文档文本内容
专题三 牛顿运动定律
基础篇
考点 一 对牛顿运动定律的理解 Ｗ
于国际单位制中的基本单位 －１ 为 的
；Ｊ·ｍ ｘ
１．（ 天津， ， 分）科学研究方法对物理学
２０２１ １ ５ 单位 是力的单位 但 不属于国际单位制
， ， “Ｊ”
的发展意义深远 实验法 归纳法 演绎法
， 、 、 、 中的基本单位 故选
。 Ｂ。
类比法 理想实验法等对揭示物理现象的本
、 ３．（ 贵州贵阳质检， ）（多选）如图所示
２０２２ １ ，
质十分重要 下列哪个成果是运用理想实
。 我国有一种传统的民族体育项目叫作 押
验法得到的 “
（ ） 加 实际上相当于两个人拔河 如果甲 乙
牛顿发现 万有引力定律 ”， 。 、
Ａ． “ ” 两人在 押加 比赛中 甲获胜 不计拔河绳
库仑发现 库仑定律 “ ” ， 。
Ｂ． “ ” 的质量 则下列说法中正确的是
法拉第发现 电磁感应现象 ， （ ）
Ｃ． “ ”
伽利略发现 力不是维持物体运动的原因
Ｄ． “ ”
答案 Ｄ 理想实验法指的是把现实模型理
想化 忽略掉影响实验结果的次要因素从而
，
得到结论 选项中伽利略的结论是在忽
甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力 所以甲
。 Ｄ
Ａ． ，
略掉阻力的情况下得到的 符合题目要求
获胜
， ；Ａ
选项万有引力定律是通过对自然现象的观
当甲把乙匀速拉过去时 甲对乙的拉力大小等
Ｂ． ，
察 利用圆周运动的知识 结合牛顿第一定
于乙对甲的拉力大小
， ，
律 牛顿第二定律通过归纳 演绎的方法得
当甲把乙加速拉过去时 甲对乙的拉力大
、 、
Ｃ． ，
到的 选项是在万有引力定律的启发下通
于乙对甲的拉力
；Ｂ
过实验证实的结论 选项也是通过现实实
甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉
；Ｃ
Ｄ．
验得到的结论 故选
力大小 只是地面对甲的摩擦力大于地面
。 Ｄ。
，
２．（ 海南， ， 分）公元前 世纪末 我国 对乙的摩擦力 所以甲获胜
２０２１ １ ３ ４ ，
，
的 墨经 中提到 力 形之所以奋也 意为 答案 ＢＤ 甲对乙的拉力和乙对甲的拉力
《 》 “ ， ”，
力是使有形之物突进或加速运动的原因 属于作用力与反作用力 总是大小相等 与
。 ， ，
力的单位用国际单位制的基本单位符号来 甲 乙运动状态无关 故 项正确 两项
、 ， Ｂ ，Ａ、Ｃ
表示 正确的是 错误 地面对甲的摩擦力大于地面对乙的
， （ ） 。
－１ －２ 摩擦力 摩擦力为动力 所以甲获胜 项
Ａ．ｋｇ·ｍ·ｓ Ｂ．ｋｇ·ｍ·ｓ （ ）， ，Ｄ
Ｃ．Ｐａ·ｍ ２ Ｄ．Ｊ·ｍ －１ 正确 。 专
题
答案 Ｂ －１ 为 ｍｖ 的单位 是动量 知识解读 三
ｋｇ·ｍ·ｓ ，
的单位 －２ 为 ｍａ 的单位 是力的单 物体运动状态是否改变是由物体受到的合 牛
；ｋｇ·ｍ·ｓ ， 顿
运
位 且均为国际单位制中的基本单位 外力是否不为 决定的，与作用力和反作用
动
， ；Ｐａ· ０
定
２ 为 ｐＳ 的单位 是力的单位 但 不属 力无关。 甲获胜说明甲受到的摩擦力大于 律
ｍ ， ， “Ｐａ”
３３
乙对甲的拉力。 知识拓展
４．（ 北京理综， ， 分） 新 用物理规律定义了基本物理量的单位，
２０１９ ２０ ６ ＳＩ
国际单位制 缩写 定义
这才是本质的定义，才是符合自然规律的定
（ ＳＩ）
了米 秒 等 个基
义，代表人类对目前已经认识到的自然界基
（ｍ）、 （ｓ） ７
本单位 其他单位均可由物
本规律的某种总结，对科学和技术发展影响
，
理关系导出 例如 由 和 可以导出速度
深远。
。 ， ｍ ｓ
单位 －１ 历史上 曾用 米原器 定义
ｍ·ｓ 。 ， “ ” 考点 二 牛顿运动定律的应用
米 用平均太阳日定义秒 但是 以实物或
， 。 ，
１．（ 浙江 月选考， ， 分） 年 月
其运动来定义基本单位会受到环境和测量
２０２１ ６ ４ ３ ２０２１ ５ １５
方式等因素的影响 而采用物理常量来定义 日 天问一号着陆器在成功着陆火星表面的
， ，
则可避免这种困扰 年用铯 原子 过程中 经大气层 的减速 速度从 ．
。 １９６７ －１３３ ， ２９０ ｓ ， ４ ９×
基态的两个超精细能级间的跃迁辐射的频 ３ 减为 ． ２ 打开降落伞后 经
１０ ｍ／ｓ ４ ６×１０ ｍ／ｓ； ，
率 ν 定义 年用真 过 速度进一步减为 ． ２ 与降落
Δ ＝９ １９２ ６３１ ７７０ Ｈｚ ｓ；１９８３ ９０ ｓ １ ０×１０ ｍ／ｓ；
空中的光速 ｃ －１ 定义 伞分离 打开发动机减速后处于悬停状态
＝ ２９９ ７９２ ４５８ ｍ·ｓ ｍ。 ， ；
年第 届国际计量大会决定 个基本 经过对着陆点的探测后平稳着陆 若打开
２０１８ ２６ ，７ 。
单位全部用基本物理常量来定义 对应关系 降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运
（
如图 例如 对应 ν 对应 ｃ 新 自 动 则着陆器
， ，ｓ Δ ，ｍ ）。 ＳＩ ， （ ）
年 月 日 国际计量日 正式实施 打开降落伞前 只受到气
２０１９ ５ ２０ （ ） ， Ａ． ，
这将对科学和技术发展产生深远影响 下 体阻力的作用
。
列选项不正确的是 打开降落伞至分离前 受
（ ） Ｂ． ，
个基∙本∙单∙位全部用物理常量定义 保证 到的合力方向竖直向上
Ａ．７ ，
了基本单位的稳定性 打开降落伞至分离前 只受到浮力和气体
Ｃ． ，
用真空中的光速 ｃ －１ 定义 因为 阻力的作用
Ｂ． （ｍ·ｓ ） ｍ，
长度 ｌ 与速度 ｖ 存在 ｌ ｖｔ 而 已定义 悬停状态中 发动机喷火的反作用力与气
＝ ， ｓ Ｄ． ，
用基本电荷 ｅ 定义安培 因为电荷 体阻力是平衡力
Ｃ． （Ｃ） （Ａ），
量 ｑ 与电流 Ｉ 存在 Ｉ ｑ／ｔ 而 已定义 答案 Ｂ 着陆器全程受到火星对其的引力
＝ ， ｓ
因为普朗克常量 ｈ 的单位中没有 作用 故 错误 打开降落伞至分离前
Ｄ． （Ｊ·ｓ） ， Ａ、Ｃ 。 ，
所以无法用它来定义质量单位 着陆器做减速运动 说明合力方向竖直向
ｋｇ， ，
答案 Ｄ 由于物理常量与环境和测量方式 上 故 正确 悬停状态中 发动机喷火的
， Ｂ 。 ，
等因素无关 故用来定义基本单位时也不受
反作用力与重力是平衡力 故 错误
，
， Ｄ 。
5 环境 测量方式等因素的影响 正确 由题
年 、 ，Ａ 。 ２．（ 重庆巴蜀中学月考， ）高铁是我国
高 ２０２２ ２
意可知 ｔ 的单位已定义 真空中光速 ｃ 基本
考 ， ， 、 新四大发明 之一 有一段视频 几年前一
3 “ ” 。 ，
电荷 ｅ 普朗克常量 ｈ 均为基本物理常量 故
年 、 ， 位乘坐京沪高铁的外国人 在最高时速
模 ， ３００
拟 可分别用ｌ ｖｔ Ｉ ｑ／ｔ ｈν ｍｃ２ 来定义长度单
＝ 、 ＝ 、 ＝ 公里的列车窗台上 放了一枚直立的硬币
A 位 电流单位 及质量单位 正确 ， ，
版 ｍ、 Ａ ｋｇ，Ｂ、Ｃ ， 如图所示 在列车行驶的过程中 硬币始终
， ，
错误
高
Ｄ 。 直立在列车窗台上 直到列车横向变道进站
考
，
物
理 的时候 硬币才倒下 这一视频证明了我国
， 。
３４
高铁具有极好的稳定性 关于这枚硬币 下 为正方向 当指针位于直尺 刻度处时钢
。 ， ， ４０ ｃｍ
列判断正确的是 球静止 钢球的重力和弹簧弹力相等 此时钢
（ ） ， ，
硬币直立过程可能受到 球加速度为零 错误 根据ｍｇ ｋ ｌ ｋ ｌ
Ａ． ，Ｂ 。 ＝ Δ ＝ （ －
与列车行驶方向相同的 ｍｇ
ｌ 即ｍｇ ｋ ． ． 可以求出ｋ 当指
摩擦力作用 ０）， ＝ （０４－０２） ＝ ． 。
０２
硬币直立过程一定只受重力和支持力而 针位于 刻度时 钢球受到弹力和重力的
Ｂ． ３０ ｃｍ ，
处于平衡状态 作用 由牛顿第二定律有 ｋ ｌ′ ｍｇ ｍａ′ 加速
， Δ － ＝ ，
硬币倒下是因为受到风吹 ｋ ． ． ｇ
Ｃ． 度ａ′ ·（０３－０２） ｇ 正确 指针对
＝ ｍ － ＝－ ，Ａ 。
列车加速或减速行驶时 硬币都可能受到
２
Ｄ． ，
应 刻度时 由牛顿第二定律有ｋ ｌ″ ｍｇ
与列车运动方向相反的摩擦力作用 ５０ ｃｍ ， Δ －
ｋ ｌ″ ｇ
答案 Ａ 列车匀速直线行驶时硬币立于列车
ｍａ″ 加速度ａ″ Δ ｇ 错误 方程 ａ
