专题三　牛顿运动定律_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版选考总复习物理5·3A版_专题三牛顿运动定律_专题PDF_专题PDF_专题电子书

专题三 牛顿运动定律
课标解读
考情分析 备考指导
考点 内容
．通过实验 探究物体运动的加速度与
１ ， 牛顿运动定律的理解和应用是高中物 ．加强对惯性 牛顿运动定律的理解
物体受力 物体质量的关系 １ 、 ；
对牛顿运动定 、 。 理教学中最重要的内容 在近几年高考 ．应用受力分析 牛顿运动定律 分析
．理解牛顿运动定律 ， ２ 、 ，
律的理解 ２ 。 中考查的频率很高 属于年年必考内 物体的运动过程
．知道国际单位制中的力学单位 了 ， ；
３ 。 容 不只在选择题中考查牛顿运动定 ．将牛顿运动定律与运动学 特别是
解单位制在物理学中的重要意义 。 ３ （
。 律的应用 在实验和计算题中也是考查 运动图像 等知识相结合进行综合
， ）
的重点 高考试题多会综合牛顿运动 考查
。 ；
定律和运动学规律 注重与电场 磁场 ．将牛顿运动定律与实际生活应用相
．能用牛顿运动定律解释生产生活中 ， 、 ４
牛顿运动定律 １ 的渗透 注重与生产 生活 科技的联 结合
的有关现象 解决有关问题 ， 、 、 。
的应用 、 。 系 注重与科学思维 科学探究 科学态 ．多关注当今与物理学有关的热点与
．通过实验 认识超重和失重现象 ， 、 、 ５
２ ， 。 度与责任等物理学科核心素养的渗透 现代科技
。 。
命题立意 解题指导 拓展延伸
本题以ｓ ｔ图像为背景 考查超重和失重 求解本题的关键是看准乘客乘坐竖直电 准确把握该专题的考点考向 对牛顿运动
－ ， ， ：
意在考查学生的理解能力和推理能力 梯下楼 易错点主要有 把位移 时间图 定律的理解 动力学的两类基本问题 超
。 ， ：① － ， ，
对学生认真审题 把握关键条件等环节的 像误认为是速度 时间图像 对图像斜率 重和失重 动力学中的连接体问题 图像
， － ， ， ，
考查要求较高 体现了物理学科核心素 的理解不准确 对超重和失重的理解不 问题 版块模型 瞬时加速度的求解 传送
。 ；② ， ， ，
养中运动与相互作用观念 科学推理等 到位 不能根据乘客的运动方向和速度的 带模型等 这些都是本专题的重点考查
、 ， 。
要素 变化 判断出加速度的方向 不能结合对 内容
。 ， ， 。
超重 失重的理解 得出支持力与重力的
、 ，
大小关系 答案解析见
。 Ｐ２８２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三 牛顿运动定律 ５５５６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）

真题多维细目表
考点
真题 涉分 题型 设题情境 学科素养
对牛顿运动定律的理解 牛顿运动定律的综合应用
２０２０山东 １１ ４ 牛顿第二定律的应用 多选 弹簧拉物 科学推理、科学论证
，
２０２０山东 １６ ９ 牛顿第二定律的应用 计算 单板滑雪 模型建构、科学推理
，
２０２０课标 ２２ ５ 牛顿第二定律的应用 实验 测小球加速度 科学探究
Ⅱ，
２０１９海南单科 ５ ４ 牛顿第二定律的应用 单选 轻绳连接两物块 模型建构、科学推理
，
２０１９课标 ２０ ６ 牛顿运动定律的综合应用 多选 物块、木板与图像 科学推理、科学论证
Ⅲ，
２０１９北京理综 ２０ ６ 国际单位制 单选 基本单位定义 科学本质、科学态度
，
２０１９北京理综 ２４ ２ ６ 牛顿第二定律的应用 计算 雨滴下降 模型建构、科学推理
， （ ）
２０１９浙江４月选考 ６ ３ 牛顿第三定律 单选 撑杆划船 运动与相互作用观念
，
２０１９浙江４月选考 １２ ３ 力与运动的关系 单选 水中弹簧 模型建构、科学推理
，
２０１８课标 １５ ６ 牛顿第二定律的应用 单选 弹簧与物块 模型建构、科学推理
Ⅰ，
２０１８课标 １５ ３ 牛顿第二定律的应用 单选 地球卫星 科学推理
Ⅲ，
２０１８课标 ２５ ４ 牛顿第二定律的应用 计算 复合场 科学推理
Ⅱ，
２０１８海南单科 ８ ５ 牛顿第二定律的应用 多选 板块模型 模型建构、科学推理
，
２０１８浙江１１月选考 ３ ３ 国际单位制 单选 电场强度的单位 物质观念
，
２０１７课标 ２５ ４ 牛顿第二定律的应用 计算 电场油滴 科学推理、科学论证
Ⅰ，
２０１７上海单科 ５ ３ 力与运动的关系 单选 悬线拉小球 科学推理
，
２０１７上海单科 ６ ３ 惯性 单选 火车上的一碗水 科学推理
，
２０１７浙江１１月选考 ２ ３ 国际单位制 单选 基本量及基本单位 物质观念、科学态度
，
２０１６课标 １８ ６ 力与运动的关系 多选 直线运动 运动与相互作用观念
Ⅰ，
２０１６课标 １５ ３ 牛顿第二定律的应用 单选 点电荷电场 科学推理
Ⅱ，
２０１６上海单科 ４ ３ 牛顿第二定律 单选 直杆上固定小球 运动与相互作用观念
，

命题规律与探究
高考命题中对本专题的考查 内容上有惯性 力与运动的 度中等偏易
： 、 。
关系 加速度与力的关系 超重与失重 题型上有选择题 计算 高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律 注重与电
、 、 ； 、 ，
题 方法上有整体法 隔离法 数图转换法 函数论证法 临界 场 磁场的渗透 注重与生产 生活 当今热点 现代科技的联
。 、 、 、 、 、 ， 、 、 、
极值法 控制变量法 能力上有理解能力 推理能力 综合分析 系 注重与科学思维 科学探究 科学态度与责任等物理学科
、 ； 、 、 ， 、 、
能力 应用数学知识处理物理问题的能力 实验能力 试题难 核心素养的渗透
、 、 。 。

备考方法与策略
牢记基础知识 熟练基本方法 积累消化基础模型 努力拓 中的图像问题 动力学中的板块模型与多过程问题 传送带问
（１） ， ， ， ， ，
展新情境下的应用 题 实验的理解 创新与改进
。 ， 、 。
准确把握物理考向 牛顿运动定律的理解 动力学的 每一个考向都要针对训练
（２） ： ， （３） 。
两类基本问题 超重与失重 动力学中的连接体问题 动力学 多关注当今与物理学有关的热点与现代科技
， ， ， （４） 。专题三 牛顿运动定律 ５７
{反向
三异 异体
（２）
不同效果
考点一 对牛顿运动定律的理解 {与物体的种类无关
一、牛顿第一定律 三无关 与相互作用的两物体的运动状态无关
（３）
１．内容 与是否与另外物体相互作用无关
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态 直到有外 ２．一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别
，
力迫使它 改变这种状态 为止
作用力与反作用力 一对平衡力
① 。
２．意义
相同点 等大 反向 作用在同一条直线上
揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律 、 ，
（１） 。
提出了一切物体都具有惯性 即保持原来运动状态的特性 受力 作用在两个不同的物
作用在同一个物体上
（２） ， 。
物体 体上
揭示了力与运动的关系 说明力不是维持物体运动状态的
（３） ，
原因 而是 改变物体运动状态的原因 即产生加速度的原因 依赖 相互依存 不可单独 无依赖关系 解除一个 另一个
， ② ， 。 ， ， ，
二、惯性 不 关系 存在 可依然存在 ， 只是不再平衡
同
１．定义：一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态 点 力的 两力作用效果不可抵消 两力作用效果可相互抵消
， ，
的性质 我们把这个性质叫作惯性 效果 不可叠加不可求合力 可叠加 可求合力 合力为零
， 。 ， ， ，
２．惯性大小的量度
力的
质量 是物体惯性大小的唯一量度 质量大的物体惯 一定相同 不一定相同
（１）③ ， 性质
性大 反之物体惯性小
， 。
惯性与物体是否受力 怎样受力无关 与物体是否运动
（２） 、 ， 、 考点二 牛顿运动定律的应用
怎样运动无关 与物体所处的地理位置无关 一切有质量的物体
， ， 一、应用牛顿第二定律解决的两类问题
都具有惯性
。 １．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
三、牛顿第二定律
