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专题3 牛顿运动定律
一、弹力突变问题：弹簧的弹力不发生突变（除非直接剪断）；轻绳和轻杆弹力突变的结果是使得
与之相连的两个物体在沿绳（或杆）方向的加速度一致。
[例题1] 甲图中，A，B 两球用轻弹簧相连。乙图中，A，B 两球用轻杆相连。两图中，
A，B 两球的质量均为m，光滑斜面的倾角均为θ，挡板C 均与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与
斜面平行，系统均处于静止状态。重力加速度为g。现突然撤去挡板，则在撤去挡板的瞬间，
下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，A 球的加速度大小为gsinθ
B．乙图中，A 球的加速度大小为gsinθ
C．甲图中，B 球的加速度为零
D．乙图中，B 球的加速度为零
【解答】解：AC、甲图中，撤去挡板前，对A 球受力分析，设弹簧弹力为F，沿斜面方向由平
衡条件得，F＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧弹力不发生突变，A 球受力不变，A 球的加速度为零，对B 受力分析，由
牛顿第二定律得：F+mgsinθ＝maB
解得：aB＝2gsinθ
故AC 错误；
BD、乙图中，突然撤去挡板瞬间，杆上的弹力发生突变，对AB 和杆整体受力分析，沿斜面方
向，由牛顿第二定律得：2mgsinθ＝2ma
解得：a＝gsinθ
即A、B 的加速度都为gsinθ，故B 正确，D 错误。
故选：B。
[例题2] 细绳拴着一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡时
细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，那
么剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为（ ）
1
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A．3
5 g
B．4
5 g
C．4
3 g
D．5
3 g
【解答】解：剪断弹簧瞬间，小球受到重力和绳子拉力作用，以绳子端点为圆心，向下摆动，
小球速度为零，向心加速度为零，所需向心力为零，所以小球沿绳子方向的合力为零；而重力
在垂直于轻绳斜向左下的分量使小球具有切向加速度，
其大小为：a= gcos37° = 4
5 g，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[例题3] 如图所示，A、B、C 三个物块质量均为m，用细线悬挂A 物块，A、B 之间刚好
接触，但是没有挤压，B、C 物块之间通过弹簧栓接，三个物块均处于静止状态，以下说法正
确的是（ ）
A．静止时，地面对C 的支持力为3mg
B．剪断细线的瞬间，B 物块的加速度为零
C．剪断细线的瞬间，A、B 之间的作用力为1
2 mg
2
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D．若将弹簧剪断，B 物块的瞬时加速度为零
【解答】解：A．静止时，由于A、B 之间没有挤压，对B、C 及弹簧的整体受力分析，根据共
点力的平衡条件可知，地面对C 的支持力为2mg，故A 错误；
BC．静止时，对物块B 有kΔx＝mg，剪断细线时，由于弹簧弹力不变，A、B 物块一起向下加
速，由牛顿第二定律可知2mg﹣kΔx＝2ma，解得加速度a= 1
2 g
对A 分析，由牛顿第二定律有mg﹣FN＝ma，可得F N = 1
2 mg，故B 错误，C 正确；
D．若将弹簧剪断，B 物体不再受弹簧的支持力和A 的压力，只受重力，所以B 物块的加速度为
g，故D 错误。
故选：C。
[例题4] 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的小球，分别与一轻弹簧和一不可伸长
的轻绳相连，弹簧水平且左端固定在墙壁上。小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，且
恰对地面无压力。已知重力加速度为g，则在剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的弹力大小为2mg
B．弹簧的弹力大小为√3
3 mg
C．小球的加速度大小为√3 g
D．小球的加速度大小为2g
【解答】解：小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，且恰对地面无压力。由平衡条件得：
竖直方向有Tcos60°＝mg
水平方向有F 弹＝Tsin60°
解得弹簧的弹力大小F 弹=mgtan60° =√3mg
在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为
a= F弹
m =√3 g，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题5] 如图所示，A、B、C 三个小球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在
斜面顶端，另一端与A 球相连，且A、B 间固定一个轻杆，B、C 间由一轻质细线连接，倾角
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为θ＝30°的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状
态，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．A 球的加速度为零
B．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B 之间杆的拉力大小不发生变化
D．A、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5g
