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专题04 牛顿运动定律的应用
题型一 牛顿三定律的理解................................................................................................................... 1
题型二 动力学两类基础问题...............................................................................................................6
类型1 已知受力求解运动情况.................................................................................................... 6
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力.................................................................................9
题型三 超重与失重现象..................................................................................................................... 12
类型1 超、失重现象的图像问题..............................................................................................13
类型2 超、失重现象的分析与计算..........................................................................................15
题型四 瞬时问题的两类问题.............................................................................................................17
题型五 动力学图像问题..................................................................................................................... 22
类型1 F-t、F-x 图像的分析运动情况........................................................................................22
类型2 通过v-t、a-t 图像分析受力情况....................................................................................24
类型3 通过a-F 图像分析力与运动的关系................................................................................26
题型六 动力学中的连接体问题.........................................................................................................27
题型七 动力学方法分析多运动过程问题.........................................................................................29
题型一 牛顿三定律的理解
1．内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力
1
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但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．
4．牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
5．牛顿第三定律的内容
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．
6．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同．
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相
互作用无关．
7．相互作用力与平衡力的比较
对应名称
比较内容
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
两力作用效果不可抵消，不可叠
加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠
加，可求合力，合力为零
一定是同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小相等、方向相反、作用在同
一条直线上
[题型专练1]. （2024•南充模拟）如图，木模A、B 质量均为m，通过三根轻质竖直细线
对称连接，木模B 静止在水平面上。细线a、b、c 上的拉力大小分别用Fa、Fb、Fc表示，水平
面所受的压力大小为FN，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
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A．Fa＝Fb+Fc+mg
B．FN＜2mg
C．Fa+Fb+Fc＝2mg
D．Fa＝Fb+Fc
【解答】解：AD．研究对象为木模A，对木模A 受力分析有：Fa＝Fb+Fc+mg，故A 正确，D 错
误；
B．求水平面受到的压力，研究对象是整体，故对木模A、B 整体有：F′N＝mg+mg＝2mg
根据牛顿第三定律可知水平面所受的压力大小为：FN＝F′N＝2mg，故B 错误；
C．由：Fa+Fb+Fc＝2Fb+2Fc+mg≠2mg，故C 错误。
故选：A。
[题型专练2]. （2023•广东模拟）机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中
使用机器人来送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图
乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一
对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
【解答】解：A、菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品所受合力为零，故菜品不受摩擦
力的作用；故A 错误；
B、菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力分别作用在两个不同的物体上，是作用力和反
3
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作用力关系。不是一对平衡力，故B 错误；
C、惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态无关，故C 错误；
D、菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力在竖直方向的分力等于菜
品的重力，机器人对菜品还有沿水平方向的分力，所以机器人对菜品的作用力大于菜品的重力，
故D 正确；
故选：D。
[题型专练3]. （2023•云南模拟）如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m 的黑
板擦施加一个与竖直黑板面成θ 角斜向上的力F，使黑板擦以速度v 竖直向上做匀速直线运动。
重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为mg
Fsinθ
B．黑板对黑板擦的作用力大小为√(mg)
2+( Fsinθ)
2
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为Fcosθ
m
