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专题一 力与运动
第2讲 力与物体的直线运动
一．惯性与质量
1．（2023•丽江一模）如图所示，在一辆表面光滑的小车上，放有质量分别为m1、m2的两个球，随车一起
匀速运动，当车突然停止运动，其他阻力不计，设车无限长，则两小球（ ）
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．若m1＞m2，则肯定相碰 D．若m1＜m2，则一定不相碰
【解答】解：车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当
小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀
速直线运动，由于两球的速度相同，相等时间内通过的位移相等，因此两个小球间的距离不变，一定不会
相碰。
故选：B。
二．牛顿第二定律的图像问题
2．（2023•杭州一模）蹦极是新兴的一项户外休闲活动。如图，蹦极者站在约40 米高的塔顶，把一端固定
在塔顶的长橡皮绳另一端绑住身体，然后两臂伸开，从塔顶自由落下。当人体下落一段距离后，橡皮绳被
拉紧，当到达最低点时橡皮绳再次弹起，人被拉起，随后又落下，这样反复多次，这就是蹦极的全过程。
若空气阻力不计，橡皮绳弹力与伸长量成正比，橡皮绳弹力与人体重力相等位置为坐标原点，竖直向上为
正方向，从第一次运动到最低点开始计时，则关于人体运动的位移x、速度v、加速度a、合外力F 与时间
t 的关系图正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：以向上为正方向，从最低点开始向上运动，根据牛顿第二定律可知F＝ma＝T﹣mg 则合力F 向
上，且T 逐渐减小，故加速度减小，速度增加，到达坐标原点，加速度为0，速度达到最大值，继续上
升，加速度增大，方向向下，速度减小，到达原长位置后继续上升到达最高点再返回到原长位置，此阶段
加速度为g，速度均匀减小再均匀增大，之后加速度减小，方向向下，到达坐标原点，加速度为0，速度达
到最大值，继续下降，加速度增大，方向向上，速度减小直至到达最低点，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
（多选）3．（2023•甲卷）用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿
直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ 甲和μ 乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速
度a 的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A．m 甲＜m 乙
B．m 甲＞m 乙
C．μ 甲＜μ 乙
D．μ 甲＞μ 乙
【解答】解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma 则F＝ma+μmg 对照已知图像，根据数形结
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合思想，可知图像斜率k＝m 图像截距b＝μmg 由于k 甲＞k 乙，故m 甲＞m 乙由于μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，故μ
甲＜μ 乙故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
（多选）4．（2023•孝昌县校级三模）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
，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。
三．牛顿第二定律（共7 小题）
5．（2024•山西模拟）11 月7 日，WTT 世界乒联常规挑战赛在太原滨河体育中心体育馆正式开打。比赛中
运动员高抛发球时，取竖直向上为正方向，将乒乓球距抛出点的高度用h 表示，在空中运动的时间用t 表
示，设乒乓球受到的空气阻力大小恒定，则乒乓球从抛出到落回抛出点的过程中，以下关系图像可能正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、乒乓球上升阶段受到重力和向下的阻力，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma1得
乒乓球做匀减速直线运动，由
得
可知v2﹣h 图像斜率k＝﹣2a1下降阶段受到重
力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma2得
＜a1乒乓球做匀加速直线运动，由v2＝2a（H
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﹣h）可知v2﹣h 图像斜率k＝﹣2a2故A 正确，B 错误；CD、上升阶段v＝v0﹣atv﹣t 图像斜率为k＝﹣a1
下降阶段v＝﹣a（t﹣t0）v﹣t 图像斜率为k＝﹣a2
可知上升阶段与下降阶段都做匀变速直线运动，但加速度不同，故CD 错误；
故选：A。
6．（2023•全国）一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩
后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的
；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当
脱钩车厢的速度变为
时，列车前部未脱钩部分的速度。
【解答】解：设车头的牵引力为F，火车总质量为m，火车匀速运动时，受力平衡，有：F＝kmg 脱钩后，
设脱钩车厢的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：k•
mg＝
ma1设剩余车厢的加速度大小为a2，剩余车
厢的质量为m′＝mg﹣
mg＝
mg 由牛顿第二定律得：F﹣km′g＝m′a2联立解得：a1＝kg a2＝
kg 脱钩车
厢的速度变为
时，由速度—时间公式得：
＝v0﹣a1t 解得：t＝
设此时剩余车厢的速度为v，由
速度—时间公式得：v＝v0+a2t＝
v0
答：列车前部未脱钩部分的速度为
v0。
7．（2024•五华区校级模拟）如图所示为冰壶比赛场地简图，P、Q、O 为场地中心线上的三个点，O 为营垒
圆心，Q 为营垒圆形边界与中线交点．运动员练习投掷冰壶，经过助滑阶段，将冰壶投出，冰壶中心运动
到P 点时的速度为v＝3m/s。冰壶沿着PO 直线运动，但是队友发现冰壶中心到不了O 点，于是从PQ 中点开
始擦冰，一直擦到冰壶停下为止，冰壶中心恰好停在了O 点。已知PQ＝25m，OQ＝1.8m，擦冰前冰壶与冰
面间的动摩擦因数为0.02，重力加速度g＝10m/s2。则擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数约为（ ）