解这类题目 一般是应用牛顿运动定律求出物体的
１．内容：物体的加速度的大小跟它受到的合外力成正比
，
跟
加速度 再根据
，
物体的初始条件 应用运动学公式 求出物体
它的质量成反比 加速度的方向跟合外力的方向相同 ① ， ， ，
， 。 运动的情况
２．表达式：Ｆ 合＝ ｍａ 。 ２．已知物 。 体的运动情况，求解物体的受力情况
该表达式只能在国际单位制中成立
，
因为公式Ｆ
合＝
ｋｍａ只
解这类题目 一般是应用运动学公式求出物体的 加速度
有在国际单位制中才有ｋ ， ② ，
＝１。 再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力 进而求出物体所受
３．力的单位：当质量单位为 ｋｇ， 加速度单位为 ④ ｍ／ｓ ２ 时 ， 力的 的 其他外力 ，
单位为 即 ２ ③ 。
Ｎ， １Ｎ＝１ｋｇ·ｍ／ｓ 。 二、实重和视重
４．牛顿第二定律的适用范围
１．实重：物体实际所受的重力 它与物体的运动状态 无关
牛顿第二定律只适用于相对地面静止或匀速直线运动
， ④ 。
（１） ２．视重：当物体在 竖直 方向上有加速度时 物体对弹簧
的参考系
⑤ ，
。 测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的 重力 此时
牛顿第二定律只适用于宏观 低速运动的物体
⑥ 。
（２） 、 。
弹簧测力计的示数或台秤的示数为视重
四、单位制、基本单位、导出单位 。
三、超重和失重的应用
１．单位制： 基本单位 和导出单位一起组成了单位制
⑤ 。
此类问题多为定性分析台秤上放物体或弹簧测力计下悬吊
基本量 只要选定几个物理量的单位 就能够利用这几
（１） ： ，
物体时的示数的变化 分析此类问题时 要特别注意以下几点
个单位推导出其他物理量的单位 这些被选定的物理量叫作基
。 ， ：
。
１．超重 失重不是物体重力增加或减少了 而是物体对水平
本量 基本物理量的单位叫基本单位
、 ，
， 。
支持面的压力或对竖直悬线的拉力变大或变小了 重力的大小
导出单位 由基本单位根据物理公式推导出来的其他物
，
（２） ：
是没有变化的 仍为ｍｇ
理量的单位
， 。
。
２．超重 失重与物体的速度无关 只取决于物体的加速度
２．国际单位制中的基本物理量和基本单位 质量 时间
、 ，
： －ｋｇ， －
方向
长度 电流 热力学温度 物质的量 发光强
。
ｓ， －ｍ， －Ａ， －Ｋ， －ｍｏｌ，
３．对系统超重 失重的判定不能只看某一物
度
、
－ｃｄ。
体 要综合分析某一物体的加速运动会不会引起
五、牛顿第三定律 ，
其他物体运动状态的变化 例如台秤上放一盛水
１．作用力与反作用力的关系 。
容器 一细线拴一木球 线另一端拴于盛水容器的
作用力与反作用力的关系可总结为 三同 三异 三无关 ， ，
“ 、 、 ”。 底部 剪断细线 木球加速上升的同时有相同体积
{同大小 ， ，
的水以相等的加速度在加速下降 综合起来 台秤
三同 同时产生 变化 消失 ， ，
（１） 、 、 示数会减小 若不能注意到这一点 会得出相反的错误结论
同性质 。 ， 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
４．在完全失重的状态下 由重力产生的一切物理现象都会消 银气压计失效等 但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的 因为
， ， ，
失 如单摆停摆 天平失效 浸没于液体中的物体不再受浮力 水 弹簧测力计是根据Ｆ ｋｘ制成的 而不是根据重力制成的
。 、 、 、 ＝ ， 。
􀪋􀪋
考点二 牛顿运动定律的应用
１．动物园的水平地面上放着一个质量为Ｍ的笼子 笼内有一只质量
，
为ｍ的猴子 当猴以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时 笼子
考点一 对牛顿运动定律的理解 。 ，
对地面的压力为Ｆ 当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下
１．（２０２０辽宁抚顺一轮验收）伽利略对自由落体运动及运动和
滑时 笼子对地面的
１；
压力为Ｆ 如图所示 关于Ｆ 和Ｆ 的大小
力的关系的研究 开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科 ， ２（ ）， １ ２ ，
下列判断正确的是
，
（ ）
学研究方法 图 分别表示这两项研究中实验和逻辑
。 （ａ）、（ｂ）
推理的过程 对这两项研究 下列说法正确的是
， ， （ ）
Ｆ Ｆ Ｍ ｍ ｇ Ｆ Ｆ Ｍ ｍ ｇ
（ｂ） Ａ． １＝ ２＞（ ＋ ） Ｂ． １＞ ２＞（ ＋ ）
（ａ） Ｆ Ｆ Ｍ ｍ ｇ Ｆ Ｍ ｍ ｇ Ｆ
Ｃ． １＜ ２＜（ ＋ ） Ｄ． １＞（ ＋ ） ＞ ２
图 通过对自由落体运动的研究 合理外推得出小球在斜 １． 答案 Ｄ
Ａ． （ａ） ，
面上做匀变速运动 ２．（２０１９福建模拟）如图所示 弹簧左端固定 右端自由伸长到Ｏ
， ，
图 中先在倾角较小的斜面上进行实验 可 冲淡 重力 点并系住质量为ｍ的物体 现将弹簧压缩到Ａ点 然后释放 物体
Ｂ． （ａ） ， “ ” ， ， ， ，
使时间测量更容易 可以一直运动到Ｂ点 如果物体受到的阻力恒定 则
。 ， （ ）
图 中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的 实验可实
Ｃ． （ｂ） ，
际完成
图 的实验为 理想实验 通过逻辑推理得出物体的运动
Ｄ． （ｂ） “ ”，
需要力来维持
１． 答案 Ｂ 物体从Ａ到Ｏ先加速后减速
Ａ．
２．（２０１９湖北宜城一中月考）如图所示 一只盛水的容器固定在 物体从Ａ到Ｏ做加速运动 从Ｏ到Ｂ做减速运动
， Ｂ． ，
一个小车上 在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓 物体运动到Ｏ点时 所受合力为零
， Ｃ． ，
球 容器中水和铁球 乒乓球都处于静止状态 当容器随小车突 物体从Ａ到Ｏ的过程中 加速度逐渐减小
， 、 ， Ｄ． ，
然向右运动时 两球的运动状况是 以小车为参考系 ２． 答案 Ａ
， （ ） （ ）
铁球向左 乒乓球向右 ３．（２０２０福建泉州二轮验收） 多选 一人乘电梯上楼 在竖直上
Ａ． ， （ ） ，
铁球向右 乒乓球向左 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
Ｂ． ， ，
铁球和乒乓球都向左 为ａ的正方向 则人对地板的压力
Ｃ． ， （ ）
铁球和乒乓球都向右
Ｄ．
２． 答案 Ａ
３．（２０１６课标Ⅰ，１８，６分） 多选 一质点做匀速直线运动 现对
（ ） 。
其施加一恒力 且原来作用在质点上的力不发生改变 则
， ， （ ）
质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
Ａ．
质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
Ｂ． ｔ 时最大 ｔ 时最小
质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 Ａ． ＝２ ｓ Ｂ． ＝２ ｓ
Ｃ． ｔ ． 时最大 ｔ ． 时最小
质点单位时间内速率的变化量总是不变 Ｃ． ＝８５ ｓ Ｄ． ＝８５ ｓ
Ｄ． ３． 答案 ＡＤ
３． 答案 ＢＣ
４．（２０１９山东淄博二模）一质量为ｍ的物块放在倾角为θ的固
４．（２０２０河北衡水期中）如图所示 跳水运动
， 定斜面上 现对物块施加一个竖直向下的恒力Ｆ 如图所示
员最后踏板的过程可以简化为下述模型 。 ， 。
： 下列说法正确的是
运动员从高处落到处于自然状态的跳板 （ ）
上 随跳板一同向下做变速运动到达最低
，
点 然后随跳板反弹 则
， ， （ ）
运动员与跳板接触的全过程中都处于超
Ａ．
重状态
若物块原来加速下滑 施加压力后物块加速度不变
运动员把跳板压到最低点时 她所受外力的合力为零 Ａ． ，
Ｂ． ， 若物块原来加速下滑 施加压力后物块加速度变大
运动员能跳得高的原因从受力角度来看 是跳板对她的作用 Ｂ． ，
Ｃ． ， 若物块原来处于静止状态 施加压力后物块开始加速下滑
力远大于她的重力 Ｃ． ，
若物块原来匀速下滑 施加压力后物块开始减速下滑
运动员能跳得高的原因从受力角度来看 是跳板对她的作用 Ｄ． ，
Ｄ． ， ４． 答案 Ｂ
