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第9 讲 牛顿运动定律的综合应用
——划重点之精细讲义系列
考点一 超重和失重问题
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视
重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重
失重
完全失重
概念
物体对支持物的压力
(或对悬挂物的拉力)大
于物体所受重力的现
象
物体对支持物的压力
(或对悬挂物的拉力)小
于物体所受重力的现
象
物体对支持物的压力
(或对悬挂物的拉力)等
于零的现象
产生条件
物体的加速度方向竖
直向上
物体的加速度方向竖
直向下
物体的加速度方向竖
直向下，大小a＝g
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g 加速下降或减
速上升
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
F＝0
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体
就会处于超重或失重状态．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速
度，整体也会出现超重或失重状态．
【典例1】关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超
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重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时
物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A 错误；
列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B 错误；荡秋千到最低位
置时加速度向上，人处于超重状态，选项C 错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其
加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D 正确．
【典例2】(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图
线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s 时最大
B．t＝2 s 时最小
C．t＝8.5 s 时最大
D．t＝8.5 s 时最小
解析：选AD.人受重力mg 和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.
由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s 时a 有最大值，FN′最
大；当t＝8.5 s 时，a 有最小值，FN′最小，选项A、D 正确．
【典例3】如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将
实验者加速向上“托起”．此过程中( )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小
相等，A 项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B 项错误；
人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C 项错误；人有向上的加
速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D 项错误．
【典例4】如图所示，将物体A 放在容器B 中，以某一速度把容器B 竖直上抛，
不计空气阻力，运动过程中容器B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )
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A．在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零
B．上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力
C．下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力
D．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力
解析：选A.把容器B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A
对B 的压力都一定为零，选项A 正确．
考点二 连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个
整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其
受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受
到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考
虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
3．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接
的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解
题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者
正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用
隔离法分析．
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4．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法
求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
【典例1】如图所示，物块A 和B 的质量分别为4m 和m，开始A、B 均静止，细
绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质
量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向
上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )
A．aA＝g，aB＝5g
B．aA＝aB＝g
C．aA＝g，aB＝3g
D．aA＝0，aB＝2g
解析 对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故
m′＝0，所以FT＝＝＝3mg，对A 由于FT＜4mg，故A 静止，aA＝0，对B 有aB＝＝＝
2g，故D 正确．
答案 D
【典例2】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物块用轻线连接放在倾
角为θ 的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F 拉A，使它们沿斜面匀加速上
升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．增大A 物的质量
B．增大B 物的质量
C．增大倾角θ
D．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B 整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，
对于B 由牛顿第二定律得FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得FT＝F，选项B、D 正确．
【典例3】如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面
上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与
光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α 角，则下列说法正确
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的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，
小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B 错误．小球所受
合外力为mgtan α，加速度a＝gtan α，推力F＝(m＋M)·gtan α，C 正确，D 错误．
【典例4】如图所示，A、B 两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F 拉A，使
A、B 一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B 置于粗糙
水平面上，用相同的水平恒力F 拉A，使A、B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度
为L2.若A、B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( )
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B 质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F 拉A 时，由牛顿第二定律得，对整体有
F＝(mA＋mB)a，对B 有F1＝mBa＝；水平面粗糙时，对整体有 F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋
mB)a，对B 有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A 正
确．
考点三 动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t 图象，a－t 图象，F－t 图象，F－a 图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t 图象与F－t 图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情
况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受
力情况．
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(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图
象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
【典例1】从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为
t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物
体的速率v 随时间t 的变化关系的图线是( )
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝，下降过程中
做匀加速直线运动，其加速度为a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，故
C 正确．
【典例2】(多选)如图(a)，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t 图
线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中
的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，
mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos
θ，由以上分析可知，选项A、C 正确．由v－t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜
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面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．
【典例3】甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．
两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f＝
kv(k 为正的常量)．两球的v－t 图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到
各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是( )