D．若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为v
2
2g
【解答】解：A、黑板擦竖直向上做匀速直线运动，对黑板擦受力分析，如图
由平衡条件得：
竖直方向：Fcosθ＝mg+μFN
水平方向：FN＝Fsinθ
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联立解得：μ= Fcosθ -mg
Fsinθ
故A 错误；
B 、黑板对黑板擦的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小为
F合=√( Fsinθ)
2+( μFsinθ)
2=√1+ μ
2 Fsinθ
故B 错误；
C、若突然松开手，松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g，故C 错误；
D、若突然松开手，松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度为h= v
2
2g
故D 正确。
故选：D。
[题型专练4]. （2023•青岛二模）风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状
态。已知物体受到的空气阻力F 与物体相对空气的速度v 满足F = 1
2 CρS v
2（S 为物体迎风面
积，C 为风阻系数，ρ 为空气密度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m 的物体从A
处由静止下落，一段时间后在B 处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a 的关系图像
如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为S1= 2(mg-ma1)
Cρ v2
2
D．开伞后物体迎风面积为S2= 2(mg-ma1)
Cρ v1
2
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【解答】解：AC、物体从A 处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F 合＝mg﹣
F，其中F = 1
2 CρS v
2，v 不断增大，F 不断增大，则合力减小，加速度减小，图乙中右侧图线与
此过程相符合，由牛顿第二定律有
mg﹣F＝ma1
解得：S1= 2(mg-ma1)
Cρ v2
2
，故A 错误，C 正确；
BD、左侧图线为开伞后的图线，有F2= 1
2 Cρ S2v
2。当v＝v1时，a＝0，则mg= F2= 1
2 Cρ S2v
2，
解得：S2= 2mg
Cρ v1
2，且当v 减小时，a 减小，故BD 错误。
故选：C。
题型二 动力学两类基础问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
类型1 已知受力求解运动情况
[题型专练5]. （2023•河北模拟）质量为m 的机车后面挂着质量同为m 的拖车，在水平轨
道上以速度v 匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖
车脱钩，经过时间t 拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间t 司机才发现，假设
拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（ ）
A．2v
B．3v
C．4v
D．5v
【解答】解：设摩擦力与它们的质量关系为f＝km，比例系数k 为常数，机车的牵引力为F。脱
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钩前它们一起匀速运动，则有：F＝2km，脱钩后拖车的加速度大小为a= km
m =k，对拖车停止运
动的过程有：v＝at＝kt；
脱钩后机车的加速度大小为a′= F -km
m
=k，脱钩后到司机发现拖车脱钩时，机车做匀加速直线
运动的时间为2t，则有：v'＝v+2a′t＝v+2kt＝3v，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[题型专练6]. （多选）（2023•海南一模）一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，
螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2的加速
度匀加速竖直向上起飞，上升36m 时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为
5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的
是（ ）
A．无人机失去升力时的速度大小为12m/s
B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60N
C．无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2
D．无人机上升的最大高度为36m
【解答】解：A、无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得：v
2- v0
2=2ax
代入数据解得，无人机失去升力时的速度大小为v＝12m/s
故A 正确；
B、无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma1
代入数据解得：F＝70N
故B 错误；
C、无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma2
代入数据解得：a2＝12m/s2
故C 正确；
D、无人机向上减速过程，由位移—速度公式得：v
2- v0
2=2ax
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代入数据解得，无人机减速上升的高度为x2＝6m
则无人机上升的最大高度为H＝x1+x2＝36m+6m＝42m
故D 错误。
故选：AC。
[题型专练7]. （2023•涟源市二模）如图甲所示，一质量m＝5kg 的粗细均匀的圆木棒竖直
放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H＝5.25m，与地面相碰的
物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m 的弹性小环。若t＝0 时刻，小环从木棒上某处以
竖直向上v0＝4m/s 的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同
时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已
知木棒与小环间的滑动摩擦力f＝1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上
端滑出，取g＝10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；
（3）若木棒恰好与地面第4 次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端
的距离l（结果可以用分数表示）。
【解答】解：（1）最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F1﹣2mg﹣f＝2ma1
解得a1＝﹣2m/s2
即加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；
对木棒，根据牛顿第二定律f﹣mg＝ma2
解得a2＝2m/s2
即加速度大小为2m/s2，方向竖直向上。
（2）小环初速度v0＝4m/s，则两物体第一次共速过程v0+a1t1＝a2t1
解得t1＝1s
此时拉力F 恰好变为F2＝120N，假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律
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3mg﹣F2＝3ma3
解得a3＝2m/s2
则棒受到的摩擦力f′＝mg﹣ma3
解得f′＝40N
棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立；
棒和小环在1s 后做类竖直上抛运动，回到1s 时的位置时，速度均变为竖直向下v＝a2t1
解得v＝2m/s