【解答】解：AD．细线被烧断之前，以ABC 整体为研究对象，由平衡条件得，弹簧的弹力为
F 弹＝（m+2m+3m）gsinθ＝6mgsin30°＝3mg
细线被烧断的瞬间，弹簧上的力瞬间不变，AB 的加速度相同，对AB 整体，则
aAB= F 弹-(m+2m)gsinθ
m+2m
，代入数据解得aAB＝0.5g，方向沿斜面向上，故A 错误；故D 正确；
B．细线被烧断后，C 球的加速度沿斜面向下，大小为
aC= 3mgsinθ
3m
=gsinθ＝gsin30°＝0.5g，故B 错误；
C．细线被烧断之前，以BC 为研究对象，由平衡条件得，A、B 之间杆的拉力大小
T1＝（2m+3m）gsinθ＝5mgsin30°＝2.5mg
细线被烧断的瞬间，设A、B 之间杆的拉力大小为T2，对B 由牛顿第二定律有
T2﹣2mgsinθ＝2maAB，代入数据得
T2＝2mg
即A、B 之间杆的拉力发生变化，故C 错误。
故选：D。
二、等时圆问题：沿如图所示光滑斜面下滑的物体
①三种模型(如图)
②等时性的证明
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设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀
加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾
角、长短无关。
[例题6] 如图所示，竖直平面内半径R1＝10m 的圆弧AO 与半径R2＝2.5m 的圆弧BO 在
最低点O 相切。两段光滑的直轨道的一端在O 点平滑连接，另一端分别在两圆弧上且等高。
一个小球从左侧直轨道的最高点A 由静止开始沿直轨道下滑，经过O 点后沿右侧直轨道上滑
至最高点B，不考虑小球在O 点的机械能损失，重力加速度g 取10m/s2。则在此过程中小球运
动的时间为（ ）
A．1.5 s
B．2.0 s
C．3.0 s
D．3.5 s
【解答】解：由于AO 对应的圆的半径为R1，通过O 点作出AO 所在圆的直径，如图所示：
根据图中几何关系可得：AO＝2R1sinθ
小球在AO 上运动的加速度大小为：a1= mgsinθ
m
=gsinθ
设小球在AO 上运动的时间为t1，则有：AO= 1
2 a1t1
2
5
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联立解得：t1=√
4 R1
g
小球在OB 段运动过程中，逆向分析也可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，同理分析可得
小球在OB 段运动的时间为：t2=√
4 R2
g
在此过程中小球运动的时间为：t＝t1+t2
联立并代入数据解得：t＝3.0s，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
[例题7] 为了探究滑雪者（视为质点）在直线滑道AE 上滑行的时间，技术人员通过测量
绘制出如图所示的示意图，AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 上的一点，且有AD＝DE＝
40m，滑雪者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下滑动，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计
摩擦，则滑雪者在滑道AE 上滑行的时间为（ ）
A．2s
B．2√2s
C．2√3s
D．4s
【解答】解：以D 点为圆心，以AD 长度为半径，建立“等时圆”如图所示：
滑雪者在滑道AE 上滑行的时间等于沿竖直直径自由下落到圆上经过的时间，则有：2×AD
= 1
2 gt
2
代入数据解得：t＝4s，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
[例题8] 如图所示，有两个光滑直轨道AB 和CD，其中A、B、C、D 四点刚好位于同一
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竖直圆O 的圆周上，B 点恰好过竖直圆O 的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、
D 两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C 的时间分别记为t1、t2。则（ ）
A．t1＞t2
B．t1＝t2
C．t1＜t2
D．无法确定
【解答】解：设AB 与竖直直径的夹角为θ，则加速度为：
a＝gcosθ
根据位移—时间公式可得：
2 Rcosθ = 1
2 at1
2
解得：t1=√
4 R
g
若过B 点做CD 的平行线，交圆弧于E 点，如图所示：
则根据上述的分析可知，物块沿EB 下滑的时间也为t1，因为EB 和CD 的倾角相等，则物块下
滑的加速度也相等，但因为EB 的长度大于CE 的长度，可知沿CD 下滑的时间小于EB 的时间，
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[例题9] （多选）如图所示，1、2、3、4 四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动
到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4。已知竖直固定的圆环的半径为r，O 为圆心，固定在
水平面上的斜面水平底端的长度为√3r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．t1≠t2
B．t3＝t4
C．t3-t1=2(√2-1)√
r
g
D．t 4-t3=(2-√2)√
r
g
【解答】解：1 轨道长：x1=2rcos30° =√3r，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
a1= gsin(90° -30°)= √3
2 g
根据位移—时间关系可得：x1= 1
2a1t1
2
联立解得：t1=2√
r
