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第7 讲 牛顿第二定律 两类运动学问题
目录
考点一 瞬时加速度的求解...........................................................................................................1
考点二 动力学中的图象问题.......................................................................................................1
考点三 连接体问题.....................................................................................................................11
考点四 动力学两类基本问题.....................................................................................................11
练出高分.........................................................................................................................................15
考点一 瞬时加速度的求解
1．牛顿第二定律
(1)表达式为F ＝
ma
.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变
化．
2．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立
即消失，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，
其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
[例题1] （2023•龙岩模拟）一倾角为θ 的斜面体C 始终静止在水平地面上，斜面
光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B 两球连接。B 球
靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法
正确的是（ ）
A．球A 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C 的支持力等于球A、B 和C 的重力之和
D．地面对斜面体C 的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、设A、B 两球质量均为m。撤去挡板前，对A 球受力分析，由平衡
1
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条件有：F 弹＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A 球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B 球，
由牛顿第二定律有mgsinθ+F 弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A 错误，
B 正确；
C、撤去挡板瞬间，B 球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状
态，则地面对斜面体C 的支持力小于球A、B 和C 的重力之和，故C 错误；
D、撤去挡板瞬间，B 球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速
度，对A、B 和C 整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D 错误。
故选：B。
[例题2] （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√3：√2
B．A、B 的质量之比为mA：mB=√3：1
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为1：√2
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：√6
【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
mA
mB
= √3
1 ，故B 正确；
C、细线对A 的拉力TA=
F
cos60° ，细线对B 的拉力TB=
F
cos 45° ，联立解得T A
T B
= √2
1 ，
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= 2√3
3
g，B 的加速度为√2g，故A，B 加速度之比为√6：3，故D
2
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错误。
故选：B。
[例题3] （多选）（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，
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。
[例题4] （多选）在光滑水平面上有一质量为1kg 的物体，它的左端与一劲度系
数为800N/m 的轻弹簧相连，右端连接一细线．物体静止时细线与竖直方向成37°角，
此时物体与水平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图所示，已知sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5m/s2
3
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B．在剪断弹簧的瞬间，物体所受合力为15N
C．在剪断细线的瞬间，物体所受合力为零
D．在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为0
【解答】解：AC、在剪断细线前，以物体为研究对象，由平衡条件可知弹簧的弹力为：
F＝mgtan37°＝10×0.75N＝7.5N，在剪断细线的瞬间，细线的拉力变为零，弹簧的弹力
不变，此时合力不为零，由牛顿第二定律得：F＝ma，解得：a＝7.5m/s2，故A 正确，C
错误；
BD、在剪断弹簧的瞬间，细线的拉力发生突变，此时物体所受合力为0，故加速度为