A．0.014
B．0.015
C．0.016
D．0.017
【解答】解：冰壶运动过程，由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1 μ2mg＝ma2设刚开始擦冰时冰壶的速度为
v1，由运动学公式有：
＝2a2s2其中
，s2＝
PQ+OQ＝
×25m+1.8m＝14.3m 代入数据可得：μ2＝0.014，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
8．（2024•贵州模拟）如图，一小型卡车行驶在平直公路上，车上装有三个完全相同、质量均为m 的光滑
圆柱形匀质物体，A、B 水平固定，C 自由摆放在A、B 之上。当卡车以某一恒定的加速度刹车时，C 对A 的
压力恰好为零，已知重力加速度大小为g，则C 对B 的压力大小为（ ）
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A．
B．
C．
D．2mg
【解答】解：卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C 所受的合力水平向左，而C 对A
的压力恰好为零，则C 只受重力和B 对C 的支持力，由竖直方向平衡有，自身重力与B 对C 的支持力平
衡，NBCsin60°＝mg 解得B 球对C 球的支持力为
由牛顿第三定律可知C 对B 的压力大小为
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
9．（2024•黑龙江一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木
板上的最右端。现将一个水平向右的力F 作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤
去力F 的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q 与长木板P 的质量相等，小滑块Q 始
终没有从长木板P 上滑下。重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数是0.5
B．长木板P 与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t＝9s 时长木板P 停下来
D．长木板P 的长度至少是16.5m
【解答】解：A、由乙图可知，力F 在5s 时撤去，此时长木板P 的速度为v1＝5m/s，6s 时两者速度相同为
v2＝3m/s，在0～6s 的过程对Q 由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2
根据图乙可知
，解得：
，代入数据可得μ1＝0.05，即滑块Q 与长木板P 之间的动
摩擦因数是0.05，故A 错误；B、5s～6s 对P 由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg＝ma1，由乙图可知a1＝
2m/s2，代入数据可得μ2＝0.075，即长木板P 与地面之间的动摩擦因数是0.075，故B 错误；C、6s 末到
长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得μ2⋅2mg﹣μ1mg＝ma3代入数据可得a3＝1m/s2这段时间
，解得：Δt＝3s，所以9s 时长木板P 停下来，故C 正确；D、6s 前长木板的速度大于滑块Q 的
速度，6s 后长木板P 的速度小于滑块Q 的速度，由v﹣t 图像的“面积”可知前6s 的相对位移大于6s 后的
相对位移，故长木板P 的长度至少为前6s 过程中Q 相对P 滑动的距离
，故D 错误。
故选：C。
（多选）10．（2024•山西模拟）如图所示，劲度系数为400N/m 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与
质量为2kg 的物块1 连接，质量为4kg 的物块2 叠放在1 上，系统处于静止状态。现对物块2 施加竖直向上
的拉力，使物块2 竖直向上做匀加速直线运动，已知拉力在t＝0.2s 内为变力，0.2s 后为恒力，取g＝
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10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块2 匀加速直线运动的加速度大小为4m/s2
B．t＝0 时，拉力的大小为24N
C．t＝0.2s 时，拉力的大小为28N
D．t＝0.2s 时，弹簧弹力的大小为56N
【解答】解：系统处于静止状态，根据受力平衡可知（m1+m2）g＝kx00～0.2s 过程中根据位移—时间公式
可知
t＝0 时对系统，根据牛顿第二定律可知F1＝（m1+m2）at＝0.2s 时，对物块1 根据牛顿第二
定律可知F﹣m1g＝m1a 弹簧弹力F＝k（x0﹣x）对物块2 根据牛顿第二定律可知F2﹣m2g＝m2a 联立解得
x0＝0.15m，x＝0.08m，a＝4m/s2，F＝28N，F1＝24N，F2＝56N，故AB 正确，CD 错误。
故选：AB。
（多选）11．（2023•湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运
动。车厢内有质量均为m 的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面
上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F 向左，且tanθ≤μ，则F 的最大值为2mgtanθ
C．若推力F 向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F 的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F 向右，且tanθ＞2μ，则F 的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、设车厢对A 的弹力为FNA，轻杆对A 的弹力为N，若B 球所受摩擦力为零，对A、B 整体由
牛顿第二定律得FNA＝2ma，对A 球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，竖直方向：Ncosθ＝mg，联立解得
a＝gtanθ，对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A 错误；B、若推力向左，则系统的加速度向
左。
假设杆与车厢始终保持相对静止，且A 与左壁弹力为零，对A 水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有
Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ 在此情况下，设厢底对B 的静摩擦力为f，对AB 整体有：f＝2maA＝