力远大于她对跳板的作用力
４． 答案 Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ５９
由牛顿第二定律得Ｆ ｍａ ，ｍｇ Ｆ ｍａ
静＝ ｘ － Ｎ＝ ｙ
求得Ｆ ｍａ θ，Ｆ ｍ（ｇ ａ θ）。
静＝ ｃｏｓ Ｎ＝ － ｓｉｎ
解法二 以人为研究对象，建立如图所示坐标系，并规定正方向。
拓展一 对牛顿第二定律的深入理解
同向性 公式Ｆ ｍａ是矢量式 任一时刻 Ｆ与ａ同向
＝ ， ，
正比性 ｍ一定时 ａ Ｆ
， ∝
ａ与Ｆ对应同一时刻 即ａ为某时刻的加速度时 Ｆ为该时刻
瞬时性 ， ，
物体所受合外力
根据牛顿第二定律得
因果性 Ｆ 是产生ａ的原因 物体具有加速度是因为物体受到了力
， ｘ方向 ｍｇ θ Ｆ θ Ｆ θ ｍａ
·· ·· ｓｉｎ － Ｎ ｓｉｎ － 静 ｃｏｓ ＝ ①
ｙ方向 ｍｇ θ Ｆ θ Ｆ θ
同一性 有 ② 三 Ｆ ＝ 层 ｍ 意 ａ中 思 ， ： Ｆ ① 、 ｍ 加 、 速 ａ对 度 应 ａ 同 相 一 对 物 同 体 一 或 惯 同 性 一 系 系 （ 一 统 般指地面 ） 由 ①② 两式可 ｃｏ 解 ｓ 得 ＋ Ｆ 静 Ｎ ｓ ＝ ｉｎ ｍ（ － ｇ － ａ Ｎ ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ θ） ＝ ， ０ Ｆ 静＝－ ｍａ ｃｏｓ θ ②
③ Ｆ ＝ ｍａ中 ， 各量统一使用国际单位 Ｆ 静 为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水
平向左。
作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿 答案 ｍ（ｇ ａ θ） ｍａ θ
① － ｓｉｎ ｃｏｓ
第二定律
独立性 物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 拓展二 运用图像解答牛顿运动定律问题
②
力 加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律 即
③ 、 ， １．处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物
Ｆ ｍａ Ｆ ｍａ
ｘ＝ ｘ， ｙ＝ ｙ 理量间的函数关系 全面系统地看懂图像中的 轴 线
， “ ”、“ ”、
点 斜率 面积 截距 等所表示的物理意义 在运用图
“ ”、“ ”、“ ”、“ ” 。
只适用于宏观 低速运动的物体 不适用于微观 高速运动
① 、 ， 、 像求解问题时 还需要具有将物理现象转化为图像问题的能力
的粒子 ， 。
局限性 运用图像解题包括两个方面 用给定的图像解答问题 根据
物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速直线运动的 ：① ，②
② 题意去作图 运用图像去解答问题
参考系 惯性系 而言的 ， 。
（ ） ２．图像语言 函数语言及文字语言构成表达物理过程与物
、
注意 独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础 根 理参数关系的三种语言 要求能够在任意两种语言间相互转
， 。
换 以便用相对简单的方法解决物理问题
据独立性原理 把物体所受的各力分解在相互垂直的方向 在这 ， 。
， ， ３．解题策略
两个方向分别列牛顿第二定律方程 这就是牛顿第二定律的正
。
分清图像的类别 即分清横 纵坐标所代表的物理量 明
交分解法
（１） ， 、 ，
。
确其物理意义 掌握物理图像所反映的物理过程 会分析临
例１ 如图所示 质量为ｍ的人站在自动扶梯上 扶梯正 ， ，
， ， 界点
以加速度ａ向上减速运动 ａ与水平方向的夹角为θ 求人受到 。
， 。 注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义 如图线与
的支持力和摩擦力的大小 （２） ，
。 横 纵坐标的交点 图线的转折点 两图线的交点等
、 ， ， 。
明确能从图像中获得哪些信息 把图像与具体的题意
（３） ： 、
情境结合起来 应用物理规律列出与图像对应的函数方程式 进
， ，
而明确 图像与公式 图像与物体 间的关系 以便对有关物理
“ ”“ ” ，
问题做出准确判断
。
例２ 如图甲所示 质量ｍ 的物块在平行斜面向上
， ＝１ ｋｇ
解题导引 的拉力Ｆ作用下从静止开始沿斜面向上运动 ｔ ． 时撤去拉
， ＝０５ ｓ
力 利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像 ｖ ｔ图
， （ －
像 如图乙所示 ｇ取 ２ 求
） ， １０ ｍ／ｓ ， ：
解析 解法一 以人为研究对象，受力分析如图（ ）所示，
ａ
建立如图所示的坐标系，并将加速度分解为水平方向加速度ａ
ｘ
和竖直方向加速度ａ ｙ ，如图（ ｂ ）所示，则ａ ｘ＝ ａ ｃｏｓ θ，ａ ｙ＝ ａ ｓｉｎ θ。 （１）２ ｓ 内物块的位移大小ｓ和通过的路程Ｌ ；
沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小ａ ａ 和拉力
（２） １、 ２
大小Ｆ
。
解析 （ ）在 内，由图乙知：
１ ２ ｓ
物块沿斜面向上运动的最大距离：ｓ １
１＝ ×２×１ ｍ＝１ ｍ
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
弹簧弹力 Ｆ 和 Ｂ 球重力的大小和方向均没有改变，则 Ｆ
物块下滑的距离：ｓ １ ． 弹 合 ＝
２＝ ×１×１ ｍ＝０５ ｍ ｍｇ
２ Ｆ ｍｇ，ａ ｇ， 、 项错误。 剪断细绳前对Ａ球
所以位移大小ｓ ｓ ｓ ． 绳＝ °＝ ２ Ｂ＝ ２ Ａ Ｂ
＝ １－ ２＝０５ ｍ ｃｏｓ４５
路程Ｌ ｓ ｓ ． 受力分析如图乙，得Ａ球的重力大小ｍ ｇ Ｆ ° ｍｇ，
＝ １＋ ２＝１５ ｍ Ａ ＝２ 绳 ｃｏｓ ３０ ＝ ６
（ ）由图乙知，所求两个阶段加速度的大小
２ 剪断细绳瞬间，Ａ球受到的支持力Ｆ ｍ ｇ ° ３ ２ｍｇ，
ａ ２ Ｎ Ａ＝ Ａ ｃｏｓ ３０ ＝ Ｃ
１＝４ ｍ／ｓ ２
ａ ２＝４ ｍ／ｓ ２ 项错误。 剪断细绳瞬间，对Ａ球由牛顿第二定律有ｍ Ａ ｇ ｓｉｎ３０ ° ＝
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为ｆ，
ｍ ａ ，得Ａ球的加速度ａ ｇ ° １ ｇ， 项正确。
根据牛顿第二定律有 Ａ Ａ Ａ＝ ｓｉｎ３０ ＝ Ｄ
２
． 内：Ｆ ｆ ｍｇ θ ｍａ
０～０５ ｓ － － ｓｉｎ ＝ １
． 内：ｆ ｍｇ θ ｍａ
０５～１ ｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ２
解得Ｆ
＝８ Ｎ
答案 （ ） ． ． （ ） ２ ２
１ ０５ ｍ １５ ｍ ２ ４ ｍ／ｓ ４ ｍ／ｓ ８ Ｎ
拓展三 瞬时加速度的处理
１．物体所受的外力Ｆ与其所产生的加速度ａ具有瞬时对应
关系 二者总是同时产生 同时消失 同时变化 具体可简化为 答案 Ｄ
， 、 、 。
以下两种模型
。
拓展四 动力学中的连接体问题
１．常见连接体的类型
弹簧连接体
（１）
２．瞬时加速度问题的解题思路 物物叠放连接体
（２）
轻绳连接体
（３）
例３ 如图所示 小球Ａ置于固定在水平面上的光滑半圆
，
柱体上 小球Ｂ用水平轻弹簧拉着 弹簧固定在竖直板上 两小
， ， 。
球Ａ Ｂ通过光滑滑轮Ｏ用轻质细绳相连 两球均处于静止状态
、 ， 。
已知Ｂ球质量为ｍ Ｏ在半圆柱体圆心Ｏ 的正上方 ＯＡ与竖直
， １ ，
方向成 °角 ＯＡ长度与半圆柱体半径相等 ＯＢ与竖直方向成
３０ ， ，
°角 现将轻质细绳剪断的瞬间 重力加速度为 ｇ 下列说法 轻杆连接体
４５ ， （ ）， （４）
正确的是
（ ）
２．连接体的运动特点
轻绳 轻绳在伸直状态下 两端的连接体沿绳方向的速
——— ，
度总是相等
。
轻杆 轻杆平动时 连接体具有相同的平动速度 轻杆转
——— ， ；
弹簧弹力大小为 ｍｇ 动时 连接体具有相同的角速度 而线速度与转动半径成正比
Ａ． ２ ， ， 。
球Ｂ的加速度为ｇ 轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中 两端连接体的速度
Ｂ． ——— ，
球Ａ受到的支持力为 ｍｇ 不一定相等 在弹簧形变最大时 两端连接体的速率相等