0，故B 错误，D 正确。
故选：AD。
考点二 动力学中的图象问题
1．动力学中常见的图象v－t 图象、x －
t 图象、F－t 图象、F－a 图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原
点是否从零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点
等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
[例题5] （多选）（2023•潮州二模）某高速公路上ETC 专用通道是长为20m 的
直线通道，且通道前、后都是平直大道。安装有ETC 的车辆通过ETC 专用道时，可
以不停车而低速通过，限速为5m/s。如图所示一辆小汽车先减速，当车头到达通道口
时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的v﹣t 图象，则下列说法正确的
是（ ）。
A．由图象可知，小汽车的车身长度为5m
B．图象中小汽车加速过程的位移大小为612.5m
C．图象中小汽车减速过程的加速度大小为1.25m/s2
D．图象中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大
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【解答】解：A、由图可知，小汽车做匀速直线运动的位移：x1＝vtBC＝5×（25﹣20）m
＝25m，通道是长为l＝20m，则小汽车的长度：L＝x1﹣l＝25m﹣20m＝5m，故A 正确；
B、图象中小汽车加速过程的位移大小为：x2= vC + v D
2
tCD= 5+30
2
×(60−25)m＝
612.5m，故B 正确；
C、小汽车减速过程的加速度大小为：a1= 25−5
20
m/ s
2=1m/ s
2，故C 错误；
D、小汽车加速过程的加速度大小为：a2= 30−5
60−25 m/ s
2= 5
7 m/ s
2，可知图象中小汽车
加速过程的加速度比减速过程的加速度小，故D 错误。
故选：AB。
[例题6] （2023•南宁二模）a、b 两小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，
当小球间距小于或等于d 时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小
球间距大于d 时，相互排斥力消失。两小球始终未接触，运动的v﹣t 图像如图所示。
则下列说法正确的是（ ）
A．b 的最终速度值为2v0
B．t2时刻a、b 间距离最小
C．a、b 质量之比为2：1
D．a、b 两小球在t1到t3的相对位移比t3到t4的相对位移要大
【解答】解：AC、a 和b 两小球组成的系统合力为零，所以a 和b 两小球组成的系统动
量守恒，由图可知，a 小球最终速度减为零，
设ab 两小球质量分别为m1和m2，根据动量守恒可得，m1v0﹣m2v0＝m2v
因为当小球间距小于或等于d 时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，
所以由图中t1 ～t3 时间内，可得加速度a1=
v0−v0
2
t3−t1
=
v0
2
t3−t1
= F
m1
，加速度
a2=
v0
2 −(−v0)
t3−t1
=
3 v0
2
t3−t1
= F
m2
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解得m1＝3m2，v＝2v0，故A 正确，C 错误；
B、a 和b 两小球沿同一直线相向运动，t2时刻b 物体减速到零，之后反向加速，可以看
出t2～t3时间内，a 和b 同方向运动，且a 的位移大于b 的位移，即两者在靠近，当速度
相等时，两者距离最近，之后两者距离逐渐增大，即t3时刻a、b 间距离最小，故B 错
误；
D、由几何关系可知，图中AC 段对应时间等于CE 对应时间，且两三角形对应底边大小
相等，所以图中△ABC 与△CDE 面积相等。t3～t4的相对位移为△CDE 的面积，而t1～
t3的相对位移小于△ABC 的面积，则a、b 两小球在t1～t3的相对位移小于t3～t4的相对
位移，故D 错误。
故选：A。
[例题7] （2023•通州区一模）如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模
拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。
手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为
﹣10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.6s 时，手机已下降了约1.8m
B．t＝0.8s 时，手机正向上加速运动
C．加速度约为70m/s2时，手机速度为0
D．0.6﹣0.8s 时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小
【解答】解：A、0～0.6s，若手机一直做自由落体运动，手机下降的高度为h= 1
2gt2
= 1
2 ×10×0.62m＝1.8m
由图像得，0.4s 后手机才开始运动，则0.6s 时，手机下降的距离一定小于1.8m，故A 错
误；
BCD、由图像可知0.6s 开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速运
动，橡皮筋形变量增大，拉力逐渐增大；
约0.8s 拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向
下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大；
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当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C 正确，
BD 错误。
故选：C。
[例题8] 宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度
（jerk）的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化量方向
相同。一质点从静止开始竖直向下做直线运动，选向下为正方向，其加速度随时间的
变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0～1s 内质点处于超重状态
B．1s～2s 内的质点做减速运动
C．2s 时质点速度方向改变