g ；
2 轨道长：x2＝2rcos60°＝r，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2= gcos60° = 1
2 g
根据位移—时间关系可得：x2= 1
2a2t2
2
联立解得：t2=2√
r
g ；
3 轨道长：x3=√3r ×
1
sin30° =2√3r，据牛顿第二定律可得加速度大小为：
a3= gsin60° = √3
2 g
根据位移—时间关系可得：x3= 1
2a3t3
2
联立解得：t3=2√
2r
g =2√2√
r
g
4 轨道长x4=√3r ×
1
sin 60° =2r，据牛顿第二定律可得加速度大小为：a4= gsin30° = 1
2 g
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根据位移—时间关系可得：x4= 1
2a4t 4
2
联立解得：t4＝2√2√
r
g
。
A、由上可知：t1=t2=2√
r
g
，故A 错误；
B、由上可知：t3＝t4＝2√2√
r
g
，故B 正确；
C、由上可知：t3-t1=2(√2-1)√
r
g
，故C 正确；
D、由上可知：t4﹣t3＝0，故D 错误。
故选：BC。
[例题10] 如图所示，在倾角为θ 的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB，B 端刚好在
斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑
到斜面的时间最短，则α 与θ 角的大小关系应为（ ）
A．α＝θ
B．α= θ
2
C．α= θ
3
D．α＝2θ
【解答】解：如图所示：
在竖直线AC 上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切与D 点，
根据等时圆的结论可知：A 点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A 点滑到D 点所用时间比
由A 到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B 点与D 点重合即可，
而角COD 为θ，所以α = θ
2
故选：B。
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三、动力分配原理：一起加速运动的系统，若力是作用于m1 上，则m1 和m2 的相互作用力为N
＝
m2 F
m1+m2
与有无摩擦无关，平面、斜面、竖直方向都成立．
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- μg
隔离求内力
T-μm1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
整体求加速度
a=
F
m1+m2
- g(sinθ+ μcosθ)
隔离求内力
T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
整体求加速度a=
F
m1+m2
- g
隔离求内力T-m1g=m1a
得T =
m1
m1+m2
F
[例题11] 如图所示，物体A、B 用一水平轻质细绳连在一起置于粗糙水平地面上，物体
A、B 与地面间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.4，物体A 的质量为4kg，物体B 的质量
为2kg，重力加速度g＝10m/s2。现用F＝28N 的水平拉力拉物体A，当物体A、B 一起向左运
动时，A 对B 的拉力大小为（ ）
A．10N
B．12N
C．14N
D．16N
【解答】解：以A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F﹣μAmAg﹣μBmBg＝（mA+mB）a
代入数据解得a＝2m/s2
以B 为研究对象，由牛顿第二定律有
T﹣μBmBg＝mBa
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
μ
μ
a
m1
m2
F
a
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代入数据解得T＝12N
故ACD 错误；故B 正确；
故选：B。
[例题12] 如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于
自由落体的加速度g，这使得试验者可以有较长的时间进行观测、研究。已知物体A、B 的质
量均为M，物体C 的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体
A、B、C 由图示位置静止释放后（ ）
A．物体A 的加速度大小为mg
M
B．物体B 的加速度大小为mg
M +m
C．绳子上的拉力大小为Mg+ Mmg
2 M +m
D．物体B 对物体C 的作用力大小为mg- Mmg
2 M +m
【解答】解：ABC．由牛顿第二定律对物体A 有：T﹣Mg＝Ma
对B、C 整体有：（M+m）g﹣T＝（M+m）a
联立解得T = Mg+ Mmg
2 M +m，a=
m
2 M +m g
故AB 错误，C 正确；
D．由牛顿第二定律，对物体C 有：mg﹣FBC＝ma
解得F BC =mg-ma=mg-
m
2
2 M +m g
故D 错误。
故选：C。
[例题13] 如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B 两个物体，A、B 的
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质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，从t＝0 开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B 上，FA、
FB大小随时间变化的规律分别为FA＝（7﹣2t）N，FB＝（3+2t）N。则（ ）
A．A、B 两物体一直做匀加速直线运动
