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第16 讲 动力学中的三类典型问题
1．（2025·甘肃·高考真题）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始
时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图
2 所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，
θ=30°。
求：
(1)t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
(3)t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】(1)
，
(2)见解析
(3)
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知
所以当t=6s 时，
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
真题演练
1
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在垂直杆方向，当
时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s 内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则
联立有
可得
2．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线
轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确
的是（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加
速度可知A 正确。
故选A。
3．（2024·安徽·高考真题）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
。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a、速度v 随时间t 变化的关
系图线可能正确的是（ ）
A．
B．
3
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C．
D．
【答案】C
【详解】
时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、
支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，
物块做匀速直线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选C。
4．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木
箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，
木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为
，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空
气阻力，重力加速度g 取
，则在乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为
D．乙受到绳子的拉力大小为
【答案】C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，
A 错误；
B．设乙运动的加速度为
，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD．设绳子的弹力大小为
，对甲受力分析有
对乙受力分析有
4
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联立解得
，
C 正确，D 错误。
故选C。
5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），倾角为
的足够长斜面放置在粗糙水平面上。
质量相等的小物块甲、乙同时以初速度
沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为
、
，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图（b）所示，两
条曲线均为抛物线，乙的
曲线在
时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．
时，甲的速度大小为
C．
之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．
之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置
与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲
物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在
时间内甲乙的位移可得
可得
时刻甲物体的速度为
，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
5
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同理可得乙物体
联立可得
，A 正确
C．设斜面的质量为
，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得
则
之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．
之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
6．（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F 作用下一起向前运动。
飞船和空间站的质量分别为m 和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有
F = (M＋m)a
对空间站分析有
F′ = Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力
故选A。
7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于
水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。
改变盘中砝码总质量m，并测量P 的加速度大小a，得到
图像。重力加速度大小为g。
在下列
图像中，可能正确的是（ ）
6
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设P 的质量为
，P 与桌面的动摩擦力为
；以P 为对象，根据牛顿第二定律可得