2mgtanθ 由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。所以系统的加速
度最大等于aA＝gtanθ，所以F 最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B 错误；C、由B 的解答可知，μ＜
tanθ≤2μ 时，若A 与左壁弹力为零，B 会相对厢底滑动。故A 与左壁弹力不能为零，当箱底对B 的静摩
擦力达到最大静摩擦力时，F 达到最大值，则有：2μmg﹣FNA＝2ma，整体：Fm＝4ma，对A 竖直方向：
Ncosθ＝mg，
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对A 水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma，联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C 正确；D、若推力向右，tanθ＞
2μ，厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F 有最大值，则：2μmg+FNA＝2ma1
对A 竖直方向：Ncosθ＝mgFNA﹣Nsinθ＝ma1联立解得a1＝2μg+gtanθ 厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦
力，方向水平向左，F 有最小值，则：对AB 整体有FNA﹣2μmg＝2ma2对A 水平方向有FNA﹣Nsinθ＝ma2对A
竖直方向：Ncosθ＝mg 联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg 所以4ma2≤F≤4ma1即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg
（tanθ+2μ）故D 正确。
故选：CD。
四．力学单位制
12．（2023•辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1和
ΔL2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为F＝k
。比例系数k 的单位是（ ）
A．kg•m/（s2•A）
B．kg•m/（s2•A2）
C．kg•m2/（s3•A）
D．kg•m2/（s3•A3）
【解答】解：由牛顿第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg•m/s2由F＝k
，可得：
k＝
＝
＝
＝1kg•m/（s2•A2），故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
五．牛顿第三定律
13．（2023•邵阳三模）在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。
跨过光滑定滑轮的a 绳和b、c 绳子连结在O 点，工人甲拉动绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位
置用力拉着b 绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是（ ）
A．a 绳的拉力先变大后变小
B．b 绳的拉力越来越小
C．工人乙对地面的压力越来越大
D．工人乙对地面的摩擦力越来越大
【解答】解：AB、重物沿竖直方向匀速上升，O 点受到c 绳的拉力大小等于重物的重力，受力分析如图所
示
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当物体上升时，a 绳与竖直方向的夹角变大，b 绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形法则可知ab 绳
中的拉力都变大，故AB 错误；C、工人乙在竖直方向受到b 段绳子拉力的竖直分力越来越大，根据平衡条
件可知，地面对乙的支持力越来越小，由牛顿第三定律可知，工人乙对地面的压力越来越小，故C 错误；
D、由于a 段绳子拉力越来越大，与竖直方向的夹角越来越大，其水平方向的分力越来越大，对重物和乙整
体分析，水平方向根据平衡条件可知，工人乙受到地面的摩擦力等于a 段绳子水平方向的分力，故工人乙
受到地面的摩擦力越来越大，由牛顿第三定律知，工人乙对地面的摩擦力越来越大，故D 正确。
故选：D。
六．牛顿运动定律的应用——从受力确定运动情况
14．（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＝
＝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′＝
＝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。
15．（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。
【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：
＝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：
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由牛顿第二定律得F﹣mgsin37°＝ma2代入数据解得：a2＝﹣1m/s2由位移—速度公式得：0﹣
＝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
答：（1）物块运动到C 点时的速度大小为2m/s；
（2）物块沿斜面上升的最大高度为1.2m。
16．（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＝
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
﹣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＝
m/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＝
解得
a4＝4m/s2第一次碰地后，木棒的加速度大小为a5＝
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
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会再次碰地，则两次碰地时间间隔Δt＝
解得Δt＝
s 再次碰地时木棒的速度仍为v1＝
m/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
x＝3v1Δt+
a4（3Δt）2＝
m+
m＝
m1s 之前小环相对木棒向上运动距离s＝
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＝
m﹣2m＝
m
