文档文本内容
第14 讲 牛顿第二定律的综合应用——三类典型问题
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 动力学常见图像.............................................................................................2
知识点2 动力学连接体问题........................................................................................2
知识点3 动力学的临界和极值问题..............................................................................2
模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3
题型01 动力学图像...................................................................................................3
题型02 动力学连接体...............................................................................................6
题型03 动力学中的临界和极值...............................................................................8
重难·创新演练....................................................................................................................................10
真题·实战演练.................................................................................................................................... 13
巩固·知识解构
知识点1 动力学常见图像
(1)v－t 图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。
(2)a－t 图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情
况应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)F－t 图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F－a 图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定
律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积
的意义，从而由图像给出的信息求出未知1．动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓
慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
3．解析法：对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变
量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。其它方法：图解法、
解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
知识点2 动力学连接体
两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度
(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体
(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)
知识点3 动力学中的临界和极值
1．临界、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“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。
2．四种典型的临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大
张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零
模拟·基础演练
考查重点：图像和连接体问题，难点是动力学临界和极值问题。
⏳题型01 动力学的图像
1.（2026·湖南·二模）在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图1 所示，在某次跳水比赛中，
我国运动员全红婵（视为质点）从距水面10 m 高处竖直向上起跳，其运动的速度与时间关系图像如图2 所
示，图中
时间内为直线，规定竖直向下为正方向，不计空气阻力，则（ ）
A．
时间内运动员一直处于失重状态
B．
时刻运动员离水面最远
C．在
时间内的速度变化得越来越慢，运动员受到的阻力在减小
D．
时间内运动员的速度越来越大
【答案】A
【详解】A．
时间内运动员加速度一直为g，一直处于失重状态，故A 正确；
B．
时刻运动员到达最高点，此时离水面最高，故B 错误；
C．在
时间内，图像斜率减小，加速度减小，则速度变化得越来越慢，根据牛顿第二定律有
可知运动员受到的阻力在增大，故C 错误；
D．由图可知，
时间内运动员的速度越来越小，故D 错误；
故选A。