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知，a-m 不是线性关系，排除AC 选项,可知当砝码的重力小于物块P 最大静摩擦力时，物
块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于
时，才有一定的加速度，当
趋于无穷大时，
加速度趋近等于
。
故选D。
8．（2025·北京通州·一模）从地面上以初速度
竖直上抛一质量为
的小球，一段时间后落
回地面的速度大小为
。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受
到的阻力与其速率成正比，重力加速度为
，下列说法中正确的是（ ）
模拟冲关
7
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A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C．小球上升过程中的平均速度大于
D．整个过程中阻力做功为0
【答案】B
【详解】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为
下落过程中，小球的加速度为
可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据
可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A 错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为
故阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B 正确；
C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为
但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上
升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于
，故C 错误；
D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D 错误。
故选B。
9．（2025·云南昆明·三模）如图甲所示，物块b 静止在足够长的固定斜面上，t=0 时刻将质
量m1=1kg 的物块a 从物块b 上方斜面上某处由静止释放，t=8s 时a 与b 发生第一次碰撞，
t=14s 时a 与b 发生第二次碰撞。0~14s 内物块a 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，每
次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度g=10m/s2。求：
8
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(1)斜面倾角的正弦值sinθ；
(2)物块b 的质量m2；
(3)物块a 开始运动到停下的整个过程中，物块b 与斜面间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)0.2
(2)7kg
(3)56J
【详解】（1）物块a 下滑过程中，由牛顿第二定律得
由题图乙可得
物块a 上滑过程中，由牛顿第二定律得
由题图乙可得
解得
（2）物块a 与b 第一次碰撞过程中，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
由题图乙可知
，
解得
，
（3）8~14s 内，物块a 的位移大小为
t=14s 时，物块a 与物块b 发生第二次碰撞，因此8~14s 内，物块b 的位移大小也为2m。假设
物块a 与b 第二次碰撞前，物块b 已静止，则有
解得
9
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可知假设成立。设物块b 与斜面之间的摩擦力大小为f2，对b 进行分析，根据动能定理有
解得
结合碰撞规律和物块a 的运动规律可知，每次碰前瞬间物块a 的速度均为上一次碰撞前瞬间
物块a 速度的一半，碰撞结束瞬间物块b 的速度也为上一次碰撞结束瞬间物块b 速度的一半，
则物块b 在斜面上运动的总位移为
当n 趋近于无穷大时解得
物块b 与斜面间因摩擦而产生的热量为
解得
10．（2025·陕西安康·三模）如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长
木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a 随变力F 变化的
规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确
的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为
B．长木板与地面间的动摩擦因数为
C．小物块的质量为
D．长木板的质量为
【答案】D
【详解】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为
，
小物块与长木板间的动摩擦因数为
，当
时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
10
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解得
故A 错误；
B．根据题图乙可知，当
时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的
动摩擦因数
当
时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合题图乙中图像的截距有
，
解得
故B 错误：
CD．当
时，对长木板，根据牛顿第二定律有
整理得
结合题图乙有
，
则长木板的质量
小物块的质量
故C 错误，D 正确。
故选D。
11．（2025·贵州安顺·二模）如图甲所示，质量为m 的某同学直立于箱子上，
时刻该同
学从箱子上跳下，
时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，
时刻起直立静止于地面上，该
11
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同学所受地面支持力大小F 随时间t 变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速
度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
（ ）
A．该同学的最大速度为
B．箱子的高度为
C．图乙中图像与横轴
围成的面积为
D．
时间内该同学的机械能减少了
【答案】BC
【详解】A．由
图像可知，
时间内该同学在空中，
时刻着地时速度为
，
时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律
知该同学接触地面继续向下加速，速度大于
，该同学的最大速度大于
，故A 错误；
B．