B．当FA＝FB时，A、B 两物体之间的弹力为零
C．t＝2s 时开始A、B 两物体之间的弹力为零
D．t＝6s 时，B 物体的加速度为5m/s2
【解答】解：AC、A、B 开始时一起做匀加速直线运动，对A、B 整体受力分析，由牛顿第二定
律得：FA+FB＝（mA+mB）a0
代入数据解得：a0=2m/ s
2
当A、B 两物体恰好分离时，对A，由牛顿第二定律得：FA＝mAa0
结合FA＝（7﹣2t）N，代入数据解得：t＝1.5s
所以t＝1.5s 内A、B 两物体一起向右做匀加速直线运动，t＝1.5s 后A、B 两物体分离，t＝1.5s
时开始A、B 两物体之间的弹力为零。之后，由于FA、FB是变力，则两物体加速度发生改变，
故AC 错误；
B、当t＝1.5s 时，A、B 两物体之间的弹力为零，此时FA＝（7﹣2×1.5）N＝4N，FB＝
（3+2×1.5）N＝6N，则FA≠FB，故B 错误；
D、当t＝6s 时，对B 受力分析，由牛顿第二定律得：FB＝mBaB
其中FB＝（3+2t）N，代入数据解得，B 物体的加速度为aB=5m/ s
2，故D 正确。
故选：D。
[例题14] 如图所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物块用轻细绳连接放在水平面上，用
水平拉力F 拉A，使它们一起匀加速运动，A、B 与水平面的动摩擦因数均为μ，为了增大轻
细绳上的拉力，可行的办法是（ ）
A．减小A 的质量mA
B．减小B 的质量mB
C．减小动摩擦因数μ
D．增大动摩擦因数μ
【解答】解：对AB 整体，根据牛顿第二定律得
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F﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a
对B，由牛顿第二定律得：FT﹣μmBg＝mBa
联立解得：
FT =
1
mA
mB
+1
F
A、减小A 物块的质量mA，细绳上的拉力FT增大，故A 正确；
B、减小B 物块的质量mB，细绳上的拉力FT减小，故B 错误；
CD、FT与μ 无关，增大或减小动摩擦因数μ，细绳上的拉力FT不变，故CD 错误。
故选：A。
[例题15] （多选）如图所示，质量分别为M 和m 的甲、乙两物块用轻弹簧相连，放置在
倾角为θ 的粗糙斜面上，现将平行于斜面向上的恒力F 作用在甲物块上，使甲、乙两物块共同
沿斜面匀加速向上运动。甲、乙两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是（
）
A．两物块运动的加速度为a=
F
M +m - gsinθ - μgcosθ
B．弹簧的弹力F 弹与F 的关系为F 弹= ( M +m)F
m
C．若摩擦因数μ 增大，则弹簧的形变量增大
D．若增大乙的质量m，则弹簧的形变量增大
【解答】解：A、以甲、乙两物块整体为研究对象，对其受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣
（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝（M+m）a
解得，加速度大小为：a=
F
M +m - gsinθ - μgcosθ
故A 正确；
B、以乙物块为研究对象，对其受力分析，根据牛顿第二定律得：F 弹﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
可得a= F弹
m - gsinθ - μgcosθ
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联立解得：F弹= mF
M +m
故B 错误；
CD、由B 得，弹簧弹力F弹= mF
M +m =
F
M
m +1
若摩擦因数μ 增大，弹簧的弹力不变，则弹簧的形变量不变；若增大乙的质量m，弹簧的弹力
增大，则弹簧的形变量增大，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
四、下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtan α.
[例题16] 如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均
相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m，不计
球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（ ）
A．该同学做匀速直线跑动
B．乒乓球处于平衡状态
C．球拍受到的合力大小为Mgtanθ
D．球拍受到乒乓球的压力大小为mgcosθ
【解答】解：AB．对乒乓球受力分析，如图所示
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则乒乓球所受的合力为：F 合＝mgtanθ
故乒乓球在水平方向做匀加速直线运动，处于非平衡状态。由于球拍与乒乓球相对静止且均相
对该同学身体静止，则乒乓球、球拍和同学运动状态相同，均做加速度相同的匀加速直线运动，
故AB 错误；
C．对乒乓球，由牛顿第二定律得：a= mgtanθ
m
= gtanθ
球拍受到的合力大小为：F＝Ma＝Mgtanθ
故C 正确；
D．球拍对乒乓球的支持力大小为：N = mg
cosθ
由牛顿第三定律可知，球拍受到乒乓球的压力大小N′等于球拍对乒乓球的支持力大小N，即：
N ' = N = mg
cosθ
故D 错误。
故选：C。
[例题17] （多选）如图，两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为
m，当小车以大小为2g（g 为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动时，则有关绳1 和绳2
的拉力大小，正确的说法是（ ）
A．小车向左匀加速运动时，绳1 的拉力大小为√5mg
B．小车向左匀加速运动时，绳2 的拉力大小为√5mg
C．小车向右匀加速运动时，绳1 的拉力大小为√5mg