回到1s 时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h1= 1
2 a
2
t
1
2
解得h1＝1m
之后棒和小环以a3＝2m/s2加速度向下加速运动，根据v1
2-v2＝2a（H+h1）
解得木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小v1=√29m/s
（3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小
a4= 2mg- f
2m
解得a4＝4m/s2
第一次碰地后，木棒的加速度大小为a5= mg+ f
m
解得a5＝22m/s2
小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与
小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔Δt= 2v1
a5
解得Δt= √29
11 s
再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s，此时环的速度
v′＝v1+a4Δt＞v1
故假设成立，即之后过程两物体不会再共速；
若木棒恰好与地面第4 次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速
运动了3Δt，相对木棒向下运动距离
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x＝3v1Δt+ 1
2a4（3Δt）2= 87
11 m+ 522
121m= 1479
121 m
1s 之前小环相对木棒向上运动距离s= v0+ v
2
t1﹣h1
解得s＝2m
故小环开始运动时距木棒下端的距离l＝x﹣s= 1479
121 m﹣2m= 1237
121 m
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力
[题型专练8]. （2023•西城区校级模拟）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑
楔形滑块A 上的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg 的小球静止在A 上。若滑块从静
止向左匀加速运动时加速度为a。（取g＝10m/s2）则（ ）
A．当a＝5m/s2时，线中拉力为3√2
2
N
B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为√2N
C．当a＝12m/s2时，经过1 秒钟小球运动的水平位移是6m
D．在稳定后，地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和
【解答】解：设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根
据牛顿第二定律，有：
水平方向：F 合＝Fcos45°＝ma0
竖直方向：Fsin45°＝mg
解得：a0＝g
A、当a＝5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°﹣FNcos45°＝ma 竖直方向：Fsin45°
+FNsin45°＝mg，解得：F= 3√2
2
N，故A 正确；
B、当a＝10m/s2时，小球刚好要离开滑块，小球受的支持力为0，故B 错误；
C、当a＝12m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，第1 秒钟小球运动的水平位移x
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= 1
2 at
2=6m，经过1 秒钟不一定是第1 秒，故C 错误；
D、系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物
体的重力之和，故D 错误。
故选：A。
[题型专练9]. （2023•山西模拟）2022 年6 月17 日，中国第三艘航空母舰“福建舰”正式
下水，其配备有三条电磁弹射器，电磁弹射器可额外为飞机提供恒定的推力助其短距离起飞，
从而极大提升航空母舰的打击力。某舰载机，在地面测试时，发动机打开，飞机由静止匀加速
滑跑距离为L 时达到升空速度v，离地起飞。若该型飞机同等条件下，在福建舰弹射器的恒定
推力辅助作用下仅需滑跑L
3 即可起飞，且知该型舰载机的质量为m，则飞机在起飞的过程中弹
射器为其提供的推力大小为（ ）
A．m v
2
L
B．m v
2
2 L
C．3m v
2
2 L
D．3m v
2
4 L
【解答】解：舰载机在发动机推力的作用下由静止匀加速运动直至起飞，有2aL＝v2
其所受合力为F＝ma
联立解得：F =m v
2
2 L
当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有
2a' L
3 = v
2
解得：a' = 3 v
2
2 L
由牛顿第二定律得：F+F'＝ma'
F + F ' =m 3 v
2
2 L
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所以，弹射器为飞机提供的推力F ' =m v
2
L ，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练10].
（2023•衡水二模）2022 年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所
示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中
心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s 末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s
内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
【解答】解：（1）假设冰壶速度减到0 后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
a= Δv
Δt = 3.2-0.08
14.5-2 m/s2= 156
625m/s
若冰壶以加速度= 156
625m/s2减速，则冰壶在最后1s 通过的位移
s= 1
2at2= 1
2 × 156
625 ×12m= 78
625m＞x15
所以冰壶在第15s 内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
x15= 1
2 at
2
v2＝a（12Δt+t）
a= μmg
m = μg
代入数据解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有L0= 1
2 a(14 Δt +t )
2
代入数据解得L0＝27.38m
题型三 超重与失重现象
1．超重
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(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．
②产生条件：a＝g，方向竖直向下．
3．竖直圆周中系统超失重问题
小球 m 由光滑半圆槽 M 的边缘 A 点静下滑，M 一直静止，A→B 过程中下滑角 θ 时：
类型1 超、失重现象的图像问题
[题型专练11].
（2023•湖北模拟）2022 年11 月20 日，中国无人机闪耀足球世界杯开
幕式。其中两架无人机a、b 同时从同一地点竖直向上直线飞行，v﹣t 图像如图所示。下列说
法正确的是（ ）
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A．t＝20s 时，无人机b 在a 的上方
B．10s～30s，无人机a 处于超重状态
C．t＝15s 时，两架无人机a、b 处在同一高度
D．0～30s，两架无人机a、b 的平均速度相等
【解答】解：ACD．v﹣t 图像与坐标轴包围的面积表示位移，在0～20s 内，无人机a 对应的v
﹣t 图形面积大，即位移大，即无人机a 在b 的上方；同理在0～15s 内，无人机a 对应的v﹣t 图
形面积大，无人机a 在b 的上方；在0～30s 内，无人机a、b 对应的v﹣t 图形面积相等，即上升
高度相等，则平均速度相等；故AC 错误，D 正确；
B．图像的斜率表示加速度，在10s～30s 内，无人机a 向上减速运动，加速度向下，处于失重状
态，故B 错误。
故选：D。
[题型专练12].