时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为
，故B 正确；
C．
时间内根据动量定理有
题图乙中图像与横轴
围成的面积为在
时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理
有
解得
故C 正确；
D．
时间内该同学的机械能减少了
，故D 错误。
12
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故选BC。
12．（2025·江西赣州·一模）2024 年10 月，以“智焕新生共创AI+低空新时代”为主题的
2024 低空经济产业创新发展大会在广州举办，赣州是十五座低空经济领航城市之一。如图甲
是无人机快递运输和配送的测试现场，已知质量为
的邮件在被无人机从地面吊起后，在
竖直方向上运动的
图像如图乙所示（取竖直向上为正方向），重力加速度g 取
，
不计邮件所受空气阻力．则（ ）
A．在
时邮件上升到最大高度
B．邮件所受的拉力在
内比在
内大
C．在
内拉力对邮件做功的平均功率为
D．在
内拉力对邮件做正功，其功率逐渐减小
【答案】D
【详解】A．根据
图像围成的面积表示位移，可知在
时邮件上升到最大高度，故A
错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知邮件在
内的加速度大小大于在
内
的加速度大小，且邮件在
内向上减速，在
内向下加速，根据牛顿第二定
律均有
可得邮件所受的拉力
所以邮件所受的拉力在
内比在
内小，故B 错误；
C．根据图像的斜率表示加速度，可知邮件在
内的加速度大小
根据牛顿第二定律有
该过程拉力对邮件的平均功率
故C 错误；
13
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D．在
内邮件匀减速上升，拉力对邮件做正功，根据
可知其功率逐渐减小，
故D 正确。
故选D。
13．（2025·山东泰安·模拟预测）如图所示，游乐场的小火车是由车头和6 节车厢连接而成，
若各节车厢（含乘客）质量均相等，且在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。下列说
法正确的是（ ）
A．当火车做匀速直线运动时，第3、4 节与第4、5 节车厢间的拉力相等
B．当火车做匀速直线运动时，第3、4 节与第4、5 节车厢间的拉力之比为2:3
C．当火车做匀加速直线运动时，第3、4 节与第4、5 节车厢间的拉力之比为2:3
D．火车做匀速或匀加速直线运动时，第3、4 节与第4、5 节车厢间的拉力之比均为3:2
【答案】D
【详解】AB．设每节车厢的质量为
，匀速运动时，以4、5、6 节车厢为研究对象，则有
解得
以第5、6 节车厢为研究对象，则有
解得
故
，故A 错误，B 错误；
CD．做匀加速运动时，结合上述分析，由牛顿第二定律可得
，
联立解得
,故C 错误，D 正确。
故选D。
14．（2025·甘肃金昌·二模）如图所示，将质量分别为m 和2m 的A、B 两滑块用足够长的轻
绳相连，分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m 的物块C 挂在轻质动滑轮下端，手托C
使轻绳处于伸直状态。t=0 时刻将C 由静止释放，经t1时间C 下落h 高度。运动过程中A、B
14
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始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说
法正确的是（ ）
A．A、C 运动的加速度大小之比为3∶4
B．A、C 运动的加速度大小之比为4∶1
C．t1时刻，C 下落的速度为
D．t1时刻，C 下落的速度为
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对A、B 分析，根据牛顿第二定律有FT=maA，FT=2maB
解得aA∶aB=2 1∶
根据
可得路程之比
设B 运动的路程为s，则A 运动的路程为2s，可知此时C 运动的路程为1.5s，则有
aA∶aB∶aC=4 2 3
∶∶
故A、C 运动的加速度大小之比为4∶3，故AB 错误；
CD．根据v=at
可知vA∶vB∶vC=4 2 3
∶∶
C 下落过程，由A、B、C 组成的系统机械能守恒，有
解
得
故C 错误，D 正确。
15
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故选D。
15．（2025·北京海淀·二模）如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态
的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块A 做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A 突
然相对木箱底面向左移动，则木箱可能（ ）
A．突然向下加速运动
B．突然向下减速运动
C．突然向左加速运动
D．突然向右减速运动
【答案】A
【详解】A．开始木箱和物块A 均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的
静摩擦力。
若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减
小，可能小于弹力，合力可能向左，物块A 可能突然相对木箱底面向左移动，故A 正确；
B．木箱突然向下做减速运动,物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增
大，故物块A 不可能突然相对木箱底面向左移动，故B 错误；
C．当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根
据牛顿第二定律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加
速度，则物块A 相对木箱底面可能向右移动，故C 错误；
D．木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据
牛顿第二定律知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物
块A 相对木箱底面可能向右移动，故D 错误。
故选A。
16．（2025·辽宁·模拟预测）斜劈形物体
质量为
，倾角为
，物块
质量也为
，
放在斜劈
上，
与
之间的最大静摩擦因数为0.8。现将物体
通过细绳与斜劈
相连，
轻绳跨过轻质定滑轮，如图所示。除
之间的接触面之外，其它部位的摩擦及空气阻力都
忽略不计。将此系统由静止释放，发现物块
与斜劈
保持相对静止，则物体
的质量可能
是（ ）
16
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A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【详解】将A、B、C 三个物体整体受力分析，物块
与斜劈
保持相对静止时，它们具有
共同的加速度，根据牛顿第二定律则有
单独对A 受力分析则有
，
又因为
联立解得
即物块
与斜劈