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.＝
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重
力加速度g，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定
时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，B 错误；由图象知v1＞
v2，因此m1＞m2，C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，
t0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误．
【典例4】广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟
就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0 时由静止
开始上升，a－t 图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s 时，电梯处于失重状态
B．5～55 s 时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s 时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s 时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at 图象可判断：t＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超
重状态，则A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s 时间
内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉
力＜重力，综上所述，B、C 错误；因at 图线与t 轴所围的“面积”代表速度改变量，
而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s 时为
零，D 正确．
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考点四 动力学中的临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存
在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的
过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过
程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速
度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解
决问题的目的．
【典例1】如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量
为m1和m2的物体A 和B.若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳
之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 和B 的拉力大小分别为FT1和
FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，
通过一定的分析，判断正确的表达式是( )
A．FT1＝
B．FT1＝
C．FT1＝
D．FT1＝
解析 由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的
加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B 应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分
别解出加速度的表达式为a＝－g 和a＝g－，所以有＋＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝
2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝，则根据A、B 地位对等关系应有FT2＝，将
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FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A 错误、C 正确．
若将FT1设为，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g 可看出A、B 的地位关系不再具有对等性，
等式不可能成立，B、D 错误．
答案 C
考向2：假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临
界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．
【典例2】如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A、B 质量
分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后
逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，则( )
A．当拉力F＜12 N 时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N 时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析 首先了解各物体的运动情况，B 运动是因为A 对它有静摩擦力，但由于静
摩擦力存在最大值，所以B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；
如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B
间静摩擦力达到最大值时拉力F 的大小，以A 为研究对象进行受力分析，A 受水平向
右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B 为研究对象，B 受水平向
右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，F＝48
N，由此可以看出当F＜48 N 时，A、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，
A、B 间不会发生相对运动，故选项D 正确．
答案 D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
【典例3】如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成
30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时
间t＝2.0 s．玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停
下．(取g＝10 m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平面夹角多大时，最省力？
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解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2
解得a＝ m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞
cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案 (1) (2)1.04 m (3)30°
1．下列哪个说法是正确的( )
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D 中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也
不失重，选项A、C、D 错误；选项B 中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向
下，处于失重状态，选项B 正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )
A．电梯加速上升
B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升
D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F
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－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F
大于G，加速度方向向上．选项A 正确，B、C、D 错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ 的光滑斜面
滑下，然后在不同的θ 角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加
速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度
与各自最大值的比值y 随θ 变化的图象分别对应图乙中的( )
A．①、②和③
B．③、②和①
C．②、③和①
D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，a＝
gsin θ，而am＝g，故＝sin θ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝
mgcos θ，FNm＝mg，即＝cos θ，则＝cos θ；重力加速度的最大值gm＝g，即＝1，B
正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是( )
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，
A 正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽
车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B 错误；宇航员随飞船
绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于
完全失重状态，C、D 正确．
5．如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻
质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的
小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
A.
B.
C．L＋
D．L＋
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由
牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m 的小球作水平方向受力分析，由牛顿第
二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋，C 正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg 的物体无初
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速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙
所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)2 s 末物体的速度；
(2)前16 s 内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5 m/s.
(2)设物体在前2 s 内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m.
当拉力为F2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5 m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下4 s 时间内处于
静止状态．
故物体在前16 s 内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下
7．(多选)将一个质量为1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中
所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t 图象如图所示，g 取10 m/s2.