＝ ， ＝ ｍ － ＝ ，Ｃ 。
窗台上 稳稳当当 说明硬币处于平衡状态 此 ２
， ， ，
ｋ ｌ ｋｌ ｋｌ
时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持 Δ ｇ － ０ ｇ 是关于 ｌ 的一次函数 加速
＝ ｍ － ＝ ｍ － ，
力 它们是一对平衡力 列车在加速或减速过程
， ； 度与各刻度值是线性变化的 刻度对应的加
中 沿着行进方向的静摩擦力或与行进方向反 ，
， 速度值是均匀的 错误
向的静摩擦力提供硬币的加速度 项正确 ，Ｄ 。
，Ａ ，Ｂ、
技巧点拨
两项错误 硬币倒下是因为列车横向变道
Ｄ 。 先确定加速度为零的位置，在指针位于直尺
时 列车的运动方向发生变化 硬币受到与运动
， ， 刻度处，钢球重力等于弹簧弹力，Ｆ
方向不一致的静摩擦力的作用 列车内是全封 ４０ ｃｍ 合＝
， ，对应 ａ 。 指针指在其他位置时，可以先
闭区域 没有外界吹来的风 项错误 ０ ＝０
， ，Ｃ 。
求出弹簧弹力，再由牛顿第二定律求出对应
３．（ 北京， ， 分）某同学使用轻弹簧 直
２０２１ １３ ３ 、 的加速度。
尺 钢球等制作了一个 竖直加速度测量
、 “ ４．（ 广西柳州一模， ）（多选）实验小组利
仪 如图所示 弹簧上端固定 在弹簧旁沿 ２０２２ ８
”。 ， ，
用 系统 数字化信息实验系统 观察超
弹簧长度方向固定一直尺 不挂钢球时 弹 ＤＩＳ （ ），
。 ，
重和失重现象 他们在学校电梯厢内做实
簧下端指针位于直尺 刻度处 下端悬 。
２０ ｃｍ ；
验 在电梯天花板上固定一个拉力传感器
挂钢球 静止时指针位于直尺 刻度处 ， ，
， ４０ ｃｍ 。
测量挂钩向下 并在钩上悬挂一个重为
将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上 ， １０ Ｎ
，
的钩码 在电梯运动过程中 计算机显示屏
就可用此装置直接测量竖直方向的加速度
， ，
。
上出现如图所示图线 根据图线分析可知下
取竖直向上为正方向 重力加速度大小为 ｇ ，
， 。
列说法正确的是
下列说法正确的是
（ ）
（ ）
刻度对应的加速度为
Ａ．３０ ｃｍ
． ｇ
－０ ５
刻度对应的加速度为 ｇ
Ｂ．４０ ｃｍ
专
刻度对应的加速度为 ｇ 题
从时刻 ｔ 到 ｔ 钩码处于失重状态 从时
Ｃ．５０ ｃｍ ２ 三
Ａ． １ ２， ，
各刻度对应加速度的值是不均
Ｄ． 刻 ｔ 到 ｔ 钩码处于超重状态 牛
３ ４， 顿
匀的
ｔ 到 ｔ 时间内 电梯一定在向下运动 ｔ 到 运
答案 Ａ 弹簧原长 ｌ 取竖直向上 Ｂ． １ ２ ， ， ３ 动 定
０ ＝２０ ｃｍ， ｔ 时间内 电梯可能正在向上运动 律
４ ，
３５
ｔ 到 ｔ 时间内 电梯可能先加速向下 接 时间内拉力减小 且小于重力 处于失重状
Ｃ． １ ４ ， ， ， （
着匀速向下 再减速向下 态 故说明小球向上运动 故 项正确 ｔ
， ）， ， Ｂ ； ４～
ｔ 到 ｔ 时间内 电梯可能先加速向上 接 ｔ 时间内小球受到的拉力小于重力 处于失
Ｄ． １ ４ ， ， ５ （
着匀速向上 再减速向上 重状态 但拉力变大 故说明小球向下运
， ）， ，
答案 ＡＣ ｔ 到 ｔ 时间内 拉力小于重力 动 故 项正确 ｔ ｔ 时间内小球受到的拉
１ ２ ， ， ， Ｃ ； ５～ ６
钩码处于失重状态 ｔ 到 ｔ 时间内 拉力大 力变大 故小球向下运动 故 项错误
， ３ ４ ， ， ， Ｄ 。
于重力 钩码处于超重状态 故 项正确 从 ６．（ 浙江 月选考， ， 分）物流公司通
， ， Ａ ； ２０２２ ６ １９ ９
ｔ 到 ｔ 时间内 钩码受到的拉力小于重力 过滑轨把货物直接装运到卡车中 如图所
１ ２ ， ， 。
加速度向下 所以电梯向上做减速运动或向 示 倾斜滑轨与水平面成 °角 长度 ｌ
， ， ２４ ， １ ＝
下做加速运动 故 项错误 ｔ 到 ｔ 时间内 水平滑轨长度可调 两滑轨间平滑连
， Ｂ ； １ ４ ， ４ ｍ， ，
拉力先小于重力 接着等于重力 再大于重 接 若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下
， ， 。
力 钩码的加速度先向下 接着为零 再向
， ， ， 滑 其与滑轨间的动摩擦因数均为 μ ２ 货
上 电梯可能先加速向下 或先减速向上 ， ＝ ，
， （ ）， ９
接着匀速运动 再减速向下 或再加速向 物可视为质点 取 ° ． ° ．
， （ （ ｃｏｓ ２４ ＝０ ９，ｓｉｎ ２４ ＝０ ４，
上 故 项正确 项错误 ｇ ２
）， Ｃ ，Ｄ 。 ＝１０ ｍ／ｓ ）。
５．（ 吉林延边质检， ）（多选）如图 用力
２０２２ ８ ａ，
传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化
。
向下拉小球然后释放 小球沿竖直方向运
，
动 某段时间内采集到的信息如图 所示 则 求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度 ａ
， ｂ ， （１） １
的大小
（ ） ；
求货物在倾斜滑轨末端时速度 ｖ 的
（２）
大小
；
若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超
（３）
过 求水平滑轨的最短长度 ｌ
２ ｍ／ｓ， ２。
ｔ ｔ 时间内小球向下运动 处于超重状态 答案 ２ ．
Ａ． ２～ ３ ， （１）２ ｍ／ｓ （２）４ ｍ／ｓ （３）２ ７ ｍ
ｔ ｔ 时间内小球向上运动 处于失重状态 解析 由牛顿第二定律得
Ｂ． ３～ ４ ， （１）
ｔ ｔ 时间内小球向下运动 处于失重状态 ｍｇ ° μｍｇ ° ｍａ ａ ２
Ｃ． ４～ ５ ， ｓｉｎ ２４ － ｃｏｓ ２４ ＝ １， １ ＝２ ｍ／ｓ 。
ｔ ｔ 时间内小球向上运动 处于超重状态 货物做匀加速直线运动 故有 ｖ２ ａ ｌ
Ｄ． ５～ ６ ， （２） ， ＝２ １ １，
答案 ＢＣ 整个过程中橡皮绳一直处于伸 解得 ｖ
＝４ ｍ／ｓ。
长状态 ｔ ｔ 时间内拉力大于重力 处于超 货物做匀减速直线运动 故有 ｖ２ ｖ２
5 ， ２～ ３ （ （３） ， １ － ＝
重状态 但拉力越来越小 伸长量越来越 ａ ｌ 且 ａ μｇ 解得 ｌ ．
年
高 ）， ， ２ ２ ２ ２ ＝－ ， ２ ＝２ ７ ｍ。
考 小 故说明小球向上运动 故 项错误 ｔ ｔ
3 ， ， Ａ ； ３～ ４
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
３６
综合篇
拓展 一 两类动力学问题及等时圆 房屋时 保持底边 Ｌ 不变 要设计好屋顶的
， ，
倾角 θ 以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快
１．（ 河北张家口一中月考， ）（多选）建设 ，
２０２２ ４
地滑离屋顶 雨滴下滑时可视为小球做无初 滑到 Ｍ 点的过程中 加速度分别为 ａ ａ 经
， ， １、 ２，
速度 无摩擦的运动 下列说法正确的是 历的时间分别为 ｔ ｔ 损失的机械能分别为
、 。 １、 ２，
Ｅ Ｅ 到达 Ｍ 点的速度分别为 ｖ ｖ 则
（ ） １、 ２， １、 ２，
倾角 θ 越大 雨滴下滑时的
Ａ． ， （ ）
加速度越大
倾角 θ 越大 雨滴对屋顶压
Ｂ． ，
力越大
倾角 θ 越大 雨滴从顶端 Ｏ
Ｃ． ，
下滑至屋檐 Ｍ 时的速度越大
ａ ａ ｔ ｔ
倾角 θ 越大 雨滴从顶端 Ｏ 下滑至屋檐 Ｍ Ａ． １＞ ２ Ｂ． １ ＝ ２
Ｄ． ，
Ｅ Ｅ ｖ ｖ
时的时间越短 Ｃ． １＜ ２ Ｄ． １＞ ２
答案 Ｃ 设 ＰＭ 长度为 ｘ 与水平面的夹
答案 ＡＣ 设屋顶的坡面长度为 ｘ 雨滴下 １、
，
角为 α ＱＭ 长度为 ｘ 与水平面夹角为 β 根
滑时加速度为ａ 雨滴受到重力ｍｇ 和屋顶对 ， ２、 ，
；
据牛顿第二定律有 ａ ｇ α μｇ α ａ
雨滴的支持力 Ｆ 在垂直于屋顶方向有 ｍｇ ， １ ＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ ， ２
Ｎ，
ｇ β μｇ β 依题意有 α β α
