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专题05 牛顿运动定律的基本应用
目录
题型一 牛顿运动定律的理解.................................................................................................................................... 1
类型1 牛顿第一定律的理解...........................................................................................................................1
类型2 牛顿第二定律的理解和应用............................................................................................................... 3
类型3 牛顿第三定律的理解...........................................................................................................................7
题型二 瞬时问题的两类模型.................................................................................................................................. 10
题型三 超重和失重问题.......................................................................................................................................... 13
类型1 超、失重现象的图像问题................................................................................................................. 13
类型2 超、失重现象的分析和计算............................................................................................................. 16
题型四 动力学两类基本问题.................................................................................................................................. 18
类型1 已知受力求运动情况.........................................................................................................................19
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力.................................................................................................24
类型三 复杂过程中的力与直线运动..............................................................................................................28
题型五 光滑模型......................................................................................................................................................34
类型1 等底光滑斜面.......................................................................................................................................34
类型2 等高斜面............................................................................................................................................... 38
类型3 “等时圆”模型.....................................................................................................................................39
题型一 牛顿运动定律的理解
【解题指导】1．理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性.
2. 作用力与反作用力分别作用在不同的物体上，作用效果不能抵消，不能合成，但在使用
整体法对系统进行受力分析时，可以作为内力不考虑．
类型1 牛顿第一定律的理解
1.理想化状态
牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。如果
物体所受的合力等于零，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体保持静止状态或匀速直
线运动状态。
2.明确了惯性的概念
牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体具有保持原来的匀
速直线运动状态或静止状态的性质。
3.揭示了力与物体运动状态的关系
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。
【例1】（2023·全国·高三专题练习）《考工记》是春秋战国时期齐国人的一部科技著作，
是古代手工技术规范的汇集。其中的《辀人篇》中记载：“劝登马力，马力既竭，辀尤能
一取焉。”意思是：马拉车的时候，马停止用力了，车还能前进一段距离，这是世界上对
惯性现象的最早论述。下列说法正确的是（ ）
A．马停止用力，车在短时间内还受到向前拉力，所以还能继续前进一段距离
B．马停止用力，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来
C．车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，车的惯性也逐渐减小
D．车完全停下来后，处于平衡状态，根据牛顿第一定律，车不受任何外力的作用
1
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【答案】B
【详解】A．马停止用力，车就不再受到向前拉力作用，由于车的惯性，所以车还能继续
前进一段距离，A 错误；
B．马停止用力，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来，B 正确；
C．质量是惯性的唯一的量度，因此车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，可车的质量
不变，车的惯性大小不变，C 错误；
D．车完全停下来后，处于平衡状态，车只是在运动的方向上不受力作用，可在竖直方向
上，车仍受到重力与地面的支持力的作用，这两个力大小相等方向相反，合力是零，D 错
误。
故选B。
【例2】（2023·甘肃兰州·统考一模）2022 年12 月18 日卡塔尔世界杯决赛在亿万球迷的欢
呼声中落下帷幕，最终经过点球大战，阿根廷队以7 5∶的成绩击败法国队夺得冠军。关于
足球运动，下列说法正确的是（ ）
A．在研究香蕉球和电梯球的形成原因时，足球都可以被看成质点
B．阻力作用下足球运动速度逐渐变小，说明力是改变物体运动状态的原因
C．守门员用双手将足球以原速率扑出的过程，足球的动量、动能均保持不变
D．罚点球过程中，运动员对足球的弹力越大，足球的动量变化越大
【答案】B
【详解】A．在研究香蕉球和电梯球的形成原因时，足球的旋转和姿态占主要因素，因此
不能把足球当成质点，故A 错误；
B．运动状态包括物体运动速度的大小和速度的方向，任何一项发生改变都将表明物体的
运动状态发生了改变，足球运动过程中因受阻力速度变小，则可说明力是改变物体运动状
态的原因，故B 正确；
C．动量是矢量，既有大小又有方向，当守门员用双手将足球以原速率扑出时，足球的速
率不变，但是方向发生了改变，因此足球的动量发生了改变，故C 错误；
D．由动量定理可知，足球的动量变化量等于合外力的冲量，则足球的动量变化量除了与
力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故D 错误。
故选B。
【例3】（2023·北京东城·北京一七一中校考模拟预测）如图所示，一个楔形物体M 放在
固定的粗糙斜面上，M 上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，
楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（ ）
A．沿斜面方向的直线B．竖直向下的直线
C．无规则的曲线
D．抛物线
2
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【答案】B
【详解】由题意可知，小球在水平方向不受力，则小球的运动轨迹是竖直向下的直线。
故选B。
【例4】（2023·全国·高三专题练习）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识。
推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。关于物理学中运动与力的发展过
程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ）
A．伽利略首先提出了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的唯一量度
B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐
地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C．牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿运动定律都能通过现代的实验手段直接
验证
D．力的单位“N”是国际单位制的基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位
【答案】B
【详解】A．牛顿首先提出了惯性的概念，A 错误；
B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合
起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，B 正确；
C．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，C 错误；
D．力的单位“N”是导出单位，D 错误。
故选B。
类型2 牛顿第二定律的理解和应用
1.对牛顿第二定律的理解
2．解题的思路和关键
(1)选取研究对象进行受力分析；
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；
(3)根据F 合＝ma 求物体的加速度a.