D．小车向右匀加速运动时，绳2 的拉力大小为0
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【解答】解：AB、小车向左匀加速运动时，假设绳1 没有拉力，绳2 的拉力为F2，则水平方向
F2cos60°＝ma2
竖直方向F2sin60°＝mg
联立解得：a2= √3
3 g
小车的加速度为2g＞a2= √3
3 g
则绳1 中没有拉力，且物体会飘起来，绳2 的张力设为F2'，对物块受力分析，如图：
则F2'=√(ma)
2+(mg)
2=√5mg
故A 错误，B 正确；
CD、小车向右匀加速运动时，假设绳2 没有拉力，绳1 的拉力为F1，则水平方向F1cos30°＝ma1
竖直方向F1sin30°＝mg
联立解得：a1=√3g
小车的加速度为2g＞a1=√3g
则绳2 中没有拉力，且物体会飘起来，绳1 的张力设为F1'，对物块受力分析，如图：
则F1'=√(ma)
2+(mg)
2=√5mg
故CD 正确。
故选：BCD。
[例题18] 如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为m。在
车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶
A、B 之间，没有用绳索固定，重力加速度为g。则汽车（ ）
16
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A．匀速运动，B 对C 的作用力大小为2√3mg
3
B．向左加速前进，若加速度增大，则A 和B 对C 的支持力可能同时增大
C．向左加速前进，当加速度为√3 g
3
时，B 对C 的作用力为零
D．向右加速倒车，B 对C 的作用力可能为零
【解答】解：A、若汽车匀速行驶，对C 进行受力分析，如图1 所示，设B 对C 的支持力与竖直
方向的夹角为θ，根据几何关系可得：sinθ= R
2 R = 1
2，所以θ＝30°；
同理可得，A 对C 的支持力与竖直方向的夹角也为30°；
水平方向根据平衡条件可得：NBsin30°＝NAsin30°
竖直方向根据平衡条件可得：NBcos30°+NAcos30°＝mg
联立解得：NB= √3mg
3
，故A 错误；
BC、若汽车向左加速前进，以C 为研究对象，则C 受到的合力向左，A 对C 的支持力减小、B
对C 的支持力变大，当A 对C 的支持力为零时，C 只受重力和B 对C 的支持力，如图2 所示，
根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma，所以加速度a= √3
3 g，所以当货车的加速度为√3
3 g 时，A
对C 的支持力为零，故BC 错误；
D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，A 对C 的支持力增大、B 对C 的支持力减小，
当货车的加速度为√3
3 g 时，B 对C 的作用力为零，故D 正确。
故选：D。
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[例题19] 车厢内有一质量为m＝2kg 的光滑小球，在轻绳的牵引作用下如图所示靠在竖直
车壁上，绳与竖直车壁夹角θ＝37°，求：
（1）当车与球静止时，绳上拉力T1为多大；
（2）当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时，小车的加速度为
多大。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
【解答】解：（1）当车与球静止时，以小球为研究对象，受力情况如图所示；
根据平衡条件可得：T1= mg
cosθ = 2×10
cos37° N＝25N；
（2）当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时，
对小球根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma
解得：a＝7.5m/s2
由于小车与小球的加速度相同，所以小车的加速度为7.5m/s2。
答：（1）当车与球静止时，绳上拉力T1为25N；
（2）当小球与车一起相对静止向右做匀加速运动且小球对车壁恰好无弹力时，小车的加速度为
7.5m/s2。
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[例题20] 如图所示，质量为M＝5.0kg 的方形木箱在水平拉力作用下沿水平面向右匀加速
运动，木箱与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.3。木箱后壁上一个质量为m＝1.0kg 的物体（可视
为质点）恰好能与木箱保持相对静止，物体距离木箱底部的高度为h＝1.25m，木箱和物体间
的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求物体对木箱后壁的压力的大小；
（2）求水平拉力的大小；
（3）当木箱的速度为6m/s 时，突然撤去拉力，物体恰好落在了木箱底部最前端，物体在空中运
动时与木箱壁无碰撞，求木箱前后壁的间距。
【解答】解：（1）根据题意知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体保持静止，
设物体对木箱后壁的压力为N1，物体所受摩擦力为f1，则f1＝mg＝μ2N1
代入数据解得：N1＝40N；
（2）根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小为：a= N 1
m = 40
1
m/s2＝40m/s2，
对木箱和物体整体由牛顿第二定律得：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a
代入数据解得：F＝258N；
（3）撤去拉力F，木箱减速，物体与木箱立刻分开，物体做平抛运动，
竖直方向：h= 1
2 gt
2
水平方向：x＝vt
木箱做匀减速直线运动，加速度大小为：a′＝μ1g