D．3s 时质点的急动度为﹣2m/s3
【解答】解：A．根据a﹣t 图像可知，0～1s 内质点做加速度增大的加速运动，且加速
度方向向下，故质点处于失重状态，故A 错误；
BC．前2s 质点的加速度一直为正，质点初速度为零，故前2s 内质点一直在加速，速度
方向一直为正，2s 时质点速度达到最大，方向没有改变；1～2s 内的质点做加速度减小
的加速运动，故BC 错误；
D．根据题意可知急动度是指加速度变化的快慢，由图像可知斜率表示急动度，t＝3s 时
急动度为Δa
Δt = −2−0
3−2 m/s3＝﹣2m/s3，故D 正确。
故选：D。
[例题9] （2023•河北模拟）如图所示是一物体沿直线由静止开始运动的部分a﹣t
图像，关于物体的运动，下列说法正确的是（ ）
A．t0时刻物体的速度为零
B．t0至2t0物体沿负向做加速运动
C．物体在t0和3t0两个时刻的速度相同
D．4t0时刻物体返回到出发时的位置
7
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【解答】解：A、根据a﹣t 图像与时间轴所围的面积大小等于速度的变化量，t0时刻的
速度等于0～t0时间内速度的增量，可知t0时刻物体的加速度为零，速度达到最大值，
故A 错误；
B、t0至2t0，物体的速度沿着正方向，加速度沿着负方向，即速度与加速度反向，物体
沿正向做加速度逐渐增大的减速运动，故B 错误；
C、t0时刻的速度等于0～t0时间内速度的增量，即0～t0时间内a﹣t 图像与时间轴所围
的“面积”，同样3t0 时刻的速度等于0～3t0 时间内a﹣t 图像与时间轴所围成的“面
积”，易知两段时间内的“面积”大小相等，符号相反，即t0与3t0两时刻的速度等大
反向，故C 错误；
D、由a﹣t 图像可知，2t0、4t0两时刻物体的速度均为零，0～2t0时间内物体沿正向运动，
2t0～4t0时间内物体沿负向运动，根据运动的对称性可知，两段时间内物体的位移大小
相等，方向相反，可得物体在4t0时刻返回了出发时的位置，故D 正确。
故选：D。
[例题10] 物体做直线运动的图像可以灵活选取横、纵轴所代表的物理量。下列说
法正确的是（ ）
A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的平均速度等于v0
2
B．乙图中，物体的加速度为1.0m/s2
C．丙图中，物体在0～4s 内速度先增大后减小
D．丁图中，t＝3s 时物体的速度为25m/s
【解答】解：A、根据v﹣t 图像与时间轴所围的面积表示位移，可知甲图中，物体在0
～t0这段时间内的位移x＞v0t0
2 ，故A 错误；
B、由图乙得：v2＝15m2•s﹣2，x＝15m，
根据速度—位移公式：v2−v0
2=2ax
代入数据有：15m2•s﹣2﹣0＝2a×15m
得：2a＝1m/s2，则得加速度为：a＝0.5m/s2，故B 错误；
C、由于初速度未知，加速度方向与速度方向的关系不能确定，所以不能判断物体的速
度如何变化，故C 错误；
8
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D、由图得：x
t =5t﹣5，
由x＝v0t+ 1
2at2得：x
t =v0+ 1
2at，
对比可得：v0＝﹣5m/s，a＝10m/s2，
则t＝3s 时物体的速度为：v＝v0+at＝（﹣5+10×3）m/s＝25m/s，故D 正确。
故选：D。
[例题11] 如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的平均速度小于v0
2
B．乙图中，物体的加速度为2m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t＝3s 时物体的速度为25m/s
【解答】解：A、甲图中，根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移，可知物体在0
～t0 这段时间内的位移x＞v0
2 t0，因此物体在0～t0 这段时间内的平均速度v = x
t0
＞v0
2 ，
故A 错误；
B 、乙图中，根据速度— 位移公式v2 ＝2ax ，得到物体的加速度为
a= v
2
2 x =
15
2×15 m/ s
2=0.5m/ s
2，故B 错误；
C、丙图中，由Δv＝aΔt 可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，故C 错误；
D、丁图中，x
t 与t 的关系式为x
t =5t −5，整理可得x＝﹣5t+5t2，结合匀变速直线运动
的位移—时间公式x = v0t + 1
2 at
2，可得v0＝﹣5m/s，a＝10m/s2，所以t＝3s 时物体的速
度为v＝v0+at＝﹣5m/s+10×3m/s＝25m/s，故D 正确。
故选：D。
9
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考点三 连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一
个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把
物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求
出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整
体求加速度，后隔离求内力”．
[例题12] （2023•盐山县二模）如图所示，质量分别为1kg 和2kg 的A、B 两个物
体放在光滑水平面上，外力F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中
各个物理量的单位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（ ）
A．t＝0 时，物体A 的加速度大小为10m/s2
B．t＝10s 后物体B 的加速度最小
C．t＝10s 后两个物体运动方向相反
D．若仅将A、B 位置互换，t＝0 时物体A 的加速度为8m/s2
【解答】解：A．F2在水平方向上的分力为
F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N
假设A、B 间无弹力，则
aB= F21
mB
= 8
2m/s2＝4m/s2
t＝0 时，有F1＝10N
假设A、B 间无弹力，则
aA= F1
mA
= 10
1 m/s2＝10m/s2＞aB
因此t＝0 时，A 会推动B 一起运动，对AB 整体，由牛顿第二定律有
F1+F21＝（mA+mB）a
代入数据解得
a＝6m/s2
10
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故A 错误；