Ｃ． ２ ； ， 。
３．处理连接体问题的方法
球Ａ的加速度为 １ ｇ
Ｄ． 若连接体内各物体具有相同的加速度 且不需要求物体
２ 整体法的 ，
解析 剪断细绳前对Ｂ球受力分析如图甲，由平衡条件可 之间的作用力 可以把它们看成一个整体 分析整体受到
选取原则 ， ，
得Ｆ ｍｇ ° ｍｇ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而 的外力 应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
弹＝ ｔａｎ４５ ＝ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ６１
续表 行驶时 Ｐ和Ｑ间的拉力大小仍为Ｆ 不计车厢与铁轨间的摩
， 。
若连接体内各物体的加速度不相同 或者要求出系统内 擦 每节车厢质量相同 则这列车厢的节数可能为
隔离法的 ， ， ， （ ）
两物体之间的作用力时 就需要把物体从系统中隔离出
选取原则 ， Ａ．８ Ｂ．１０ Ｃ．１５ Ｄ．１８
来 应用牛顿第二定律列方程求解 解析 如图所示，假设挂钩Ｐ、Ｑ东边有ｘ节车厢，西边有
，
若连接体内各物体具有相同的加速度 且要求物体之间 ｙ节车厢，每节车厢质量为ｍ。 当向东行驶时，以ｙ节车厢为研
整体法、 ，
的作用力时 可以先用整体法求出加速度 然后再用隔离 究对象，则有Ｆ ｍｙａ；当向西行驶时，以ｘ节车厢为研究对象，则
隔离法的 ， ， ＝
法选取合适的研究对象 应用牛顿第二定律求作用力 即
交替运用 ， ， 有Ｆ ２ ｍｘａ，联立两式有ｙ ２ ｘ。 可见，列车总节数Ｎ ｘ ｙ
先整体求加速度 后隔离求内力 ＝ ＝ ＝ ＋ ＝
“ ， ” ３ ３
例４ （ 多选 ） 在一东西向的水平直铁轨上 ， 停放着一列已 ５ ｘ，设ｘ ｎ（ｎ ， ， …），则Ｎ ｎ，故可知选项 、 正确。
＝３ ＝１ ２ ３ ＝５ Ｂ Ｃ
用挂钩连接好的车厢 当机车在东边拉着这列车厢以大小为ａ ３
。
的加速度向东行驶时 连接某两相邻车厢的挂钩Ｐ和Ｑ间的拉
，
力大小为Ｆ 当机车在西边拉着车厢以大小为 ２ ａ的加速度向西
； 答案 ＢＣ
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
物块与斜面间的动摩擦因数为μ ３
Ｄ． ＝
１５
１． 答案 Ｄ
拓展一 对牛顿第二定律的深入理解
２．（２０２０山东青岛模拟）如图甲所示 一质量ｍ 的物块静
， ＝１ ｋｇ
１．（２０１９湖北十堰期末）如图所示 处于自然状态下的轻弹簧一 置在倾角θ °的斜面上 从ｔ 时刻开始对物块施加一沿
， ＝３７ ， ＝０
端固定在水平地面上 质量为ｍ的小球从弹簧的另一端所在 斜面方向的拉力Ｆ 取沿斜面向上为正方向 Ｆ随时间ｔ变化的
， ， ，
位置由静止释放 设小球和弹簧一直处于竖直方向 弹簧的劲
关系如图乙所示 已知物块与斜面间的动摩擦因数μ ． 取
， ， ， ＝０ ８，
度系数为ｋ
，
重力加速度为ｇ
。
在小球将弹簧压缩到最短的过
ｓｉｎ３７ ° ＝０ ． ６，ｃｏｓ３７ ° ＝０ ． ８， 重力加速度ｇ ＝１０ｍ／ｓ ２ ， 物块与斜面
程中 下列叙述中不正确的是
， （ ） 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 则下列图像中能正确反映
，
小球的速度先增大后减小
Ａ． 物块的速率ｖ随时间ｔ变化规律的是
小球的加速度先减小后增大 （ ）
Ｂ．
ｍｇ
小球速度最大时弹簧的形变量为
Ｃ． ｋ
ｍｇ
弹簧的最大形变量为
Ｄ． ｋ
１． 答案 Ｄ
２．（２０１９福建三明期末质量检测）如图所示 一辆车以加速度ａ
，
在平直轨道上前进 一物块靠在车厢后壁上保持相对静止状态
，
未粘连 已知物块质量为ｍ 物块与后壁间的动摩擦因数
（ ）。 ，
为μ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加速度为ｇ 则下列
， ， 。
说法正确的是
（ ）
物块所受摩擦力Ｆ ｍｇ
Ａ． ｆ＞
车厢后壁对物块的压力Ｆ ｍ ｇ ａ
Ｂ． Ｎ＝ （ ＋ ）
车厢对物块的作用力方向为竖直向上
Ｃ．
ｇ
要使物块不下落 火车加速度需满足ａ
Ｄ． ， ≥ μ
２． 答案 Ｄ
２． 答案 Ｃ
拓展二 运用图像解答牛顿运动定律问题
拓展三 瞬时加速度的处理
１．（２０２０山东泰安模拟）如图甲所示 一个可视为质点的物块从
，
倾角为θ °的固定斜面顶端由静止开始下滑 从此时开始计 １．如图所示 两个质量分别为ｍ ｍ 的物块Ａ和Ｂ通过一轻弹
＝３０ ， ， １、 ２
时 物块的速度为ｖ 到斜面顶端的距离为ｘ 其ｘ ｖ２图像如图 簧连接在一起并放置于水平传送带上 水平轻绳一端连接Ａ
， ， ， － ， ，
乙所示 已知ｇ ２ 斜面足够长 不计空气阻力 下列说 另一端固定在墙上 Ａ Ｂ与传送带间动摩擦因数均为μ 传送
。 ＝１０ ｍ／ｓ ， ， ， ， 、 。
法正确的是 带顺时针方向转动 系统达到稳定后 突然剪断轻绳的瞬间 设
（ ） ， ， ，
Ａ Ｂ的加速度大小分别为ａ 和ａ 弹簧在弹性限度内 重力
、 Ａ Ｂ，（ ，
加速度为ｇ 则
） （ ）
物块的加速度大小为 ２
Ａ． ８ ｍ／ｓ
物块在ｔ 时的速度大小为 æ ｍ ö
Ｂ． ＝１ ｓ ８ ｍ／ｓ ａ μç ２÷ｇ ａ μｇ ａ μｇ ａ
物块在ｔ 时处于斜面上ｘ 的位置 Ａ． Ａ＝ è１＋ｍ ø ， Ｂ＝ Ｂ． Ａ＝ ， Ｂ＝０
Ｃ． ＝４ ｓ ＝２４ ｍ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
æ ｍ ö 的是
ａ μç ２÷ｇ ａ ａ μｇ ａ μｇ （ ）
Ｃ． Ａ＝ è１＋ｍ ø ， Ｂ＝０ Ｄ． Ａ＝ ， Ｂ＝
１
１． 答案 Ｃ
２．（２０２０天津二轮检测）如图所示 在动摩擦因数μ ． 的水平
， ＝０２
面上有一个质量ｍ 的小球 小球与水平轻弹簧及与竖直
＝１ ｋｇ ，
方向成θ °角的不可伸长的轻绳一端相连 此时小球处于静 斜面光滑
＝４５ ， Ａ．
止状态 且水平面对小球的弹力恰好为零 在剪断轻绳的瞬间 斜面粗糙
， 。 Ｂ．
ｇ取 ２ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 下列说法正 达到稳定状态后 地面对斜面体的摩擦力水平向左
（ １０ ｍ／ｓ ）， ， Ｃ． ，
确的是 达到稳定状态后 地面对斜面体的摩擦力水平向右
（ ） Ｄ． ，
１． 答案 ＡＣ
２． 多选 如图所示 在粗糙的水平面上 质量分别为ｍ和Ｍ的
（ ） ， ，
物块Ａ Ｂ用轻弹簧相连 两物块与水平面间的动摩擦因数均
、 ，
小球受力个数不变 为μ 当用水平力Ｆ作用于Ｂ上且两物块共同向右以加速度ａ
Ａ． ， １
水平面对小球的弹力仍然为零 匀加速运动时 弹簧的伸长量为ｘ 当用同样大小的恒力Ｆ沿
Ｂ． ， １；
小球将向左运动 且ａ ２ 着倾角为θ的光滑斜面方向作用于Ｂ上且两物块共同以加速
Ｃ． ， ＝８ ｍ／ｓ
小球将向左运动 且ａ ２ 度ａ 匀加速沿斜面向上运动时 弹簧的伸长量为ｘ 则下列说
２． Ｄ． 答案 Ｃ ， ＝１０ ｍ／ｓ 法中 ２ 正确的是 ， ２，
（ ）
拓展四 动力学中的连接体问题
１． 多选 如图所示 倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上 现
（ ） ， ，
有一带固定支架的滑块ｍ正沿斜面加速下滑 支架上用细线 若ｍ Ｍ 有ｘ ｘ 若ｍ Ｍ 有ｘ ｘ
。 Ａ． ＞ ， １＝ ２ Ｂ． ＜ ， １＝ ２
悬挂的小球达到稳定 与滑块相对静止 后 悬线的方向与竖 若μ θ 有ｘ ｘ 若μ θ 有ｘ ｘ
（ ） ， Ｃ． ＞ｓｉｎ ， １＞ ２ Ｄ． ＜ｓｉｎ ， １＜ ２
直方向的夹角也为θ 斜面体始终保持静止 则下列说法正确 ２． 答案 ＡＢ
， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
可知 加速度增大 则木块做加速度增大的减速运动 故 正
， ， ， Ｂ
确 错误
，Ａ、Ｃ、Ｄ 。
３．（２０２０陕西山阳中学１２月模拟） 多选 如图在竖直白板上
（ ）
１．从牛顿运动定律可知 无论多么小的力都可以使物体产生加速
有一个吸在上面的白板擦保持静止 现给白板擦一个水平向
，
。
度 可是当我们用一个很小的力去推放置在水平地面上的桌子 左的恒定推力使其运动 白板擦与白板接触面之间的动摩擦
