则A球质量为2m，
悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力 F＝mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为
3mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F＝mg，根据牛顿第二定律得
对A：2mg+F＝2ma ，又F＝mg，得a ＝ ，
A A
对B：F﹣mg＝ma ，F＝mg，得a ＝0
B B
故选：B。
点评：本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬
间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。
【解题思路点拨】
明确研究对象→变化瞬间受力分析→牛顿第二定律→加速度
10．牛顿第二定律求解多过程问题
【知识点的认识】
1.牛顿第二定律的内容：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．
2.表达式：F合 ＝ma．
3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类
问题，蹦极类问题等。
66【命题方向】
如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及
所受的合外力的变化情况是（ ）
A、合力变小，速度变小
B、合力变小，速度变大
C、合力先变小，后变大；速度先变大，后变小
D、合力先变大，后变小，速度先变小，后变大
分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩
的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同
小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．
解答：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度。以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动
情况：
开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小；
当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大。
当弹力等于重力时，合力为零，速度最大。
故选：C。
点评：含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住
弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动．
【解题思路点拨】
用牛顿第二定律求解多过程问题的思路如下：
1.分析物体的运动过程
2.分析每一阶段物体受力的变化
3.根据牛顿第二定律F合 ＝ma分析物体加速度的变化
4.根据加速度的情况分析物体的运动情况。
11．力学单位制与单位制
【知识点的认识】
一、单位制及其基本单位和导出单位
1．单位制：基本单位和导出单位共同组成了单位制．
67（1）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．
（2）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．
2．国际单位制中的基本物理量和基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克 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 摩（尔） mol
发光强度 I 坎（德拉） cd
特别提醒：
（1）有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米、克、小时等．
（2）有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（顿）（N）等．
【命题方向】
题型一：对力学单位制的认识
例子：关于力学单位制，下列说法正确的是（ ）
A．千克、米/秒、牛顿是导出单位
B．千克、米、牛顿是基本单位
C．在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kg
D．只有存国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma
分析：在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位
称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；而在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克
时间单位秒作为基本单位；而由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位．
解答：A、千克是质量的单位，是基本单位；故A错误；
B、牛顿是由牛顿第二定律公式推导得出的单位，为导出单位，故B错误；
C、在国际单位制中，质量的单位只能利用kg，故C错误；
D、牛顿第二定律表达式为F＝kma，只有在国际单位制中，k才取1，表达式才能写成F＝ma；故D正确．
故选：D．
点评：由选定的一组基本单位和由定义方程式与比例因数确定的导出单位组成的一系列完整的单位体制
68基本单位是可以任意选定的，由于基本单位选取的不同，组成的单位制也就不同，如现存的单位有：市
制、英制、米制、国际单位制等．
【知识点的应用及延伸】
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．
12．作用力与反作用力
【知识点的认识】
1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。
（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。
（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。
2.性质：
3.特征
【命题方向】
69下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（ ）
A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力
B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等
C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力
D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消
分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一
对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物
体上的．
解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。
B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉
动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。
C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所
以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。
D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力
才可以求它们的合力，故D选项错误。
故选：B。
点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．
【解题思路点拨】
明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。
13．相互作用力与平衡力的区别和联系
【知识点的认识】
比较作用力和反作用力与平衡力的异同点：
一对作用力与反作用力 一对平衡力
相 大小 相等 相等
同
方向 相反 相反
点
是否共线 共线 共线
不 性质 一定相同 不一定相同
同
作用时间 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失
点
作用对象 不同（异体） 相同（同体
作用效果 两个力在不同物体产生不同效果，不能抵消 两个力在同一物体上使物体达到平衡的效果
【命题方向】
如图所示，两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细绳悬于天花板下，下面四对力中，属于平衡力的
70一对力是（ ）
A.绳对A的拉力和弹簧对A的拉力
B.弹簧对A的拉力和弹簧对B的拉力
C.弹簧对B的拉力和B对弹簧的拉力
D.B的重力和弹簧对B的拉力
分析：根据平衡力的条件，分析两个力之间的关系。物体之间的相互作用力是一对作用力与反作用力。
解答：A、由于小球有重力，绳对A的拉力大于弹簧对A的拉力，所以绳对A的拉力和弹簧对A的拉力
不是一对平衡力。故A错误。
B、弹簧对A的拉力和弹簧对B的拉力大小相等，但这两个力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力。
故B错误。