B．物体B 的加速度最小时，A、B 间没有力的作用，且aA＝aB
aA= F1
mA
= 10−t
1
aB= F21
mB
= 8
2m/s2＝4m/s2
解得t＝6s
故B 错误；
C．t＝10s 前，A、B 均沿F1方向加速运动；t＝10s 后，F1方向反向，A 做减速运动，但
两物体运动方向仍然相同，故C 错误；
D．若仅将A、B 位置互换，t＝0 时，假设A、B 间无弹力，则
aA1= F21
mA
= 8
1m/s2＝8m/s2
aB1= F1
mB
= 10
2 m/s2＝5m/s2＜aA1
表明A、B 会分离运动，故假设正确，则t＝0 时物体A 的加速度为8m/s2，故D 正确。
故选：D。
[例题13] （2023•西湖区校级模拟）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。
11
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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。
[例题14] （多选）（2023•滁州一模）如图甲所示，物块A、B 中间用一根轻质弹
簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A 的质量为1.5kg。t＝0 时对物
块A 施加水平向右的恒力F，t＝1s 时撤去，在0～1s 内两物块的加速度随时间变化的
情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．t＝1s 时物块A 的速度为0.8m/s
B．t＝1s 时弹簧弹力为0.6N
C．物块B 的质量为0.8kg
D．F 大小为1.5N
【解答】解：A、a﹣t 图像与坐标轴所围的面积表示速度变化量，若物体A 的加速度从
1.0 均匀减小到0.6，速度变化量Δv = 1+0.6
2
×1=0.8m/ s
而A 的初速度为零，可知1s 时的速度为0.8m/s，但由图像得，物体A 的a﹣t 图像的面
积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t＝1s 时A 的速度大小小于0.8m/s，故A 错误；
BCD、恒力F 拉动A 的瞬间，由a﹣t 图像A 的加速度为a0=1m/ s
2
由牛顿第二定律得：F＝mAa0＝1.5×1.0N＝1.5N
1s 时两者的加速度相等，均为a＝0.6m/s2
12
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分别对A、B 受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣kx＝mAa
F 弹＝kx＝mBa
代入数据联立解得：mB＝1kg
F 弹＝0.6N
故BD 正确，C 错误；
故选：BD。
[例题15] （多选）（2023•峡江县校级一模）如图所示，带有固定挡板P 和定滑轮
的木板垫高后与水平面夹角为θ＝30°，质量为2m 的物块A 与挡板P 之间有一轻质弹
簧（弹簧与P、A 不连接），细线跨过定滑轮，一端连接着质量为m 的B，另一端连
接着轻质挂钩（细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直），A、B 处于静止
状态。现将钩码C 挂于挂钩上，静止释放后，发现C 的速度最大时，A、B 恰好分离。
已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正
确的是（ ）
A．C 质量大小为m
B．C 轻挂于挂钩瞬间，A、B 间挤压力变为原来的一半
C．细绳张力最大值为1
2 mg
D．只要C 的质量足够大，就可以在C 挂上去的同时A、B 就分离
【解答】解：A、C 的速度最大时，加速度为0，此时有aB＝aC＝0，对C 受力分析可知
绳子拉力：F1＝mcg；对B 受力分析可知：F1＝mgsinθ，联立解得：mc= 1
2m；故A 错误；
B、未挂C 时，A、B 静止，以A、B 整体为研究对象，由平衡方程可知：F 弹＝
3mgsin30°= 3
2mg，弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离A 物体，由受力平衡可知：F 弹＝
FBA+2mgsin30°，解得：FBA= 1
2mg；挂上C 时，对C 由牛顿第二定律：1
2mg﹣F 拉= 1
2
ma；对A、B 整体，由牛顿第二定律：F 拉+F 弹﹣3mgsin30°＝3ma，两式联立解得：a
= 1
7 g；隔离A，对A 由牛顿第二定律：F 弹﹣F'BA﹣2mgsin30°＝2ma；将加速度a= 1
7 g 代
入上式，解得：F'BA= 3
14 mg，故B 错误；
C.由A 选项分析可知，绳子最大拉力为F'＝mcg= 1
2mg，故C 正确；
D.弹簧弹力不能突变，所以即使C 的质量足够大，也不可能在C 挂上去的同时A、B 就
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分离，故D 正确。
故选：CD。
考点四 动力学两类基本问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
[例题16] （多选）（2023•海南一模）一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示
螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以
2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m 时无人机突然出现故障而失去升力。
已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大
小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机失去升力时的速度大小为12m/s
B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60N
C．无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2
D．无人机上升的最大高度为36m
【解答】解：A、无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得：v
2−v0
2=2ax
代入数据解得，无人机失去升力时的速度大小为v＝12m/s
故A 正确；
B、无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma1
代入数据解得：F＝70N
故B 错误；