答：（1）小环加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；木棒加速度大小为2m/s2，方向竖直向上；
（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为
m/s；
（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，小环开始运动时距木棒下端的距离l 为
m。
七．牛顿运动定律的应用——从运动情况确定受力
17．（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
N
B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为
N
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＝
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＝
＝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。
18．（2024•山西模拟）磁悬浮列车与轨道间的摩擦力到底有多大？图片中，八个小孩用1.4×103N、斜向
下的拉力，让质量为126t 的列车从静止开始在30s 内沿水平轨道前进了4.5m。已知拉力与水平方向的夹
角为18°，不考虑空气阻力，则列车与轨道间的摩擦力的大小最接近（取sin18°＝0.3，cos18°＝
0.95）（ ）
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A．7N
B．70N
C．700N
D．7000N
【解答】解：列车匀加速运动时，根据速度—位移公式有
根据牛顿第二定律有Fcosθ﹣f＝ma
得a＝0.01m/s2，f＝70N，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
19．（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
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．
B．
C．
D．
【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：
当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有
解得：
由牛顿第二定律得：F+F'＝ma'
所以，弹射器为飞机提供的推力
，故BCD 错误，A
正确。
故选：A。
八．牛顿运动定律的应用——超重和失重
（多选）20．（2024•吉林一模）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车
沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放
一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g，则下列说
法正确的是（ ）
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A．小物块处于失重状态
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
C．小物块受到的静摩擦力为
D．若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小
【解答】解：A.由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向上的加速度a，加速度有向上的
分量，所以小物块处于超重状态，故A 错误；
BCD.以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N 和沿斜面向上的静摩擦力
f，在沿斜面方面上，根据牛顿第二定律有f﹣mgsin30°＝ma 可得小物块受到的静摩擦力为
若
缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力N＝mgcos30°，支持力不变，故BC 正确，D 错误。
故选：BC。
21．（2024•佛山一模）某同学体重50kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速
度如图所示，竖直向上为正方向。关于该段时间下列说法正确的是（ ）
A．3～5s 该同学处于失重状态
B．9～11s 电梯向下加速运动
C．该同学受到的最小支持力约为30N
D．该同学受到的最大支持力约为520N
【解答】解：A、由图可知，3～5s 的加速度为正，方向是竖直向上，则处于超重状态，故A 错误；
B、由图可知，9～11s 的加速度为负，方向是竖直向下，9s 的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，
故B 错误；C、由图可知，处于10s 时，
，同学受到的支持力最小，约为Nmin﹣mg＝ma1
解得Nmin＝470N 故C 错误；D、由图可知，处于4s 时，
，同学受到的支持力最大，约为Nmax﹣
mg＝ma2解得Nmax＝530N 故D 正确。
故选：D。
22．（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。
九．牛顿运动定律的应用——瞬时加速度问题
（多选）23．（2023•九江二模）如图所示，质量m1＝2kg 的物块P 与质量m2＝2kg 的木板Q 静止叠放在竖
直的轻弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，弹簧上端、物块P 与木板Q 间均不拴接。现对P 施加竖直向
上的恒定拉力F，已知F＝20N，g＝10m/s2，则（ ）
A．施加拉力瞬间，物块P 对木板Q 的压力大小为5N
B．施加拉力瞬间，物块P 的加速度大小为5m/s2
C．弹簧处于原长
D．物块P 和木板Q 分离瞬间，弹簧弹力大小为20N
【解答】解：AB．施加拉力瞬间，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律，加速度大小为
，
解得a＝5m/s2
即物块P 与木板Q 的加速度，对物块P，根据牛顿第二定律：F+FN﹣m1g＝m1a
得FN＝10N
根据牛顿第三定律，物块P 对木板Q 的压力大小为10N，故A 错误，B 正确；
CD．物块P 和木板Q 分离瞬间，二者间弹力为0，对P 根据牛顿第二定律：F﹣m1g＝m1a'
对Q 根据牛顿第二定律：T﹣m2g＝m2a'
得弹簧弹力为T＝20N
弹簧处于压缩状态，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
24．（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
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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（ ）