保持相对静止时，物块C 的最大质量约为
故选AB。
17．（2025·安徽·模拟预测）如图甲所示，光滑水平面上有两个物体A、B，质量分别为
mA=3kg、mB=1kg，两个物体相互接触但不粘连。从t=0 开始，水平力F1、F2分别作用于A、
B 上，F1、F2随时间t 变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．
至
，A、B 做匀加速运动
B．
至
，A、B 做变加速运动
C．
时，A 物体的速度大小为
D．
时，B 物体的速度大小为
【答案】AC
17
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【详解】AB．图乙可知
设
时刻AB 间弹力为0，对AB 分别分别
联立解得
则
内对AB，有
解得
故
内A、B 一直做匀加速运动，故A 正确，B 错误；
C．题意可知1s 时AB 速度
1s 到4s 时间内AB 已经分离，且1s、4s 时
分别为6N、0N，对A，该段时间内，由动量定
理得
联立解得4s 时A 物体速度
故C 正确；
D．1s 到4s 时间内AB 已经分离，且1s、4s 时
分别为2N、8N，对B，该段时间内，由动
量定理得
联立解得4s 时B 物体速度
故D 错误。
故选AC。
18．（2025·湖南·三模）如图所示，斜面质量为
，倾角为
，放在水平地面上，滑块质量
为
，放在斜面上。已知
。情形一：对斜面施加水平向右的推力
，滑块与斜面相
对静止，一起向右做匀加速运动，加速度大小为
。滑块与斜面间的弹力大小为
，地面对
斜面的支持力为
；情形二：对滑块施加水平向左的推力
，滑块与斜面相对静止，一起
向左做匀加速运动，加速度大小为
，滑块与斜面间的弹力大小为
，地面对斜面的支持力
为
。不计所有接触面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
18
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A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】A．对斜面及滑块整体，竖直方向根据受力平衡可得，地面支持力为
可知
，故A 错误；
B．对滑块，竖直方向弹力竖直分量与重力平衡，有
可得
可知
，故B 正确；
D．情形一对滑块，根据牛顿第二定律可得
情形二对斜面，根据牛顿第二定律可得
由于
，可知
，故D 正确。
C．对斜面及滑块整体，情形一，根据牛顿第二定律可得
情形二，根据牛顿第二定律可得
可知
，故C 错误。
故选BD。
19．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端
与质量为m 的物块A 相连接。初始时刻，用挡板B 托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处
于原长。利用计算机系统精确控制使挡板B 竖直向下做加速度大小为a=0.5g 的匀加速直线运
动，直至挡板与物块A 分离，分离后物块A 向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度
vm，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A 在竖直方向做往复运动。则（ ）
19
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A．挡板B 与物块A 分离时，弹簧的伸长量
B．物块A 达到最大速度vm时，弹簧的伸长量
C．弹簧的最大伸长量为
D．物块A 的最大速度
【答案】D
【详解】A．当挡板B 与物块A 分离时，A、B 间的作用力为零，则此时A 的加速度为
。对物块A 受力分析由牛顿第二定律得
解得挡板B 与物块A 分离时，弹簧的伸长量为
选项A 错误；
B．当物块A 达到最大速度
时，加速度为零，则对物块A 有
解得物块A 达到最大速度
时，弹簧的伸长量为
选项B 错误；
C．若没有挡板B，物块A 从弹簧原长处单独静止释放，物块A 在竖直方向上做简谐运动，
由对称性可知，物块A 下降的高度为
。当物块A 在与挡板B 一起运动，分离前，挡板
B 对物块A 做负功，物块A 下降的高度较小，弹簧的最大伸长量较小，小于
，选项C
错误；
D．当物块A 与挡板B 分离前，物块A 的加速度始终为
，由于最开始弹簧处于自由
20
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状态，则当物块A 与挡板B 分离后，对物块A 由牛顿第二定律得
随着弹簧的伸长量x 的增大，加速度a 逐渐减小。所以物块A 从静止到第一次达到最大速度
的过程中，其加速度a 随坐标x 变化的图像如图所示
由
可知，通过a-x 图像与x 轴围成的面积求解，由a-x 图像得
解得物块A 的最大速度为
选项D 正确。
故选D。
20．（2025·全国·二模）如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB 放在光滑的水平地面上，
不可伸长的轻绳两端分别栓接质量为
、
的两物体，轻绳跨过固定在O 点的光滑滑轮，
、
分别放在OA、OB 面上，两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面
体向右做匀加速运动，
、
与斜面体保持相对静止，且
恰好没有离开斜面，则
、
的比值为（ ）
A．2 1∶
B．1 1∶
C．4 3∶
D．1 2∶
【答案】A
【详解】设
恰好没有离开斜面时绳子拉力为T，此时斜面对
弹力为0，斜面给
的弹
力为N，整体加速度为a，对
，根据牛顿第二定律有
对
，竖直方向有
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解得
对
，根据牛顿第二定律有
对
，竖直方向有
联立解得
故A 正确。
21．（2025·河北·模拟预测）如图所示，质量均为m 的两物块A、B 通过劲度系数为k 的轻弹
簧相连，物块A 用细线悬挂，初始时整个系统处于静止状态。现剪断细线，经过一段时间t
（t 未知），弹簧第一次出现压缩量与剪断前弹簧的伸长量相等的时刻，且此时两物块速度恰
好相等，均为
。已知重力加速度为g，不考虑空气阻力，求：
(1)刚剪断细线时，物块A、B 各自的加速度大小；
(2)时间t 的值；
(3)从剪断细线开始，经过时间t 的过程中，物块A 下落的高度。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）在剪断细线瞬间，弹簧弹力不变，
物块B 所受合力为零
则
对物块A，有
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则
（2）对系统由动量定理，有
且
得
（3）设弹簧原长为
，初始时，有
两物块速度相等时，有
且
联立可得
22．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，A、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑
的水平面上，两物体的质量为
、
。从
时刻开始，推力
和拉力
分别作用在A、B 上，
和
随时间的变化规律为：
、
，求：