3
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【例1】（2023 秋·广东·高三校联考阶段练习）《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，
是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故
车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，
由此可见，王充对运动与力的理解（ ）
A．与亚里斯多德的观点相近
B．与牛顿第一定律相近
C．与牛顿第二定律相近
D．与牛顿第三定律相近
【答案】C
【详解】“其满而重者行迟，空而轻者行疾”、“任重，其进取疾速，难矣”，本质上的
意思是，在相同力的作用下，质量大的物体速度变化慢，加速度小，质量小的物体速度变
化快，加速度大，因此王充对运动与力的理解与牛顿第二定律相近。
故选C。
【例2】．（2023·北京房山·统考二模）在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一
支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情
景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为
，重力加
速度为g。根据以上信息，可以确定（ ）
A．地铁运行方向
B．地铁运行加速度方向
C．圆珠笔的质量
D．地铁运行加速度大小为
【答案】B
【详解】AB．物体受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则物体所受的合力
水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，
故B 正确，A 错误；
CD．圆珠笔受力如图
4
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根据牛顿第二定律得
所以
无法计算圆珠笔的质量，故CD 错误。
故选B。
【例3】．（2023 春·北京顺义·高三统考阶段练习）如图所示，一辆装满石块的货车在平
直道路上从静止开始以加速度a 向前运动位移为x 的过程中，若货箱中石块B 的质量为
m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．石块B 周围的物体对它的作用力的合力大小为mg
B．石块B 周围的物体对它的作用力的合力做功为mgx
C．石块B 周围的物体对它的作用力的合力大小为
D．石块B 周围的物体对它的作用力的合力冲量大小为m
【答案】C
【详解】AC．石块B 受向下的重力mg 和周围的物体对它的作用力F，两个力的合力为
ma，方向水平向右，则石块B 周围的物体对它的作用力的合力大小为
选项A 错误，C 正确；
B．石块B 周围的物体对它的作用力的合力的水平分量为ma，则做功为max，选项B 错误；
D．物块的速度
根据动量定理，石块B 所受的合外力（周围物体对它作用力的合力与B 的重力的矢量和）
的冲量大小为
选项D 错误。
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故选C。
【例4】（2023 春·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）长直杆与水平面成
角固定
放置，如图所示。杆上O 点以上的部分是粗糙的，而O 点以下的部分是光滑的。轻弹簧穿
过长杆，下端与挡板固定连接。弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球（可视
为质点）穿过长杆，与弹簧上端连接。现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后
观察到小球运动稳定时弹簧上端的最低位置始终在b 点，
。则下列结论正确的
是（ ）
A．小球在b 位置受到的弹簧弹力大小为
B．在
段运动过程中小球所受摩擦力小于
C．小球第一次过O 点时速度一定最大
D．若初始在a 位置给小球一个沿杆向下的速度，则小球最终运动的最高点一定在O 点
【答案】D
【详解】AC．对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知，小球从a 位置由静止释放，先做
加速运动，当达到
之间的某位置时，弹簧的弹力、小球重力沿杆向下的分力平衡时，此
时速度最大，因此，小球在b 位置受到弹簧弹力大于
，AC 错误；
B．在
段运动过程中小球受重力沿杆向下的分力、弹簧弹力、摩擦力，因此不能判断摩
擦力与
的大小关系，B 错误；
D．将小球拉到图示a 位置由静止释放，小球沿杆做往返运动，由于摩擦力的作用，往返
运动的幅度会越来越小，最终稳定后小球只在
之间往返运动。若初始在a 位置给小球一
个向下的速度，只是小球沿杆刚开始往返运动的幅度大，随着往返次数增多，幅度越来越
小，小球最终运动的范围还是在
之间，即小球最终运动的最高点一定还是在O 点，D 正
确。
故选D。
类型3 牛顿第三定律的理解
一对平衡力与作用力和反作用力的比较
名称
项目
一对平衡力
作用力和反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
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力的性质
不一定相同
一定相同
作用效果
可相互抵消
不可抵消
【例1】（2023·浙江金华·统考三模）“倒立”可以利用地球引力对人体进行牵引和拉伸，
可以帮助青少年保持良好体形，有助于增高，促进大脑发育，提高记忆力。照片展示的是
义乌某中学一位学生在宿舍中练习“靠墙倒立”的情景，宿舍的地面水平粗糙，墙面光滑
竖直。针对照片下列同学的分析判断中正确的是（ ）
A．地面对人的作用力与人对地面的压力是一对相互作用力
B．墙面对人的作用力和人对墙面的作用力是一对平衡力
C．人对地面的压力是因为地面发生形变产生的
D．人体的重心位置可能在身体的外部
【答案】D
【详解】A．在竖直方向上，对人研究，人受到重力、地面对人的作用力和墙对人的摩擦