A．A、B 所受弹簧弹力大小之比为
：
B．A、B 的质量之比为mA：mB＝
：1
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为1：
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：
【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
，故B 正
确；
C、细线对A 的拉力TA＝
，细线对B 的拉力TB＝
，联立解得
，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＝
g，B 的加速度为
g，故A，B 加速度之比为
：3，故D 错误。
故选：B。
（多选）25．（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。
一十．牛顿运动定律的应用——连接体模型
26．（2024•天河区一模）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两
滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均做匀
速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
B．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
C．P 的加速度大小的最大值为μg
D．Q 的加速度大小的最大值为2μg
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝2μmg
撤去拉力前对Q 根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，故A 错误；
B．滑块P 在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2μg 做加速度减小的减速运动，最后弹簧
原长时加速度大小为μg；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度
大小也为μg，故B 正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量变
小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做加
速度增大的减速运动。故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q 加速度大小最大值
为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑块Q 加速度大小最大值为μg，故CD 错误。
故选：B。
27．（2023•镇江三模）如图所示，A、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑
轮左侧轻绳与桌面平行，A、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为
，A、B、C 质量分别为
2m、2m 和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示位置静止释放，要使A、B 间发生相对滑
动，则μ 满足的条件是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：A 与B 之间的最大静摩擦力为：f1＝2μmg
B 与桌面间的最大静摩擦力为：f2＝
×（2m+2m）g＝μmg
A、B 恰好将要发生相对滑动时，A 与B 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时对物块B，由牛顿第二定
律得
f1﹣f2＝2ma
对A、B 整体由牛顿第二定律得
T﹣f2＝4ma
对物块C 由牛顿第二定律得
mg﹣T＝ma
解得：
因此若A、B 之间发生相对滑动，则需满足：
，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
28．（2024•昆明一模）如图甲所示，物块A、B 用不可伸长的轻质细线连接静止在光滑水平面上，细线处
于伸直状态。t＝0 时刻，在物块A 上施加一个水平向右的拉力FA，FA的大小随时间t 的变化规律为FA＝
3.5t，细线的拉力为FT，测得两物块的加速度a 随力FA、FT的变化规律如图乙中的Ⅰ、Ⅱ图线所示。已知
物块B 的质量M＝4kg。
（1）求物块A 的质量；
（2）若细线能够承受的最大拉力为20N，t＝0 时刻，在物块B 上同时施加一个水平向左的拉力FB，其大小
随时间t 的变化规律为FB＝0.5t。求细线断裂的时刻。
【解答】解：（1）对AB 整体根据牛顿第二定律有FA＝（m+M）a，对B 根据牛顿第二定律有FT＝Ma，当a
＝1.5m/s2时，FA﹣FT＝ΔF＝3N，联立解得物块A 的质量m＝2kg；
（2）对AB 整体根据牛顿第二定律有FA﹣FB＝（m+M）a，对B 根据牛顿第二定律有FT﹣FB＝Ma，其中FB＝
0.5t，细线断裂的时刻FT＝20N，联立解得此时t＝8s。
答：（1）物块A 的质量2kg；
（2）细线断裂的时刻为t＝8s。
一十一．牛顿运动定律的应用——板块模型
29．（2023•厦门一模）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的
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小物块。在t＝0 时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s
时撤去F，整个过程木板运动的v﹣t 图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板
与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．1～1.5s 内木板的加速度为4m/s2
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．拉力F 的大小为21N
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3m
【解答】解：A.在1～1.5s 内木板的加速度为：
Δv2＝3m/s﹣9m/s＝﹣6m/s
代入数据得：
，故A 错误；
B.0～1.5s 内对物块有：
其中Δv1＝3m/s 代入数据得：
由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1可得物块与木板间的动摩擦因数为：
μ1＝
代入数据得：μ1＝0.2，故B 错误；
C.根据牛顿第二定律有：
﹣μ1mg﹣μ2•2mg＝ma2
解得：μ2＝0.5
撤去拉力F 前，木板的加速度：
代入数据得：