， （
时 却推不动它 这是因为 因数恒定 下列可能发生的是
， ， （ ） ）， （ ）
牛顿运动定律对静止的物体不适用
Ａ．
桌子的加速度很小 速度变化太慢 眼睛不易察觉到
Ｂ． ， ，
桌子受到的合力为零
Ｃ．
推力小于桌子受到的摩擦力
Ｄ．
答案 Ｃ 牛顿第二定律Ｆ ｍａ中Ｆ是物体所受合力 当我 白板擦水平向左做匀速直线运动
＝ ， Ａ．
们用一个很小的力去推放置在水平地面上的桌子时 桌子在水 白板擦沿左下方做匀速直线运动
， Ｂ．
平方向除了受到推力外 还受到地面对其的摩擦力 虽然推力 白板擦沿左下方做匀加速直线运动
， ， Ｃ．
不为零 但推力小于或等于最大静摩擦力 桌子所受合力为零 白板擦做曲线运动
， ， ， Ｄ．
故桌子的加速度为零 只有Ｃ正确 答案 ＢＣ 白板擦受到的磁力与支持力平衡 由于重力和
， 。 ，
２．（２０１９河北武邑中学模拟）光滑水平面上 有一木块以速度ｖ 推力的合力沿左下方 所以白板擦向左下方运动 在运动过程
， ， ，
向右运动 一根弹簧固定在墙上 如图所示 木块从与弹簧接触 中受到与运动方向相反的摩擦力 如果重力 推力 摩擦力的
， ， ， 。 、 、
直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是 合力恰好为零 则白板擦沿左下方做匀速直线运动 若重力与
（ ） ， ；
推力的合力大于摩擦力 则白板擦会沿左下方做匀加速直线运
，
动 错误 Ｂ、Ｃ正确。
，Ａ、Ｄ ，
４． 多选 乘坐 空中缆车 饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选
匀减速运动 （ ） “ ”
Ａ． 择 若某一缆车沿着坡度为 °的山坡以加速度ａ上行 如图
速度减小 加速度增大 。 ３０ ，
Ｂ． ， 所示 在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面 斜面上放一个
速度减小 加速度减小 。 ，
Ｃ． ， 质量为ｍ的小物块 小物块相对斜面静止 设缆车保持竖直悬
无法确定 ， （
Ｄ． 挂状态运行 则
答案 Ｂ 木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩到最短的过 ）。 （ ）
程中 木块竖直方向受到重力与支持力两个力 二力平衡 水
， ， 。
平方向受到弹簧向左的弹力 由于弹力与速度方向相反 则木
， ，
块做减速运动 随着压缩量的增大 弹力增大 由牛顿第二定律
， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ６３
标轴 在物块与托盘脱离前 下列能正确反映力 Ｆ 的大小随
。 ，
小物块位置坐标ｘ变化的图像是
（ ）
答案 Ｂ 根据Ｆ ｋｘ ｍｇ ｍａ有Ｆ ｍａ ｍｇ ｋｘ 可知Ｆ随
＋ － ＝ ＝ ＋ － ，
小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 着ｘ增大而减小 由于以弹簧处于原长时 其顶端所在的位置
Ａ． ； ，
小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 为坐标原点 而托盘质量不为零 当Ｆ ｍ ａ ｇ 时 物块与托
Ｂ． ， ， ＝ （ ＋ ） ，
盘脱离 此时ｘ 而在初始位置Ｆ ｍａ 故Ｂ正确
小物块受到的滑动摩擦力为 １ ｍｇ ｍａ ， ＞０， ＝ ＞０， 。
Ｃ． ＋ ７．（２０２０安徽芜湖仿真模拟一）质量为ｍ的光滑小球恰好放在
２
质量也为ｍ的圆弧槽内 它与槽左 右两端的接触处分别为Ａ
小物块受到的静摩擦力为 １ ｍｇ ｍａ ， 、
Ｄ． ＋ 点和Ｂ点 圆弧槽的半径为Ｒ ＯＡ与水平线ＡＢ成 °角 槽放
２ ， ， ６０ ，
答案 ＡＤ 以物块为研究对象 其受重力ｍｇ 斜面的支持 在光滑的水平桌面上 通过细线和滑轮与重物Ｃ相连 细线始
， 、 ， ，
力Ｎ和静摩擦力ｆ作用 ｆ沿斜面向上 故Ａ正确 错误 终处于水平状态 通过实验知道 当槽的加速度很大时 小球
， ， ，Ｂ、Ｃ 。 。 ， ，
根据牛顿第二定律得ｆ － ｍｇ ｓｉｎ ３０ ° ＝ ｍａ ， 解得ｆ ＝ １ ｍｇ ＋ ｍａ ， 故 将从槽中滚出 ， 滑轮与线质量都不计 ， 要使小球不从槽中滚出 ，
２ 则重物Ｃ的最大质量为
Ｄ正确 （ ）
。
５．（２０２０浙江模拟）绰号 威龙 的第五代制空战机歼 具备
“ ” －２０
高隐身性 高机动性能力 为防止极速提速过程中飞行员因缺
、 ，
氧而晕厥 歼 配备的新型抗荷服能帮助飞行员承受最大
， －２０ ９
倍重力加速度 假设某次垂直飞行测试实验中 歼 加速达
。 ， －２０
到 后离地 而后开始竖直向上进行飞行试验 该战机
５０ ｍ／ｓ ， 。
在 内匀加速到 匀速飞行一段时间后到达最大
１０ ｓ ３０６０ ｋｍ／ｈ，
飞行高度 ． 假设加速阶段所受阻力恒定 约为重力的
１８５ ｋｍ。 ， ２ ３ｍ ｍ
． 已知该歼 的质量为 吨 声速为 忽略战机 Ａ． Ｂ．２
０２。 －２０ ２０ ， ３４０ ｍ／ｓ， ３
因油耗等导致的质量变化 ， ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ 。 则下列说法正确的是 ｍ ｍ
Ｃ．（ ３－１） Ｄ．（ ３＋１）
（ ） 答案 Ｄ 小球恰好能滚出圆弧槽时 圆弧槽对小球的支持
，
力的作用点在Ａ点 小球受到重力和作用在Ａ点的支持力 合
， ，
ｍｇ ｍｇ
力为 对小球运用牛顿第二定律可得 ｍａ 解得
°， °＝ ，
ｔａｎ６０ ｔａｎ６０
ｇ
小球的加速度ａ 对整体分析可得ｍ ｇ ｍ ｍ ｍ
＝ °， Ｃ ＝（ ＋ ＋ Ｃ）
ｔａｎ６０
本次飞行测试的匀速阶段运行时间为 ． ａ 联立解得ｍ ｍ 故Ｄ正确 错误
Ａ． ２６５ ｓ ， Ｃ＝（ ３＋１） ， ，Ａ、Ｂ、Ｃ 。
加速阶段系统的推力为 ． ６ ８．（２０１９江苏盐城调研，８） 多选 如图所示 质量分别为Ｍ和
Ｂ． １８４×１０ Ｎ （ ） ，
加速阶段时飞行员有晕厥可能 ｍ Ｍ ｍ 的物块Ａ Ｂ用轻质弹簧连接后静置于水平地面上
Ｃ． （ ≠ ） 、 ，
战机在匀速阶段时爬升高度为 ． 弹簧自然伸长 两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ 重
Ｄ． １４２５ ｋｍ ， ，
答案 Ｂ 加速阶段初速度 ｖ 末速度 ｖ 力加速度为ｇ 若给物块Ｂ施加一水平向右的恒定拉力Ｆ Ｆ
０ ＝ ５０ ｍ／ｓ， ＝ 。 ， ＞
根据ｖ ｖ ａｔ可得 加速度ａ ２ μ Ｍ ｍ ｇ 稳定后弹簧的长度为ｌ 若给物块Ａ施加一水平向
３０６０ ｋｍ／ｈ＝８５０ ｍ／ｓ， ＝ ０＋ ， ＝８０ ｍ／ｓ （ ＋ ） ， １；
ｇ 飞行员不会晕厥 选项 错误 根据牛顿第二定律得Ｆ 右的恒定推力 大小仍为Ｆ 稳定后弹簧的长度为ｌ 则下列
ｍ
＝
ｇ
８
ｆ
，
ｍａ 解得推力Ｆ
，
．
Ｃ
６
；
选项Ｂ正确 加速阶段上
－
说法中正确的
，
是
， ２。
－ ＝ ， ＝１８４×１０ Ｎ， ； （ ）
升的高度ｘ ｖ ｔ １ ａｔ２ 则匀速上升高度为 选
＝ ０ ＋ ＝４５００ ｍ， １４ ｋｍ，
２ Ｆ
ｓ 两种情况下 稳定后物块Ａ Ｂ的加速度大小均为 μｇ
项 错误 匀速飞行时间 ｔ １４０００ ． 选项 Ａ． ， 、 Ｍ ｍ－
Ｄ ； ＝ ｖ ＝ ｓ≈１６ ４７ ｓ， Ａ ＋
８５０ 两种情况下 稳定后弹簧的弹力大小相同
错误 Ｂ． ，
。 Ｆ
规律总结 多阶段运动中 相邻阶段间存在着运动学物理量 弹簧的劲度系数为
， Ｃ． ｌ ｌ
间的联系 前一阶段的末速度为后一阶段的初速度 前一阶段 １－ ２
： ， 两种情况下 稳定前物块Ａ均做加速度逐渐增大的加速运动
的末位置为后一阶段的初位置 Ｄ． ，
。 答案 ＡＣ 由题意可知 稳定后两物块具有相同的加速度
６．（２０２０安徽合肥一检）如图所示 轻弹簧的一端固定 ， ，
， 将两物块看成一个整体 则由牛顿第二定律可得Ｆ μ Ｍ ｍ ｇ
在地面上 另一端固定一质量不为零的托盘 在托盘上 ， － （ ＋ ） ＝
， ， Ｆ
放置一小物块 系统静止时弹簧顶端位于 Ｂ 点 未标 ｍ Ｍ ａ 解得ａ μｇ 正确 当给物块Ｂ施加拉力Ｆ
， （ （ ＋ ） ， ＝Ｍ ｍ－ ，Ａ 。
出 现对小物块施加一竖直向上的力Ｆ 小物块由静 ＋
）。 ， 时 设稳定后弹簧的弹力大小为Ｆ 对物块Ａ有Ｆ μＭｇ Ｍａ
止开始做匀加速直线运动 以弹簧处于原长时 其顶 ， １， １－ ＝ ，