下列说法中正确的是( )
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A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所
受重力和阻力之比为5∶1，选项A 正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，
根据h＝at2可得＝＝，选项B 错误；根据v＝a2t2，t2＝ s 可得v＝8 m/s，选项C 正确；
小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D 错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m 的货物提升到一定高处，动滑轮的质
量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所
示．则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N 的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝FT－g，由a－FT图象
可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于，则A 正确，B、D 错误，
横轴截距代表a＝0 时，FTN＝，C 错误．
9．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量
为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从
开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v 或加速度a 随时
间t 变化的图象中符合实际情况的是( )
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．
直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球
继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动
直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A 正确，B 错误．设小球到达最低点时，弹
簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝kx2，则2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x＞x 得kx
＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C 错误．弹簧形变量x 与t 不是线性
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关系．则a 与t 也不是线性关系，D 错误．
10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分
别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F 的最大值
是( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有
2Ff－Mg＝Ma，所以F＝，选项A 正确．
11．(多选)质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示
物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的( )
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即
只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时
摩擦力Ff＝ma1＝0.2 N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2
＝ m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1 N；若拉
力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，
此时物体加速度大小为a3＝ m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1
N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝ m/s2，由牛顿第二
定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1 N，B、C 正确．
12．（多选）如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为37°，一质量为m=1kg 的小
环套在杆上位于底端，现施加一个竖直向上的拉力F 作用在小环上，作用时间t1=1s 后
撤掉该力，小环再经时间t2=1s 恰好返回杆的底端（最初出发处）。（g=10m/s2），下
列说法正确的是（ ）
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A．恒力F 的大小为12N
B．滑块返回斜面底端时的速度为6m/s
C．滑块撤掉F 前后的加速度分别2m/s2和6m/s2
D．撤掉F 之前，小环处于超重状态；撤掉F 之后到返回出发点之前，小环处于失重状
态
【答案】CD
【详解】有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得
撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式
有拉力时，由位移公式
撤去拉力后，根据位移公式
解得
A．由上述讨论，可解得
,故A 错误；
B．撤去拉力时速度为
返回时的速度为
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故B 错误；
C．根据前面的分析，撤掉F 前后的加速度大小分别为
和
，故C 正确；
D．撤掉F 之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉F 之后，
加速度沿杆向下，有竖直向下的分量，处于失重状态，故D 正确。
故选CD。
13．（多选）如图，物块A 通过细绳悬挂于电梯侧壁的O 点，A 与侧壁间夹有薄
木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知A、B 质量分别为M、m，A、B 间摩擦忽略不计。当
电梯静止时，B 恰好不滑落，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．电梯竖直加速上升时，木板B 会滑落
B．电梯以加速度a（a<g）竖直加速下降时，木板B 会滑落
C．当电梯以加速度a 竖直加速上升时，绳子拉力
D．当电梯以加速度a（a<g）竖直加速下降时，A 对B 的压力
【答案】CD
【详解】A．电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三
个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示
根据平衡条件，有
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再分析物体B，受重力、A 对B 的压力N、电梯侧壁对B 支持力N2 和静摩擦力，根据
牛顿第三定律，有
根据平衡条件有
其中
联立解得
当电梯加速上升时，等效重力加速度变化为
则电梯侧壁对B 的支持力变为
最大静摩擦力变为
故木板B 保持静止，故A 错误；
BD．电梯以加速度a（a<g）竖直下降时，等效重力加速度变化为
则电梯侧壁对B 的支持力变为
最大静摩擦力变为
故木板B 保持静止，故B 错误，D 正确；
C．当电梯以加速度a 竖直加速上升时，等效重力加速度变化为
故绳子拉力变为
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故C 正确。
故选CD。
14．（多选）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
可看成质点的小物块。在