（2023•广东模拟）在某次无人机操控比赛中，一名选手操纵无人机沿
竖直方向运动，无人机的v﹣t 图像如图所示，取竖直向上为正方向，对无人机的运动过程，
下列说法正确的是（ ）
A．0～0.5s 内的加速度大于0.5s～1.0s 内的加速度
B．0.5s～1.0s 内的加速度方向发生变化
C．0.5s 时距离地面的高度最大
D．1.5s～2.0s 内无人机处于超重状态
【解答】解：A．v﹣t 图像斜率表示加速度，由图可知0～0.5s 图像的斜率小于0.5s～1.0s，则0
～0.5s 的加速度小于0.5s～1.0s 的加速度，故A 错误；
B．由图可知，0.5s～1.0s 内斜率未发生变化，加速度方向不变，故B 错误；
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C．由图可知，计时开始后，无人机的速度第一次为零时，距离地面高度最大，故C 错误；
D．由图可知，无人机在1.5s～2.0s 向下作匀减速，加速度的方向竖直向上，处于超重状态，故
D 正确。
故选：D。
[题型专练13].
（2023•嘉定区二模）小明同学站在力传感器上做下蹲—起立动作，如
图所示是力传感器所受的压力F 随时间t 变化的图线，设该同学在下蹲过程中加速度的最大值
为a，取g＝10m/s2，则由图线可知他在8s 内共完成（ ）
A．一次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
B．一次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
C．两次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
D．两次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
【解答】解：同学在一次下蹲过程中，向下先加速后减速，即先失重后超重，所以F﹣t 图像上
对应一段先小于重力后大于重力的部分，同理可知，同学在一次起立的过程中，F﹣t 图像上对
应一段先大于重力后小于重力的部分，因此该同学在8s 内共完成一次下蹲、起立动作。由图像
可知该同学重力500N，在1.3s 时刻（下蹲的加速阶段）对传感器的压力最小，此时他的加速度
最大，为a= mg- F
m
= 500-200
50
m/ s
2=6m/ s
2，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
类型2 超、失重现象的分析与计算
[题型专练14].
（2023•宜春一模）北京时间2022 年12 月4 日20 时09 分，神舟十四号
载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183 天后，“最忙出差三人组”的陈
冬、刘洋、蔡旭哲于21 时01 分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s 时在距离地表
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10km 的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，
匀速时间99.8s。待高度只剩1m 时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至
3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（ ）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8 倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【解答】1、解：根据题意分析宇航员返回时经历了匀减速直线运动，匀速直线运动，匀减速直
线运动三个阶段
A．返回舱中途的匀速过程并非超重现象，故A 错误；
B．匀速位移为x2＝vt＝499m 则开伞到减速到5m/s 位移为x1＝h﹣x2﹣1＝10000m﹣499m﹣1m
＝9500m
由v
2- v0
2=2ax推出a= v
2- v0
2
2 x1
= 195
2-5
2
2×9500 m/ s
2=2m/ s
2，故B 错误；
C．根据最后1m 由v'2﹣v2＝2a'x'得a' = v '
2- v
2
2 x'
= 5
2-3
3
2×1 m/ s
2=8m/ s
2，方向竖直向上，
由牛顿第二律得F﹣mg＝ma 得F＝1.8mg 故C 正确；
D．根据t = Δv
a 可得两段减速时间分别为t1= Δv'
a1
= 195-5
2
s=95 s、t2= Δv2
a2
= 5-3
8
s=0.25 s，
则总时间为t＝95s+99.8s+0.25s＝195.05s，则重力冲量总计为195.05mg，故D 错误。
故选：C。
[题型专练15].
（2023•茂名二模）跳台滑雪是最刺激的冰雪项目之一，如图为某滑道
示意图。长直助滑道AB 与水平起跳平台BC 连接，着陆坡足够长。运动员（含雪杖）沿AB
滑下，经过一段时间从C 点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上的D 点。在不考虑空气阻力
情况下，运动员（ ）
A．在助滑道上受重力、支持力、摩擦力和下滑力作用
B．离开跳台在空中飞行时处于超重状态
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C．在离着陆坡最远时，速度方向与着陆坡平行
D．在空中的飞行时间与离开C 点时的速度无关
【解答】解：A．在助滑道上受重力、支持力、摩擦力作用，下滑力是重力的一个分力，合力与
分力不能同时存在，故A 错误；
B．离开跳台在空中飞行时处于完全失重状态，故B 错误；
C．运动员离开跳台时的速度，分解为垂直坡面的分速度和平行于坡面的分速度，当垂直于坡面
的速度为零时，运动员速度方向与着陆坡平行，离着陆坡最远，故C 正确；
D．设CD 间距为L，在空中的飞行时间由平抛规律得：
Lcosθ＝v0t
Lsinθ = 1
2 gt
2
联立解得：t = 2v0tanθ
g
即在空中的飞行时间与离开C 点时的速度大小、方向都有关，故D 错误。
故选：C。
[题型专练16].