。 ， Ｍ
端所在的位置为坐标原点 竖直向下为正方向 建立坐 解得Ｆ Ｆ 当对物块Ａ施加推力Ｆ时 设稳定后弹簧的
， ， １＝Ｍ ｍ ； ，
＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍ 解析 要使得儿童能由静止下滑 必须有
弹力大小为Ｆ 对物块Ｂ有Ｆ μｍｇ ｍａ 解得Ｆ Ｆ 因 ，
２， ２－ ＝ ， ２＝Ｍ ｍ ， ｍｇ θ μｍｇ θ
＋ ｓｉｎ １＞ ｃｏｓ １
ｍ Ｍ 故 错误 设弹簧原长为ｌ 则有Ｆ ｋ ｌ ｌ Ｆ ｋ 滑梯的高度
≠ ， Ｂ 。 ０， １＝ （ １－ ０）， ２＝
Ｆ ｈ θ
（ ｌ ０－ ｌ ２）， 联立解得ｋ ＝ｌ ｌ ，Ｃ 正确 。 两种情况下 ， 稳定前弹簧 联 １ 立 ＝４ 解 ｍ 得 ·ｔａｎ １
１－ ２
的弹力均逐渐增大 故当对物块Ｂ施加拉力Ｆ时 物块Ａ将做 ｈ ．
， ， １＞１６ ｍ
加速度逐渐增大的加速运动 当对物块Ａ施加推力Ｆ时 物块 设当滑梯高度为ｈ 时 儿童滑到底端时速度恰好为
； ， ２ ， ２ ｍ／
Ａ将做加速度逐渐减小的加速运动 错误 首先由牛顿第二定律有
，Ｄ 。 ｓ，
温馨提示 遇到与弹簧相关的问题时 要注意弹簧是伸长的 ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ
， ｓｉｎ ２－ ｃｏｓ ２＝
还是压缩的 从而弄清弹力的方向 这常常是正确解题的关键 再由速度位移关系式有
， ， 。 ：
９．（２０２０ 重庆一测） 多选 如图所 ｈ
示 煤矿车间有两个
（
相互垂
）
直且等
ｖ２
＝２
ａ ２
θ
， ｓｉｎ ２
高的水平传送带甲和乙 煤块与两 ｈ θ
， ２＝４ ｍ·ｔａｎ ２
传送带间的动摩擦因数均为 μ 解得ｈ ．
＝ ２＝１８ ｍ
． 每隔Ｔ 在传送带甲左端 综上 则 ． ｈ ．
０３， ＝１０ ｓ ， １６ ｍ＜ ≤１８ ｍ
轻放上质量为 ｍ 的相同煤 １１．（２０１９江苏镇江调研，１３）低空跳伞大赛受到各国运动员的
＝２ ｋｇ
块 发现煤块离开传送带甲前已经 喜爱 如图所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为Ｈ
， ， ＝１７９ ｍ
与甲速度相等 且相邻煤块 已匀速 左侧的距离为ｘ 随 的悬崖边跳伞时的情景 运动员离开悬崖后 先做自由落体
， （ ） ＝６ ｍ， 。 ，
后煤块平稳地传到传送带乙上 乙的宽度足够大 速度为 ｖ 运动 一段时间后 展开降落伞 以大小为 ａ ２ 的加速
， ， ＝ ， ， ， ＝８ ｍ／ｓ
． ｇ取 ２ 则下列说法正确的是 度匀减速下降 已知运动员和伞包的总质量为 为了运
０９ ｍ／ｓ， １０ ｍ／ｓ ， （ ） ， ８０ ｋｇ，
传送带甲的速度大小为 ． 动员的安全 运动员落地时的速度不能超过 ｇ取
Ａ． ０６ ｍ／ｓ ， ４ｍ／ｓ， １０ｍ／
当煤块在传送带乙上沿垂直于乙运动方向上的速度减为 ２ 求
Ｂ． ０ ｓ ， ：
时 这个煤块相对于地面的速度还没有增加到 ． 运动员 含伞包 展开降落伞后所受的空气阻力ｆ
， ０９ ｍ／ｓ （１） （ ） ；
一个煤块在传送带甲上留下的痕迹长度为 为了运动员的安全 展开伞包时的最大速度
Ｃ． ６ ｃｍ （２） ， ；
一个煤块在传送带乙上留下的痕迹长度为 ． 如果以下落的快慢决定比赛的胜负 为了赢得比赛
Ｄ． １９５ ｃｍ （３） ， ，
答案 ＡＣＤ 煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度ａ 运动员在空中运动的最短时间
。
μｇ ２ 煤块在传送带甲上先匀加速再匀速 加速度相
＝ ＝３ ｍ／ｓ ， ，
同 所以相邻煤块之间的距离与时间Ｔ的比值即传送带甲的速
，
ｘ
度 即ｖ ． Ａ正确 煤块滑上传送带乙时 所受滑
， 甲＝ Ｔ ＝０６ ｍ／ｓ， ； ，
动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反 相对传
， 答案 方向竖直向上 ．
送带乙做匀减速直线运动 所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙 （１）１４４０ Ｎ， （２）４０ ｍ／ｓ （３）８５ ｓ
， 解析 展开降落伞时 对运动员 含伞包 由牛顿第二
运动方向上的速度减为零时 煤块已相对传送带乙静止 即相 （１） ， （ ），
， ， 定律知ｆ ｍｇ ｍａ
对地面的速度增至 ． 项错误 以传送带甲为参考系 － ＝
０９ ｍ／ｓ，Ｂ ； ， 得ｆ 方向竖直向上
煤块的初速度为 ． 方向与传送带甲的速度方向相反 煤 ＝１４４０ Ｎ，
０６ ｍ／ｓ， ， 设运动员做自由落体运动的最大位移为ｘ 此时速度
块相对传送带甲做匀减速直线运动 相对加速度大小仍为 （２） ，
， ３ 为ｖ 则
ｖ２ ０，
ｍ／ｓ
２
，
故相对传送带甲的位移ｘ
１＝ ａ＝０
．
０６ ｍ＝６ ｃｍ，
所以煤块 ｖ２
０＝２
ｇｘ
在传送带甲上留下的痕迹长度为
２
Ｃ正确 以传送带乙为
ｖ２
－
ｖ２
０＝－２
ａ
（
Ｈ
－
ｘ
）
６ ｃｍ， ； 取ｖ
＝４ ｍ／ｓ
参考系
，
煤块的初速度为 ｖ
相对＝
ｖ２甲＋ ｖ２
＝
３ １３
ｍ／ｓ，
相对加 联立解得ｖ
０＝４０ ｍ／ｓ
１０ 设运动员在空中运动的最短时间为ｔ 则有
速度ａ ＝３ ｍ／ｓ ２ ， 煤块相对传送带乙的位移ｘ 相对＝
ｖ２相
ａ 对 ＝０ ． １９５ ｍ
（
ｖ
３）
ｇｔ 得ｔ ｖ ０
，
２ ０＝ １， １＝ ｇ ＝４ ｓ
． 即煤块在传送带乙上留下的痕迹长度为 ． Ｄ
＝１９５ ｃｍ， １９５ ｃｍ， ｖ ｖ
正确 ｔ ０－ ．
。 ２＝ ａ ＝４５ ｓ
１０．（２０２０安徽合肥一检）某幼儿园设计的一个滑梯 由于场地
， 最短时间ｔ ｔ ｔ ．
大小的限制 滑梯的水平跨度确定为 如图所示 已知滑 ＝ １＋ ２＝８５ ｓ
， ４ ｍ， 。 １２．（２０１７海南单科，１５，１６分）一轻弹簧的一端固定在倾角为
梯与儿童裤料之间的动摩擦因数为 ． 为使儿童能从滑梯顶
０４， θ的固定光滑斜面的底部 另一端和质量为ｍ的小物块ａ相
端由静止滑下 且到达地面的速度不超过 取ｇ等于 ，
， ２ ｍ／ｓ， １０
ｍ／ｓ ２ ， 求滑梯高度范围 。 连 ， 如图所示 。 质量为 ３ ｍ的小物块ｂ紧靠ａ静止在斜面上 ，
５
此时弹簧的压缩量为ｘ 从ｔ 时开始 对ｂ施加沿斜面向上
０， ＝０ ，
的外力 使ｂ始终做匀加速直线运动 经过一段时间后 物块
， 。 ，
ａ ｂ分离 再经过同样长的时间 ｂ距其出发点的距离恰好也
、 ； ，
为ｘ 弹簧的形变始终在弹性限度内 重力加速度大小为
０。 ，
答案 ． ｈ ． ｇ 求
１６ ｍ＜ ≤１８ ｍ 。 ：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ６５
弹簧的劲度系数
（１） ；
物块ｂ加速度的大小
（２） ；
在物块ａ ｂ分离前 外力大小随时间变化的关系式
（３） 、 ， 。
答案 或
ｍｇ θ ｇ θ （１）１ ｓ （２）６ ｍ／ｓ ４（ １０－３）ｍ／ｓ
答案 ８ ｓｉｎ ｓｉｎ Ｆ ８ ｍｇ θ 解析 开始时 ｍｇ ° μｍｇ ° ｍａ
（１） ｘ （２） （３） ＝ ｓｉｎ ＋ （１） ： ｓｉｎ３０ ＋ ｃｏｓ３０ ＝ １
５ ０ ５ ２５ 得 ａ ２
４ ｍｇ２ ｘ ｓｉｎ ２θ ｔ２ ， 其中 ０≤ ｔ ＜ ｇ ５ ｘ ０ θ 达 ： 速度 １＝８ ｖ ０ 所 ｍ／ 用 ｓ 时间满足 ： ｖ ０＝ ａ １ ｔ １
解 ２５ 析 ０ 对整体分析 ２ 根据 ｓｉｎ 平衡条件可知 沿斜面方向上 解得 ： ｔ １＝０ ． ５ ｓ
（１） ， ，
重力的分力与弹簧弹力平衡 ， 则有 ： 小煤块下滑位移 ： ｘ ＝ ２ １ ａ １ ｔ２ １＝１ ｍ
ｋｘ ０＝
由
（ ｍ
题
＋
意 ５
３
可
ｍ
知
） ｇ
ｂ
ｓｉ
经
ｎ θ
两
， 解
段
得
相
：
等
ｋ ＝
的
８ ｍ
时
ｇ
５ 间
ｘ ｓ
０
ｉ
后
ｎ θ
的总位移为ｘ 滑 ， 有
因
：
为μ ＜ｔａｎ３０ ° ， 故小煤块在速度达 ｖ ０ 之后继续加速下
设ａ
（
ｂ
２
分
）
离时ｂ的位
，
移为ｘ
０， ｍｇ
ｓｉｎ３０
°
－
μｍｇ
ｃｏｓ３０
°
＝
ｍａ
２
、 由匀变速直线运动相 １ 邻 。 相等时间内位移关系的规律 得 ： ａ ２＝２ ｍ／ｓ ２
可知 Ｌ ｘ ｖ ｔ １ ａ ｔ２
： － ＝ ０ ２＋ ２ ２
２