θ Ｆ 平行于屋顶方向有 ｍｇ θ ｍａ ＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ ， ＜ ，ｓｉｎ ＜ｓｉｎ
ｃｏｓ ＝ Ｎ， ｓｉｎ ＝ ，
β α β 解得 ａ ａ 项错误 根据几
可得雨滴的加速度大小 ａ ｇ θ 则倾角 θ ，ｃｏｓ ＞ｃｏｓ ， １＜ ２，Ａ ；
＝ ｓｉｎ ，
越大 雨滴下滑时的加速度越大 项正确 何关系 有 ｘ Ｒ α １ａ ｔ２ ｘ Ｒ β
， ，Ａ ； ， １ ＝２ ｓｉｎ ＝ １ １， ２ ＝２ ｓｉｎ
２
雨滴对屋顶的压力大小 Ｆ ′ Ｆ ｍｇ θ
Ｎ ＝ Ｎ ＝ ｃｏｓ ，
则倾角 θ 越大 ， 雨滴对屋顶的压力越小 ，Ｂ 项 ＝
１ａ
２
ｔ２
２，
两角度不同
，
时间不同
（
要注意与等
２
错误 根据几何知识得屋顶坡面的长度ｘ
时圆模型的区别和条件 项错误 损失的
； ＝
），Ｂ ；
Ｌ Ｌ 机械 能 等 于 克 服 摩 擦 力 做 的 功 Ｅ
又 ｘ １ａｔ２ 可得 ｔ ２ 可见 ， １ ＝
θ， ＝ ， ＝ ｇ θ，
μｍｇ α Ｒ α μｍｇＲ α Ｅ μｍｇ
２ ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ２
ｃｏｓ ×２ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ２ ， ２ ＝
当 θ °时 用时 ｔ 最短 项错误 由 ｖ ａｔ
β Ｒ β μｍｇＲ β 因为 α β
＝４５ ， ，Ｄ ； ＝
ｃｏｓ ×２ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ２ ， ＜ ＝
可得 ｖ ｇＬ θ 可见 θ 越大 雨滴从顶端 ° 所以 Ｅ Ｅ 项正确 根据匀变速直线
＝ ｔａｎ ， ， ４５ ， １＜ ２，Ｃ ；
Ｏ 下滑至 Ｍ 时的速度越大 项正确 运动规律 ｖ２ ａ ｘ ｖ２ ａ ｘ 因为 ａ ａ ｘ
，Ｃ 。 １ ＝２ １ １， ２ ＝２ ２ ２， １＜ ２、 １
规律总结 ｘ 故 ｖ ｖ 项错误
＜ ２， １＜ ２，Ｄ 。
沿倾角 θ 的光滑斜面下滑的物体，其加速度 易错警示
大小 ａ ｇ θ，分等底不等高和等高不等底 本题粗看好似等时圆问题，易错选 选项。
＝ ｓｉｎ Ｂ
两类，物体由斜面顶端到底端的下滑时间分 其实本题中“沙坡”隐含着考虑摩擦力的信
Ｌ ｈ
息，因此不能直接套用等时圆模型内容来
别为ｔ ２ 、ｔ １ ２ ，因此对
等底＝
ｇ θ
等高＝
θ ｇ 解题，仔细审题是解答问题的关键。
ｓｉｎ ２ ｓｉｎ
于等底斜面，当 θ °时下滑时间最短；对 ３．（ 河北， ， 分）如图 一滑雪道由 ＡＢ
＝４５ ２０２１ １３ １１ ，
等高斜面，斜面倾角越大，下滑时间越短。
和 ＢＣ 两段滑道组成 其中 ＡＢ 段倾角为 θ
专
， ，
题
２．（ 江苏泰州三模， ）滑沙游乐场有两个 ＢＣ 段水平 ＡＢ 段和 ＢＣ 段由一小段光滑圆 三
２０２２ ６ ，
沙坡 ＰＭ ＱＭ Ｐ Ｑ Ｍ 三点在同一竖直圆周 弧连接 一个质量为 的背包在滑道顶 牛
、 ， 、 、 。 ２ ｋｇ 顿
运
上 圆心为 Ｏ 圆周最低点为 Ｍ Ｐ Ｑ 位置如 端 Ａ 处由静止滑下 若 后质量为 的
动
， ， ， 、 ， １ ｓ ４８ ｋｇ
定
图所示 一游客分别从 Ｐ Ｑ 两点由静止下 滑雪者从顶端以 ． 的初速度 ２ 律
。 、 １ ５ ｍ／ｓ 、３ ｍ／ｓ
３７
的加速度匀加速追赶 恰好在坡底光滑圆弧 无人机悬停在距一块试验田高度Ｈ
， １ ＝３０ ｍ
的水平处追上背包并立即将其拎起 背包 的高空 ｔ 时刻 它以加速度 ａ ２ 竖
。 ， ＝０ ， １ ＝２ ｍ／ｓ
直向下匀加速运动 ｈ 后 立即向下做
与滑道的动摩擦因数为 μ １ 重力加速度 １ ＝９ ｍ ，
＝ ，
匀减速运动直至速度为零 重新悬停 然后
１２
， ，
水平飞行喷洒药剂 若无人机田间作业时
取ｇ ２ θ ７ θ ２４ 忽略空气 。
＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝ ，
２５ ２５ 喷洒的安全高度为 无人机下降过
１ ｍ～３ ｍ，
阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变
程中受到的空气阻力恒为 求 ｇ 取
２０ Ｎ， （
化 求
。 ： ２
１０ ｍ／ｓ ）：
滑道 ＡＢ 段的长度
（１） ；
滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度
（２）
大小 无人机从 ｔ 时刻到重新悬停在 Ｈ
。 （１） ＝０ ２ ＝
答案 ． 处的总时间 ｔ
（１）９ ｍ （２）７ ４４ ｍ／ｓ １ ｍ ；
解析 Ａ Ｂ 过程 无人机在安全高度范围内重新悬停 向
（１） → （２） ，
对背包 设其质量为 ｍ 受力分析 由牛顿 下匀减速时能提供的最大竖直升力大小
（ １）： ， ；
第二定律得 若无人机在高度Ｈ ′ 处悬停时动力
（３） ２ ＝３ ｍ
ｍ ｇ θ μｍ ｇ θ ｍ ａ
１ ｓｉｎ － １ ｃｏｓ ＝ １ １ 系统发生故障 ， 失去竖直升力的时间为２ ｓ，
解得 ａ ２ ３
１ ＝２ ｍ／ｓ ① 要使其不落地 恢复升力时加速度的最
由运动分析得 ，
：
小值
。
ｌ １ａ ｔ２
＝ ２ １ ② 答案 ２９ ２
（１） ｓ （２）２００ Ｎ （３）１８ ｍ／ｓ
ｖ ａ ｔ ３
１ ＝ １ ③ 解析 无人机竖直向下匀加速过程中
对滑雪者 设其质量为 ｍ 由运动分析得 （１） ，
（ ２）：
有 ｈ １ａ ｔ２ 得 ｔ ｖ ａ ｔ
ｌ ｖ ｔ ｔ １ａ ｔ ｔ ２ １ ＝ １ １， １ ＝３ ｓ， １ ＝ １ １ ＝６ ｍ／ｓ
＝ ０（ － ０）＋ ２（ － ０） ④ ２
２ ｖ
ｖ ｖ ａ ｔ ｔ 其中 ｔ 无人机减速过程 有 Ｈ ｈ Ｈ １ｔ 得 ｔ
２ ＝ ０ ＋ ２（ － ０）， ０ ＝１ ｓ ⑤ ， １ － １ － ２ ＝ ２， ２ ＝
２
联立 得
①②③④⑤
２０
ｔ ｖ ｖ ． ｌ
ｓ。
＝３ ｓ， １ ＝６ ｍ／ｓ， ２ ＝７ ５ ｍ／ｓ， ＝９ ｍ ３
滑雪者拎起背包过程水平方向动量守
（２）
所以总时间 ｔ ｔ ｔ ２９
恒 有 ＝ １ ＋ ２ ＝ ｓ。
， ３
5
年 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ 无人机减速过程有 ｖ２ ａ ｈ
高 １ １ ＋ ２ ２ ＝（ １ ＋ ２） （２） ０－ １ ＝－２ ２ ２
考 解得 ｖ ． 无人机重新悬停在距试验田的高度Ｈ ″
3 ＝７ ４４ ｍ／ｓ ２ ＝３ ｍ
年 滑雪者拎起背包时的速度大小为 ． 处时 此时的加速度 ａ 最大 故 Ｈ ″ Ｈ ｈ
模 ７ ４４ ｍ／ｓ ， ２ ， ２ ＝ １ － １ －
拟
４．（ 天津滨海重点七校联考， ）随着人工 ｈ ａ ｈ ｖ２ 得ａ ２
A ２０２２ １０ ２，２ ２ ２ ＝ １ －０， ２ ＝１ ｍ／ｓ ；
版 智能技术的不断发展 无人机有着非常广阔 无人机向下匀减速运动时 由牛顿第二定律
， ，
高 的应用前景 如图一架总质量 ｍ 的 可得
考 。 ＝２０ ｋｇ
物
理 携药无人机即将在田间执行喷洒药剂任务 Ｆ ｆ ｍｇ ｍａ 得升力 Ｆ
， ＋ － ＝ ２， ＝２００ Ｎ。
３８
失去竖直升力后 由牛顿第二定律得 ｍｇ 平直轨道匀加速行驶时 第 节对第 节车
（３） ， ， ２ ３
ｆ ｍａ 厢的牵引力为 Ｆ 若每节车厢所受摩擦力
－ ＝ ３ 。 、
恢复升力时竖直方向上 空气阻力均相等 则倒数第 节对倒数第
， ３ ２
的速度 ｖ ａ ｔ′ 得 ｖ 节车厢的牵引力为
＝ ３ ， ＝ ６ （ ）
由高度Ｈ ′ 处 Ｆ Ｆ Ｆ
ｍ／ｓ， ２ ＝３ ｍ Ｆ １９
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
悬停失去升力到刚好不
２０ １９ ２０
答案 Ｃ 设每节车厢所受的阻力 包括摩
落地这一过程作出 ｖ ｔ 图像 如图所示
（
－ ，
擦力 空气阻力 为 ｆ 以后面 节车厢整体
ｖ２ ｖ２
、 ） ， ３８
即 Ｈ ′ 解得 ａ ２
２ ＝ ａ ＋ ａ ， ４ ＝１８ ｍ／ｓ 。 为研究对象有 Ｆ ｆ ｍａ 以最后两节车
２ ３ ２ ４ －３８ ＝３８ ，