（2023•梅河口市校级三模）如图所示，一质量为M 的光滑大圆环由一
细轻杆固定在竖直平面内。套在大圆环上质量均为m 的两个小圆环（与大圆环粗细相差不
大），同时从大圆环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时会出现失重状态，大圆环则始终处于超重状态
B．当轻杆受到的拉力大小为Mg 时，两个小圆环正位于大圆环圆心等高处
C．小圆环下滑至大圆环圆心高度之前，一直受到大圆环的弹力作用
D．轻杆受到的拉力可能小于Mg
【解答】解：A．两个小圆环运动到大圆环圆心以下高度时，有向上的加速度分量，小圆环处于
超重状态，大圆环处于超重状态，若圆环在上半圆运动时速度过大时，大圆环对小环的作用力
指向圆心，此时轻杆受到的拉力小于Mg，处于失重状态，故A 错误；
BC．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动；一种情况为当小环运动到上半圆上某位
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置时，其重力沿半径方向的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环的压力为0；另一种情况为
小环运动到与圆心等高处时，大环对小环的压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方
向的作用力。
综上所述，在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故BC 错误；
D．若圆环在上半圆运动时速度过大时，大圆环对小环的作用力指向圆心，此时轻杆受到的拉力
小于Mg，故D 正确；
故选D。
题型四 瞬时问题的两类问题
1．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，
不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢
复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
[题型专练17].
（多选）（2023•吉水县校级一模）如图所示，倾角为α 的斜面固定在
水平地面上，斜面上有两个质量均为m 的小球A、B，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧相连接，
现对A 施加一个水平向右大小为F= 2√3
3
mg 的恒力，使A、B 在斜面上都保持静止，如果斜面
和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面的倾角为α＝30°
B．弹簧的原长为L+ mg
2k
C．撤掉恒力F 的瞬间小球A 的加速度为g
D．撤掉恒力F 的瞬间小球B 的加速度为g
【解答】解：AB、对小球B 进行受力分析，由平衡条件可得：kx＝mgsin α，解得x= mgsinα
k
所以弹簧的原长为L﹣x＝L- mgsinα
k
；
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对小球A 进行受力分析，由平衡条件可得：Fcos α＝mgsin α+kx，解得：α＝30°，所以弹簧的原
长为L- mg
2k ，故A 正确B 错误。
C、撤掉恒力F 的瞬间，对A 进行受力分析，可得mgsin α+kx＝maA，小球A 此时的加速度aA
＝g，故C 正确。
D、撤掉恒力F 的瞬间，弹簧弹力不变，B 球所受合力不变，故B 球的加速度为零，故D 错误。
故选：AC。
[题型专练18].
（多选）（2023•邵阳二模）如图所示，两小球1 和2 之间用轻弹簧B
相连，弹簧B 与水平方向的夹角为30°，小球1 的左上方用轻绳A 悬挂在天花板上，绳A 与竖
直方向的夹角为30°，小球2 的右边用轻绳沿C 水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静
止状态。已知重力加速度为g，则（ ）
A．球1 和球2 的质量之比为1：2
B．球1 和球2 的质量之比为2：1
C．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为√3 g
D．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2 的加速度大小为2g
【解答】解：AB、对小球2 受力分析，小球2 受重力，弹簧弹力和拉力，如图：
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由平衡条件得，水平方向：T2＝F 弹cos30°
竖直方向：F 弹sin30°＝m2g
联立解得：m2= √3T 2
g
对小球1、2 和弹簧整体受力分析，整体受重力和两个拉力，如图：
由平衡条件得，水平方向：T2＝T1sin30°
竖直方向：T1cos30°＝（m1+m2）g
联立解得：m1= 2√3T 2
g
则球1 和球2 的质量之比为m1：m2= 2√3T 2
g
：√3T 2
g
=2：1
故A 错误，B 正确；
C、轻绳A 的拉力T1= (m1+m2)g
cos30°
=√3m1g
在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球1 所受合力与T1等大反向，由牛顿第二定
律得：T1=√3m1g＝m1a
解得：a=√3g
故C 正确；
D、在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球2 的受力情况不变，球2 的加速度为
0，故D 错误。
故选：BC。
[题型专练19].