ｘ 得 ｔ ． 负值舍去
ｘ １ ０ ＝ ４ １ ｘ ｘ 故 ： ： ｔ ２ ＡＢ ＝ ＝ ０ ｔ １ ５ ＋ ｔ ｓ ２ （ ＝１ ｓ ）
说明当形变量为 Δ ｘ ＝ ｘ ０－ ０ ＝ ３ ０时二者分离 ； （２） 若小煤块还没有达到速度ｖ ０ 时已从Ｂ点飞出 ， 则ｖ２Ｂ
４ ４
对ａ分析
，
因分离时ａ
、
ｂ间没有弹力
，
则根据牛顿第二定
＝２
ａ
１
Ｌ
，
得ｖ
Ｂ＝２ １３ ｍ／ｓ，
ｔ
总＝
１３
ｓ，
因ｖ
０＞
ｖ
Ｂ，
则痕迹长度
律可知 ４
： Ｌ′ Ｌ ． 不符合题意 若以ａ 下滑过程中小煤块相对
ｋ ｘ ｍｇ θ ｍａ Δ ＞ ＝３２５ ｍ， 。 １
Δ － ｓｉｎ ＝ 传送带的位移大于或等于以ａ 下滑过程的相对位移 则
２ ， ：
联立解得 ａ １ ｇ θ
： ＝ ｓｉｎ ｖ ｔ １ ａ ｔ２ ｘ ｘ ．
５ ０ － １ ＝Δ （Δ ＝２２５ ｍ）
２
设时间为ｔ 则经时间 ｔ 时 ａｂ 前进的位移 ｘ １ ａｔ２ ｖ
（３） ， ， ＝ ｖ ｔ ０ｔ ｘ
２ ０ － ＝Δ
ｇｔ２ θ ２
ｓｉｎ 得 ｖ
＝ ： ０＝６ ｍ／ｓ
１０ 若以ａ 下滑过程中小煤块相对传送带的位移小于以ａ
则形变量变为 ｘ′ ｘ ｘ １ ２
：Δ ＝ ０－
对整体分析可知 由牛顿第二定律有 下滑过程的相对位移 则 ｖ ｔ′ １ ａ ｔ′２ ｖ ｔ′ ｘ
， ： ， ： ０ ＋ ２ － ０ ＝Δ
２
Ｆ ｋ ｘ′ ｍ ３ ｍ ｇ θ ｍ ３ ｍ ａ 得 ｔ′ ．
＋ Δ －（ ＋ ） ｓｉｎ ＝（ ＋ ） ： ＝１５ ｓ，
５ ５ ｖ２
ｍｇ２ ２ θ 又ｘ ′ ０
解得 Ｆ ８ ｍｇ θ ４ ｓｉｎ ｔ２ １ ＝ ａ
： ＝ ｓｉｎ ＋ ｘ ２ １
２５ ２５ ０
ｘ ｘ Ｌ ｘ ′ ｖ ｔ′ １ ａ ｔ′２
因分离时位移ｘ ０ 由ｘ ０ １ ａｔ２ － １ ＝ ０ ＋ ２
１＝ ， １＝ ＝ ２
４ ４ ２ 由上述关系得
ｘ ：
解得
：
ｔ
＝ ｇ
５ ０
θ
ｖ２ ０＋２４ ｖ ０－１６＝０
２ ｓｉｎ 得 ｖ 负值舍去
ｘ
： ０＝４（ １０－３）ｍ／ｓ（ ）
故应保证 ｔ ５ ０ Ｆ的表达式才能成立 １４．（２０２０重庆巴蜀中学月考）如图所示 ， 倾角为θ ＝３７ °的固定
０≤ ＜ ｇ θ， 。
２ ｓｉｎ 斜面上 下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板Ｐ Ｐ Ｐ
技巧总结 弹簧连接的物体在运动过程中通过的位移与弹 、 ， １、 ２
是斜面上两点 Ｐ Ｐ 间距离 Ｌ １ Ｐ Ｐ 间距离 Ｌ
簧形变量有关 ， 可从这个几何角度建立辅助方程 。 ， 、 １ １＝ ３ ｍ， １、 ２ ２＝４
１３．（２０２０河北衡水中学四调）如图所示 皮带传动装置与水平 轻绳跨过滑轮连接平板Ｂ和重物Ｃ 小物体Ａ放在离平
， ｍ。 ，
面夹角为 ° Ａ Ｂ分别是传送带与两轮的切点 两点间距Ｌ 板Ｂ左下端ｓ 处 平板Ｂ左下端紧挨Ｐ 当小物体Ａ运
．
３
一
０
个
，
质
、
量为 ． 的小煤块与传送带
，
间的动摩擦 动到Ｐ Ｐ 区间
＝
时
１ ｍ
总受
，
到一个沿斜面向下的Ｆ
２，
． ｍｇ的恒力
＝３２５ ｍ。 ０１ ｋｇ １ ２ ＝０１
作用 已知Ａ Ｂ Ｃ质量分别为ｍ ｍ ｍ Ａ与Ｂ间动摩擦因
因数为μ ３ ｇ ２ 轮缘与传送带之间不打滑 小煤 。 、 、 、２ 、 ，
＝ ， ＝１０ ｍ／ｓ ； 。 数μ ． Ｂ与斜面间动摩擦因数μ ． 设最大静摩擦
５ １＝０７５， ２＝０ ２５，
块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹 。 传送带沿逆 力等于滑动摩擦力 ，ｓｉｎ３７ ° ＝０ ． ６，ｃｏｓ ３７ ° ＝０ ． ８， ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ，
时针方向匀速运动 速度为ｖ 小煤块无初速地放在Ａ点 运 平板Ｂ与挡板Ｐ碰撞前Ｃ与滑轮不会相碰 现让整个装置
， ０。 ， 。
动至Ｂ点飞出 求 从静止释放 求
。 ： ， ：
当ｖ 时 小煤块从Ａ点运动到Ｂ点的时间 小物体Ａ在Ｐ Ｐ 区间上方和进入Ｐ Ｐ 区间内的加
（１） ０＝４ ｍ／ｓ ， ； （１） １ ２ １ ２
当痕迹长度等于 ． 时 ｖ 多大 速度大小
（２） ２２５ ｍ ， ０ ？ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
在平板Ｂ与弹性挡板Ｐ碰撞的瞬间剪断轻绳 求平
（２） ， 此时Ｂ Ｃ速度为 ｖ ｖ ａ ｔ ７
板Ｂ碰撞后沿斜面上升到最高点的时间 、 ： ２＝ ０＋ ２ １＝ ｍ／ｓ
。 ３
ｖ ｖ
此过程中Ｂ运动距离为 ｘ ０＋ ２ｔ １０
： ２＝ １＝ ｍ
２ ３
因此当小物体Ａ刚过 Ｐ 时 小物体 Ａ 离平板 Ｂ 下端距
１ ，
离为
：
答案 ． ２ ２ ２ ４６＋５ ｘ ｓ Ｌ ｘ １
（１）０５ ｍ／ｓ １ ｍ／ｓ （２） ｓ Δ ＝ －（ ２－ ２）＝ ｍ
７２ ３
解析 小物体Ａ在Ｐ Ｐ 区间上方运动时 假设Ａ相对 此时Ｂ刚好与挡板Ｐ发生碰撞且绳断 此后Ａ将以速度
（１） １ ２ ， ，
Ｂ静止 对Ａ Ｂ Ｃ整体 由牛顿第二定律有
， 、 、 ， ： ｖ 沿斜面向下做匀速运动 Ｂ将沿斜面向上以ｖ ７
ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｍｇ ｍａ １＝３ ｍ／ｓ ， ２＝
３ ｓｉｎ － ２·３ ·ｃｏｓ － ＝４ ３
代入数据解得 ： ａ ＝０ ． ５ ｍ／ｓ ２ ｍ／ｓ 的速度做匀减速运动 。
隔离Ａ 有 ｍｇ θ ｆ ｍａ 此时隔离 Ｂ 有 ｍｇ θ μ ｍｇ θ μ ｍｇ θ
， ： ｓｉｎ － ＝ ， ：２ ｓｉｎ ＋ １ ｃｏｓ ＋ ２·３ ｃｏｓ
代入数据得 ｆ ． ｍ ｍａ
： ＝５５ ＝２ ３
而Ａ Ｂ间的最大静摩擦力 代入数据解得 ａ ２
、 ： ３＝１２ ｍ／ｓ
ｆ μ ｍｇ θ ｍ
ｍ＝ １ ｃｏｓ ＝６ 对Ａ Ｂ 有 ｘ ｖ ｔ ｖ ｔ １ ａ ｔ２
所以ｆ ｆ 假设成立 Ａ相对Ｂ静止 、 ， ：Δ ＝ １ ２＋ ２ ２－ ３ ２
＜ ｍ， ， 。 ２
小物体Ａ在Ｐ Ｐ 区间上方运动时加速度为ａ ． ２
１ ２ ＝０５ ｍ／ｓ 解得 ｔ ８－ ４６ 舍去ｔ ８＋ ４６
当小物体Ａ进入Ｐ Ｐ 区间内 隔离Ａ 有 ：２＝ ｓ（ ２＝ ｓ）
１ ２ ， ， ： １８ １８
Ｆ ｍｇ θ ｆ ｍａ
＋ ｓｉｎ － ＝ 此时平板Ｂ速度为 ｖ ｖ ａ ｔ ２ ４６－９
得ｆ ． ｍ ｆ 即Ａ相对于Ｂ向下滑动 对Ａ有 ： Ｂ＝ ２－ ３ ２＝ ｍ／ｓ
＝６５ ＞ ｍ， 。 ： ３
Ｆ ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｍａ 此后Ａ滑离平板Ｂ Ｂ继续沿斜面向上匀减速 对Ｂ 有
＋ ｓｉｎ － １ ｃｏｓ ＝ １ ， ， ， ：
代入数据解得 ： ａ １＝１ ｍ／ｓ ２ ２ ｍｇ ｓｉｎ θ ＋ μ ２·２ ｍｇ ｃｏｓ θ ＝２ ｍａ ４
（２）
小物体Ａ刚到Ｐ
２
时
，
Ａ
、
Ｂ
、
Ｃ速度满足ｖ２
０＝２
ａｓ 代入数据解得
：
ａ
４＝８ ｍ／ｓ
２
代入数据解得 ｖ 平板Ｂ向上运动到最高点时速度减为零 此阶段运动时
： ０＝１ ｍ／ｓ ，
当小物体Ａ进入Ｐ Ｐ 区间内时 对Ｂ Ｃ整体 有 间为
１ ２ ， 、 ， ： ：
ｍｇ θ μ ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｍｇ ｍａ ｖ
２ ｓｉｎ ＋ １ ｃｏｓ － ２·３ ｃｏｓ － ＝３ ２ ｔ Ｂ ２ ４６－９
３＝ａ ＝ ｓ
代入数据解得 ａ ２ ２ ４ ２４
： ２＝ ｍ／ｓ 因此平板Ｂ 与挡板 Ｐ 碰后沿斜面上升到最高点的时
３
当小物体Ａ刚到Ｐ 时 小物体速度满足ｖ２ ｖ２ ａ Ｌ 间为
１ ， １－ ０＝２ １ ２ ：
代入数据解得 ｖ
： １＝３ ｍ／ｓ ｔ ｔ ｔ ２ ４６＋５
小物体Ａ从Ｐ 到Ｐ 运动时间为 ｔ
ｖ
１－
ｖ
０
Ｂ＝ ２＋ ３＝
７２
ｓ
２ １ ：１＝ ａ ＝２ ｓ
１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
应用一 探究“等时圆”模型 例１ 如图所示 ａｄ ｂｄ ｃｄ是竖直面内
， 、 、
三根固定的光滑细杆 ａ ｂ ｃ ｄ位于同一圆周
， 、 、 、
上 ａ点为圆周的最高点 ｄ 点为圆周的最低
， ，