力，故地面对人的作用力与人对地面的压力随作用在两个物体上，但大小不相等，故A 错
误；
B．墙面对人的作用力受力物体为人，人对墙面的作用力受力物体为墙，故不符合平衡力
的条件，故B 错误；
C．人对地面的压力是因为人手发生形变产生的，故C 错误；
D．重心为物体各部分所受重力作用的集中点，重心的位置与物体的质量分布和几何形状
均有关，故由图可知，人体的重心位置可能在身体的外部，故D 正确。
故选D。
【例2】．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，一质量M＝1 kg、半径R＝0.5 m 的光滑大圆
环用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大环上质量m＝0.2 kg 的小环（可视为质点），从
大环的最高处由静止滑下。重力加速度g＝10 m/s2，当小环滑到大环的最低点时（ ）
A．小环的速度大小为
B．小环运动的加速度大小为40 m/s2
C．小环对大环的压力大小为20 N
D．大环对轻杆拉力的大小为12 N
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【答案】B
【详解】A．根据动能定理
解得
故A 错误；
B．小环运动的加速度大小为
故B 正确；
C．根据
得大环对小球的支持力
根据牛顿第三定律，小球对大坏的压力大小为
F1=F=10 N
故C 错误；
D．大环对轻杆拉力的大小为
T= F1+Mg=20 N
故D 错误。
故选B。
【例3】．（2023 秋·河北石家庄·高三校考期末）木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力
F 向上推木箱，如图所示，则有（ ）
A．人对木箱底的压力大小为F
B．人对木箱底的压力大小为G2
C．木箱对地面的压力大小为G2+G1-F
D．木箱对地面的压力大小为G1+G2
【答案】D
【详解】AB．以人为研究对象受到重力G2、木箱顶部对人的推力
和木箱底部对人的支
持力
，处于平衡状态，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可知人对木箱的推力和木箱对人的推力大小相等
，则有
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故AB 错误；
CD．以人和木箱为研究对象，受到重力
，地面对木箱的支持力
，处于平衡状态，
根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可知木箱对地面压力
和地面对木箱的支持力
大小相等，则有
故C 错误，D 正确。
故选D。
题型二 瞬时问题的两类模型
【解题指导】轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹
力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．
【例1】(2022·江苏扬州市质检)如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别
用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻
杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列结论正确的是(
)
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A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
【答案】 C
【解析】 甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水
平向右，如图所示
由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A 错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，
小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受
的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，
故C 正确，B、D 错误。
【例2】(2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为
θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板
C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(
)
A．图甲中A 球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为gsin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3 倍
【答案】 B
【解析】 对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B 还没开始运动，故弹簧弹力不
变，A 仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin
θ，由牛顿第二定律有2mgsin θ＝maB，可得B 的加速度为aB＝2gsin θ；对于题图乙，突然
撤去挡板的瞬间，A、B 加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B
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的加速度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A 的作用力为F，对A 由牛顿第二定律有mgsin θ＋F
＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.