（2023•蚌埠模拟）如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在
天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B 间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，
则下列计算正确的是（ ）
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A．A、B 所受弹簧弹力大小之比为√3：√2
B．A、B 的质量之比为mA：mB=√3：1
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为1：√2
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为3：√6
【解答】解：A、对AB 受力如图，弹簧处于水平静止状态，弹簧的合力为零，即A 对弹簧的力
和B 对弹簧的力大小相等，故A、B 受弹簧的弹力大小相等，故A 错误；
B、对A 受力分析可知mAg＝Ftan 60°，对B 受力分析可知mBg＝F tan45°，联立解得mA
mB
= √3
1 ，
故B 正确；
C、细线对A 的拉力TA=
F
cos60° ，细线对B 的拉力TB=
F
cos 45° ，联立解得T A
T B
= √2
1 ，故C 错
误；
D、剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A 受合力为2mBg，故解得A
的加速度aA= 2√3
3
g，B 的加速度为√2g，故A，B 加速度之比为√6：3，故D 错误。
故选：B。
[题型专练20].
（2023•龙岩模拟）一倾角为θ 的斜面体C 始终静止在水平地面上，斜
面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B 两球连接。B 球靠在挡
板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是
（ ）
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A．球A 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C 的支持力等于球A、B 和C 的重力之和
D．地面对斜面体C 的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、设A、B 两球质量均为m。撤去挡板前，对A 球受力分析，由平衡条件有：F
弹＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A 球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B 球，由牛顿
第二定律有mgsinθ+F 弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A 错误，B 正确；
C、撤去挡板瞬间，B 球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，则地
面对斜面体C 的支持力小于球A、B 和C 的重力之和，故C 错误；
D、撤去挡板瞬间，B 球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对
A、B 和C 整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D 错误。
故选：B。
[题型专练21].
（多选）（2023•鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C 三球的质量均
为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A、B 间由一轻质细线连接，B、C
间由一轻杆相连。倾角为θ 的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始
系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A 球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C 球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C 两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C 之间杆的弹力大小不为0
【解答】解：A、据题意，对A 球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面
向上的弹力F 和B、C 球对它的拉力TA，由于A 球处于静止状态，
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则据平衡条件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ ①
现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，
则有：F﹣GAsinθ＝ma，②
由①、②可得A 球此时加速度：a＝2gsinθ，
故A 正确；
B、细线烧断后，把B、C 球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度a
＝gsinθ 沿斜面向下，所以B、C 之间杆的弹力大小为零，故B、D 选项错误，而C 选项正确。
故选：AC。
题型五 动力学图像问题
1．动力学中常见的图象v－t 图象、x－t 图象、F－t 图象、F－a 图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从
零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断
物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
类型1 F-t、F-x 图像的分析运动情况
[题型专练22].
（2023•静安区二模）静置在粗糙水平面上的物体，受到一个方向不变
的水平拉力F 作用而运动，F 的大小随时间变化的规律如图所示。在0～t1时间内物体的加速
度大小（ ）
A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．先变小后变大
D．先变大后变小
【解答】解：设物体受到的滑动摩擦力为f，物体由静止开始运动，则拉力F 大于最大静摩擦力，
由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，滑动摩擦力f 不变，拉力F 减小，所以加速度a 减小，当拉力F
大小等于滑动摩擦力f 时，加速度为零，拉力再减小，则F 小于f，合力方向反向，由牛顿第二
定律有：f﹣F＝ma，F 减小，则加速度a 增大，故C 正确，ABD 错误。
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故选：C。
[题型专练23].
（多选）（2023•贵阳三模）如图甲所示，紧挨但不粘连的两物块P、Q
静止放置在光滑水平地面上。t＝0 时，水平方向的力F 作用于P 上，以水平向右为正方向，F
随时间变化的规律如图乙所示。下列关于P 运动的速度v 及加速度a 随时间t 变化的图像可能
正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：在0～t1时间内，F 沿正方向，故P 和Q 两个物体的加速度相同，大小为
a1=
F
m1+m2
= F0-kt
m1+m2
两物体做加速度均匀减小的加速运动；在t1～t2时间内，F 沿负方向，则此后PQ 脱离，Q 做匀速
运动，P 做减速运动，此时P 的加速度a2= F
m1
= kt
m1
由对称性可知，在力F 大小相同的位置，a2＞a1，所以P 速度减为零的时间小于t1，故AD 正确，
BC 错误。
故选：AD。
[题型专练24].