厢为研究对象 有 Ｆ′ ｆ ｍａ 联立上面两
， －２ ＝２ ，
拓展 二 动力学中的连接体问题及瞬时加速
Ｆ
式可得 Ｆ′ 故 正确
度问题 ＝ ， Ｃ 。
１９
１．（ 全国乙， ， 分）如图 一不 ３．（ 海南， ， 分）如图
２０２１ ７ ３ ，
２０２２ １５ ６ ，
两物块 Ｐ Ｑ 用跨过光滑轻
可伸长轻绳两端各连接一质量为
、
质定滑轮的轻绳相连 开始
ｍ 的小球 初始时整个系统静置于
，
，
时 Ｐ 静止在水平桌面上 将一个水平向右
光滑水平桌面上 两球间的距离等于绳长 Ｌ
。
， 。
的推力 Ｆ 作用在 Ｐ 上后 轻绳的张力变为原
一大小为 Ｆ 的水平恒力作用在轻绳的中点 ，
，
来的一半 已知 Ｐ Ｑ 两物块的质量分别为
方向与两球连线垂直 当两球运动至二者
。 、
。
ｍ ． ｍ ． Ｐ 与桌面间的动摩
Ｐ＝０ ５ ｋｇ、 Ｑ ＝０ ２ ｋｇ，
相距３Ｌ 时 它们加速度的大小均为
， （ ） 擦因数 μ ． 重力加速度 ｇ ２ 则
５ ＝０ ５， ＝１０ ｍ／ｓ 。
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 推力 Ｆ 的大小为
５ ２ ３ ３ （ ）
Ａ． ｍ Ｂ． ｍ Ｃ． ｍ Ｄ． ｍ ． ． ． ．
８ ５ ８ １０ Ａ．４ ０ Ｎ Ｂ．３ ０ Ｎ Ｃ．２ ５ Ｎ Ｄ．１ ５ Ｎ
Ｌ 答案 Ａ Ｐ 静止在水平桌面上时 Ｑ 也静
１ ３ ，
×
答案 Ａ 如图可知 θ ２ ５ ３ 则 止 对 Ｐ Ｑ 分别受力分析 由平衡条件可得
ｓｉｎ ＝ Ｌ ＝ ， ｃｏｓ ， 、 ，
５ Ｔ ｍ ｇ ． ｆ Ｔ ． μｍ ｇ ．
１ ＝ Ｑ ＝２ ０ Ｎ， ＝ １ ＝２ ０ Ｎ＜ Ｐ ＝２ ５ Ｎ。
２
当推力 Ｆ 作用在 Ｐ 上后 轻绳的张力变为原
，
θ ４ 对轻绳中点受力分析可知 Ｆ Ｔ
Ｔ
＝ ， ＝２ ｃｏｓ
５ 来的一半 即 Ｔ １ ． Ｑ 物块加速下
， ２ ＝ ＝１ ０ Ｎ，
θ 对小球由牛顿第二定律得Ｔ ｍａ 联立解 ２
， ＝ ，
降 根据牛顿第二定律可得 ｍ ｇ Ｔ ｍ ａ
Ｆ ， Ｑ － ２ ＝ Ｑ ，
得 ａ ５ 故选项 正确
＝ ｍ， Ａ 。 解得 ａ ２ Ｐ Ｑ 通过轻绳连接 故 Ｐ 物
＝５ ｍ／ｓ ； 、 ，
８
块将以大小相同的加速度向右加速运动 此
，
时受到向左的滑动摩擦力 对 Ｐ 由牛顿第二
，
定律可得 Ｔ Ｆ μｍ ｇ ｍ ａ 解得 Ｆ ．
２ ＋ － Ｐ ＝ Ｐ ， ＝４ ０ Ｎ，
故选
专
Ａ。
题
２．（ 江苏单科， ， 分）中欧班列在欧亚大 ４．（ 河北邯郸一模， ）（多选）如图甲所 三
２０２０ ５ ３ ２０２１ ９
陆开辟了 生命之路 为国际抗疫贡献了中 示 质量为 的物体 Ａ 叠放在足够长物体 牛
“ ”， ， ３ ｋｇ 顿
运
国力量 某运送防疫物资的班列由 节质 Ｂ 的右端 Ｂ 静止在粗糙水平地面上 用从零
动
。 ４０ ， ，
定
量相等的车厢组成 在车头牵引下 列车沿 开始逐渐增大的水平拉力 Ｆ 拉物体 Ｂ 两个 律
， ， ，
３９
物体间的摩擦力 ｆ 物体 Ｂ 与地面间的摩擦
１、
力 ｆ 随水平拉力 Ｆ 变化的情况如图乙所示
２ ，
重力加速度ｇ 取
２
最大静摩擦力等于
１０ ｍ／ｓ ， ２ ． ２
Ａ．１ ｍ／ｓ Ｂ．２ ５ ｍ／ｓ
滑动摩擦力 则下列说法正确的是
， （ ） ２ ２
Ｃ．３ ｍ／ｓ Ｄ．４ ｍ／ｓ
答案 Ａ 物块放在轻质长木板上 长木板
，
质量为 所受合力始终为 即 Ａ Ｂ 所受摩
０， ０， 、
擦力大小相等 由于 ｍ ｍ Ａ Ｂ 受到长木
。 Ａ＜ Ｂ， 、
板的最大静摩擦力的大小关系为ｆ ｆ
Ａ ｍａｘ＜ Ｂ ｍａｘ，
两个物体间的动摩擦因数为 ． 所以 Ｂ 始终相对长木板静止 当拉力增加到
，
Ａ． ０ ４
物体 Ｂ 的质量为 一定程度时 Ａ 相对长木板滑动 Ｂ 受到的最
， ，
Ｂ． １ ｋｇ
物体 Ｂ 与水平地面间的动摩擦因数为 ． 大合力等于长木板与 Ａ 间的最大静摩擦力
Ｃ． ０ ３ ，
当 Ｆ 时 物体 Ａ 的加速度大小为 即 ｆ ｆ μｍ ｇ 由ｆ ｍ ａ 可知 Ｂ 的加
Ｄ． ＝ １０ Ｎ ， Ｂ＝ Ａ ｍａｘ ＝ Ａ ， Ｂ＝ Ｂ Ｂ ｍａｘ ，
． ２ 速度最大为 ２ 故选
１ ５ ｍ／ｓ ２ ｍ／ｓ ， Ａ。
答案 ＢＤ 由图乙可知 Ａ Ｂ 之间的最大静 ６．（ 全国甲， ， 分）（多选）如图 质量相
， 、 ２０２２ １９ ６ ，
摩擦力为 ｆ 可知 Ａ Ｂ 间的动摩擦因 等的两滑块 Ｐ Ｑ 置于水平桌面上 二者用一
１ｍａｘ ＝６ Ｎ， 、 、 ，
ｆ 轻弹簧水平连接 两滑块与桌面间的动摩擦
数为 μ １ｍａｘ ． 错误 由图乙可知 ，
ＡＢ ＝ｍ ｇ＝０ ２，Ａ 。 ，
Ａ 因数均为 μ 重力加速度大小为 ｇ 用水平
。 。
当 Ｆ 时 Ａ Ｂ 整体相对地面开始滑动
向右的拉力 Ｆ 拉动 Ｐ 使两滑块均做匀速运
＝４ Ｎ ， 、 ，
，
则 μ ｍ ｍ ｇ 当 Ｆ 时 Ａ Ｂ
Ｂ地（ Ａ＋ Ｂ） ＝４ Ｎ； ＝１２ Ｎ ， 、 动 某时刻突然撤去该拉力 则从此刻开始
； ，
即将 产 生 相 对 滑 动 此 时 整 体 有 ａ
到弹簧第一次恢复原长之前
， ＝
（ ）
Ｆ μ ｍ ｍ ｇ
－ Ｂ地（ Ａ＋ Ｂ） 对Ａ 有μ ｍ ｇ ｍ ａ 联立
ｍ ｍ ， ＡＢ Ａ ＝ Ａ ，
Ａ＋ Ｂ
Ｐ 的加速度大小的最大值为 μｇ
解得ｍ Ｂ＝１ ｋｇ、 μ Ｂ地＝０ ． １，Ｂ 正确 ，Ｃ 错误 。 当 Ａ． ２
Ｑ 的加速度大小的最大值为 μｇ
Ｆ 时 Ａ Ｂ 一起加速运动 则 Ａ Ｂ 两物 Ｂ． ２
＝１０ Ｎ ， 、 ， 、
Ｐ 的位移大小一定大于 Ｑ 的位移大小
体的加速度大小为 ａ Ｆ － μ Ｂ地（ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｇ Ｃ．
＝ ｍ ｍ ＝ Ｐ 的速度大小均不大于同一时刻 Ｑ 的速
Ａ＋ Ｂ Ｄ．
度大小
１０－４ ２ ． ２ 正确
ｍ／ｓ ＝１ ５ ｍ／ｓ ，Ｄ 。 答案 ＡＤ 撤去力 Ｆ 后到弹簧第一次恢复
３＋１
５．（ 河北五校联考， ）如图所示 一块足够 原长之前 弹簧弹力 ｋｘ 逐渐减小 对 Ｐ 有
２０２２ ７ ， ， ，
长的轻质长木板放在光滑水平地面上 质量 μｍｇ ｋｘ ｍａ 对 Ｑ 有 μｍｇ ｋｘ ｍａ 且撤去
5 ， ＋ ＝ Ｐ， － ＝ Ｑ，
年 分别为 ｍ 和 ｍ 的物块 Ａ Ｂ 放 外力瞬间 μｍｇ ｋｘ 故 Ｐ 做加速度从 μｇ 减
高 Ａ＝１ ｋｇ Ｂ＝２ ｋｇ 、 ＝ ， ２
考 在长木板上 Ａ Ｂ 与长木板间的动摩擦因数 小到 μｇ 的减速运动 Ｑ 做加速度从 逐渐增
3 ， 、 ， ０
年
均为 μ ． 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 大到 μｇ 的减速运动 即 Ｐ 的加速度始终大
模 ＝０ ４， 。 ，
拟
初始时刻 两物块 Ａ Ｂ 和长木板均处于静止 于Ｑ 的加速度 故除开始时刻外 任意时刻Ｐ
A ， 、 ， ，
版 状态 现用水平拉力 Ｆ 拉 Ａ 取重力加速度 的速度大小小于 Ｑ 的速度大小 故 Ｐ 的平均
， ， ，
高
考 ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 改变 Ｆ 的大小 ， Ｂ 的加速度大 速度大小必小于 Ｑ 的平均速度大小 ， 由 ｘ ＝ ｖｔ
物
理 小可能为 可知 Ｑ 的位移大小大于 Ｐ 的位移大小 可知
（ ） ，
４０
错误 正确 一题多解
Ｂ、Ｃ ，Ａ、Ｄ 。
７．（ 湖北武汉汉阳二模， ）如图 所示 质 由题图 可知 ｂ 做匀速直线运动，ｂ 受到的
２０２２ ３ １ ， ２
量相同 但表面粗糙程度不同的三个物块 ａ 支持力 Ｎ 和摩擦力ｆ 的合力Ｆ 合 与重力ｍｇ
， 、 ２ ２ ２
ｂ ｃ 放在三个完全相同的斜面体上 斜面体 是一对平衡力，因此 Ｆ 合 方向竖直向上，由牛
、 ， ２
静置于同一粗糙水平面上 物块 ａ ｂ ｃ 以相 顿第三定律可知，斜面体受到物块 ｂ 的压力
。 、 、
同的初速度下滑 其 ｖ ｔ 图像分别如图 中 和摩擦力的合力 Ｆ 合 ′竖直向下，因此，斜面
， － ２ ２
的 Ａ Ｂ Ｃ 所示 物块下滑过程中斜面体始终 体在自身重力和地面支持力及 Ｆ 合 ′作用下，