C、无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma2
代入数据解得：a2＝12m/s2
故C 正确；
D、无人机向上减速过程，由位移—速度公式得：v
2−v0
2=2ax
代入数据解得，无人机减速上升的高度为x2＝6m
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则无人机上升的最大高度为H＝x1+x2＝36m+6m＝42m
故D 错误。
故选：AC。
[例题17] （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L
3 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．mv
2
L
B．mv
2
2 L
C．3mv
2
2 L
D．3mv
2
4 L
【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：F =m v
2
2 L
当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有
2a' L
3 = v
2
解得：a' = 3 v
2
2 L
由牛顿第二定律得：F+F'＝ma'
F + F ' =m 3 v
2
2 L
所以，弹射器为飞机提供的推力F ' =m v
2
L ，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[例题18] 如图甲所示，倾角为37°的斜面上有A、B 两滑块（可视为质点），在t
＝0 时，A、B 两滑块相距1m，它们在斜面上运动的v﹣t 图象如图乙所示。已知斜面
足够长，两滑块均只受重力和斜面作用力，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，
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cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．滑块B 与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．在t＝1s 时，滑块A 追上滑块B
D．在滑块A 追上滑块B 之前，它们之间的最大距离为3m
【解答】解：A、由乙图可得aA= Δv
Δt = 4
1 m/s2＝4m/s2
对滑块A 受力分析，根据牛顿第二定律可得
mAgsin37°﹣μAmAgcos37°＝mAaA
代入数据可得μA＝0.25，故A 错误；
B、由乙图可得aB= Δv
Δt = 4−2
1
m/s2＝2m/s2
对滑块A 受力分析，根据牛顿第二定律可得
mBgsin37°﹣μBmBgcos37°＝mBaB
代入数据可得μB＝0.5，故B 正确；
CD、在t＝1s 时，两滑块速度相等，相距最远，此时有滑块A 和滑块B 的位移为
xA= 1
2aAt2= 1
2 ×4×1m＝2m
xB＝vBt+ 1
2aBt2＝2×1m+ 1
2 ×2×1m＝3m
在滑块A 追上滑块B 之前，它们之间的最大距离为△x＝xB﹣xA+x0＝（3﹣2+1）m＝2m
故CD 错误。
故选：B。
[例题19] （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：
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（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
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h1= 1
2 a
2
t
1
2
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
v1
2−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=√29m/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= 2mg−f
2m
解得a4＝4m/s2
第一次碰地后，木棒的加速度大小为
a5= mg+ f
m
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，
假设与小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔
Δt= 2v1
a5
解得Δt= √29
11 s
再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/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+ 1
2a4（3Δt）2= 87
11 m+ 522
121m= 1479
121 m
1s 之前小环相对木棒向上运动距离
s= v0+ v
2
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= 1479
121 m﹣2m= 1237
121 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；
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（2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为√29m/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1237
121 m。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•潮阳区模拟）宇航员在图示的天宫空间站内将冰墩墩抛出，则（ ）
A．冰墩墩处于完全失重状态，是因为其不受重力
B．冰墩墩在完全失重状态下，它的惯性没有发生变化
C．冰墩墩在飞行过程中，因为不受力，所以做匀速直线运动
D．抛掷瞬间，宇航员对冰墩墩的作用力大于冰墩墩对宇航员的作用力
【解答】解：A、宇航员在天宫空间站内将冰墩墩抛出，冰墩墩处于完全失重状态，仍
受重力作用，故A 错误；
B、冰墩墩在完全失重状态下，它的质量不变，它的惯性没有发生变化，故B 正确；
C、冰墩墩在飞行过程中做匀速圆周运动，它受万有引力作用，做的不是匀速直线运动，
故C 错误；
D、宇航员对冰墩墩的作用力与冰墩墩对宇航员的作用力是一对作用力和反作用力，根
据牛顿第三定律知两者大小相等，故D 错误。
故选：B。
2．（2023•汕头一模）2022 年4 月16 日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，已知返回