（多选）（2023•乐安县校级一模）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固
定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直
向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 之间的关系
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如图乙所示（g＝10m/s2），则下列结论正确的是（ ）
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为5 N/cm
C．物体的质量为2 kg
D．物体的加速度大小为10 m/s2
【解答】解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A 错误；
B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有
mg＝kx ①
拉力F1为10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有
F1+kx﹣mg＝ma ②
物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有
F2﹣mg＝ma ③
代入数据解得
m＝2kg
k＝500N/m＝5N/cm
a＝5m/s2
故B、C 正确，D 错误。
故选：BC。
类型2 通过v-t、a-t 图像分析受力情况
[题型专练25].
（2023•成都模拟）无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电
磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安
全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放
置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相
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对静止），记录的加速度a 随时间t 变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像
上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最
大静摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s2，则在该过程中（ ）
A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
【解答】解：A、手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做
加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，
t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速
度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，
最后速度为零，故A 错误；
B、充电宝在t2时刻加速度方向向上，合力向上，由牛顿第二定律可知充电宝所受的摩擦力方向
向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg+f＝ma3，由图知a3=12m/ s
2，可得f＞0，可知
摩擦力方向向下，则充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反，故B 错误；
C、在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，由mg+f＝ma，解得f＝0，即充电宝与手机之间的
摩擦力最小值为零，故C 错误；
D、在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得
fmax﹣mg＝ma2
又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D 正确。
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故选：D。
[题型专练26].
（多选）（2023•和平区校级一模）从地面上以初速度v0竖直上抛一质
量为m 的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规
律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀
速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是（ ）
A．t1时刻小球的加速度小于g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小
C．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+ v0
v1
）g
D．小球加速下降过程中的平均速度小于v1
2
【解答】解：A．根据小球运动的速率随时间变化的规律的图像，t1时刻到达最高点，该时刻速
度为零，阻力为零，此时只受到重力作用，故加速度为重力加速度g，故A 错误；
B．根据小球运动的速率随时间变化的规律的图像，速度达到v1之前，图像的切线斜率绝对值逐
渐减小，小球的加速度一直在减小，故B 正确；
C．小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律有：mg+kv0＝ma
当速度达到v1时，根据平衡条件有：kv1＝mg
解得a＝（1+ v0
v1
）g，故C 正确；
D．小球加速下降到地面的过程先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，从图像中可以看
出，此过程图线与时间轴所围面积大于匀减速直线运动所对应的面积，则小球下降过程中的平
均速度大于v1
2 ，故D 错误。
故选：BC。
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类型3 通过a-F 图像分析力与运动的关系
[题型专练27].
（多选）（2023•河西区三模）用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，
在外力F 从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a 随外力F 变化的关系如图所示，g＝
10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14N
B．物体做变加速运动，F 为14N 时，物体的加速度大小为7m/s2
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体的质量为2kg
【解答】解：A.由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为fm＝7N，故A 错误；
B.由于外力F 不断变化，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知物体加速度不断变化，做变加速运
动；当F2＝14N 时，由a﹣F 图像可知a2= 4 m/ s
2，故B 错误；
CD.当F1＝7N 时，根据牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，当F2＝14N 时，根据牛顿第二定律F2﹣
μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD 正确，B 错误。
故选：CD。
题型六 动力学中的连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，
分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系
统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度
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然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离