2.（2026·湖南长沙·二模）急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式“
”。为评估某品牌新
能源汽车起步时的平稳性，工程师测得“
”图像如图所示。已知
，
，下列关于汽车在启动
阶段“0 4s”
∼
内的说法正确的是（ ）
A．当
时，汽车的速度达到最大值
B．当
时，汽车的加速度达到最大值
C．当
时，汽车开始反向运动
D．当2 4s
∼
内，汽车做匀减速直线运动
【答案】B
【详解】B．由题意作出
图，知
时，加速度最大，且最大加速度为
，B 正确；ACD．
0~4s，加速度始终大于0，汽车一直加速，
时，汽车的速度达到最大值，运动方向未发生改变，ACD
错误。
故选B。
3．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，将小球自A 处竖直向上抛出。传感器记录的数据显示：自抛出起计
时，经过时间
和
小球的速率均为v0。小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t 表示。
不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．分析运动过程：小球做竖直上抛运动，加速度为
（方向向下）。已知
和
时速率
均为
。根据竖直上抛运动的对称性，最高点（速度为0）的时刻位于这两个时刻的中点
此时速度
。求解初速度和加速度关系：设初速度为
，在
时，小球处于上升阶段（因为
），速度为
。由
解得
在
时，速度为0，有
联立解得
，且
图像纵轴表示速度（矢量）。竖直上抛运动的速度随时间均匀减小，过最高点后变为负值。图像应为一条
斜率为负的直线，穿过轴。选项A 画的是速率（标量）图像，故A 错误；
B．根据位移—速度公式
整理得
这是一个
关于
的一次函数，截距为
，代入
，截距应为
选项B 中截距为
，故B 错误；
C．位移公式
这是一个关于的二次函数，图像为开口向下的抛物线。对称轴（最高点）为
选项C 的图像是抛物线，且最高点对应
，故C 正确；
D．
表示
时间内的平均速度，有
这是一个关于的一次函数，斜率为
，纵轴截距为
，当
时（即回到抛出点），
选项D 中图像与横轴交点为
，故D 错误。
故选C。
4.（2026·湖南·二模）如图甲所示，足够长光滑水平面
与竖直面内的光滑半圆形轨道在B 点平滑相接，
光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v 经过B 点后沿半圆形轨道运动，到达最
高点C 后水平飞出，落在
所在的水平地面上，落点距B 点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到
x 与r 的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C 的所有情形，重力加速度g 取
。则（
）
A．v =15m/s
B．x 的最大值为10m
C．小球在轨道上的B、C 两点受到的弹力大小的差值随r 的增大而减小
D．r 一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等
【答案】D
【详解】A．小球能经过C 点，则有
从B 到C 由机械能守恒可知
联立解得
由图可知，r 最大值为rm=2m，可知
，故A 错误；
B．在C 点做平抛运动，则
，
可得
则当
时，x 有最大值
，故B 错误；
C．小球在轨道上B 点时
在C 点时
其中
解得小球的B、C 两点受到的弹力大小的差值
可知与r 无关，故C 错误；
D．小球在距离水平面高h 的位置时，由机械能守恒
在该点时
其中
解得
可知r 一定时，FN与h 为线性关系，则r 一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受
到的弹力大小的变化相等，故D 正确。
故选D。
7．（2026·湖南湘潭·二模）如图甲所示，用一水平外力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 变化的图像如图乙所示。
重力加速度g 取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F 的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
[答案] D
[解析]
物体受力分析，受推力、重力、支持力，如
所示，
对
图
x 方向有Fcos θ－mgsin θ＝
ma，y 方向有FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，从a－F
像中取两个点
图
(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代
入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B 可以算出；当a＝0
，可解得
时
F＝15 N，因而C 可以算出；
中并未
明力
题
说
F 随
化的情况，故无法求出加速度
时间变
为6 m/s2
物体的速度大小，因而
时
D
不可以算出。
⏳题型02 动力学的连接体
6.（2026·湖南益阳·期末）如图所示，质量为
的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿光滑水
平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量为m的木块静止在后壁上没有下滑，木块与铁箱内壁间的动摩
擦因数为μ，重力加速度为g。下列选项正确的是（ ）
A．铁箱对木块的摩擦力大小为μmg
B．铁箱运动的加速度大小为F
2m
C．木块对铁箱壁的压力大小为F
3
D．当F = 3mg
μ
时木块刚好不下滑
【答案】CD
【详解】A．铁箱内一个质量为m的木块静止在后壁上没有下滑，所以木块竖直方向受力为重力和摩
擦力，摩擦力等于重力，即f =mg，故A 错误。
B．将铁箱和木块看作整体，根据牛顿第二定律有F =3ma