、 、 ， ２
保持静止 ａ ｂ ｃ 与斜面之间的动摩擦因数 没有运动趋势，故 ｆ ，如图 所示。 同理
， 、 、 ｂ ＝０ ｂ
分别为 μ μ μ 斜面体对地面的压力分别 物块 ａ 和物块 ｃ 的受力如图 和图 所示，ａ
ａ、 ｂ、 ｃ， ａ ｃ
为 Ｆ Ｆ Ｆ 斜面体对地面的摩擦力分别
给斜面体的作用力斜向右下，故斜面体给地
Ｎ
ａ、
Ｎ
ｂ、
Ｎ
ｃ，
为 ｆ ｆ ｆ 下列判断错误的是 面的力 ｆ 向右，同理得 ｆ 向左。
ａ、 ｂ、 ｃ， （ ） ａ ｃ
图
１
图 图 图
ａ ｂ ｃ
拓展 三 临界极值问题
１．（ 重庆八中冲刺四， ）如图所示 倾角
图
２０２２ ３ ，
２
θ ° 外表面光滑的楔
μ μ μ ＝４５ 、
Ａ． ａ＜ ｂ＜ ｃ
形滑块 Ｍ 放在水平面
Ｆ Ｆ Ｆ
Ｂ． Ｎ ａ＜ Ｎ ｂ＜ Ｎ ｃ
ＡＢ 上 在滑块 Ｍ 的顶端
ｆ ｆ 向右 ｆ 向左 ，
Ｃ． ｂ＝０、 ａ 、 ｃ
Ｏ 处固定一细线 细线的另一端拴一小球
ｆ ｆ 向左 ｆ 向右 ， ，
Ｄ． ｂ＝０、 ａ 、 ｃ
答案 Ｄ 由 ｖ ｔ 图像知 物块 ａ ｂ ｃ 分别做
－ ， 、 、 已知小球的质量 ｍ ５ 当滑块 Ｍ 以 ａ
＝ ｋｇ， ＝
匀加速 匀速 匀减速直线运动 对物块 ａ ５
、 、 。
ｇ 的加速度向右运动时 细线拉力的大小为
有 ｍｇ θ μ ｍｇ θ 对物块ｂ 有ｍｇ θ ２ ，
ｓｉｎ ＞ ａ ｃｏｓ ， ｓｉｎ
重力加速度 ｇ 取 ２
μ ｍｇ θ 对 物 块 ｃ 有 ｍｇ θ （ １０ ｍ／ｓ ） （ ）
＝ ｂ ｃｏｓ ， ｓｉｎ ＜
μ ｍｇ θ 可得 μ μ μ 选项 正确 物
ｃ ｃｏｓ ， ａ＜ ｂ＜ ｃ， Ａ 。 Ａ．１０ Ｎ Ｂ．５ Ｎ Ｃ． ５ Ｎ Ｄ． １０ Ｎ
答案 Ａ 当滑块向右运动的加速度为某一
块 ａ 的加速度方向沿斜面向下 加速度的竖
，
临界值时 斜面对小球的支持力恰好为零
直分量向下 物块 ａ 和斜面体组成的整体处
， ，
，
此时小球受到重力和线的拉力作用 如图甲
于失重状态 Ｆ Ｍ ｍ ｇ 加速度的水平分
， Ｎ ａ＜（ ＋ ） ， ，
所示 根据牛顿第二定律 有Ｆ θ ｍａ
量向左 地面对斜面体的摩擦力方向向左
， ， 。 ， Ｔ ｃｏｓ ＝ ０，
Ｆ θ ｍｇ 其中 θ ° 解得 ａ ｇ 则
由牛顿第三定律可知 斜面体对地面的摩擦
， Ｔ ｓｉｎ － ＝０， ＝４５ ， ０ ＝ 。 专
题
知当滑块向右运动的加速度 ａ ｇ 时 小球
力 ｆ 向右 物块 ｂ 的加速度为 同理分析可 三
ａ ； ０， ＝２ ，
知 Ｆ Ｍ ｍ ｇ ｆ 物块 ｃ 的加速度方向 已 飘 起来了 此时小球受力如图乙所示 牛
Ｎ ｃ＞（ ＋ ） 、 ｂ＝０； “ ” ， ， 顿
则有 Ｆ ′ α ｍ ｇ Ｆ ′ α ｍｇ 又 运
沿斜面向上 同理分析可知 Ｆ Ｍ ｍ ｇ ｆ
， Ｎ ｂ＝（ ＋ ） 、 ｃ Ｔ ｃｏｓ ＝ ·２ ， Ｔ ｓｉｎ － ＝０， 动 定
向左 选项正确 选项错误 ２ α ２ α 联立解得 Ｆ ′ 项 律
，Ｂ、Ｃ ，Ｄ 。 ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝１， Ｔ ＝１０ Ｎ，Ａ
４１
正确 再隔离 Ａ 对 Ａ 受力分析求二者之间的静摩
。
擦力 ｆ ，当求出的 ｆ ｆ 时二者相对静止，
静 静≤
ｍ
假设成立；当求出的 ｆ ｆ 时二者相对滑动。
静＞
ｍ
方法二：假设二者刚要相对滑动，即二者间
的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，求出的拉
力 Ｆ 和加速度 ａ 为临界值，当 Ｆ 大于此临界
值时二者相对滑动。
２．（ 安徽蚌埠二中模拟， ）（多选）如图所
２０２２ ８
３．（ 江苏连云港三模， ）如
示 Ａ Ｂ 两物块的质量分别为 ｍ 和 ｍ 静止 ２０２２ ６
， 、 ２ ，
图所示 劲度系数为 ｋ 的轻弹
叠放在水平地面上 Ａ Ｂ 间的动摩擦因数 ，
。 、
簧两端分别与物块 Ａ Ｂ 相连
μ 、 ，
为 μ Ｂ 与地面间的动摩擦因数为 最大
， 。 轻绳绕过定滑轮分别与物块
２
静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加速度为 ｇ Ｂ Ｃ 相连 整个装置处于静止
， 。 、 ，
现对 Ａ 施加一水平拉力 Ｆ 则 状态 物块 Ｃ 离地面高度为 ｈ 现将物块 Ｃ
， （ ） ， 。
拉至地面由静止释放 物块 Ａ 始终没有离开
，
地面 已知物块 Ａ Ｂ Ｃ 质量分别为 ｍ ｍ
。 、 、 ３ 、 、
ｍ 重力加速度为 ｇ 弹簧始终在弹性限度
， ，
当 Ｆ μｍｇ 时 Ａ 相对 Ｂ 开始滑动 内 不计摩擦阻力 则
Ａ． ＞２ ， ， ， （ ）
ｍｇ
当 Ｆ ５μｍｇ 时 Ａ 的加速度为１μｇ ｈ 最大值为２
Ｂ． ＝ ， Ａ． ｋ
２ ４
物块 Ｂ 到最低点时 Ｃ 不一定到最高点
当 Ｆ μｍｇ 时 Ａ 的加速度为１μｇ Ｂ． ，
Ｃ． ＝３ ，
物块 Ｃ 离地面高为 ｈ 时速度最大
２
Ｃ． ２
无论 Ｆ 为何值 Ｂ 的加速度不会超过１μｇ 物块 Ｃ 在上升过程中机械能一定不断
Ｄ．
Ｄ． ，
２ 增大
答案 ＣＤ Ａ 恰好未相对 Ｂ 滑动时 对 Ａ Ｂ
， 、 答案 Ｂ 开始弹簧处于原长 当物块 Ｃ 落
，
μ
整体有 Ｆ ｍｇ ｍａ 对 Ａ 有 Ｆ μｍｇ 至地面时 弹簧形变量最大 Ａ 此时受到的拉
－ ×３ ＝３ ， －２ ＝ ， ，
２
ｍｇ
力最大 有 ｋｈ ｍｇ 所以有 ｈ ３ 项错
ｍａ 解得 Ｆ μｍｇ ａ １μｇ 所以当 Ｆ ， ≤３ ， ≤ ｋ ，Ａ
２ ， ＝ ３ ， ＝ ， ＞
２
误 对 Ｂ Ｃ 组成的整体 设弹簧的弹力为
μｍｇ 时 Ａ 相对 Ｂ 开始滑动 错误 正 。 、 ，
３ ， ，Ａ ，Ｃ
ｍｇ
Ｆ 则开始时有Ｆ ｍａ 若ｈ ２ Ｂ Ｃ 的最
确 当Ｆ ５μｍｇ 时 Ａ 与Ｂ 没有相对滑动 对 ， ＝２ ， ≤ ｋ ， 、
； ＝ ， ，
２
大加速度不大于ｇ 故Ｂ 和Ｃ 一直一起运动
5 μ ， ，
年 高 整体有 Ｆ － ×３ ｍｇ ＝３ ｍａ ， 解得 ａ ＝ １μｇ ，Ｂ 错 当物块 Ｂ 到达最低点时 ， Ｃ 运动到最高点 ；
２ ３
考
3 误 当 Ａ 与 Ｂ 有相对滑动时 Ｂ 的加速度最 ｍｇ ｍｇ ｍｇ
年 ； ， 若２ ｋ ＜ ｈ ≤ ３ ｋ ， 当弹簧的压缩量达到２ ｋ 后
模
拟 大 最大为１μｇ 正确
， ，Ｄ 。 且 Ｂ 向下做减速运动时 对 Ｂ 受力分析如图
A ２ ，
版 解题思路 甲 结合牛顿第二定律得Ｆ Ｔ ｍｇ ｍａ 对
， 弹＋ － ＝ Ｂ；
高 方法一：先假设二者相对静止，对整体受力 Ｃ 受力分析如图乙 结合牛顿第二定律得 Ｔ′
考 ，
物
理 分析，由牛顿第二定律求出整体的加速度， － ｍｇ ＝ ｍａ Ｃ（ Ｔ′ ＝ Ｔ ）， Ｂ 的加速度与 Ｃ 的加速
４２
度不同 所以物块 Ｂ 到最低点时 Ｃ 还未到 入解得 ｍ θ ° 两项可以算出
， ， ＝２ ｋｇ、 ＝３７ ，Ａ、Ｂ 。
最高点 正确 当 Ｂ 和 Ｃ 的加速度为零 当 ａ 时 可解得 Ｆ 项可以算出
，Ｂ 。 ＝０ ， ＝１５ Ｎ，Ｃ 。
时 Ｂ 和 Ｃ 的速度最大 即弹簧恢复原长时 题中并未说明力 Ｆ 随时间变化的情况 故无
， ， ， ，
Ｃ 的速度最大 错误 由上述分析可知 当 法求出加速度为 时物体的速度大小
２
，Ｃ 。 ， ６ ｍ／ｓ ，
ｍｇ ｍｇ 项不可以算出
２ ｈ ３ 时 Ｃ 在上升过程会有一段时间 Ｄ 。
ｋ ＜ ≤ ｋ ，
２．（ 福建三明模拟， ）（多选）如图 质量
２０２２ ９ ａ，
不受绳子拉力 机械能不变 错误
， ，Ｄ 。 ｍ 的物体沿倾角 θ °的固定粗糙斜
＝１ ｋｇ ＝３７
面由静止开始向下运动 风对物体的作用力
，
沿水平方向向右 其大小与物体的速度 ｖ 成
，
正比 比例系数用 ｋ 表示 物体加速度 ａ 与
， 。
速度 ｖ 的关系如图 所示 ｇ 取 ２
ｂ ， １０ ｍ／ｓ ，
拓展 四 图像综合类问题
° ． ° ． 下列说法正确
ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝ ０ ８。
１．（ 江西九江质检， ）如图 所示 用一水 的是
２０２２ ３ １ ， （ ）