根据牛顿第二定律有
F﹣（μ1mg+μ2•2mg）＝ma0
代入数据得：F＝21N，故C 正确；
D．由图像可知共速时物块的速度为3m/s，则在1.5s 内物块位移为：
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代入数据得：x1＝2.25m
由图像与时间轴围成的面积可知，木板的位移为：
在1.5s 后，由于μ1＜μ2，物块与木板不能保持相对静止，物块与木板间仍有相对滑动，两者均做匀减速
直线运动，物块的加速度大小为a1′，由牛顿第二定律得：
μ1mg＝ma1′
代入数据得：a1′＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′，由牛顿第二定律得：
μ2•2mg﹣μ1mg＝ma2′
代入数据得：a2′＝8m/s2
由于物块与木板的初速度相同，且a1′＜a2′，所以木板先停止运动，物块后停止运动，1.5s 后物块的位
移为：
代入数据得：x1′＝2.25m
木板的位移为：
代入数据得：x2′＝0.5625m
所以物块最终停止时的位置与木板右端的距离为：
Δx＝x2+x2′﹣x1﹣x1′
代入数据得：Δx＝3.5625m，故D 错误。
故选：C。
30．（2023•市中区校级模拟）质量为M＝2kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左
侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A 和B 经过1s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B
的v﹣t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．A 的质量m＝6kg
D．A 的质量m＝4kg
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【解答】解：A、由图象可知，A 在0﹣1s 内的加速度
解得a1＝﹣2m/s2
对A 由牛顿第二定律得，
﹣μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2．故A 错误
B、由图象知，AB 在1﹣3s 内的加速度a3＝
解得a3＝﹣1m/s2，
对AB 由牛顿第二定律得，
﹣（M+m）gμ2＝（M+m）a3
解得μ2＝0.1．故B 错误
C、由图象可知B 在0﹣1s 内的加速度a2＝
解得a2＝2m/s2。
对B 由牛顿第二定律得，μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg。故C 正确，D 错误；
故选：C。
31．（2023•郴州模拟）如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅
速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若物块和纸板的质量分别
为m1＝100g 和m2＝500g，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，只要
砝码移动的距离超过L＝0.002m 时人眼就能感知，忽略砝码的体积因素的影响，g 取10m/s2；关于从砝码
下抽出纸板过程下列说法正确的是（ ）
A．要把纸板能从砝码下抽出来，拉力至少超过1.4N
B．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4N
C．为确保砝码的移动不被人感知纸板所需拉力至少为52.4N
D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力
【解答】解：BC、根据牛顿第二定律可知砝码的加速度为a1＝μg
设纸板的加速度为a2，则有F﹣μm1g﹣μ（m1+m2）g＝m2a2
砝码的位移
纸板的位移
纸板抽出后砝码的运动距离
，其中：a3＝a1
由于a1t1＝a3t2，由几何关系可知：L＝x1+x2
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代入数据解得F＝102.4N，故B 正确、C 错误；
A、要把纸板能从砝码下抽出来，纸板的加速度要大于砝码的加速度，即
，代入数据解得：F＞2.4N，故A 错误；
D、迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码的运动时间，使其移动距离尽可能小，故D 错误。
故选：B。
32．（2023•张家口二模）如图所示，一个长度L＝1m、质量M＝2kg 的木板静止在光滑的水平面上，木板
的左端放置一个质量m＝1kg 可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，物块与木板间的最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F，使物块相
对木板向右滑动。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F＞7N
B．物块离开木板时速度的最小值为4m/s
C．物块离开木板的最短时间为1s
D．木板获得的最大速度为2m/s
【解答】解：A、物块相对木板向右滑动，根据牛顿第二定律，对木板有：μmg＝Ma2
代入得到：
对物块有：F﹣μng＝ma1
且根据：a1＞a2
联立可得：F＞6N，故A 错误；
B、设历时t 物块滑离木板，则由运动学公式和位移关系有：
物块滑离木板时的速度：v1＝a1t
联立解得：
由数学知识可知，当
，即a1＝2a2＝2×2m/s2＝4m/s2时物块离开木板的速度最小，其最小值：
v1min＝4m/s，故B 正确；
C、当
时，从上面分析可以得到：F＝8N，t＝1s
木板获得的速度：v2＝a2t＝2×1m/s＝2m/s
若F＞8N，则：t＜1s，故C 错误；
D、若6N＜F＜8N，则：v2＞2m/s，故D 错误。
故选：B。
一十二．牛顿运动定律的应用——传送带问题
33．（2023•眉县校级一模）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的
小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在
传送带上运动的v﹣t 图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（ ）
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A．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，
在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动
的距离最大，故B 正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带
向左，摩擦力方向仍向右，故C 错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D 错误。