解得a= F
3m，故B 错误；
C．将木块作为研究对象，根据牛顿第二定律有F1=ma= F
3 ，即木块对铁箱壁的压力为F
3 ，故C 正确。
D．木块刚好不下滑时，最大静摩擦力等于重力，即f m=mg= μ F1m
根据牛顿第二定律有F1m=ma
'
此时，对于铁箱和木块整体，根据牛顿第二定律有F =3ma
'
联立解得F = 3mg
μ
，故D 正确。
故选CD。
7.（2026 高三下·北京海淀·阶段检测）如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在
一起，在水平力
、
的作用下运动，已知F1> F2。下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙的作用力大小为
B．乙对甲的作用力大小为F1+ F2
2
C．如果撤去
，乙的加速度一定变大
D．如果撤去
，甲对乙的作用力一定减小
【答案】BD
【知识点】接触面间接连接、牛顿第二定律的初步应用
【详解】A．设甲、乙的质量都为m，对整体根据牛顿第二定律有F1−F2=2ma
解得
设甲对乙的作用力大小为F N，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有F N −F2=ma= F1−F2
2
解得甲对乙的作用力大小F N = F1+ F2
2
，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小F N ' = F N = F1+ F2
2
，故B 正确；
C．如果撤去
，对整体根据牛顿第二定律有F2=2ma
解得a' = F2
2m
由于无法比较F1−F2与
的大小关系，因此无法比较a与a'的大小关系，故C 错误；
D．如果撤去
，设甲对乙的作用力大小为F N ' '，隔离乙作为研究对象，根据牛顿第二定律有
F2−F N ' ' =ma' = F2
2
解得F N ' ' = F2
2 < F N
因此，甲对乙的作用力一定减小，故D 正确。
故选BD。
8.（2026·海南·模拟预测）如图所示，质量为M的木箱静置于水平地面上，木箱顶部用轻杆固定一光
滑轻质定滑轮，质量为
的物体甲通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与质量为m的物体乙相连。初始时轻
绳拉直，现同时释放两物体，甲拉着乙从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知重力加速度大小为g，
不计空气阻力，则在甲下落且乙未到达滑轮处的过程中（ ）
A．甲的加速度大小为1
2 g
B．轻绳上的拉力大小为mg
C．轻杆对滑轮的作用力大小为4
3 mg
D．地面对木箱的支持力大小为(M + 8m
3 )g
【答案】D
【详解】A．对物体甲和乙整体，根据牛顿第二定律，有(2mg−mg)=(2m+m)a
解得a= 1
3 g，故A 错误；
B．隔离甲，根据牛顿第二定律，有2mg−T =2ma
解得T = 4
3 mg，故B 错误；
C．对滑轮有F =2T = 8
3 mg，故C 错误；
D．地面对木箱的支持力大小为F N = Mg+2T =(M + 8
3 m)g，故D 正确。
故选D。
9.（2026·湖北武汉·期末）我国高铁技术成就举世瞩目。某学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相
互作用力，用10 个完全相同的滑块模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，
置于水平地面上。如图所示，现对滑块1 施加水平向右的拉力F，使所有滑块一起向右加速运动，下列说
法正确的是（ ）
A．若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块5、6 间轻杆的拉力变大
B．若增大水平拉力F，则滑块7、8 间轻杆的拉力变大
C．滑块7、8 间轻杆的拉力与滑块4、5 间轻杆的拉力大小之比为1:2
D．滑块7、8 间轻杆的拉力与滑块4、5 间轻杆的拉力大小之比为7:4
【答案】BC
【知识点】杆连接体问题
【详解】AB．对所有滑块，根据牛顿第二定律有F −10 μmg=10ma
对第6、7、8、9、10 这五个滑块，有F56−5 μmg=5ma
可得F56= F
2
对第8、9、10 这三滑块，有F78−3 μmg=3ma
可得F78= 3
10 F
可知若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块5、6 间轻杆的拉力不变；若增大水平拉力F，则滑块
7、8 间轻杆的拉力变大，故A 错误，B 正确；
CD．对第5、6、7、8、9、10 这六个滑块，有F45−6 μmg=6ma
可得F45= 3
5 F
可得滑块7、8 间轻杆的拉力与滑块4、5 间轻杆的拉力大小之比为1:2，故C 正确，D 错误。
故选BC。
⏳题型03 动力学的临界和极值问题
10.（2026·吉林白山·一模）如图所示，倾角为α 的足够长的光滑斜面体固定在水平面上，其底端固定
一挡板，质量为m 的物块甲和质量为2m 的物块乙用原长为2d 的轻弹簧拴接后静置于斜面体上，现在物块
甲上施加一沿斜面体向上的外力，使物块甲由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间物块乙离开挡板。
已知开始时外力的大小为mgsinα，轻弹簧的劲度系数为mgsin α
d
，重力加速度为g，两物块均可视为质点
则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧原长时外力的大小为零
B．物块乙刚好离开挡板瞬间，外力的大小为4 mgsin α
C．物块乙刚好离开挡板瞬间，两物块之间的距离为4d
D．物块乙刚好离开挡板瞬间，物块甲的速度大小为2❑√gd sin α
【答案】BC
【知识点】弹簧连接体问题、正交分解法解共点力平衡问题
【详解】A．物块甲静置于斜面体上时，设轻弹簧的压缩量为x1，则对物块甲进行受力分析，由平衡