(1)A、B 在何时分开？
(2)
时，A 的速度。
【答案】(1)
(2)
，负号表示方向水平向左。
【详解】（1）对A、B 整体分析，有
当A、B 分开时，A、B 间弹力为0，此时为
时刻
对A 有
解得
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（2）
时，A 的速度为：
从
到
，对A 列动量定理，有
其中
解得
，负号表示方向水平向左。
23．（2025·北京海淀·一模）如图所示，材料相同的物体
、
由轻绳连接，质量分别为
和
，在恒定拉力
的作用下沿固定斜面向上加速运动。则（ ）
A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角
有关
B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数
有关
C．轻绳拉力的大小为
D．若改用同样大小拉力
沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零
【答案】C
【详解】ABC．以物体A、B 及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
再隔离B 进行分析，根据牛顿第二定律得
解得
故绳子的拉力与斜面倾角
无关，与动摩擦因数
无关，与两物体的质量有关，故C 正确，
AB 错误；
D．若改用同样大小拉力
沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得
解得
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再隔离A 进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得
解得
故D 错误。
故选C。
24．（2025·云南曲靖·一模）如图所示，三个质量均为m 的小球竖直悬挂。B 与C 小球、A
小球与天花板之间均通过轻绳连接，A 与B 小球之间通过轻弹簧连接，整个系统处于静止状
态，重力加速度为g。剪断A 球上方轻绳瞬间，A、B、C 三球的加速度大小分别为（ ）
A．
，
，
B．
，
，
C．
，
，
D．
，
，
【答案】A
【详解】整体受力分析，未剪断A 上方的轻绳时，物体处于平衡状态，A 上方轻绳的拉力为
剪断A 小球上方轻绳的瞬间，轻弹簧形变保持不变，故B、C 小球依然平衡，则有
此时A 小球受到的合外力大小为
方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得A 小球的加速度大小为
故选A。
25．（24-25 高一上·内蒙古赤峰·期末）如图所示，倾角为
的光滑固定斜面上放置3 个质
量均为
的小球ABC，小球A 通过轻质弹簧连接在斜面顶端的挡板上，小球AB 通过轻杆连
接，小球BC 通过细绳连接。弹簧的轴线、轻杆和细绳在同一直线上且与斜面平行，初始时
各小球均处于静止状态。已知重力加速度大小为
。某时刻剪断细绳，下列说法正确的是（
）
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A．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为0
B．剪断细绳前，弹簧上的弹力大小为
C．剪断细绳后瞬间，小球A 的加速度大小为
D．剪断细绳后瞬间，轻杆上的弹力变为0
【答案】BC
【详解】A．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为
选项A 错误；
B．剪断细绳前，对ABC 整体分析可知，弹簧上的弹力大小为
选项B 正确；
C．剪断细绳后瞬间，弹簧的弹力不变，则小球AB 的加速度大小均为
选项C 正确；
D．剪断细绳后瞬间，对B 分析可知
可得轻杆上的弹力变为
选项D 错误。
故选BC。
26．（21-22 高一下·湖南·阶段练习）如图所示，套在动摩擦因数为0.4 的水平细杆上的小球，
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上端与细绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O 点。初始时刻小球静止在A 点，
此时弹簧伸长了1.5cm，绳子拉力为13.0N。已知弹簧劲度系数k=200N/m，小球质量
m=0.5kg，取重力加速度g=10m/s2。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（ ）
A．小球初始时刻静止在A 点时受到摩擦力大小为2.0N
B．剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变
C．剪断轻绳的瞬间，小球加速度为2m/s2
D．剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
【答案】C
【详解】A．小球初始时刻有
由于
则小球在A 点时受到静摩擦力，其大小等于弹簧弹力大小，则
故A 错误；
B．剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B 错误；
C．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成与重力大小相等，即5N，最大静摩擦力
变为
则小球受力不平衡，所以加速度为
故C 正确；
D．剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力不断变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，
当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大，之后小球做加速度增大的减速运动，直到静止，故D
错误。
故选C。
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27．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，一个质量为2m 的小箱子放在台秤的托盘上，箱
内有一质量为m 的圆环A，A 的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A 的下端用细线系在箱子
的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，不计轻弹簧和
细线的质量，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细线前，台秤读数为
B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大
C．剪断细线后，圆环A 向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大
D．剪断细线后，圆环A 向上运动至最高点的过程中，始终处于超重状态
【答案】B
【详解】A．剪断细线前，由平衡条件可知，台秤读数等于小箱子与圆环的总重力大小
3mg，故A 错误；
B．剪断细线的瞬间，细线弹力消失，弹簧弹力不变，小球加速度向上，小球处于超重状态，