根据运动学公式：x' = vt - 1
2 a' t
2
木箱前后壁的间距：Δx＝x﹣x′
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代入数据联立解得：Δx＝0.375m。
答：（1）物体对木箱后壁的压力的大小为40N；
（2）水平拉力的大小为258N；
（3）木箱前后壁的间距为0.375m。
五、如图所示物理模型，刚好脱离时的特点为：弹力为零，速度相等，加速度相等。之前整体分
析，之后隔离分析．
六、下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时加速度最大．
[例题21] 如图所示，劲度系数k＝5N/m 的轻质弹簧的左端固定在竖直挡板上，质量为mA
＝5kg 的物块A 和质量mB＝10kg 的物块B 紧挨着放置在光滑的水平桌面上，轻质弹簧的右端
与物块A 接触但不连接。现用外力缓慢向左推物块B，当轻质弹簧的形变量x0＝1.2m 时，把
推力改为向右的拉力F，使物块B 由静止向右做加速度a＝0.4m/s2的匀加速直线运动。物块A
和物块B 均可视为质点。求：
（1）物块A 和物块B 分离时的速度大小；
（2）拉力F 随时间t 变化的关系式。
【解答】解：（1）当物块A 和物块B 之间的弹力为0 时二者分离，此时物块A 的加速度大小为
a，
根据牛顿第二定律可得：kx1＝mAa
由匀变速直线运动规律得：v2＝2a（x0﹣x1）
解得：v＝0.8m/s；
（2）物块A 和B 分离前，拉力F 是变力；物块A 和B 分离后，拉力F 是恒力
由匀变速直线运动规律得：x0﹣x1= 1
2 at
2
解得：t＝2s
①物块A 和物块B 分离前，以物块A 和物块B 为研究对象，由牛顿第二定律得：
F+Fk＝（mA+mB）a，其中弹簧弹力：Fk＝k（x0﹣x）
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根据位移—时间关系可得：x= 1
2 at
2
解得：F＝t2（N）
②物块A 和物块B 分离后，以物块B 为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝mBa
解得：F＝4N；
综上分析可得拉力F 随时间t 变化的关系式为：F={
t
2( N )(0≤t ≤2s)
4 N (t ＞2s)
。
答：（1）物块A 和物块B 分离时的速度大小为0.8m/s；
（2）拉力F 随时间t 变化的关系式为F={
t
2( N )(0≤t ≤2s)
4 N (t ＞2s)
。
[例题22] 如图所示，质量为mA＝150g 的平台A 连接在劲度系数k＝100N/m 的弹簧上端，
弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，将质量为mB＝50g 的物块B 置于A 的上方，
使A、B 两物块一起上下振动。弹簧原长为l0＝6cm，A 的厚度可忽略不计，g 取10m/s 求：
（1）当系统做小振幅简谐振动时，A 的平衡位置离地面C 的高度；
（2）当振幅为1cm 时，B 对A 的最大压力；
（3）为使B 在振动中始终与A 接触，振幅不能超过多大？
【解答】解：（1）mA＝150g＝0.150kg，mB＝50g＝0.050kg，l0＝6cm＝0.06m
振幅很小时，A、B 间不会分离，将A 与B 整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条
件得：
kx0＝（mA+mB）g
得形变量：x0＝0.02m
平衡位置距地面高度：h＝l0﹣x0＝0.06m﹣0.02m＝0.04m
（2）当A、B 运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B 间相互作用力最大，设振幅
为A，最大加速度：am= k( A + x0)-(mA+mB)g
mA+mB
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对B：N﹣mBg＝mBam
解得：N＝0.75N
（3）为使B 在振动中始终与A 接触，在最高点时相互作用力应满足：N≥0
取B 为研究对象，根据牛顿第二定律，有：mBg﹣N＝mBa
当N＝0 时，B 振动的加速度达到最大值，且最大值：amB＝g＝10m/s2（方向竖直向下）
因amA＝amB＝g，表明A、B 仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，A＝x0＝
0.02m，即振幅不能大于0.02m
答：（1）当系统做小振幅简谐振动时，A 的平衡位置离地面C 的高度是0.04m；
（2）当振幅为1cm 时，B 对A 的最大压力是0.75N；
（3）为使B 在振动中始终与A 接触，振幅不能超过0.02m。
[例题23] 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ 的斜
面底端，另一端与物块A 连接；两物块A、B 质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向
上的力F 拉动物块B，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的v﹣
t 关系分别对应图乙中A、B 图线（t1时刻A、B 的图线相切，t2时刻对应A 图线的最高点），
重力加速度为g，则（ ）
A．0～t1过程中，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少
B．t1时刻，弹簧形变量为mgsinθ
k
C．0～t2过程中，拉力F 逐渐增大
D．t2时刻，弹簧形变量为0
【解答】解：AB、由图知，t1 时刻物块A、B 开始分离，对物块A 根据牛顿第二定律：kx﹣
mgsinθ＝ma
t1时刻，弹簧形变量为x= mgsinθ+ma
k
；
t1时刻物块A、B 开始分离…①
开始时有：2mgsinθ＝kx0…②
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从开始到t1时刻，弹簧做的功：WT＝Ep= 1
2 k x0