【方法点拨】剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速
度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后
隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论．
【例3】(2022·重庆市第三十七中学高三月考)如图所示，物块1 的质量为3m，物块2 的质
量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现
将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2 的加速度大小分别为a1、a2.重力
加速度大小为g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g
B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4 g
D．a1＝g，a2＝4 g
【答案】 C
【解析】 开始时，对物块1 分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg.抽出木板的瞬间，
弹簧的弹力不变，物块1 所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0.对物块2，受重力和弹簧向
下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝＝4 g．故C 正确，A、B、D 错误．
【例4】（2023·全国·高三专题练习）水平面上有一质量m＝2kg 的小球，小球与左端固定
的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻
绳与竖直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．此时，绳上的拉力为20N
B．若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N
C．若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向左
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
【答案】B
【详解】A．设绳子拉力为T，对小球根据平衡条件有
Tcos45°＝mg
解得
A 错误；
B．剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球根据平衡条件有
F＝Tsin45°
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解得
F＝20N
剪断轻绳后，弹簧弹力不变，故剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N，B 正确；
C．剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为
，根据牛顿第
二定律可得
方向与竖直方向成45°角指向左下方，C 错误；
D．剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，
向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速
度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有
mgcos45°＝ma
解得
D 错误。
故选B。
题型三 超重和失重问题
【解题指导】1．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处
于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于
失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
2．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即
“视重”变大或变小了)．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水
中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．
类型1 超、失重现象的图像问题
【例1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，
如图甲所示，质量为60kg 的男同学用双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上的运动过程中，
他重心运动的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由图像可
知（ ）
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A．t=0.5s 时，单杠对他的支持力约为582N
B．t=1.1s 时，他向上运动到最高点
C．t=1.5s 时，他处于失重状态
D．t=1.5s 时，单杠对他的支持力约为600N
【答案】C
【详解】A．由
图像的斜率表示加速度可知，
时，加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得单杠对他的支持力为
故A 错误；
B．由
图像可知，
向上做加速运动，
后向上减速运动，可知
时，并不
是向上运动到最高点，故B 错误；
CD．由
图像可知，
时，加速度方向向下，他处于失重状态，单杠对他的支持力
小于重力，即小于
，故C 正确，D 错误。
故选C。
【例2】．（2023·全国·二模）在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力
F，下图是绘制的F 随时间t 的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说
法正确的是（ ）
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A．运动员的质量为40kg
B．运动员在3.6s~4.8s 内处于超重状态
C．运动员的最大加速度大小为50m/s2
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2m
【答案】D
【详解】A．由题可知
所以
故A 错误；
B．由图可知，运动员在3.6s~4.2s 内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状
态，在4.2s~4.8s 内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B 错误；
C．当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得
故C 错误；
D．由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为
所以运动员离开蹦床上升的最大高度为
故D 正确。
故选D。
【例3】．（2023 春·宁夏·高三统考阶段练习）智能手机上安装一款加速度传感器软件，
能通过图像显示加速度情况。某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运
动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向
上为正方向。依据图中信息可判断（ ）
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A．在t1时刻，手机运动方向改变
B．在t2~t3时间内，手机处于失重状态
C．在t2时刻，手机对手掌的压力最大
D．在t2时刻，手机运动到最高点
【答案】B
【详解】A．图像以竖直向上为正方向，在t1时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所
以运动方向未改变，故A 错误；
B．在t2~t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B 正
确；
C．在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直
向上，此时压力大小大于重力，故C 错误；
D．加速度时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t2时刻之前，正向
面积大于负向面积，所以在t2时刻速度仍竖直向上，则手机未运动到最高点，故D 错误。
故选B。
类型2 超、失重现象的分析和计算
【例1】（2023·湖北·校联考模拟预测）最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：
微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力
环境最常用的方法有4 种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示为中国科学院微重力落
塔与落仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26s 时长的微重力环境，根据
提供的信息，以下说法正确的是（ ）
A．在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用
B．要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g 的加速度下落
C．落仓下落过程，落仓内的体验者一直处于失重状态
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D．落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大
【答案】B
【详解】A．在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，几乎所有的重力提
供体验者运动的加速度，体验者的视重远小于实重，故A 错误；
B．在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近
重力加速度g，故B 正确；
C．落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状
态，故C 错误；
D．落仓速度最大时，其加速度为零，故D 错误。
故选B。
【例2】．（2023·广东·模拟预测）如图所示，在某城市的建筑工地上，工人正在运用夹砖
器把两块质量均为m 的相同长方体砖块夹住后竖直向上加速提起。已知每块砖块能承受的
最大压力大小为F，夹砖器与每个砖块的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g。则在加速提起砖块的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态
B．夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等
C．砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为
D．两块砖块之间的摩擦力一定不为零
【答案】C
【详解】A．在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A 错误；
B．砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖块压力大小相等，B 错误；
C．夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，
根据牛顿第二定律有
则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为
C 正确；
D．加速度最大时，单独对其中一个砖块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力
以及夹砖器对其向上的静摩擦力
，有
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解得
故两块砖块之间摩擦力为零，D 错误。
故选C。
【例3】(多选)2021 年9 月17 日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一
高度时，启动减速降落伞开始做减速运动．当返回舱的速度大约减小至v＝9 m/s 时，继续
匀速(近似)下降．当以这个速度一直降落到距离地面h＝1.1 m 时，立刻启动返回舱的缓冲
发动机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间t＝0.2 s 后，以某一安全的速度落
至地面．设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g＝10 m/s2，则最后减
速过程中( )
A．返回舱中的航天员处于失重状态
B．返回舱再次做减速运动的加速度大小为25 m/s2
C．返回舱落地的瞬间速度大小为2 m/s
D．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60 kg 的航天员的作用力的大小为2 700 N
【答案】 CD
【解析】 在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故A
错误；根据位移时间公式有x＝vt－at2，代入数据，则有1.1 m＝9×0.2 m－a×(0.2 s)2，解得
a＝35 m/s2，故B 错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s
＝2 m/s，故C 正确；对质量m＝60 kg 的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有FN－mg＝
ma，代入数据解得FN＝2 700 N，故D 正确．
题型四 动力学两类基本问题
【解题指导】1．做好两个分析：
(1) 受力分析，表示出合力与分力的关系；
(2) 运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.