舱总质量约为3100kg。快到地面时，返回舱的缓冲发动机向下喷气，落地时速度恰好为
0。返回舱落地前最后一秒的v﹣t 图像如图，g 取10m/s2，下列描述正确的是（ ）
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A．返回舱距离地面1.2m 时，缓冲发动机启动
B．最后一秒内的平均速度大小为5m/s
C．返回舱减速过程中，航天员处于失重状态
D．缓冲发动机对返回舱的作用力约为3.2×105N
【解答】解：A．由v﹣t 图像可知，返回舱在缓冲发动机启动之前（0～0.76s）做匀速
下降，
缓冲发动机启动之后（0.76s～1.00s）匀减速直线下降，
因为v﹣t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，
则返回舱匀减速直线运动位移即为图线与0.76 ～1.00s 坐标轴围成的面积：
s= 1
2 ×(1.00−0.76)×10m=1.2m
故返回舱距离地面1.2m 时，缓冲发动机启动，故A 正确；
B．最后一秒内返回舱的总位移为0～1s 内图线与两坐标轴围成图形的面积
故最后一秒内返回舱的总位移为：s 总＝（0.76×10+1.2）m＝8.8m
故其在最后一秒的平均速度大小为：v = s总
t = 8.8
1 m/ s=8.8m/ s
故B 错误；
CD．由于v﹣t 图像的斜率大小表示速度的大小，
则匀减速直线运动的加速度大小即为图线在0.76 ～1.00s 时间段内的斜率：
a=
10
1.00−0.76 m/ s
2= 125
3 m/ s
2
由牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma
代入数据可得缓冲发动机对返回舱的作用力约为：F＝m（g+a）＝3100kg×（10+ 125
3 ）
m/s2≈1.6×105N
由于F＞mg，此时返回舱具有向上的加速度，故返回舱减速过程中，返回舱处于超重状
态，所以舱内的宇航员也处于超重状态，故CD 错误。
故选：A。
3．（2023•嘉定区二模）小明同学站在力传感器上做下蹲—起立动作，如图所示是力传感
器所受的压力F 随时间t 变化的图线，设该同学在下蹲过程中加速度的最大值为a，取g
＝10m/s2，则由图线可知他在8s 内共完成（ ）
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A．一次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
B．一次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
C．两次下蹲—起立的动作a＝4m/s2
D．两次下蹲—起立的动作a＝6m/s2
【解答】解：同学在一次下蹲过程中，向下先加速后减速，即先失重后超重，所以F﹣t
图像上对应一段先小于重力后大于重力的部分，同理可知，同学在一次起立的过程中，
F﹣t 图像上对应一段先大于重力后小于重力的部分，因此该同学在8s 内共完成一次下
蹲、起立动作。由图像可知该同学重力500N，在1.3s 时刻（下蹲的加速阶段）对传感
器的压力最小，此时他的加速度最大，为a= mg−F
m
= 500−200
50
m/ s
2=6m/ s
2，故B
正确，ACD 错误。
故选：B。
4．（2023•河东区一模）我国空降部队在抗震救灾过程中多次建立功勋，这与伞兵们平时
严格的训练是分不开的。一伞兵从高空悬停的直升机上无初速度下落，5s 后打开降落伞。
规定竖直向下为正方向，其沿竖直方向运动的v﹣t 图像如图所示，下列说法正确的是（
）
A．0～5s 内伞兵处于完全失重状态
B．5～9s 内，伞兵处于超重状态
C．伞兵下落50m 时速度小于20m/s
D．5～9s 内伞兵所受的合力越来越大
【解答】解：A、由图可知，在0～5s 时间伞兵做匀加速直线运动，加速度为
a= 40
5 m/ s
2=8m/s2，不是完全失重状态，故A 错误；
B、由图可知，在5s～9s 时间伞兵向下做减速运动，所以打开降落伞瞬间，加速度的方
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向向上，处于超重状态，故B 正确；
C、伞兵下落50m 时1
2 at
2=50m，解得t= 5√2
2
s，此时速度v＝at=8× 5√2
2
m/s＝20√2
m/s＞20m/s，故C 错误；
D、由图可知，在5s～9s 时间伞兵向下做减速运动，加速度越来越小，根据牛顿第二定
律可知所受的合力越来越小，故D 错误。
故选：B。
5．（2023•市中区校级模拟）图甲为门式起重机，它可以从列车上将静止的集装箱竖直向
上提升到一定高度。若选竖直向上为正方向，测得集装箱竖直方向运动过程中的加速度
a 随位移x 变化的规律如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．在0～4m 内，集装箱运动的时间为4s
B．在x＝4m 时，集装箱的速度为4m/s
C．在4m～6m 内，集装箱处于超重状态
D．集装箱上升的最大高度为6m
【解答】解：A．在0～4m 内，集装箱做初速度为零的匀加速直线运动，由x = 1
2 at
2
集装箱运动的时间为t =2√2s
故A 错误；
B．在x＝4m 时，集装箱的速度为
v＝at＝1×2√2m/s＝2√2m/ s
故B 错误；
C．在4m～6m 内，加速度方向保持竖直向上，集装箱处于超重状态，故C 正确；
D、当x＝6m 时加速度减小为0，但是向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，故
D 错误。
故选：C。
6．（2023•咸阳模拟）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用
手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖
直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出
（ ）
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A．手机在t1时刻改变运动方向
B．手机在t1时刻对手的压力最大
C．手机在t2时刻运动到最高点
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
【解答】解：AC、由图像得，0～t2时间内手机的加速度始终竖直向上，手机一直向上
做加速度运动，t2时刻速度达到最大值，t2后加速度竖直向下，手机向上做减速运动，
则t2时刻手机未运动到最高点，故AC 错误；
B、t1时刻，手机的加速度最大，根据牛顿第二定律得：N﹣mg＝ma，则手对手机的支