2- 1
2kx2…③
从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WT+WF﹣2mgsinθ（x0﹣x）＝2× 1
2mv1
2…④
2a（x0﹣x）＝v1
2…⑤
由①②③④⑤解得：WF＝WT- (mgsinθ -ma)
2
k
，所以拉力F 做的功比弹簧做的功少，故A
正确、B 错误；
C、从开始到t1时刻，对物块AB 整体分析，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ＝2ma，得F
＝2mgsinθ+2ma﹣kx，x 减小，F 增大；
t1时刻到t2时刻，对物块B 由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ+ma，可知F 不
变，故C 错误；
D、t2时刻物块A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ＝kx′，
则得：x′= mgsinθ
k
，故D 错误。
故选：A。
[例题24] （多选）如图所示，质量均为m 的A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，
用大小等于1.5mg 的恒力F 向上拉B，B 向上运动，运动距离h 时B 与A 恰好分离。则下列说
法中正确的是（ ）
A．B 和A 刚分离瞬间，弹簧为原长
B．B 和A 刚分离瞬间，它们的加速度均为0.5g
C．弹簧的劲度系数等于mg
2h
D．在B 与A 分离之前，它们做匀加速运动
【解答】解：AB、B 与A 刚分离的瞬间，A、B 仍具有相同的速度和加速度，且A、B 间无相互
作用力。
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对B 分析知，B 具有向上的加速度，大小为：aB= 1.5mg-mg
m
=0.5g，
此时对A 分析有：F 弹簧﹣mg＝maA＝maB，解得：F 弹＝1.5mg，且处于压缩状态，故A 错误，B
正确；
C、B 和A 刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F 弹＝1.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状
态，弹力大小为2mg，则弹力减小量△F＝2mg﹣1.5mg＝0.5mg。
两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx＝h，由胡克定律得：k= △F
Δx = 0.5mg
h
= mg
2h
，故C 正确；
D、从开始运动到B 与A 刚分离的过程中，拉力大小不变，而弹簧的弹力减小，整体的合力减
小，所以在B 与A 分离之前，它们加速度逐渐减小，故D 错误。
故选：BC。
七、超重：a 方向竖直向上（或支持力大于重力），物体可能匀加速上升或匀减速下降． 失重：a
方向竖直向下（或支持力小于重力），物体可能匀减速上升或匀加速下降．
[例题25] 如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的
侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运
动时，压力传感器有一定的示数。现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了
下列分析与判断，其中可能正确的是（ ）
A．升降机正在匀加速上升
B．升降机正在匀减速上升
C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大
D．升降机正在加速上升，且加速度越来越大
【解答】解：对篮球进行受力分析如图：
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篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分
力平衡，随着压力传感器的示数逐渐减小，篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小，则斜
面对篮球的压力F′一定减小，其在竖直方向的分力减小，而弹簧的弹力不变，所以篮球受到的
竖直向下的合力减小，故篮球必然有竖直向上且增大的加速度，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[例题26] 如图，质量为M 的大圆环中间有一立柱，其上串着一个质量为m 的球，球和立
柱间有摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，则地面对大圆环的支持力大于（M+m）g
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，则地面对大圆环的支持力小于（M+m）
g
C．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当初速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地
面
D．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当加速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地
面
【解答】解：A、小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，具有竖直向下的分加速度，因为小
球属于整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面对大圆环的支持力小于（M+m）g，故
A 错误；
B、小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，具有竖直向上的分加速度，因为小球属
于整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面对大圆环的支持力大于（M+m）g，故B 错