3. 熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.
3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．
【必备知识】1.基本思路
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2.基本步骤
3.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
类型1 已知受力求运动情况
【例1】（2023·河北·高三学业考试）在某建筑工地，有一工件在电机的牵引下从地面竖直
向上送至指定位置进行安装，已知该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶
段。当工件加速运动到总距离的一半时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的
图
像如图所示，当
时工件速度恰好减为0 且到达指定位置。整个过程中不计空气阻力，
重力加速度
，则（ ）
A．
时间内，工件一直处于失重状态
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B．工件做匀速运动的速度大小为
C．工件做匀减速运动加速度大小为
D．地面和指定位置之间的总距离为56m
【答案】CD
【详解】A．该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段，图线表示的是匀
速的后半段和匀减速，所以0～10s 时间内，工件做匀速运动，处于平衡状态，选项A 错误；
B．根据动量定理得
匀速运动时有
解得
工件做匀速运动的速度大小为2m/s，选项B 错误；
C．根据牛顿第二定律得
解得
工件做匀减速运动的加速度大小为0.25m/s2，选项C 正确；
D．地面和指定位置之间的总距离为
选项D 正确；
故选CD。
【例2】（2023·北京房山·统考二模）如图所示，一个质量
的物块从光滑的斜面顶
端A 下滑，斜面高度
，斜面长为2.5m。物块与水平面动摩擦因数为0.1，斜面与
水平面平滑连接，物块运动到水平面C 点静止。g 取10m/s2，求：
（1）物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）物块到达斜面末端B 点时的速度大小v；
（3）物块在水平面运动的位移大小x。
【答案】（1）
；（2）5m/s；（3）12.5m
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【详解】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
解得
（2）物块从A 到B 根据运动学规律可得
代入数据可得
v=5m/s
（3）在水平面上运动摩擦阻力提供加速度有
物块从B 到C 根据运动学规律可得
代入数据可得
x=12.5m
【例3】．（2023·山东日照·统考二模）如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的
夹角
，质量
的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O 点。
开始在
空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力
，
时小球离开电
磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a 随着时间t 变化的图像如图乙所示，认为细杆
对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取
）。求：
（1）
时小球的加速度
的大小：
（2）小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意，对小球受力分析，如图所示
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由图乙可知，
时，小球的加速度恰好为0，则有
解得
由图乙可知，
时，小球的加速度有
解得
am=5m/s2
（2）
时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有
解得
根据题意，由
图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则
时小球
的速度为
由
可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为
【例4】（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，倾角
、高度
的斜面与水平
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面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A 点停止。已知小木块
的质量
，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为
，重力加速度
。
，
。求：
（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小v；
（3）小木块在水平面上运动的距离x。
【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m
【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知
解得加速度大小
（2）根据
可得小木块滑至斜面底端时的速度大小
v=2m/s
（3）小木块在水平面上运动时的加速度
运动的距离
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力
【例1】（2023·辽宁抚顺·校联考二模）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
末的速度大小
，
在第
内运动了
，取重力加速度大小
。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数
；
（2）营垒中心到前掷线的距离
。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（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
若冰壶以加速度
减速，则冰壶在最后
通过的位移
所以冰壶在第
内的某瞬间已经停止运动，令
，设冰壶运动
所用的时间为t，则
有
，
解得
（2）根据运动学公式有
解得
【例2】．（2023·辽宁鞍山·统考二模）依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如
图所示模型：冰壶的质量
，当运动员推力F 为5N，方向与水平方向夹角为
时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投