持力最大，根据牛顿第三定律得，手机对手的压力最大，故B 正确；
D、在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得：N﹣mg＝ma，由图像得，加速度减小，支
持力减小；在t2～t3时间内，根据牛顿第二定律得：mg﹣N＝ma，由图像得，加速度增
大，支持力减小，即支持力一直减小，故D 错误；
故选：B。
7．（2023•重庆模拟）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（ ）
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；
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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。
8．（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
a1= 16−8
1
m/ s
2=8m/ s
2
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
a2= 8−0
2
m/ s
2= 4 m/ s
2
联立解得μ＝0.25 故：B 错误，C 正确；
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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。
9．（2023•平谷区一模）为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观
察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法
正确的是（ ）
A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B．此时电梯可能正在匀速上升
C．此时电梯可能正在加速上升
D．此时电梯可能正在加速下降
【解答】解：A．根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，
故A 错误；
BCD．体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，根据牛顿第二定律有：F﹣
mg＝ma，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，故C 正确，BD 错
误。
故选：C。
10．（2023•重庆模拟）如图甲为某风景旅游区的观光索道。某段时间其运行的简化示意图
如图乙，缆索倾角为37°，缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向
上匀速运动。已知缆车和卡扣的总质量为m，运行过程中缆车始终处于竖直方向，重力
加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．缆索对卡扣的摩擦力为0.6mg
B．缆索对卡扣的作用力为0.8mg
C．卡扣受到的合外力为mg
D．运行过程中缆车处于超重状态
【解答】解：A．缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运
动，对缆车和卡扣受力分析如图：
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根据共点力平衡条件可知：
f＝mgsin37°
f = 3
5 mg，故A 正确；
B．缆索对卡扣的作用力与卡扣和缆车的重力等大反向，缆索对卡扣的作用力与mg 大
小相等，卡扣受到的合外力为0，故B 错误；
C．由于卡扣做匀速直线运动，卡扣受到的合外力为0；
D．运行过程中缆车处于平衡状态，既不超重也不失重，故D 错误；
故选：A。
二．计算题（共3 小题）
11．（2023•重庆模拟）如图（a）所示，相距L＝11.5m 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，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设
定。质量m＝10kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s 自左侧平台滑上传送
带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ ＝0.10 ，重力加速度取g ＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大
致画出载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v 的关系图像，并标出重要点的坐
标。
【解答】解：（1）载物箱速度大于传送带速度，载物箱受到的摩擦力向左，载物箱在
传送带上先做匀减速直线运动，对载物箱由牛顿第二定律可得﹣μmg＝ma
设载物箱匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得v
2−v0
2=2a s1
解得s1＝4.5m
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因s1＝4.5m 小于L，因此载物箱在到达右侧平台前，已经与传送带共速，然后与传送带
一起匀速运动至右侧平台，设匀减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
t1= v −v0
a
= 4−5
−1 =1s，t2= L−s1
v
= 11.5−4.5
4
=1.75s
总时间为t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若载物箱一直做匀减速运动，到达右侧时的速度最小，设为vmin，由牛顿第二定律
可得a= F
m =−μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmin
2 −v0
2=−2 μgL
解得vmin=√2m/s
若载物箱一直做匀加速运动，到达右侧平台时的速度最大，设为vmax，由牛顿第二定律
可得a' = F '
m = μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmax
2
−v0
2=2 μgL
解得vmax = 4√3m/ s
（3）a、当0＜v ≤√2m/ s时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为√2m/ s时离
开传送带。