关系有k x1=mgsin α
解得x1= mgsin α
k
=d
当施加外力F 后，物块甲由静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，当F =mgsin α时，根据牛
顿第二定律有k x1=ma
解得a= gsin α
同理当轻弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有F −mgsin α =ma
解得此时的外力为F =2mgsin α，故A 错误；
B．物块乙刚好离开挡板瞬间，设此时轻弹簧的伸长量为x2，则对物块乙进行受力分析，由平衡关系
有k x2=2mgsin α
解得x2=2d
对此时的物块甲进行受力分析，根据牛顿第二定律有F −mgsin α −k x2=ma
解得此时的外力的大小为F = 4 mgsin α，故B 正确；
C．已知轻弹簧的原长为2d，所以物块乙刚好离开挡板瞬间，两物块之间的距离为L= L0+ x2= 4 d，
故C 正确；
D．物块甲从静止开始到物块乙刚好离开挡板瞬间，物块甲沿斜面上升的位移为x = x1+ x2=3d
则根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有v
2=2ax
解得物块甲的速度大小为v = ❑√6 gd sin α，故D 错误。
故选BC。
11.（2026·河南·阶段检测）如图所示，倾角β =37°的斜面固定在水平地面上，轻质弹簧一端固定在斜
面底端的挡板上，另一端与质量为3m的小物块A相连，质量为m的小物块B初始时紧靠着A，A、B均可
视为质点。在外力作用下，A、B一起沿着斜面缓慢向下运动一段距离。撤去外力后，A、B由静止开始沿
斜面向上运动，在A、B分离瞬间，A、B的速度大小均为v1，B向上运动一段时间后恰好静止在斜面上。
已知A与斜面间无摩擦力的作用，弹簧的劲度系数为k且始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，取
sin37° = 3
5，cos37° = 4
5 ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)B与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)在A、B分离后，B向上运动的位移大小x1；
(3)从A、B分离前速度最大瞬间到A、B分离瞬间，A的位移大小x2。
【答案】(1)μ= 3
4
(2)x1= 5 v1
2
12g
(3)x2= 24 mg
5k
【知识点】斜面模型中的临界极值的问题、正交分解法解共点力平衡问题
【详解】（1）B恰好静止在斜面上，对B受力分析，根据受力平衡有mgsin β = Ff，Ff = μmgcos β
解得μ= 3
4 。
（2）A、B分离后B向上运动的过程中做匀减速直线运动，对B分析，根据牛顿第二定律有
mgsin β + μmgcos β =ma
根据运动规律有v1
2=2a x1
解得x1= 5 v1
2
12g
。
（3）A、B分离前速度最大瞬间，对A、B组成的整体受力分析，设此时弹簧的压缩量为y1，根据受
力平衡有k y1=3mgsin β +mgsin β + μmgcos β
在A、B分离瞬间，设此时弹簧的伸长量为y2，对A分析，根据牛顿第二定律有
k y2+3mgsin β =3ma
根据几何关系有x2= y1+ y2
解得x2= 24 mg
5k
。
12.（2026·河南洛阳·期末）如图，质量为2kg 的一只长方体空铁箱在水平拉力F 作用下，沿水平面向
右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3。这时铁箱内一个质量为1kg 的橡胶块与后壁
保持相对静止。橡胶块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2=0.8。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
g=10 m/s
2。则下列说法正确的是（ ）
A．铁箱对地面压力的大小为20N
B．当F＝54N 时，铁箱的加速度为18m/s
2
C．当F＝54N 时，铁箱的加速度为15m/s
2
D．两者能相对静止的最小加速度为12.5m/s
2
【答案】CD
【详解】A．对整体分析可知，地面对铁箱的支持力为N =( M +m)g=(2+1)×10 N=30N由牛顿第三
定律可知，铁箱对地面压力的大小为N
' = N =30N，A 错误；
BCD．两者恰相对静止时，则对橡胶块f = μ2 N 1=mg，N 1=ma0
解得a0=12.5m/s
2
此时F0=( M +m)a0+ μ1 N = 46.5 N
当F ＝54N 时，橡胶块相对铁箱静止，则此时对整体分析可知，铁箱的加速度为
a= F −μ1 N
M +m = 54−0.3×30
2+1
m/s
2=15 m/s
2，CD 正确，B 错误。
故选CD。
重难·创新演练
结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3);新角度考查研究方法(T4);
1.▶新情境◀.2026·黑龙江哈尔滨·期末）某部队新兵在水平地面上用绳子拉轮胎进行负荷训练，示意
图如图所示。已知轮胎的质量m=30kg，与地面间的动摩擦因数取
❑√3
3 ，重力加速度大小g=10m/s2，绳子的
质量不计。
(1)若绳子与水平地面的夹角θ=60°，轮胎刚好被匀速拉动，求此时绳子的拉力大小F；
(2)当轮胎的速度大小v=8m/s 时撤去拉力，求撤去拉力后轮胎滑行的距离x。
【答案】(1)100 ❑√3 N
(2)16 ❑√3
5
m
【知识点】已知受力求运动
【详解】（1）轮胎匀速运动，对轮胎受力分析
由平衡条件有F sinθ+ N =mg，F cosθ = f
又f = μN，解得F =100 ❑√3 N
（2）撤去拉力后轮胎滑行的加速度大小a= μmg
m = μg
撤去拉力后轮胎滑行的距离x = v
2
2a = 16 ❑√3
5
m