出，重力加速度g 取10m/s2，
，
，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是
，则冰壶离开手时的速度
为多少？
【答案】（1）μ=0.02；（2）4m/s
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【详解】（1）以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有
Fcosθ=μN
在竖直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得
μmg=ma
代入数据后联立解得
v0=4m/s
【例3】(2022·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，
武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，
就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立
即制动减速，恰好在距离人30 cm 处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段
匀变速直线运动，其v－t 图像如图2 所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速
度大小是加速时加速度大小的3 倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力
恒为20 N。(结果保留3 位有效数字)求：
(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；
(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。
【答案】 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
【解析】 (1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是
t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知
x1＝t1，x2＝t2
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
由加速度定义式知a1＝，a2＝，
则a2＝3a1
t0＝t1＋t2
联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
则a1＝ m/s2＝4.17 m/s2，a2＝ m/s2＝12.5 m/s2。
(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有
F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2
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解得F1＝270 N，F2＝730 N。
【例4】（2023·全国·高三专题练习）2023 年1 月17 日，翔安大桥正式通车。如图所示为
大桥通往滨海东大道的引桥段的简化模型，一辆质量为1500kg 的轿车以54km/h 的初速度
从A 点进入辅道，沿下坡路段刹车做匀减速直线运动至B 点时速度为36km/h，接着保持该
速率通过水平圆弧BC 路段，最后经过CD 路段进入滨海东大道。若辅道AB 长为250m、
与水平面夹角为θ，水平圆弧段BC 的半径50m，重力加速度g 取10m/s2，
，
求：
（1）轿车通过水平圆弧段BC 时所需的向心力大小；
（2）轿车在AB 路段行驶时的加速度大小；
（3）轿车在AB 路段行驶时受到的总阻力大小（忽略发动机动力）。
【答案】（1）3000N；（2）0.25m/s2；（3）1125N
【详解】（1）轿车通过水平圆弧段BC 时的速度
由向心力公式得
代值可得
（2）轿车从A 点进入辅道的速度为
由
代值可得
加速度大小为0.25m/s2；
（3）由牛顿第二定律可得
代值可得轿车在AB 路段行驶时受到的总阻力大小
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类型三 复杂过程中的力与直线运动
【例1】（2023·全国·高三专题练习）2022 年第24 届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是
冬奥会运动项目之一，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶滑出，
现将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动，比赛场地如图所示，已知投掷线与
O 点间的距离为L=30m，冰壶质量为m=20kg，与冰面间的动摩擦因数为μ=0.02，运动员水
平恒定推力为F=19N，重力加速度g=10m/s2，忽略冰壶大小的影响。
（1）若冰壶能恰好到达圆垒中心O 处，求在投掷线AB 处投出的速度v0及推力作用的时间
t1；
（2）在冰壶滑行的前方用毛刷擦冰面，可使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，
若要求冰壶投出后，以v=0.3m/s 的速度与对方位于圆垒中心O 处的另一冰壶发生正碰，求
应该用毛刷在冰壶滑行前方擦的冰面长度s。
【答案】（1）
，
；（2）2.25m
【详解】（1）设开始时冰壶的加速度大小为a1，从投掷线AB 处投出后冰壶的加速度大小
为a2，则有
μmg=ma2，
解得
开始时冰壶的受力如图所示
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
v0=a1t1
解得
（2）设冰壶滑过擦过的冰面长度为s，根据动能定理有
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代入数据解得
s=2.25m
【例2】．（2023·山东·济南一中统考二模）如图所示为工人自制的一种简易装卸货辅助装
置，倾斜木板
长为
，调节活动支架
以改变倾斜木板
水平面之间的夹角
。
取重力加速度的大小
。
（1）某次卸货时，工人先将倾角
调节为
，然后将货物甲从木板a 端由静止释放，一
段时间后再将货物乙从木板a 端由静止释效，已知货物甲与木板间的滑动摩擦因数
，
货物乙与木板间的滑动摩擦因数
，为保证两货物不在木板上相碰，求释放两货物
时间差
的最小值；
（2）某次装货时，工人将倾角
调节为
，给木板b 端的货物丙施加一个沿木板向上的
外力，保持外力的功率不变，使货物丙从静止沿木板向上加速运动，外力作用
后撤
去外力，又经过
后货物丙恰好能到达木板a 端。已知货物丙的质量为
，货
物丙与木板间的滑动摩擦因数
，
，
，求外力的功率P 以
及撤去外力前瞬间货物丙的加速度a。
【答案】（1）
；（2）
，
，方向沿斜面向上
【详解】（1）对甲根据牛顿第二定律可得
解得
对乙根据牛顿第二定律可得
解得
两货物不在木板上相碰的临界条件为两货物同时到达木板b 端，此时