导致小箱子对台秤的压力增大，因此台秤的读数将突然变大，故B 正确；
CD．剪断细线后，圆环A 向上运动，由于弹簧的弹力作用，圆环A 将先加速上升，然后减
速上升，直至速度为零达到最高点，可知小球加速度先向上后向下，故小球先超重后失重，
所以台秤读数先增大后减小，故CD 错误。
故选B 。
28．（2024·陕西西安·三模）如图所示，A、B、C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置
在倾角为θ 的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F 作用在物体A 上时，三者恰好保持静止，
已知A、B、C 三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
28
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A．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为
D．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
【答案】C
【详解】A．把ABC 看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力
在轻绳被烧断的瞬间，AB 之间的绳子拉力为零，对A 由牛顿第二定律
解得
故A 错误；
B．在轻绳被烧断前，对于C 根据平衡条件可得弹簧弹力
在轻绳被烧断的瞬间，对于B 分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律
解得
故B 错误；
C．剪断弹簧的瞬间，对于AB 整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律
解得
而A 的加速度大小
故C 正确；
D．突然撤去外力F 的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律
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其中
解得
则A 的加速度大小为
故D 错误。
故选C。
29．（2024·浙江金华·二模）如图所示，用轻弹簧将质量为4m 和2m 的A、B 两个小球相连，
B 的上端通过轻绳悬挂于天花板，处于静止状态。重力加速度为g，若将轻绳剪断，则剪断瞬
间A 和B 的加速度大小分别为（ ）
A．g，g
B．0，2g
C．3g，0
D．0，3g
【答案】D
【详解】剪断轻绳前，对A 分析，由平衡可知
若将轻绳剪断，由于弹簧的弹力不发生突变，A 还是处于平衡状态，所以剪断瞬
间A 的加速度大小为零，对B 根据牛顿第二定律
解得
故选D。
30．（2024·河南·模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A 放在轻弹簧上，物
块B 叠放在物块A 上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C 连接，用手托着物块C，使滑轮
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两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C 的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度
系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B 到滑轮的距离
足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（ ）
A．撤去手的一瞬间，物块C 的加速度为0
B．撤去手的一瞬间，A 对B 的作用力大小为
C．撤去手后，物块B 向上运动过程中加速度先减小后不变
D．当物块A、B 刚好分离时，物块A 上升的高度为
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB 整体受力分析得
撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C 三个物体加速度大小相等，对C 受力分析得
对AB 整体受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得撤去手的一瞬间，物体C 的加速度大小为
此时绳上的拉力突变，大小为
故A 错误；
B．撤去手的一瞬间，对物体B 受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据得此时A 对B 的作用力大小为
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故B 正确；
C．撤去手之后AB 分开前，对A、B、C 系统受力分析，由牛顿第二定律得
随着A 向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B 分开后，B、C 两个物体由绳
连接加速度大小一样，对C 受力分析由牛顿第二定律可知
对B 受力分析，由牛顿第二定律可知
联立解得B、C 的加速度大小为
加速度不再变化，故C 正确；
D．A、B 分开时，
，此时A、B、C 加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为
，对
A、B、C 系统受力分析解得
隔离A，受力分析由牛顿第二定律得
联立解得，此时弹簧形变量为
故当物块A、B 刚好分离时，物块A 上升的高度为
故D 错误。
故选BC。
31．（24-25 高三上·山东菏泽·期中）如图所示，用轻绳a、b 和弹簧c 将小球1 与小球2 悬挂
在空中，轻绳a 与竖直方向夹角为30°，轻绳b 与竖直方向夹角为60°，弹簧c 水平。小球1
的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
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A．弹簧c 的拉力为
B．小球2 的质量为2m
C．剪断轻绳b 的瞬间，小球1 的加速度大小为
D．剪断轻绳b 的瞬间，小球2 的加速度方向竖直向下
【答案】C
【详解】AB．对小球1 进行受力分析，如图
根据平衡关系有
解得
对小球2 进行受力分析，如图
根据平衡关系，有
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解得
AB 均错误；
C．剪断轻绳b 的瞬间，小球1 受重力和绳a 的拉力，受力分析如图
根据牛顿第二定律，有
可得
C 正确；
D．剪断轻绳b 的瞬间，小球2 受重力和弹簧弹力作用，受力分析如图，
根据牛顿第二定律，有
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解得
设加速度的方向与水平方向成
角，有
可得
加速度方向与水平方向成
角，D 错误。
故选C。
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