2.（▶新情境◀2.（2026·广东东莞·一模）如果人群在户外突遇洪水，临时自救时可以站定排成一列纵
队，如图甲所示。某小组为探究纵队各处的受力情况，建立了如图乙所示的物理模型：水平地面上依次放
置三个质量均为m 的物块，物块1 与地面的动摩擦因数为2 μ，其余两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块1 施加一水平向左的力F，下列说法正确的有（ ）
A．若三个物块均静止，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
C．当F = 4 μmg时，物块1、2 之间的弹力为2 μmg
D．当F =6 μmg时，物块1、2 之间的弹力为3 μmg
【答案】BC
【知识点】滑动摩擦力的大小与方向、接触面间接连接
【详解】A．因为外力F 大小未知，所以无法确定物块2 和物块3 所受摩擦力的大小情况，故A 错误；
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力均为滑动摩擦力，所以f 2= f 3= μmg，
故B 正确；
C．把1、2、3 看成一个整体，所以受的最大静摩擦力为f max
当F = 4 μmg时，1、2、3 物块刚要滑动，把2、3 看成一个整体，则有F弹12= f 2+ f 3=2 μmg，故C 正
确；
D．当F =6 μmg>f max时，一起匀加速时，根据整体法，对三个物块，根据牛顿第二定律，有
F −4 μmg=3ma
设物块1 对物块2 的弹力为F12，对物块2、3 有F12−2 μmg=2ma
联立解得F12= 10
3 μmg，故D 错误。
故选BC。
3.▶新考法◀（2026·贵州·模拟预测）如图，两物块A、B 静止在粗糙的水平地面上，质量分别为mA、
，
通过一根轻质弹簧水平连接，弹簧处于原长。
时刻，对A 施加一水平向右的拉力F，F 的大小随时间t
变化关系为F =ct（c 为正的常量）。已知A、B 与水平地面的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 在t =t0时刻恰好开始运动，则此时A 的加速度大小为（ ）
A．c t0−μmA g
mA
B．c t0−μ(mA+mB)g
mA
C．c t0−μ(mA−mB)g
mA
D
．
c t0−μ(mA+mB)g
mA+mB
【答案】B
【知识点】弹簧连接体问题
【详解】物块B 在t =t0时刻恰好开始运动，根据平衡条件有F弹= μmB g
物块A 在t =t0时刻，根据牛顿第二定律有c t0−μmA g−F 弹=mA a
联立解得a= c t0−μ(mA+mB)g
mA
故选B。
4．5．▶新角度◀（2026·湖南长沙·阶段检测）如图所示，将质量为
的重物悬挂在轻绳的一端，轻
绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将
小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，观察到小环先加速再减速，当小环从A 处沿直杆下滑距离为
时，小环的速度恰好变为0。在图中B 处，小环沿直杆下滑的距离为d。已知重力加速度为g。则下列说法
正确的是（ ）
A．小环下滑到B 点时，小环的瞬时速度vB是重物瞬时速度的❑√2倍
B．小环下滑过程中，轻绳中的张力始终等于2mg
C．小环下滑过程中速度到达最大值时，轻绳中的张力大于mg
D．小环下滑到最低点时，重物的加速度为0
【答案】AC
【知识点】绳连接体问题
【详解】A．如图所示
将小环速度v 进行正交分解，其分速度v1与重物上升的速度大小相等，小环到达B 点时，有
v1= v cos 45° =
❑√2
2 v
故小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于❑√2，故A 正确；
B．小环刚释放时，具有向下的加速度，则重物具有向上的加速度，重物处于超重状态，故绳中张力
一定大于2mg，故B 错误；
C．小环下滑过程中速度到达最大值时，加速度为0，此时在下滑途中，即轻绳张力的竖直方向分力恰
等于小环的重力，故此时轻绳张力大于mg，故C 正确；
D．小环下滑到最低点时，速度恰好减速到0，具有向上的加速度，则重物具有向下的加速度，重物
处于失重状态，故D 错误；
故选AC。
7、
真题·实战演练
高频考点：三力的动态平衡问题。
1. (2025·安徽高考 T5) 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
【解析】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；
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 项错误；设绳子的弹力大小为
，对甲受力
分析有
，对乙受力分析有
联立解得
，
，C 项正确、D 项错误。
2 (2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考 T10)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
【解析】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
速度为
，B 项错误；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
同理可得乙物体
联立可得
，A 项正确；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
零，C 项错误；
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 项正确。
3（2024·全国高考甲卷T15）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a−m图像。重力加速度大小为g。在下