C、弹簧对B的拉力和B对弹簧的拉力是一对作用力与反作用力，不是一对平衡力。故C错误。
D、B受到重力和弹簧对B的拉力，B处于静止状态，则B的重力和弹簧对B的拉力是一对平衡力。故D
正确。
故选：D。
点评：一对平衡力与一对作用力与反作用力的区别主要有两点：
1、平衡力作用在同一物体上，而一对作用力与反作用力作用在两个不同物体上；
2、平衡力的性质不一定相同，而作用力与反作用力性质一定相同。
【解题思路点拨】
区分一对作用力和反作用力与一对平衡力的技巧
（1）看研究对象：一对作用力和反作用力作用在不同物体上，而一对平衡力作用在同一个物体上。
（2）看依存关系：一对作用力和反作用力同生同灭，相互依存，而一对平衡力则彼此没有依存关系。
14．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况
【知识点的认识】
1.已知物体受力，求解物体的运动情况。
2.解答该类问题的一般步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。
（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分
析是解决该类问题的两个关键。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
71（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v ），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，
0
求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
【命题方向】
如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数 µ＝0.2．现用水平向右的外
力F＝10N拉物体，求：
（1）物体在2s末的速度多大；
（2）前2s内的位移是是多少；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。
分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合
成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。
解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
物体的加速度 ＝ ；
2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s
（2）前2s位移为：x＝ ＝ m＝1m；
（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣ g＝﹣2m/s2
μ
故运动时间为：t′＝ ＝0.5s；
答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；
（2）前2s内的位移是1m；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。
点评：本题是已知受力情况确定运动情况，关键分阶段求解出加速度，不难。
【解题思路点拨】
受力分析→牛顿第二定律→运动情况分析。连接受力与运动的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。
15．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力
【知识点的认识】
1.已知物体的运动情况，求解物体的受力。
2.解答该类问题的一般步骤
（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。
72（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
（4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。
【命题方向】
如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在倾角 为30°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑90m到达坡
底，用时10s．若g取10m/s2，求 θ
（1）运动员下滑过程中的加速度大小；
（2）运动员到达坡底时的速度大小；
（3）运动员受到的合外力大小．
分析：（1）根据位移—时间公式求加速度；（2）根据速度—时间公式求末速度；（3）根据牛顿第二定
律求合外力．
解答：（1）根据位移—时间公式，有
x＝ at2
解得
a＝ ＝ ＝1.8m/s2
即运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．
（2）根据速度—时间公式
v＝at＝1.8×10＝18m/s
即运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．
（3）根据牛顿第二定律，有
F＝ma＝60×1.8＝108N
即运动员受到的合外力大小为108N．
答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．
（2）运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．
（3）即运动员受到的合外力大小为108N．
点评：本题关键根据运动学公式求解末速度和加速度，然后根据牛顿第二定律求合力．
73【解题思路点拨】
运动情况分析→牛顿第二定律→求出受力情况，连接运动与受力之间的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。
16．超重与失重的概念、特点和判断
【知识点的认识】
1．实重和视重：
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的
重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较：
现象 实质
超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于 系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
物体重力的现象
失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于 系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
物体重力的现象
完全 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零 系统具有竖直向下的加速度，且a＝g
失重 的现象
【命题方向】
题型一：超重与失重的理解与应用。
例子：如图，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．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没
有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器
的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
【解题方法点拨】
74解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加
速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平
常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
17．牛顿第二定律的临界问题
【知识点的认识】
1.物体在斜面上和斜面一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发
生相对运动。此时便是临界状态。
2.临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。
【命题方向】
如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小
球，静止时细线与斜面平行，则（ ）
A、当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg
B、若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线中拉力为mg
C、当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零
D、当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线中拉力为0.5mg
分析：当滑块向左匀加速直线运动时，小球和光滑楔形滑块 A具有相同的加速度，通过对小球分析，根
据牛顿第二定律求出拉力、支持力的大小。
75当加速度较大时，先判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。
解答：A、当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T＝mgsin30°＝0.5mg
故A正确；
BC、设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为 a ，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿
0
第二定律可得加速度
若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，此时小球没有脱离斜面，则水平方向
Tcos30°﹣Nsin30°＝ma
竖直方向Tsin30°+Ncos30°＝mg
解得
，故B错误，C正确；
D、当滑块以加速度 a＝2g 向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为
故D错误；
故选：AC。
点评：解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当
受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。
【解题思路点拨】
1.一定要记得临界状态的特征：加速度相同和速度都相同。
2.解决临界问题经常用到整体法和隔离法。
18．水平传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v 为物体进人传送带的初速度）
0
76【命题方向】
例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块
与传送带间的动摩擦因数为 ，则木块从左到右的运动时间不可能为（ ）
μ
A. B. C. D.
77分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直
线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．
解答：①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。
根据牛顿第二定律得，a＝ g。
μ
根据L＝ ，解得 。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。
根据L＝
解得t＝
②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间 ，匀加速直线运动的位移
则匀速直线运动的位移
则匀速直线运动的时间
则总时间为t＝ ．故B、C、D正确，A错误。
本题选不可能的，故选：A。
点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动
学公式综合求解．
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以
及牛顿运动定律的相关内容。
19．倾斜传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
78传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v 为物体进人传送带的初速度）
0
【命题方向】
如图所示，传送带与水平地面的夹角为 ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向
转动，在传送带上端A点无初速度地放θ上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动
摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
79分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑
动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公
式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求
解运动时间。
解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为 a ，直
1
至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t ，物体下滑的位移为x ，则由牛顿第二定律，有：
1 1
mgsin37°+ mgcos37°＝ma
1
可得 a
1
＝gμ（sin37°+ cos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2
由运动学公式，有：μv＝a
1
t
1
解得：t ＝ ＝ s＝2s
1
则x ＝ ＝ m＝20m＜L ＝64m，共速时物体还没有到达B点。
1 AB
物体与传送带达到共同速度时，因为mgsin ＞ mgcos ，物体将继续匀加速下滑，设再经t 时间物体滑至
2
B端，加速度为a ，则 θ μ θ
2
mgsin ﹣ mgcos ＝ma
2
可得aθ2 ＝2μm/s2 θ
由运动学公式有L ﹣x ＝vt +
AB 1 2
解得：t ＝2s
2
故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t +t ＝2s+2s＝4s
1 2
答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。
点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体
间相对运动方向相反。
【解题思路点拨】
80明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以
及牛顿运动定律的相关内容。
20．多种传送带的组合问题
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v 为物体进人传送带的初速度）
0
81【命题方向】
图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距
3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角 ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB
以5m/s的速率顺时针转动。将质量为 10kθg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾
斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．（g取10m/s2）试求：
（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间
的取值范围。
82分析：（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为 5m/s，则应判断米袋到达B点
时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲
上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能
减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；
解答：（1）米袋在AB上加速时的加速度a ＝ ＝5m/s2
0
米袋的速度达到v ＝5m/s时，
0
滑行的距离s ＝ ＝2.5m＜AB＝3m，
0
因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin + mgcos ＝ma
代入数据得a＝10 m/s2 θ μ θ
所以能滑上的最大距离s＝ ＝1.25m
（2）设CD部分运转速度为v 时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米
1
袋速度减为v 之前的加速度为a ＝﹣g（sin + cos ）＝﹣10 m/s2
1 1
米袋速度小于v
1
至减为零前的加速度为a
2
＝θ﹣μg（sθin ﹣ cos ）＝﹣2 m/s2
θ μ θ
由 + ＝4.45m
解得v ＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度v ≥v ＝4m/s
1 CD 1
米袋恰能运到D点所用时间最长为t ＝ + ＝2.1s
max
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 。
2
由S ＝v t + a t2 ，得：t ＝1.16s
CD 0min 2 min min
所以，所求的时间t的范围为1.16 s≤t≤2.1 s；
83答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m。
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C端到D端所用
时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s。
点评：本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出
题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大。
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以
及牛顿运动定律的相关内容。
21．无外力的水平板块模型
【知识点的认识】
1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动
或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
2.板块模型的是哪个基本关系
84【命题方向】
如图所示，一质量M＝5kg的长木板以初速度v ＝2m/s在水平地面上向左运动，同时一质量m＝1kg、可
1
视为质点的滑块以初速度v ＝4m/s从左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数 ＝0.1，滑块与木
2 1
板间的动摩擦因数 ＝0.2，g＝10m/s2。求： μ
2
（1）滑块和木板运μ动的加速度大小；
（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度。
分析：（1）滑块滑到木板后，木板受重力、压力、支持力、滑块和地面对他的滑动摩擦力，根据牛顿第
二定律求解加速度即可；
（2）分析两物体运动状态，根据运动学公式求解出滑块与木板最大相对滑动距离即可。
解答：（1）对滑块，由牛顿第二定律得： mg＝ma
2 2
解得：a 2 ＝ g＝0.2×10m/s2＝2m/s2 μ
对木板，由μ牛顿第二定律得：
2
mg+
1
（M+m）g＝Ma
1
μ μ
解得：
（2）由于 ，故木板先减速到0，此后木块对木板的动摩擦力f ＝ mg
2 2
地面对木板的最大静摩擦力f ＝ （M+m）g μ
1 1
μ
由于f ＞f ，故木板减速到0后将保持静止，木块继续减速，加速度不变。全程木块的位移：
1 2
木板的位移：
木块与木板间的相对位移Δx＝x +x
1 2
代入数据解得木板的最小长度L ＝Δx＝5.25m
min
答：（1）滑块和木板运动的加速度大小分别为2m/s2和1.6m/s2；
（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度为5.25m。
点评：本题关键是明确滑块和滑板的各段运动过程的运动性质，对于每段过程都要根据牛顿第二定律求
解各自的加速度，根据运动学公式解相关运动参量，还要注意各个过程的连接点的情况。
85【解题思路点拨】
要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的
综合运用解决问题。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/5 11:09:42；用户：组卷41；邮箱：zyb041@xyh.com；学号：41419004
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