平外力 Ｆ 推物体 使其静止在倾角为 θ 的光
，
滑斜面上 逐渐增大 Ｆ 物体开始做变加速
。 ，
运动 其加速度 ａ 随 Ｆ 变化的图像如图 所
， ２
示 。 取 ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ，ｓｉｎ ３７ ° ＝０ ． ６。 根据图中 物体沿斜面做匀变速运动
Ａ．
所提供的信息不能计算出的是
（ ） 当速度 ｖ 时 物体沿斜面下滑的速
∙∙ Ｂ． ＝５ ｍ／ｓ ，
度最大
物体与斜面间的动摩擦因数为 ．
Ｃ． ０ ２５
比例系数 ｋ 为１６
Ｄ． ｋｇ／ｓ
１９
物体的质量 答案 ＢＣＤ 由图 可知 随着速度的增
Ａ． ｂ ，
斜面的倾角 大 物体的加速度逐渐减小 所以物体不是
Ｂ． ， ，
使物体静止在斜面上时水平外力 Ｆ 的 沿斜面做匀变速运动 故 错误 由图 可
Ｃ． ， Ａ ； ｂ
大小 知 速度为 时加速度为零 速度最大
， ５ ｍ／ｓ ， ，
加速度为 时物体的速度 故 正确 初始时刻 没有风的作用 物体的
２
Ｄ． ６ ｍ／ｓ Ｂ ； ， ，
答案 Ｄ 对物体受力分析 其受推力 重 加速度大小为 ａ ２ 对物体受力分析
， 、 ０ ＝４ ｍ／ｓ ， ，
力 支持力 如图所示 根据牛顿第二定律 沿斜面方向有 ｍｇ θ
、 ， 。 ， ｓｉｎ －
ｇ θ ａ
μｍｇ θ ｍａ 解得μ ｓｉｎ － ０ ． 故
ｃｏｓ ＝ ０， ＝ ｇ θ ＝０ ２５，
ｃｏｓ
正确 物体加速度为零时 受力分析可得
Ｃ ； ， ：
沿斜面方向 ｍｇ θ μＦ ｋｖ θ 垂直 专
ｓｉｎ － Ｎ － ｃｏｓ ＝０， 题
斜面方向 Ｆ ｍｇ θ ｋｖ θ 由图 可 三
Ｎ ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ， ｂ
ｘ 轴方向有 Ｆ θ ｍｇ θ ｍａ ｙ 轴方向 牛
ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝ ， 知 此 时 ｖ 代 入 解 得 ｋ 顿
， ＝ ５ ｍ／ｓ， ＝
有 Ｆ Ｆ θ ｍｇ θ 从 ａ Ｆ 图像中 运
Ｎ － ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝０； － ｍｇ （ｓｉｎ θ － μ ｃｏｓ θ ） １６ 故 正确 动 定
取两个点 ２ ２ 代 ｖ μ θ θ ＝ ｋｇ／ｓ， Ｄ 。 律
（２０ Ｎ，２ ｍ／ｓ ），（０，－６ ｍ／ｓ ）， （ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ） １９
４３
３．（ 河北邯郸二模， ）如图甲所示 物块 Ａ 大小为 μｍｇ 故 正确
２０２２ ６ ， ， Ｄ 。
与木板 Ｂ 叠放在粗糙水平面上 其中 Ａ 的质 ４．（ 河南开学考， ）（多选）如图 所示
， ２０２２ ８ １ ，
量为ｍ Ｂ 的质量为 ｍ 且Ｂ 足够长 Ａ 与Ｂ Ｏ Ａ Ｂ 是光滑水平面上的三点 一质量为
， ２ ， ， 、 、 、 ，
Ｂ 与地面间的动摩擦因数均为 μ 对木板 Ｂ ｍ 的物块从 Ｏ 点开始在一水平恒定拉
。 ＝２ ｋｇ
施加一水平变力 Ｆ Ｆ 随 ｔ 变化的关系如图 力 Ｆ 作用下 由静止开始向右做匀加速运
， ，
乙所示 Ａ 与 Ｂ Ｂ 与地面间的最大静摩擦力 动 物块从 Ａ 到 Ｂ 所用的时间为 ｔ Ａ Ｂ 间的
， 、 ， ， 、
等于滑动摩擦力 下列说法正确的是 距离为 ｘ 保持 Ｏ Ａ 两点的位置不变 改变
。 。 、 ，
Ｂ 点的位置 仍让该物块从 Ｏ 点由静止开始
（ ） ，
在恒力 Ｆ 的作用下加速运动 多次试验后得
，
ｘ
出 ｔ 图像如图 所示 则物块从 Ｏ 运动到
ｔ － ２ ，
Ａ 过程
（ ）
在 ｔ 时间内 Ａ Ｂ 间的摩擦力为 μｍｇ
Ａ． ０～ １ ， 、
在 ｔ ｔ 时间内 Ａ 受到的摩擦力方向水平 图
Ｂ． １～ ２ ， １
向左
在 ｔ 时刻 Ａ Ｂ 间的摩擦力大小为 ． μｍｇ
Ｃ． ２ ， 、 ０ ５
在 ｔ 时刻以后 Ａ Ｂ 间的摩擦力大小
Ｄ． ３ ， 、
为 μｍｇ
图
２
答案 Ｄ Ｂ 与地面间的最大静摩擦力 等
（ 运动的时间为 ．
于滑动摩擦力 大小为 ｆ μｍｇ 故在 ｔ Ａ． ０ ８ ｓ
） ＝３ ， ０～ １ 运动的时间为 ．
时间内 推力未超过木板与地面间的最大静 Ｂ． １ ２５ ｓ
， 恒力 Ｆ 的大小为
摩擦力 故 Ｂ 静止 Ａ Ｂ 间摩擦力为零 故 Ｃ． １ Ｎ
， ， 、 ， Ａ 运动的加速度大小为 ． ２
项错误 Ａ 与木板相对静止时产生的最大加 Ｄ． ０ ８ ｍ／ｓ
； 答案 ＢＤ 设物块的加速度为 ａ 从 Ｏ 运动
μｍｇ ，
速度为ａ μｇ 此时对 Ａ Ｂ 整体分析 ｘ ｖ ｖ
ｍ ＝ ｍ ＝ ， 、 到 Ａ 过程所用时间为 ｔ 则有 Ａ＋ Ｂ
０， ｔ ＝ ＝
可知 Ｆ μｍｇ ｍａ 解得 Ｆ μｍｇ 故在 ｔ ２
－３ ＝３ ｍ， ＝６ ， １ ａｔ ａ ｔ ｔ ａｔ
ｔ 时间内 Ａ Ｂ 一起向右做加速运动 对 Ａ ０ ＋ （ ０ ＋ ） ａｔ 结合图像得 ａｔ
～ ２ ， 、 ， ＝ ０ ＋ ， ０ ＝１ ｍ／
分析可知 Ａ 受到的摩擦力水平向右 故 项 ２ ２
， ， Ｂ ａ
错误 在 ｔ 时刻 Ａ Ｂ 整体加速度为 ａ ｋ ３－１ ２ ． ２ 解得 ａ
； ２ ， 、 ＝ ｓ， ＝ ＝ ｍ／ｓ ＝ ０ ４ ｍ／ｓ ， ＝
２ ５
μｍｇ μｍｇ μｇ
５ －３ ２ Ａ Ｂ 间的摩擦力大小为 ． ２ ｔ ． 错误 正确 由
5 ｍ ｍ ＝ ， 、 ０ ８ ｍ／ｓ 、 ０ ＝１ ２５ ｓ，Ａ ，Ｂ、Ｄ 。
年 ＋２ ３ 牛顿第二定律得 Ｆ ｍａ ． 可知
高 ＝ ＝ １ ６ Ｎ， Ｃ
考 ｆ ｍａ ２μｍｇ 故 项错误 在 ｔ 时刻以 错误
3 ＡＢ＝ ＝ ， Ｃ ； ３ 。
年 ３
模 后 Ａ Ｂ 发生相对滑动 故 Ａ Ｂ 间的摩擦力
拟 ， 、 ， 、
A
版
高
考
物
理
４４
应用篇
模型 一 传送带模型 过程中的 ｖ ｔ 图像是
－ （ ）
１．（ 河北廊坊摸底， ）
２０２２ ８
（多选）如图为装卸货物
的输送机 输送带与水
，
平方向夹角为 ° 货物
３７ ，
以 的初速度从底
２ ｍ／ｓ
端滑上输送带 已知输送带速度为 方
， ４ ｍ／ｓ（
向向上 货物与输送带间的动摩擦因数为
），
． 输送机底端到顶端的距离为 已知
０ ８， １９ ｍ， 答案 Ｃ 物块先向左减速运动 ａ μｇ
， ＝ ＝４
ｓｉｎ ３７ ° ＝０ ． ６，ｃｏｓ ３７ ° ＝０ ． ８， ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ， 下列 ２ 当减速至速度为零时 减速运动的时
ｍ／ｓ ， ，
说法正确的是
（ ）
ｖ ｖ２
间 ｔ ０ 减速运动的位移 ｘ ０
货物到达顶端用时 １ ＝ ａ ＝１ ｓ， ＝ ａ＝２ ｍ＜
Ａ． （２ ３０－５） ｓ ２
货物到达顶端用时 即物块减速至零时未从传送带左端滑
Ｂ． ６ ｓ ３ ｍ，
货物在输送带上一直做匀加速运动 出 之后物块向右加速至 后与传送带
Ｃ． ， ２ ｍ／ｓ
货物在输送带上先做加速运动后做匀速运动 以 的速度一起向右匀速运动 直至从
Ｄ． ２ ｍ／ｓ ，
答案 ＢＤ 货物加速上升时 由牛顿第二定 ｖ
， 右端滑出 加速运动的时间 ｔ ． 加
律得μｍｇ ° ｍｇ ° ｍａ 解得ａ ． ， ２ ＝ ａ ＝０ ５ ｓ，
ｃｏｓ ３７ － ｓｉｎ ３７ ＝ ， ＝０
ｖ２
２ 货物加速到和输送带速度相等时 所 速运动的位移 ｘ′ ． 匀速运动的位
４ ｍ／ｓ ， ， ＝ ａ＝０ ５ ｍ，
ｖ ｖ ２
需时间 ｔ － ０ 解得 ｔ 货物加速的位移 ｘ″
＝ ａ ， ＝５ ｓ， 移 ｘ″ ｘ ｘ′ ． 匀速运动的时间 ｔ
＝ － ＝１ ５ ｍ， ３ ＝ ｖ ＝
ｖ２ ｖ２
ｘ － ０ 解得 ｘ 没有到达输送 ． 由此可知 正确 错误
＝ ａ ， ＝１５ ｍ＜１９ ｍ， ０ ７５ ｓ。 Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。
２ ３．（ 广东深圳实验中学月考， ）（多选）如
带的顶端 则之后货物和输送带一起匀速上 ２０２２ ７
， 图甲所示 倾角为 θ 的足够长的传送带以恒
Ｌ ｘ ，