列a−m图像中，可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】设P 的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f ,以P 为对象，根据牛顿第二定律可得T −f = Ma，以盘
和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg−T =ma，联立可得a= mg−f
M +m =
g−f
m
M +m ⋅m，可知当砝码的重
力大于f
时，才有一定的加速度，当m 趋近于无穷大时，加速度趋近于g，D 项符合题意。
4（2025·陕晋青宁卷T3）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】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 项
正确。
5.（2023·北京·高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，
细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F 作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的最大
值为（ ）
A．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有
F = 2ma
再对于后面的物块有
FTmax= ma
FTmax= 2N
联立解得
F = 4N
故选C。
6．（多选）（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量
均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3 节车厢，车头对第
一节车厢的拉力为
，第一节车厢对第二节车厢的拉力为
，第二节车厢对第三节车厢的拉力为
，则
（ ）
A．当火车匀速直线运动时，
B．当火车匀速直线运动时，
C．当火车匀加速直线运动时，
D．当火车匀加速直线运动时，
【答案】BD
【详解】
AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时
得
故A 错误，B 正确；
CD．当火车匀加速直线运动时
得
T1∶T2∶T3=3 2 1
∶∶
故C 错误，D 正确。
故选BD。
7．（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y 随时间t 的变化
曲线如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别为
和
。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF 段无人机的速度大小为4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF 段方程
可知EF 段无人机的速度大小为
故A 正确；
B．根据
图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运
动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B 正确；
C．根据MN 段方程
可知MN 段无人机的速度为
则有
可知FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C 错误；
D．MN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
8．（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推力
的作用下
加速运动。车厢内有质量均为
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
，杆与竖直方向的夹角为
，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
B．若推力
向左，且
，则
的最大值为
C．若推力
向左，且
，则
的最大值为
D．若推力
向右，且
，则
的范围为
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为
，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满
足
竖直方向
则
若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
A 错误；
B．若推力
向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于
，小球B 受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
B 错误；
C．若推力
向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 向左方向的加速度由杆对小球A 的水平分
力提供，小球A 所受向左的合力的最大值为
小球B 所受向左的合力的最大值
由于
可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
联立可得
的最大值为
C 正确；
D．若推力
向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，
理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右
的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时
对小球B 根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B 所受合力分范围可得
的范围为
D 正确。
故选CD。