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误；
C、当小球对立柱向上的摩擦力大等于Mg 时，大圆环离开地面，故小球能否通过摩擦力将大圆
环托离地面，取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，故C 错误；
D、若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，
此时f≥Mgf+mg＝ma
解得a≥( M +m)g
m
，故D 正确。
故选：D。
[例题27] 如图所示为影视摄影区的特技演员高空速滑的图片，钢索与水平方向的夹角θ＝
37°，质量为m 的特技演员（轻绳、轻环质量忽略不计），利用轻绳通过轻质滑环悬吊在滑索
下。在匀速下滑过程中，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，重力加速度为g，下列说法正确的
是（ ）
A．钢索对轻质滑环的作用力垂直于钢索向上
B．演员处于完全失重状态
C．钢索与滑环间的动摩擦因数为0.6
D．钢索对滑环的摩擦力为0.6mg
【解答】解：A．在匀速下滑过程中，处于平衡状态，所以钢索对轻质滑环的作用力竖直向上平
衡演员的拉力，故A 错误；
B．在匀速下滑过程中，处于平衡状态，故B 错误；
C．根据共点力平衡得，钢索与滑环间的动摩擦因数为mgsinθ＝μmgcosθ
解得μ＝tanθ＝tan37°＝0.75，故C 错误；
D．根据共点力平衡得，钢索对滑环的摩擦力为f＝μmgcos37°＝mgsin37°＝0.6mg，故D 正确。
故选：D。
八、连接体的牛顿运动定律（隔离与整体）
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隔离m1：T-μm1g=m1a
隔离m2：m2g-T=m2a
得a= m2 g- μm1 g
m1+m2
，T = (1+ μ)m1m2 g
m1+m2
隔离m1：m1g-T=m1a
隔离m2：T-m2g=m2a
得a= （m1-m2）g
m1+m2
，T = 2m1m2 g
m1+m2
若μ=0，T = m1m2 g
m1+m2
且m2<<m1，T = m2 g
1+ m2
m1
=m2 g
若m1=m2，T=m1g=m2g
[例题28] 如图所示，两同种材料的滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A 放在
粗糙的水平桌面上，由静止释放A、B 两滑块，此时A、B 两滑块的加速度大小均为a1；A 和
B 调换位置并也都由静止释放，此时A、B 两滑块的加速度大小均为a2，已知两滑块与水平面
间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，滑块与桌面间的动摩擦因数 μ= 1
2，A 滑块的质量为
12m，B 滑块的质量为8m，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．调换前A 和B 的加速度大小均为1
16 g
B．调换后A 和B 的加速度大小均为1
10 g
C．调换前后绳的拉力不变
D．调换后绳的拉力变大
【解答】解：A、调换前，对A 滑块受力分析如图
m1
m2
a
a
μ
m1
m2
a
a
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根据牛顿第二定律得：T﹣12μmg＝12ma
对B 滑块受力分析如图：
根据牛顿第二定律得：8mg﹣T＝8ma
联立解得：a= 1
10g
T= 36
5 mg
故A 错误；
B、调换后对B 受力分析，根据牛顿第二定律得：T﹣8μmg＝8ma
对A 受力分析，根据牛顿第二定律得：12mg﹣T＝12ma
联立解得：a= 2
5g
T= 36
5 mg
故B 错误；
CD、由AB 得，调换前后，绳上的拉力不变，根据上面计算得绳上的拉力不变，故C 正确，D
错误。
故选：C。
[例题29] 如图所示，质量分别为M 和m 的物体A 和B 用轻细线连接，悬挂在轻质定滑轮
上，定滑轮用铁丝悬挂于天花板上，用手托着A，系统保持静止.已知M＞m，不计摩擦，则松
手后（ ）
A．细线上的拉力等于mg
B．细线上的拉力等于Mg
C．铁丝上的拉力等于（M+m）g
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D．铁丝上的拉力小于（M+m）g
【解答】解：AB、对M，根据牛顿第二定律有：Mg﹣T＝Ma
对m，根据牛顿第二定律有：T﹣mg＝ma
联立解得细线的拉力：T= 2 Mmg
M +m ，故AB 错误；
CD、对定滑轮分析，由平衡条件得铁丝上的拉力：F＝2T= 4 Mmg
M +m = ( M +m)
2-( M -m)
2
M +m
g＝
（M+m）g- ( M -m)
2 g
M +m
＜（M+m）g，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题30] 如图所示，物体P 置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连
接一个重力G＝15N 的重物Q，物体P 向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F
＝15N 的力竖直向下拉细线下端，这时物体P 的加速度为a2，则下列说法正确的是（ ）
A．a1＜a2
B．a1＝a2
C．a1＞a2
D．质量未知，无法判断
【解答】解：挂重物时，选连接体为研究对象，根据牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小
为：a1=
G
mP+mQ
=
15
mP+mQ
；
当改为F＝15N 拉力后，由牛顿第二定律得P 的加速度为：a2= F
mP
= 15
mP
，故a1＜a2，故A 正确、
BCD 错误。
故选：A。
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