b、当v ≥4√3m/ s时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为
4√3m/ s。
c、当√2m/ s＜v ＜5m/ s时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到
离开传送带，则有v′＝v
d、当v＝5m/s 时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
e、当5m/ s＜v ＜4√3m/ s时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到
离开传送带，则有v′＝v
所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示
答：（1）载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为4√3m/ s，载物箱到达右侧平台时
所能达到的最小速度为√2m/ s；
（3）载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v 的关系图像见解答。
12．（2022•湖南模拟）如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，
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t＝0 时刻开始二者以v0＝8m/s 的初速度一起向右运动，t＝0.5s 时长木板与右侧的挡板
相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰
撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度﹣时间图像如图
（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力
加速度g 取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度。
【解答】解：（1）设长木板与小铁块的质量均为m，长木板与水平地面之间的动摩擦
因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2；
由v﹣t 图像可得，0～0.5s 时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为：
a1= Δv1
Δt1
= 8−6
0.5 m/s2＝4m/s2
对此过程由牛顿第二定律得：μ1•2mg＝2ma1
解得：μ1＝0.4
0.5s 时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。
由v﹣t 图像可得，0.5s 之后长木板的加速度大小为：
a2= Δv2
Δt2
=
6−1
1.0−0.5m/s2＝10m/s2
对长木板由牛顿第二定律得：μ1•2mg+μ2mg＝ma2
解得：μ2＝0.2；
（2）由牛顿第二定律可得，0.5s 时刻之后小铁块的加速度大小为：a3＝μ2g＝0.2×10m/s2
＝2m/s2
0.5s 时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6m/s 的速度大小分别向左、向右做匀减速直线
运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为
x1，则有：
2a2x1＝v2
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代入数据解得：x1＝1.8m
长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力（大小为μ2mg）小于长
木板与水平地面之间的最大静摩擦力（大小为2μ1mg），故长木板处于静止状态，小铁
块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s 时刻之后，小铁块向右做匀减速直线
运动直到速度为零的位移大小为x2，则有：
2a3x2＝v2
代入数据解得：x2＝9m
设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s 时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，
则有：
L＝x1+x2＝1.8m+9m＝10.8m。
答：（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数分别为0.4、
0.2；
（2）长木板的长度为10.8m。
13．小韩同学在自建住房施工工地观察到如图甲所示的简易升降机，升降机由固定架、运
动箱、两段足够坚韧的轻绳a 和b、轻质滑轮和配重等构成。工作过程中通过调整轻绳b
的松弛与张紧，可以使运动箱呈现4 种不同的运动状态——向下加速、向下减速、向上
加速和向上减速。轻绳a 左端固定在固定架的顶端，绕过轻质滑轮，右端与装有不同质
量沙子的塑料袋所构成的配重连接，配重1 和配重2 之间通过一段轻绳b 连接。为了研
究运动箱的运动，在运动箱内放置重物、电子压力计、固定的手机等，内部结构如图乙
所示。手机拍摄电子压力计的示数变化，同时可利用相关软件将拍摄到的示数同步投影
到屏幕上。已知配重1 和配重2 的质量分别为m1和m2，不计轻绳与滑轮之间的摩擦力，
重力加速度为g。
（1）运动箱从图甲所示位置由静止释放，若先后经历向下加速和向下减速两个过程落
到底板上，求运动箱及内部所有物体的总质量m 的取值范围（用m1、m2表示）；
（2）若运动箱及内部所有物体的总质量为m＝2.4kg，其中重物的质量为1
2 m，将运动
箱拉至底板由静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子压力计的示数先后为
2
3 mg和1
4 mg；求配重1 的质量m1。
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【解答】解：（1）配重1，2 间轻绳b 未绷直，运动箱加速度向下则
mg＞2m1g
b 绷直后，运动箱向上加速，mg＜2（m2+m1）g
联立解得：2m1＜m＜2（m1+m2）
（2）设重物质量为0.5m，向上减速时有：1
2 mg−1
4 mg= 1
2 ma
得a= 1
2g
设绳a 的拉力为F，则
F﹣m1g＝2m1a
mg﹣2F＝ma
解得m1＝0.3kg
答：（1）动箱及内部所有物体的总质量m 的取值范围为2m1＜m＜2（m1+m2）
（2）配重1 的质量为0.3kg
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