升 匀速运动的时间 ｔ － １９－１５ 定的速率 ｖ 沿逆时针方向运动 ｔ 时将
， １ ＝ ｖ ＝ ｓ＝１ ｓ， ０ 。 ＝０
４
质量 ｍ 的物体 可视为质点 轻放在
货物到达顶端所需时间 ｔ ｔ ｔ 故选项 ＝１ ｋｇ （ ）
２ ＝ ＋ １ ＝６ ｓ， 传送带上 物体相对地面的 ｖ ｔ 图像如图乙
正确 ， －
Ｂ、Ｄ 。
所示 设沿传送带向下为正方向 取重力加
２．（ 黑龙江勃利期末， ）水平方向的传送 。 ，
２０２２ ７ 速度 ｇ ２ ° ． ° ．
带顺时针转动 传送带 ＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８，
， 则
速度保持 不变 两 （ ）
２ ｍ／ｓ ，
专
端 Ａ Ｂ 间距离为 一
题
、 ３ ｍ，
三
物块从 Ｂ 端以初速度 ｖ 滑上传送
０ ＝ ４ ｍ／ｓ 牛
带 物块与传送带间动摩擦因数 μ ． ｇ 顿
， ＝０ ４， ＝ 运
物块从滑上传送带到离开传送带 动
２
１０ ｍ／ｓ 。 定
律
４５
传送带的速率 ｖ 解析 因为 ｖ ｖ 所以包裹相对于传送
Ａ． ０ ＝１０ ｍ／ｓ （１） １＜ ２，
传送带的倾角 θ ° 带向下运动 滑动摩擦力沿传送带向上 根
Ｂ． ＝３７ ， ，
物体与传送带之间的动摩擦因数 μ ． 据牛顿第二定律有 μｍｇ α ｍｇ α ｍａ
Ｃ． ＝０ ５ ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝
． 内物体所受摩擦力沿传送带向上 代入数据解得 ａ ． ２
Ｄ．０～１ ０ ｓ ＝０ ４ ｍ／ｓ
答案 ＡＢＣ 由 ｖ ｔ 图像可知 在 ｔ ． 设包裹减速运动的时间为 ｔ 位移为 ｘ
－ ， ＝１ ０ ｓ （２） １， １，
时 物体的加速度发生突变 说明该时刻物 和传送带一起匀速运动的时间为 ｔ 位移
， ， ２，
体受到的摩擦力发生突变 ． 内物体 为 ｘ
，０～１ ０ ｓ
２
的速度小于传送带速度
，
传送带对物体的摩 减速阶段 ｖ
１ ＝
ｖ
２ －
ａｔ
１，
ｖ２
２ －
ｖ２
１ ＝２
ａｘ
１
擦力沿传送带向下 ． 后物体的速度大于 匀速阶段 ｘ ｖ ｔ ｘ ｘ Ｌ ｔ ｔ ｔ
，１ ０ ｓ ２ ＝ １ ２， １ ＋ ２ ＝ ， ＝ １ ＋ ２
传送带速度 传送带对物体的摩擦力沿传送
联立解得 ｔ ．
， ＝４ ５ ｓ
带向上 可知在 ｔ ． 时 物体的速度等于
５．（ 华南师大附中、广东实验中学等四校
， ＝１ ０ ｓ ，
２０２２
传送带速度 即传送带的速率为
， １０ ｍ／ｓ，Ａ
联考， ）传送带是自动化工业生产中一种
１３
正确 错误 ． 内 根据牛顿第二定律
，Ｄ ；０～１ ０ ｓ ， 重要的输送装置 如图所示是一条罐头生
。
ｖ
可得 ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ａ Δ １ １０ 产线部分示意图 电动机带动传送带始终以
，
ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ １， １ ＝ ｔ ＝
Δ １ １ ｖ 的速率运动 传送带两端 Ａ Ｂ 间的
＝２ ｍ／ｓ ， 、
２ ２ ． 后 根据牛顿第二定律
ｍ／ｓ ＝１０ ｍ／ｓ ，１ ０ ｓ ， 距离 Ｌ 工作时 机器手臂将一瓶罐头
＝４ ｍ。 ，
ｖ
可得 ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ａ Δ ２ 无初速放到 Ａ 点 当该罐头刚离开 Ｂ 点时
ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２， ２ ＝ ｔ ＝ ， ，
Δ ２ 机器手臂将下一瓶罐头放到 Ａ 点 此后不断
，
１２－１０ ２ ２ 联立解得 θ ° μ ． 重复此过程 已知每瓶罐头质量 ｍ ．
ｍ／ｓ ＝２ ｍ／ｓ ， ＝３７ 、 ＝０ 。 ＝０ ８ ｋｇ，
１
与传送带间的动摩擦因数均为 μ ． 罐头
正确 ＝０ ２，
５，Ｂ、Ｃ 。
可视为质点且不发生滚动 取重力加速度ｇ
４．（ 辽宁， ， 分）机场地勤工作人员利 ， ＝
２０２１ １３ １１
２ 从第一瓶罐头放到 Ａ 点开始计
用传送带从飞机上卸行李 如图所示 以恒 １０ ｍ／ｓ 。
。 ，
时 求
定速率 ｖ ． 运行的传送带与水平面 ， ：
１ ＝０ ６ ｍ／ｓ
间的夹角α ° 转轴间距Ｌ ． 工作
＝３７ ， ＝３ ９５ ｍ。
人员沿传送方向以速度 ｖ ． 从传送
２ ＝１ ６ ｍ／ｓ 内能运送多少瓶罐头
（１）１ ｍｉｎ ；
带顶端推下一件小包裹 可视为质点 小
（ ）。 内因运送罐头需要多消耗的电能
（２）１ ｍｉｎ 。
包裹与传送带间的动摩擦因数μ ． 取重
＝０ ８。 答案 ．
（１）２４ （２）７６ ８ Ｊ
力加速度ｇ ２ ° ． °
＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝ 解析 罐头刚放上传送带时 μｍｇ ｍａ
（１） ＝ ，
． 求
０ ８。 ： ｖ
加速度 ａ μｇ ２ 加速运动时间 ｔ
5 ＝ ＝２ ｍ／ｓ ， １ ＝ ａ
年
高 ｖ
考 匀加速运动位移 ｘ ｔ 匀速运
3 ＝１ ｓ， １ ＝ １ ＝１ ｍ，
２
年
模 ｘ
拟 动位移 ｘ Ｌ ｘ 匀速运动时间 ｔ ２
小包裹相对传送带滑动时加速度的大 ２ ＝ － １ ＝３ ｍ， ２ ＝ ｖ
A （１）
版 小 ａ ． 罐头从 Ａ 传到 Ｂ 的时间 ｔ ｔ ｔ
； ＝１ ５ ｓ， ＝ １ ＋ ２ ＝
高
考 小包裹通过传送带所需的时间 ｔ ｔ
（２） 。
物 ． 内能运送罐头的瓶数为 ｎ ０
理 答案 ． ２ ． ２ ５ ｓ，１ ｍｉｎ ＝ ｔ ＝
（１）０ ４ ｍ／ｓ （２）４ ５ ｓ
４６
关成功
６０
． ＝２４
答案 ＡＢＣ 当帆布带相对砖块运动时 所
２ ５
，
罐头刚放上传送带做匀加速运动时 相
受的摩擦力ｆ μ Ｍ ｍ ｇ μＭｇ 砖块受到的
（２） ，
２ ＝ （ ＋ ） ＋ ，
对于传送带的位移大小是 ｘ ｖｔ ｘ
Δ ＝ １ － １ ＝１ ｍ 摩擦力为 ｆ １ ＝ μＭｇ ， 设砖块的加速度为 ａ １， 帆
摩擦力做功大小为 Ｗ ｆ ｘ μｍｇ ｘ ．
＝ ·Δ ＝ ·Δ ＝１ 布带的加速度为 ａ 则有 ｆ Ｍａ Ｆ ｆ
２， １ ＝ １， － ２ ＝
６ Ｊ ｍａ 发生相对运动需要 ａ ａ 代入数据解
即产生热量 Ｑ ． 到达 Ｂ 时
２， ２＞ １，
＝１ ６ Ｊ 得 Ｆ μ Ｍ ｍ ｇ ． ． ．
＞２ （ ＋ ） ＝２×０ １５×（０ ５００＋０ ２００）×
动能增加量 Ｅ １ｍｖ２ ． ． ａ ． ２ 正确 当帆布带
Δ ｋ ＝ ＝１ ６ Ｊ １０ Ｎ＝２ １ Ｎ， １ ＝１ ５ ｍ／ｓ ，Ａ ；
２ 与桌面 砖块都发生相对运动时 帆布带所
所以传送一瓶罐头多消耗的电能 Ｅ Ｑ Ｅ 、 ，
＝ ＋Δ
ｋ 受到的滑动摩擦力最大 为 ｆ μ Ｍ ｍ ｇ
． ， ２ ＝ （ ＋ ） ＋
＝３ ２ Ｊ
μＭｇ ． 正确 若砖块与帆布带分离时
内因运送罐头需要多消耗的电能 Ｅ ＝１ ８ Ｎ，Ｂ ；
１ ｍｉｎ ０ ＝
的速度为 ． 砖块匀加速运动的位
Ｅ ．
０ ４５ ｍ／ｓ，
２４ ＝７６ ８ Ｊ。
ｖ２ ． ２
移为 ｓ （ ０ ４５） ． 匀减速
模型 二 板块模型 １ ＝ ａ ＝ ． ｍ＝０ １５ ｍ，
２ １ ２×１ ５
１．（ 河北石家庄二中月考， ）（多选）一如 ｖ２ ． ２
２０２２ ９ 运动的位移为 ｓ （ ０ ４５） ．
下闯关游戏 将一帆布带大部分置于桌面 ２ ＝ ａ ＝ ． ｍ＝ ０ １５
： ２ １ ２×１ ５
上 另一小部分置于桌外 设置于桌面的 ＡＢ 则总位移为 ． 砖块恰好不从桌面掉
ｍ， ０ ３ ｍ，
， ，
部分长 ． 设桌面外的部分其质量远小 下 正确 当 Ｆ ． 时 砖块未脱离桌面
０ ６ ｍ（ ，Ｃ ； ＝２ ４ Ｎ ，
于 ＡＢ 部分的质量 Ｏ 为 ＡＢ 中点 整条帆布 时的加速度 ａ μｇ ． ２ 帆布带的加速
）， ， １ ＝ ＝１ ５ ｍ／ｓ ，
带的质量为 ｍ 将一质量为 Ｍ Ｆ μ ｍ Ｍ ｇ μＭｇ
＝ ２００ ｇ。 ＝ 度 ａ ′ － （ ＋ ） － ． ２ 根据
． 可看成质点的砖块置于 ＡＢ 部分的 ２ ＝ ｍ ＝ ３ ０ ｍ／ｓ ，