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，
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
，下列说法正确的是（ ）
A．0～1s 内物块的加速度为
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
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
【答案】BC
【详解】A．由图像可知1.5s 时物块、木板共速，则物块在0～1.5s 内的加速度为
故A 错误
B．对物块有
可得物块与木板间的动摩擦因数为
故B 正确
C．在1～1．5s 内木板的加速
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根据牛顿第二定律有
得
撤去拉力F 前，木板的加速度
根据牛顿第二定律有
得
故C 正确；
D．由图像可知共速时速度为3m/s，则在1．5s 内物块位移为
1.5s 内木板位移为
在1．5s 后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小
物块到停止的时间还需
木板的加速度大小为
，则有
得
木板到停止的时间还需
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所以木板比物块早停止运动，在1．5s 末到物块停止运动的时间内，物块的位移为
木板位移为
则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
故D 错误；
故选BC。
15．（多选）如图所示，一足够长且倾角为
的光滑斜面固定在地面上，斜面底端有
一挡板，一根劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别拴接在固定挡板和小物体B 上，小物
体A 与小物体B 紧靠在一起处于静止状态，且两者质量相同。现对小物体A 施一沿斜
面向上的拉力，使小物体A 沿斜面向上做匀加速直线运动。从施加力直到两物体分离
的过程中，拉力的最小值为
，最大值为
，已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性
限度内。则下列结论正确的是（ ）
A．每个物体的质量为
B．物体的加速度为
C．开始时弹簧的压缩量为
D．从开始运动到物体与弹簧分离经过的时间为
【答案】BC
【详解】A．初态，对A 和B 受力分析可知
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物体未脱离弹簧前
物体始终沿斜面向上做匀加速直线运动，随着形变量减小，F 在增大，故
解得
故A 错误；
B．物体的加速度为
故B 正确；
C．开始时弹簧的压缩量为
故C 正确；
D．分离时弹力为
运动位移
解得
故D 错误。
故选BC。
16．如图所示，一长木板a 在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静
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止的物块b 轻放在木板上，此时a 的速度为
，同时对b 施加一个水平向右的恒力F，
已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块
始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b 运动的速度时间图像可能正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】长木板
和滑块
速度达到相对之前，
相对
向左运动，
受到
向右的摩
擦力和恒力
，
受到
向左的摩擦力，
做减速运动，
做加速运动，由于不清楚
、
质量以及恒力的大小，无法比较
、
加速度的关系，
、
共速后，若在
作用下，
、
间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，对
、
整体由牛顿第二定律可知，
、
一起做加速运动，若在
作用下，
、
间的摩擦力达到最大静摩擦力后，则
、
加
速度大小不相等，均做加速运动。
故选D。
17．如图所示，物块A、B、C 通过跨过光滑轻质小滑轮的细绳相连，A、B 静止且
离地面足够远，物块C 在倾角为
的固定足够长的斜面上恰好不下滑。已知A 的质量
为
，C 的质量为2kg，与C 相连的细绳平行于斜面，悬挂动滑轮的细绳竖直，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
。若将A 换成质量为0.8kg 的物块D，下列
说法正确的是（ ）
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A．C 与斜面之间的动摩擦因数
B．C 将沿斜面向上运动
C．D 向下运动的加速度大小为
D．C 与斜面之间的摩擦力大小为5.2N
【答案】D
【详解】A．A、B 静止，C 在倾角为
的固定足够长的斜面上恰好不下滑，则有
由于
所以物块C 受沿斜面向上的摩擦力，有
解得
又
解得
选项A 错误；
B．设绳的拉力为
时物块C 会沿斜面向上运动，临界时有
所以将物块A 换成质量为0.8kg 的物块D 后，物块C 仍静止在斜面上，选项B 错误；
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C．物块B 处为动滑轮，故对物块B 有
将物块A 换成质量为0.8kg 的物块D 后，由于绳子的拉力变大，所以物块B 会上移，又
由于物块C 不动，则物块D 会下移。设此时绳子的拉力为
，物块D 下移的加速度为
a，对物块D 有
动滑轮端加速度是升段加速度的
，故对物块B 有
联立解得
选项C 错误；
D．由于
，则对物块C 有
选项D 正确。
故选D。
18．如图所示，一与水平方向成θ=37°角的传送带沿逆时针方向以大小为v0=4m/s
的速度匀速转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，当物体由静止从传送带顶端由
静止释放后，物体通过传送带的时间t0=1.4s，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度
g=10m/s2。
（1）求传送带上表面的长度L0；
（2）若物体以大小为
的速度从下端沿传送带方向冲上传送带，求物体从冲
上传送带到离开传送带的时间t。
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【答案】（1）5.8m；（2）
【详解】（1）物块刚放到皮带上时受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛
顿第二定律有
解得
设经历时间t1 物块与传送带共速，则
此过程中物块的位移为
物块与传送带共速后，由于
所以物块继续做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
设继续匀加速运动经历的时间为t2，则
发生的位移
所以传送带上表面的长度
（2）物块冲上传送带时加速度大小等于
在传送带上减速到零的时间
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发生的位移
之后物块反向向下做加速运动，加速度大小仍为a1，加速到传送带的速度发生的位移
为
需要的时间
之后物块继续做匀加速运动，加速度大小等于a2，下滑的位移
由位移公式得
解得
物体从冲上传送带到离开传送带的时间
19．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速
抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和
纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1
m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，
纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
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(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4 N
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