最小
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解得
（2）根据
解得
对丙根据牛顿第二定律
解得
根据运动学公式
又
解得
方向沿斜面向上。
【例3】．（2023·辽宁丹东·统考二模）一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从
静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行
后进入水平雪道，继续滑行
后匀减速到零。
已知该同学和滑雪圈的总质量为
，整个滑行过程用时
，斜直雪道倾角为37°，重力
加速度
，忽略空气阻力（
，
）。
（1）求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力
的大小；
（2）若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为
，之后再铺设
长的防滑
毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因
数。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0 的匀加速直线运动，加速
度大小为
，位移大小为
，时间为
，末速度为
；在水平雪道上滑行时，做末速度为
0 的匀减速直线运动，位移大小为
，时间为
分析运动过程可得
，
，
解得斜直雪道末速度
斜直雪道的时间
水平雪道用时
在斜直雪道上的加速度
由牛顿第二定律得
解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为
（2）设在水平雪道上滑行时，加速度为大小
，则
使水平雪道距离缩短为
，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为，则
解得
设在防滑毯上的加速度大小为
，则
解得
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由牛顿第二定律可得
解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数
【例4】．（2023·山东·模拟预测）在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ=37°
角，无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推
力方向与车前进方向相反，大小由车速v 决定，且满足
。只讨论树叶沿挡风玻璃向
下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶质量m=0.01kg，
，
取g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。
（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大小v0
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某次经精密测量发现当匀
速运动的车速为
时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃向上运动，
求树叶与玻璃间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）中的动摩擦因数μ 条件下，当车以
的速度匀速运动时，原本被雨刷夹
在挡风玻璃底部的树叶突然失去雨刷的夹持。若挡风玻璃斜面长度L=0.81m，树叶的运动
看做是相对挡风玻璃的匀加速直线运动，（忽略树叶在挡风玻璃上运动时速度的变化对空
气推力的影响）求树叶由玻璃底部开始到离开挡风玻璃过程中合外力对树叶的冲量I。
【答案】（1）10m/s；（2）
；（3）0.09N•s，方向沿挡风玻璃斜面向上
【详解】（1）树叶静止时受力平衡，沿玻璃斜面方向有
又因为
解得
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（2）当车速为
时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为0，则
联立解得
（3）失去夹持时树叶相对挡风玻璃的初速度为零，树叶相对挡风玻璃做初速度为零的匀加
速直线运动，设加速度为a，有
解得
解得
t=0.18s
合外力对树叶的冲量
方向沿挡风玻璃斜面向上。
题型五 光滑模型
类型1 等底光滑斜面
【例1】（2023·新疆·统考二模）如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P 点，上端分别固
定在竖直墙面上的A、B 两点，A、B 离地面的高度分别为
。现使两个小滑块从轨道
上端同时由静止开始释放，由A、B 滑到P 的时间均为t，
间的距离为L，下列说法正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】AC
【详解】AB．设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体
运动的加速度
根据几何关系可知，物体发生的位移为
物体的初速度为零，有
解得
设AP、BP 与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，有A、B 滑到P 的时间均为t，可得
可得
整理可得
根据
则
A 正确，B 错误；
CD．根据几何关系
则
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根据
可得
可得
C 正确，D 错误。
故选AC。
【例2】（2023·河北邢台·校联考模拟预测）如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P 点，
上端分别固定在竖直墙面上的A、B 两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到
达P 点所用时间相同，则（ ）
A．下落过程所用时间与两次下滑过程中的高度之和成正比
B．两次下滑过程中的高度乘积是一定值
C．由A、B 滑到P 时重力的功率相等
D．由A、B 滑到P 的过程中合力的冲量相等
【答案】B
【详解】A．设OP=a，木板倾角为α，则物体下滑的时间
两次到达P 点所用时间相同，则
可得
即
两次下滑过程中的高度之和
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带入可得（消掉a）
即下落过程所用时间平方与两次下滑过程中的高度之和成正比，选项A 错误；
B．两次下滑过程中的高度乘积
选项B 正确；
C．滑到P 点时的速度
重力的瞬时功率
因
与
不一定相等，则由A、B 滑到P 时重力的功率不一定相等，选项C 错误；
D．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，而由A、B 滑到P 的过程中动量变化的
方向不同，动量变化的大小
也不相同，则合力的冲量不相等，选项D 错误。
故选B。