求内力”．
[题型专练28].
（多选）（2023•福建模拟）如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长粗糙
斜面固定在水平地面上，物块A、B 通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物
体A 处于P 点且与斜面刚好无摩擦力。t＝0 时刻给物块A 一个沿斜面向上的初速度，t＝0 到t
＝0.2s 内物块A 速度随时间变化情况如图乙所示。物块A、B 均可视为质点，物块B 距地面足
够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取
10m/s2，则（ ）
A．物块A、B 的质量之比为5：3
B．物块A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.4
C．物体B 下落的最大高度为2m
D．物体B 下落的最大高度为1.25m
【解答】解：A．设A 质量mA，B 质量mB，静止时物体A 处于P 点且与斜面刚好无摩擦力，由
平衡条件：mAgsin37°＝mBg
得mA：mB＝5：3，故A 正确；
B．物体A 的加速度大小为a= Δv
Δt = 4.0-2.0
0.2
m/ s
2=10m/ s
2
物块A 沿着斜面体向上运动时物块B 做自由落体运动，0.2s 末物块B 速度设为vB，则vB＝gt＝
10×0.2m/s＝2m/s
即0.2s 末物块A 和物块B 共速，此过程中物块A 速度始终大于物块B 速度，连接A、B 绳子上
拉力为零，对物块A，由牛顿第二定律：μmAgcos37°+mAgsin37°＝mAa，解得μ＝0.5，故B 错误；
CD．0～0.2s 内，A 沿斜面上滑位移x A 1= v0+ v1
2
t1= 4 +2
2
×0.2m=0.6m
B 自由下落高度xB1= 1
2 gt1
2，解得xB1＝0.2m
29
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二者沿绳子方向距离缩小了Δx＝xA1﹣xB1，解得Δx＝0.4m
设再经过t2时间轻绳再次拉直，对A，有x A 2= v1t2- 1
2 at2
2
vA2＝v1﹣at2
对B，有xB2= v1t2+ 1
2 gt2
2
vB2＝v1+gt2
又xB2﹣xA2＝Δx＝0.4m
联立可得：t2＝0.2s，xB2＝0.6m，vA2＝0，vB2＝4m/s
轻绳张紧瞬间，A、B 顺着轻绳方向方向满足动量守恒，绳轻绳张紧后瞬间A、B 的速度、大小
均为v3。根据动量守恒定律可得：mBvB2＝（mA+mB）v3，解得：v3＝1.5m/s
设绳轻绳张紧后B 下降的位移大小为xB3，由能量守恒定律得：
1
2（mA+mB）v3
2+mBgxB3＝mAgxB3sinα+μmAgxB3cosα
解得：xB3＝0.45m
物体B 下落的最大高度为hm＝xB1+xB2+xB3＝0.2m+0.6m+0.45m＝1.25m，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
题型七 动力学方法分析多运动过程问题
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过
程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等．
2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进
行受力分析，分别求加速度．
[题型专练29].
（2023•分宜县校级一模）如图，长L＝4m 的一段平直轨道BC 与倾角
θ＝37°的足够长光滑斜面CD 相连，一物块（可视为质点）质量m＝2kg，在与水平方向成θ＝
37°、斜向左上方的恒力F＝10N 作用下，从静止开始做匀加速直线运动。物块与水平轨道BC
的动摩擦因数为μ＝0.5（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设物块在C 点
的速度大小保持不变）求：
（1）物块运动到C 点时的速度大小；
（2）物块沿斜面上升的最大高度。
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【解答】解：（1）物块从B 点运动到C 点，对物块受力分析，如图1：
竖直方向：N+Fsin37°＝mg
水平方向：Fcos37°﹣f＝ma1
又f＝μN
代入数据联立解得：a1＝0.5m/s2
由位移—速度公式得：vC
2 =2a1L
代入数据解得，物块运动到C 点时的速度大小vC＝2m/s
（2）物块沿斜面上升过程，对物块受力分析，如图2：
由牛顿第二定律得F﹣mgsin37°＝ma2
代入数据解得：a2＝﹣1m/s2
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由位移—速度公式得：0- vC
2 =2a2x
代入数据解得，物块上滑的最大距离为x＝2m
最大高度h＝xsin37°＝2×0.6m＝1.2m
[题型专练30].
（2023•重庆模拟）如图（a）所示，相距L＝11.5m 的两平台位于同一
水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根
据需要设定。质量m＝10kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s 自左侧平台滑上传
送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大致画出
载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v 的关系图像，并标出重要点的坐标。
【解答】解：（1）载物箱速度大于传送带速度，载物箱受到的摩擦力向左，载物箱在传送带上
先做匀减速直线运动，对载物箱由牛顿第二定律可得﹣μmg＝ma
设载物箱匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得v
2- v0
2=2a s1
解得s1＝4.5m
因s1＝4.5m 小于L，因此载物箱在到达右侧平台前，已经与传送带共速，然后与传送带一起匀
速运动至右侧平台，设匀减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
t1= v - v0
a
= 4 -5
-1
=1s，t2= L- s1
v
= 11.5- 4.5
4
=1.75s
总时间为t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若载物箱一直做匀减速运动，到达右侧时的速度最小，设为vmin，由牛顿第二定律可得
a= F
m =- μg
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由匀变速运动速度—位移公式可得vmin
2 - v0
2=-2 μgL
解得vmin=√2m/s
若载物箱一直做匀加速运动，到达右侧平台时的速度最大，设为vmax，由牛顿第二定律可得
a' = F '
m = μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmax
2
- v0
2=2 μgL
解得vmax = 4√3m/ s
（3）a、当0＜v ≤√2m/ s时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为√2m/ s时离开传送带。
b、当v ≥4√3m/ s时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为4√3m/ s。
c、当√2m/ s＜v ＜5m/ s时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送
带，则有v′＝v
d、当v＝5m/s 时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
e、当5m/ s＜v ＜4√3m/ s时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传
送带，则有v′＝v
所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示
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