故选：B。
34．（2023•平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角
为37°。一物块以初速度v0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v﹣t 图像如图乙
所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g 取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
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
【解答】解：A．由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A 错误；
BC．在0～1s 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，此过程摩擦力的方
向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根据图乙可得
在1﹣2s 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，此过程与物体摩擦力的
方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
根据图乙可得
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联立解得μ＝0.25 故：B 错误，C 正确；
D．当传送带的速度大于16m/s 后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为
多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D 错误。
故选：C。
35．（2024•泸州模拟）如图所示，以v＝4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨
道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C 上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D 与C 接触不
粘连，每块木板长L＝0.8m、质量m0＝0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。质量m＝0.1kg 的小物块
从轨道上高h＝5m 处的P 点由静止开始下滑，从滑过A 点开始计时，经过t1＝0.8s 传送带突然卡死而瞬间
停止转动，又经过t2＝1s 传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2＝
0.5，传送带AB 之间的距离d＝10.7m。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小；
（2）物块在传送带上运动的总时间；
（3）物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；
如果不能，请通过计算说明理由。
【解答】解：（1）从P 到A，根据动能定理有
代入数据解得
vA＝10m/s
物块在传送带运动，根据牛顿第二定律有
a＝μ2g
经过t1＝0.8s 的速度为
v1＝vA﹣at1
代入数据解得
v1＝6m/s
（2）经过t1＝0.8s 的位移为
代入数据解得
x1＝6.4m
又经过t2＝1s 物块的位移和速度分别为
v2＝v1﹣at2
代入数据解得
v2＝1m/s
x2＝3.5m
此后物块开始加速，加速的位移为
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x3＝d﹣x1﹣x2＝10.7m﹣6.4m﹣3.5m＝0.8m
根据速度—位移公式有
代入数据解得
v3＝3m/s
加速的时间为
代入数据解得
t3＝0.4s
物块在传送带上运动的总时间为
t＝t1+t2+t3＝0.8s+1.0s+0.4s＝2.2s
（3）物块刚滑到木板上时对两木板整体分析可知
μ2mg＜μ1（m+2m0）g
则物块在木板C 上减速运动，根据速度—位移公式有
解得
v4＝1m/s
物块在木板D 上运动时，对D 木板根据牛顿第二定律有
μ2mg﹣μ1（m+m0）g＝m0a'
解得
设经过t'两物体共速，则有
v4﹣at'＝a't'
解得
s
由于
μ2mg＞μ1（m+m0）g
此后物块与D 木板共同减速至0，则距此木板左端多远的距离为
代入数据解得
Δx＝
m
答：（1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小6m/s；
（2）物块在传送带上运动的总时间2.2s；
（3）见解析。
36．（2024•安徽模拟）如图，相距l＝2.5m 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，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1m/s。质量m＝10kg 的货物（可视为质点）放在距
传送带左侧1m 处的P 点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40N 水平向右拉货物。已知货物与平台间
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的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g 取10m/s2。求：
（1）货物运动到传送带左端时的速度大小；
（2）货物在传送带上运动的时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律货物在左端平台上时加速度为
由运动学规律有
其中s1＝1m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
v1＝2m/s
（2）由于v1＞v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得
该段时间货物位移为
共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得
故货物在传送带上运动的时间为
t＝t2+t3
代入数据解得t＝2s
答：（1）货物运动到传送带左端时的速度大小为2m/s；
（2）货物在传送带上运动的时间为2s。
一十三．牛顿运动定律的综合应用
37．（2023•济南三模）如图所示，倾角为α＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，物块A 和长木板B 叠
放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B 与物块C。物块A、长木板B 的质量均为m，物块C 的