【例3】（2023·全国·模拟预测）如图所示，三条光滑的轨道下端固定在P 点，上端分别固
定在竖直墙面上的A、B、C 三点，A、B、C 离地面的高度分别为
、
、
，现在使三个
小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由A、B 滑到P 的时间均为t，由C 滑到P 的时间
为
，那么（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】CD．设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体
运动的加速度
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根据几何关系可知，物体发生的位移为
物体的初速度为零，有
解得
设AP、BP、CP 与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，有
θ1>θ2>θ3
A、B 滑到P 的时间均为t，由几何知识可知θ1、θ2互余，则C 点滑到P 点时间最长，故CD
错误；
AB．由
可得
则
故A 正确，B 错误。
故选A。
类型2 等高斜面
【例1】（2023·河北·模拟预测）如图所示，两个等高的光滑斜面AB 倾角分别为37°和
53°，同一小球从斜面顶端分别沿两个斜面下滑到底端，则下列说法正确的是（ ）
A．从两斜面上下滑时间之比是1:1
B．从两斜面上下滑时间之比是3:4
C．到达斜面底端时，重力的功率之比为1:1
D．到达斜面底端时，重力的功率之比为3:4
【答案】D
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【详解】AB．小球在斜面上运动的加速度
设斜面的高度为h，斜的长
由于
运动时间
故
选项AB 错误；
CD．由机械能守恒可知
到达斜面底端的速率相等，重力的功率
选项C 错误，D 正确。
故选D。
类型3 “等时圆”模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的
最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动
所用的时间。
2.基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图
甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所
示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑
到下端所用时间相等，如图丙所示。
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【例1】（2023·陕西安康·统考三模）如图所示，光滑直杆
处在竖直面内，杆的端
点A、B、C 均在同一竖直圆周上，A 点为圆周的最低点，直杆
与水平面之间的夹
角分别为
；现将P、Q 两个完全相同的滑块（滑块均看成质点）分别从B 点和C 点
由静止释放，则滑块P、Q 从杆顶端到达杆底端A 点过程中，有（ ）
A．P、Q 加速度大小之比为
B．P、Q 运动时间相等
C．P、Q 所受支持力的冲量大小相等
D．P、Q 所受合外力的冲量大小相等
【答案】B
【详解】A．设圆周半径为R，沿杆
和
下滑的时间分别为
，由于是光滑杆则下
滑的加速度分别为
所以
选项A 错误；
B．又根据
解得
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选项B 正确；
C．由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的冲量大小不同，选项C 错误；
D．合外力大小不同，所以合外力的冲量大小不同，选项D 错误。
故选B。
【例2】．（2023·全国·统考模拟预测）如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，
三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分别套在固定于AB、AC、AD 的三根光滑细
杆上，其中AB 与竖直方向夹角为60°，AC 经过圆心，AD 竖直。现将小球无初速度地从A
端释放，小球分别沿AB、AC、AD 下滑到B、C、D 三点。已知小球所受电场力大小与重
力大小之比为
，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（ ）
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】B
【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为
，可知小球所受重力与电场力的合力F
的方向恰好与
平行，且由A 指向B。延长
，作
交
于M，以
为直径
画一个圆（图中虚线），
与该圆交于N。
设
，则小球沿
杆运动的加速度为
位移为
由
得
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与
无关，由等时圆模型知
而
，
，故
故选B。
【例2】．（2023·陕西渭南·统考一模）如图所示，OA、OB 是竖直面内两根固定的光滑细
杆，O、A、B 位于同一圆周上，OB 为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画
出），两个滑环都从O 点无初速释放，用t1、t2分别表B 示滑环到达A、B 所用的时间，则
（ ）
A．
B．
C．
D．无法比较t1、t2的
大小
【答案】C
【详解】如图所示
以O 点为最高点，取合适的直径做等时圆，由图可知，从O 到C、B 时间相等，比较图示
位移
可得
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故选C。
【例3】．（2023·全国·高三专题练习）倾角为
的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面
的平面上方A 点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D 三点，其中AC 与斜面垂直，且
，现有三个质量均为
的小圆环（看作质点）分别套在三根细
杆上，依次从A 点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D 三点所有时间分别为
、
、
，下
列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由于
则可以判断AB 竖直向下，以AB 为直径做圆，则必过C 点，如图
圆环在杆AC 上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得
mgcosθ=ma
联立解得
可见从A 点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得
故选B。
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