０ ５００ ｋｇ、
中点处 砖块与帆布带 帆布带与桌面 砖块 Ｌ
， 、 、 １ ａ ′ ｔ２ １ ａ ｔ２ Ｌ 解 得 ｔ ２
与桌面的动摩擦因数都为 μ ＝０ ． １５。 游戏时 ２ ２ － ２ １ ＝ ＝ ａ ２ ′ － ａ １ ＝
闯关者用恒定水平拉力 Ｆ 拉帆布带 若能使 ．
， ２×０ ３ ． 则此时砖块的速度 ｖ′
． ． ｓ＝ ０ ４ ｓ， ＝
帆布带与砖块分离且砖块不从桌面掉落下 ３ ０－１ ５
来 则算闯关成功 设砖块未脱离帆布带时 ａ ｔ ． ． ． 砖块脱离帆
， 。 １ ＝１ ５× ０ ４ ｍ／ｓ≈０ ９５ ｍ／ｓ，
帆布带受到的滑动摩擦力不变 则下列说法 布带后做匀减速运动 匀减速运动的加速度
， ，
正确的是 大小为 ａ μｇ ． ２ 则匀减速运动的位
（ ） １ ＝ ＝１ ５ ｍ／ｓ ，
ｖ′２ ． ． ２
移 ｓ （１ ５ ０ ４） ． 而匀加速
＝ ａ ＝ ． ｍ＝０ ３ ｍ，
２ １ ２×１ ５
运动的位移 ｓ １ａ ｔ２ １ ． ． ２
砖块滑动时的加速度大小为 ． ２ ０ ＝ １ ＝ ×１ ５×（ ０ ４） ｍ＝
Ａ． １ ５ ｍ／ｓ ２ ２
帆布带所受到的滑动摩擦力最大只能是 ． 可见砖块已经离开桌面 所以闯关失
Ｂ． ０ ３ ｍ， ， 专
题
． 败 错误
三
１ ８ Ｎ ，Ｄ 。
若 砖 块 与 帆 布 带 分 离 时 的 速 度 为 ２．（ 江西重点中学十校联考， ）趣味运动 牛
Ｃ． ２０２２ ６ 顿
运
． 闯关恰好成功 会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加
动
０ ４５ ｍ／ｓ，
定
闯关者用 Ｆ ． 的力拉帆布带时 则闯 速跑 设球拍和球质量分别为 Ｍ ｍ 球拍平 律
Ｄ． ＝２ ４ Ｎ ， ， 、 ，
４７
面和水平面之间夹角为 θ 球拍与球保持相
，
对静止 它们之间摩擦力及空气阻力不计 则
， ，
图
（ ）
（ａ）
运动员的加速度为 ｇ θ 图 图
（ｂ） （ｃ）
Ａ． ｔａｎ
木板的质量为
球拍对球的作用力为 ｍｇ
Ａ． １ ｋｇ
Ｂ．
内 力 Ｆ 的大小为 ．
运动员对球拍的作用力为 Ｍ ｍ ｇ θ Ｂ．２ ｓ～４ ｓ ， ０ ４ Ｎ
Ｃ． （ ＋ ） ｃｏｓ
内 力 Ｆ 的大小保持不变
若加速度大于 ｇ θ 球一定沿球拍向上 Ｃ．０～２ ｓ ，
Ｄ． ｓｉｎ ，
物块与木板之间的动摩擦因数为 ．
运动 Ｄ． ０ ２
答案 ＡＢ 分析知木板受到的摩擦力 ｆ′ ｆ
答案 Ａ 网球受力情况如图甲所示 根据 ＝ 。
，
木板静止 Ｆ ｆ′ Ｆ 逐渐增大 所以
牛顿第二定律可得 Ｆ θ ｍａ 又 Ｆ θ ０ ～２ ｓ， ， ＝ ， ， Ｃ
Ｎ ｓｉｎ ＝ ， Ｎ ｃｏｓ ． ．
ｍｇ 错误 木板加速度大小 ａ ０ ４－０ ２
ｍｇ 解得 ａ ｇ θ Ｆ 故 正确 。 ４ ｓ～５ ｓ， ２ ＝
＝ ， ＝ ｔａｎ ， Ｎ ＝ θ， Ａ ， １
ｃｏｓ ２ ． ２ 对木板受力分析 ｆ′ ｍａ
错误 以球拍和球整体为研究对象 受力如 ｍ／ｓ ＝０ ２ ｍ／ｓ ， ， ＝ ２ ＝
Ｂ ； ， ． 得ｍ 所以 正确 对
０ ２ Ｎ， ＝１ ｋｇ， Ａ 。 ２ ｓ～４ ｓ，
图乙所示 运动员对球拍的作用力为 Ｆ
， ＝ 木板有 Ｆ ｆ′ ｍａ Ｆ ｆ′ ｍａ ．
Ｍ ｍ ｇ － ＝ １， ＝ ＋ １ ＝ ０ ２ Ｎ＋１×
（ ＋ ） 故 错误 当 ａ ｇ θ 时 网球才 ．
θ ， Ｃ ； ＞ ｔａｎ ， ０ ４－０ ． 所以 正确 由于无法确
ｃｏｓ Ｎ＝０ ４ Ｎ， Ｂ 。
２
向上运动 由于 ｇ θ ｇ θ 故球不一定
定物块的质量 则尽管知道滑动摩擦力大
， ｓｉｎ ＜ ｔａｎ ，
，
沿球拍向上运动 故 错误
小 仍无法确定物块与木板间的动摩擦因
， Ｄ 。
，
数 故 错误
， Ｄ 。
４．（ 湖南师大附中月考， ）如图所示 一
２０２２ １４ ，
水平的浅色传送带与平板紧靠在一起 且上
，
表面在同一水平面上 在传送带上左端放
。
置一质量为 ｍ 的煤块 视为质点 煤
３．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 物 ＝１ ｋｇ （ ），
２０１９ Ⅲ ２０ ６ （ａ）， 块与传送带及煤块与平板上表面之间的动
块和木板叠放在实验台上 物块用一不可伸
， 摩擦因数均为 μ ． 初始时 传送带与煤
１ ＝０ １， ，
长的细绳与固定在实验台上的力传感器相
块及平板都是静止的 现让传送带以顺时
5 。
年 连 ， 细绳水平 。 ｔ ＝０ 时 ， 木板开始受到水平外 针方向的恒定加速度 ａ ２ 开始运动
高 ＝３ ｍ／ｓ ，
考 力 Ｆ 的作用 在 ｔ 时撤去外力 细绳对
当其速度达到 ｖ ． 后 便以此速度做
3 ， ＝４ ｓ 。 ０ ＝１ ５ ｍ／ｓ ，
年 物块的拉力 ｆ 随时间 ｔ 变化的关系如图
匀速率运动 经过一段时间 煤块在传送带
模 （ｂ）
。 ，
拟
所示 木板的速度 ｖ 与时间 ｔ 的关系如图 上留下了一段黑色痕迹后 相对于传送带不
A ， （ｃ） ，
版 所示 木板与实验台之间的摩擦可以忽略 再滑动 又经过一段时间煤块平稳滑到右
。 。 。
高 重力加速度取 ２ 由题给数据可以 端平板上 与此同时 在平板右侧施加一个
考 １０ ｍ／ｓ 。 ， ，
物
理 得出 水平向右的恒力 Ｆ Ｆ 作用了 ． 时
（ ） ＝１７ Ｎ， ０ ５ ｓ
４８
煤块与平板速度恰好相等 此时撤去 最终 经过 ｔ ． 时
， Ｆ， ０ ＝０ ５ ｓ ，
煤块没有从平板上滑下 已知平板质量 Ｍ 煤块速度为 ｖ ｖ ａ ｔ ． ．
。 ＝ １ ＝ ０ － １ ０ ＝１ ５ ｍ／ｓ－１×０ ５ ｍ／ｓ
重力加速度 ｇ ２ 求 ．
４ ｋｇ， ＝１０ ｍ／ｓ ， ： ＝１ ０ ｍ／ｓ
设平板的加速度大小为 ａ 则 ｖ ａ ｔ ．
２， １ ＝ ２ ０ ＝１ ０
传送带上黑色痕迹的长度 ｍ／ｓ
（１） ；
解得 ａ ２
有 Ｆ 作用期间平板的加速度大小 ２ ＝２ ｍ／ｓ
（２） ；
设平板与地面间的动摩擦因数为 μ
平板的最短长度 （３） ２，
（３） 。
由于
答案 ． ２ ．
（１）０ ７５ ｍ （２）２ ｍ／ｓ （３）０ ６５ ｍ
ａ ２
解析 煤块在传送带上发生相对运动 ２ ＝２ ｍ／ｓ
（１）
且 Ｍａ μ ｍｇ μ ｍｇ Ｍｇ Ｆ
时 加速度 ２ ＝ １ － ２（ ＋ ）＋
，
代入数据解得 μ ．
μ ｍｇ ２ ＝０ ２
ａ １ μ ｇ ２ 由于 μ μ
１ ＝ ｍ ＝ １ ＝１ ｍ／ｓ ２＞ １
方向向右 设经过时间 ｔ 传送带达到速度 则共速后煤块将仍以加速度大小 ａ ２
， １， １ ＝１ ｍ／ｓ
做匀减速运动 直到停止 而平板以加速度
ｖ 经过时间 ｔ 煤块速度达到 ｖ 即 ｖ ａｔ
， ，
０， ２， ０， ０ ＝ １
大小 ａ 做匀减速运动 Ｍａ μ ｍｇ Ｍｇ
ａ ｔ
＝ ３ ， ３ ＝ ２（ ＋ ）
１ ２
μ ｍｇ
代入数值可得 ｔ ． ｔ ．
－
１ ＝０ ５ ｓ， ２ ＝１ ５ ｓ １
在 ． 内 煤块与传送带有相对运动 传 代入数据解得 ａ ． ２
０～１ ５ ｓ ， ， ３ ＝２ ２５ ｍ／ｓ
送带发生的位移ｘ ｖ２ ０ ｖ ｔ ｔ １ ． ５ ２ ． 用时 ｔ ｖ １ １ ４
＝ ａ＋ ０（ ２ － １）＝ ｍ＋１ ３ ＝ａ ＝ ． ｓ＝ ｓ
２ ２×３ ３ ２ ２５ ９
所以 全程平板的位移为
．
５×１ ｍ＝１ ８７５ ｍ ，
煤块发生的位移 ｘ′ ＝ ｖ ａ ２ ０ ＝ １ ． ５ ２ ｍ＝１ ． １２５ ｍ ｘ 板＝ ０＋ ｖ １ （ ｔ ０ ＋ ｔ ３）＝ １ × æ è ç ０ ． ５＋ ４ ö ø ÷ ｍ＝ １７ ｍ
２ １ ２ ２ ２ ９ ３６
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移 ｖ２ ． ２
煤块的位移 ｘ ０ １ ５ ９
煤＝ ａ ＝ ｍ＝ ｍ
之差 即
， ２ １ ２ ８
平板的最短长度即煤块与平板的位移之差
ｘ ｘ ｘ′ ．
Δ ＝ － ＝０ ７５ ｍ
煤块滑上平板时的速度为 ｖ ．
Ｌ ｘ ｘ ４７ ．
（２） ０ ＝１ ５ ｍ／ｓ ＝ 煤－ 板＝ ｍ≈０ ６５ ｍ。
μ ｍｇ ７２
加速度大小为 ａ １ μ ｇ ２
１ ＝ ｍ ＝ １ ＝１ ｍ／ｓ
专
题
三
牛
顿
运
动
定
律
４９