质量为2m，A、B 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。将A、B、C
由静止释放，下列说法正确的是（ ）
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A．轻绳拉力为2mg
B．物块A 的加速度为0.2g
C．物块C 的加速度为0.76g
D．物块A 与木板B 间的摩擦力为0.64mg
【解答】解：BD、假设AB 能相对静止一起沿斜面向上加速运动，根据牛顿第二定律，对整体，其加速度：
a＝
，化简整理得：a＝0.2g
此时对物体A：f﹣mgsin37°＝ma
解得：f＝0.8mg
但A 与B 的最大静摩擦力：fm＝μmgcos37°＝0.8mg×0.8＝0.64mg
由于f＞fm，这与实际不相符，故假设不成立，即此时AB 不能相对静止，即A 相对B 下滑。
物块A 与木板B 间的滑动摩擦力为：f＝μmgcos37°＝0.8×mg×0.8＝0.64mg
此时A 的加速度：aA＝
，代入数据得：aA＝0.04g，方向沿斜面向上，故B 错
误，故D 正确；
AC、对BC 的整体：a′＝
，代入数据得：a′＝
因物块C 加速度向下，则失重，即细绳的拉力小于2mg，故AC 错误。
故选：D。
38．（2023•潍坊一模）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3m。质量m＝
1kg 的物体Q 放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数
，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P 相连接，连
接Q 的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P 使其在距地面h＝1.8m 高处由静止释放，着地后P 立即停止
运动。若P、Q 可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速
度大小取g＝10m/s2。求：
（1）若P 的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f；
（2）为使Q 能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P 的质量M 需满足的条件。
【解答】解：（1）设沿斜面向上为正方向，若P 的质量M＝0.5kg，由于：mgsinθ＝Mg＝5N
可知P、Q 均处于静止状态，绳上拉力为：F＝Mg
以斜面体和Q 为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为：f＝Fcos30°
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联立解得：
（2）P 着地后，设Q 继续上滑的加速度大小为a1，上滑行距离为x，
对Q 受力分析，由牛顿第二运动定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：
P 着地前瞬间，设Q 速度大小为v，对Q 分析，由运动学公式可得v2＝2ah，0﹣v2＝﹣2a1x
Q 恰好不从斜面顶端滑出需满足：x＝L﹣h
联立代入数据解得：
对于P、Q 组成的系统，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（M+m）a
联立可得：M＝5kg
另一方面为了使P 能下落，必须满足：Mg＞mgsinθ+μmgcosθ
解得：M＞1kg
为使Q 能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P 的质量需满足的条件为：1kg＜M≤5kg
答：（1）若P 的质量M＝0.5kg，地面对斜面体摩擦力的大小f 为
；
（2）为使Q 能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P 的质量M 需满足的条件是：1kg＜M≤5kg。
39．（2023•泰安一模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v＝8m/s，传
送带长LAB＝11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m＝3kg 的物块（可视为质点）以初速度v0＝
4m/s，自A 端沿AB 方向滑上传送带，在底端B 滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M＝1kg，不
考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为
，物块与木板
间的动摩擦因数为μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块从A 运动到B 点经历的时间t；
（2）物块停止运动时与B 点的距离x。
【解答】解：（1）根据题意v0＜v，可得物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μ1mgcos30°＝ma1
解得：
设物块滑上传送带到与传送带共速所需的时间为t1，位移大小为x1，，则有：
v＝v0+a1t1
解得：t1＝0.4s，x1＝2.4m
因x1＝2.4m＜LAB＝11.4m，且
＝tan30°（即mgsin30°＝μ1mgcos30°），故共速后物块随传送
带匀速运动，则有：
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LAB﹣x1＝vt2
解得：t2＝1.125s
则物块从A 运动到B 点经历的时间为：t＝t1+t2
解得：t＝1.525s。
（2）因μ2＝0.3＞μ3＝0.1，且木板足够长，故木板与物块共速后能够相对静止一起匀减速直线运动到停
止。
设物块滑上木板后，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，木板与物块一起减速时的加速度大
小为a4，根据牛顿第二定律得：
μ2mg＝ma2
μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma3
μ3（m+M）g＝（m+M）a4
解得：
；
；
设物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有：
v1＝v﹣a2t3＝a3t3
解得：t3＝1s，v1＝5m/s
此过程物块位移为：
x2＝
（v+v1）t3
解得：x2＝6.5m
设二者共同减速的位移为x3，则有：
解得：x3＝12.5m
则物块停止运动时与B 点的距离为：
x＝x2+x3＝6.5m+12.5m＝19m。
答：（1）物块从A 运动到B 点经历的时间t 为1.525s；
（2）物块停止运动时与B 点的距离x 为19m。
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