点 每根杆上都套着一个小滑环 图中未画
。 （
出 三个滑环Ａ Ｂ Ｃ分别从ａ ｂ ｃ处由静止
）， 、 、 、 、
开始释放 用ｔ ｔ ｔ 依次表示滑环Ａ Ｂ Ｃ到
， １、２、３ 、 、
达ｄ点所用的时间 则
， （ ）
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
Ａ． １＜ ２＜ ３ Ｂ． １＞ ２＞ ３
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
Ｃ． ３＞ １＞ ２ Ｄ． １＝ ２＝ ３
解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力ｍｇ和杆的
支持力Ｆ 作用。 设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定
Ｎ
律有ｍｇ θ ｍａ，得加速度大小ａ ｇ θ。 设圆周的直径为
ｓｉｎ ＝ ＝ ｓｉｎ
Ｄ，则滑环沿杆滑到ｄ点的位移大小ｘ Ｄ θ，由ｘ １ ａｔ２，解得
＝ ｓｉｎ ＝
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ６７
Ｄ
ｔ ２ 。 可见，滑环滑到ｄ点的时间ｔ与杆的倾角θ无关，即三 应用三 探究传送带问题的处理
＝ ｇ
个滑环滑行到ｄ点所用的时间相等，选项 正确。 １．水平传送带问题
Ｄ
模型展示 滑块运动情况 滑块受力情况
若ｖ 始终小于 ｖ 滑块一直 滑块受水平向右的摩
滑 ，
加速 擦力
若滑块运动到传送带右端前 速度相同时滑块不受
，
ｖ ｖ 滑块先加速后匀速 摩擦力
答案 Ｄ 滑＝ ，
ｖ ｖ时 若ｖ 始终大于ｖ 滑 ｖ ｖ 时 滑块受水平
０＞ ， 滑 ， ０＞ ，
应用二 探究连接体中临界极值问题的方法 块一直减速 若滑块运动到传 向左的摩擦力 速度
， ，
１．基本思路 送带右端前ｖ 滑＝ ｖ ， 则滑块先 相同时滑块不受摩
认真审题 详尽分析问题中变化的过程 包括分析整体 减速再匀速 擦力
（１） ， （
过程中有几个阶段 ｖ ｖ时 若ｖ 始终小于ｖ 滑 ｖ ｖ 时 滑块受水平
）； ０＜ ， 滑 ， ０＜ ，
寻找过程中变化的物理量 块一直加速 若滑块运动到传 向右的摩擦力 速度
（２） ； ， ，
探索物理量的变化规律 送带右端前ｖ ｖ 则滑块先 相同时滑块不受摩
（３） ； 滑＝ ，
确定临界状态 分析临界条件 找出临界关系 加速再匀速 擦力
（４） ， ， 。
２．思维方法
滑块滑到传送带左端时ｖ 滑块受水平向右的摩
滑＞
把物理问题 或过程 推向极端 从而使临界现象 或状态 滑块一直减速到达左端 擦力
极限法 （ ） ， （ ） ０，
暴露出来 以达到正确解决问题的目的
， 滑块到达左端前ｖ 滑块先
滑＝０，
假设法 临 化 往 界 过 用 问 程 假 题 中 设 存 可 法 在 能 解 多 出 决 种 现 问 可 临 题 能 界 ， 条 特 件 别 ， 是 也 非 可 此 能 即 不 彼 出 两 现 种 临 可 界 能 条 时 件 ， 时 或 ， 变 往 向 能匀 左 速 减 回 速 到 ， 再 右 向 端 右 。 加 若 速 ｖ ０ ， ＞ 最 ｖ ， 后 返 可 回 速 摩 度 擦 相 力 同时滑块不受
右端时速度大小为ｖ 若ｖ ｖ 返
； ０＜，
将物理过程转化为数学表达式 根据数学表达式解出临界 回右端时速度大小为ｖ
数学法 ，
０
条件
２．倾斜传送带问题
例２ 多选 如图甲所示 一质量为Ｍ的长木板静置于光滑
（ ） ， 模型展示 滑块运动情况 滑块受力情况
水平面上 其上放置一质量为ｍ的小滑块 木板受到水平拉力Ｆ作
， 。 滑块受沿传送带向上
用时 用传感器测出长木板的加速度ａ与水平拉力Ｆ的关系如图乙 若ｖ 始终小于 ｖ 滑块一直
， 滑 ， 的滑动摩擦力 合力
所示 重力加速度ｇ ２ 下列说法正确的是 加速 ，
， ＝１０ｍ／ｓ ， （ ） 沿传送带向上
若滑块运动到传送带上端前 速度相同时滑块所受
μ θ
＞ｔａｎ ｖ ｖ 滑块先加速后匀速 摩擦力沿传送带向上
滑＝ ，
若ｖ 始终小于 ｖ 滑块一直 滑块所受摩擦力方向
滑 ，
加速 沿传送带向下
小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 ．
Ａ． ０１ 若滑块运动到传送带下端前
当水平拉力Ｆ 时 长木板的加速度大小为 ２
Ｂ． ＝７ Ｎ ， ３ ｍ／ｓ ｖ ｖ 且μ θ 则滑块先加
当水平拉力Ｆ增大时 小滑块的加速度一定增大 滑＝ ， ＞ｔａｎ ，
Ｃ． ， 速后匀速 滑块所受摩擦力方向
小滑块的质量ｍ
Ｄ． ＝２ ｋｇ 可能沿传送带向上
解析 由题可知，当 Ｆ 时二者一起加速运动，对整 若滑块运动到传送带下端前 可能沿传送带向下 ，
０＜ ≤６ Ｎ
ｖ ｖ 且μ θ 则滑块先以
滑＝ ， ＜ｔａｎ ，
体有Ｆ （Ｍ ｍ）ａ，ａ １ Ｆ，即此时ａ Ｆ图线的斜率为整体质 ａ 加速后以ａ 加速
＝ ＋ ＝Ｍ ｍ －
＋ １ ２
量的倒数，得Ｍ ｍ ；当Ｆ 时二者间出现相对滑动，对 等速之前 滑块所受摩
＋ ＝３ ｋｇ ＞６ Ｎ 若ｖ ｖ 则同情境 可能一直 ，
μｍｇ ０＜ ， ２， 擦力沿传送带向下 等
木板有Ｆ μｍｇ Ｍａ，即ａ １ Ｆ ，可见此时ａ Ｆ图线的斜率 加速 可能先加速后匀速 可 ，
－ ＝ ＝Ｍ － Ｍ － 、 、 速之后 可能沿传送带
能先以ａ 加速后以ａ 加速 ，
为木板质量的倒数，可得Ｍ ，则ｍ ， 正确。 由于出 １ ２ 向上也可能向下
＝１ ｋｇ ＝２ ｋｇ Ｄ
现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，
若ｖ ｖ 且μ θ 则滑块
不再随Ｆ的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达 ０≥ ， ＝ｔａｎ ，
一直匀速
到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为 ａ
大 ＝ 若ｖ ｖ μ θ ｖ 始终大于
２ ｍ／ｓ
２，由牛顿第二定律有μｍｇ
＝
ｍａ
大
，得μ
＝０
．
２
，
Ａ
、
Ｃ
错误。 将
ｖ时
０＞
滑
，
块
＞
一
ｔａ
直
ｎ
减
，
速
滑
滑块到达 滑块所受摩擦力沿传
μｍｇ ， ；
Ｆ 代入ａ １ Ｆ ，得ａ ２， 正确。 底端前ｖ ｖ 滑块先减速后 送带向上
＝７ Ｎ ＝Ｍ － Ｍ ＝３ ｍ／ｓ Ｂ 滑＝ ，
匀速
答案 ＢＤ
若ｖ ｖ μ θ 滑块一直做
０＞ ， ＜ｔａｎ ，
加速运动
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
续表
模型展示 滑块运动情况 滑块受力情况
若μ θ 滑块一直加速
＜ｔａｎ ，
若μ θ 则滑块一直匀速
＝ｔａｎ ，
若μ ＞ｔａｎ θ ， 到达底端前ｖ 滑＝ 滑 的 块 摩 受 擦力 沿传送带向上 解析 （ １ ）设货物刚滑上传送带时加速度为ａ １ ，货物受力
０，
滑块先减速后反向加速
；
到 如图所示：
达底端时 ｖ 滑块一直
滑＞０，
减速
例３ 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站 如图所
，
示为一水平传送带装置示意图 紧绷的传送带ＡＢ始终保持恒
。
定的速率ｖ 运行 一质量为ｍ 的行李无初速度地放
＝１ｍ／ｓ ， ＝４ｋｇ
在Ａ处 传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线 根据牛顿第二定律得
，
运动 随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动 设 沿传送带方向：ｍｇ θ Ｆ ｍａ
， 。 ｓｉｎ ＋ ｆ＝ １
行李与传送带之间的动摩擦因数μ ． Ａ Ｂ间的距离Ｌ 垂直传送带方向：ｍｇ θ Ｆ
＝０１， 、 ＝２ ｍ， ｃｏｓ ＝ Ｎ
ｇ取 ２ 又Ｆ μＦ
１０ ｍ／ｓ 。 ｆ＝ Ｎ
由以上三式得：ａ ｇ（ θ μ θ） ２，方向沿传送
１＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝１０ ｍ／ｓ
带向下。
（ ）货物速度从ｖ 减至传送带速度ｖ所用时间设为ｔ ，位移
求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度 ２ ０ １
（１） 设为ｘ ，则有：
的大小 １
； ｖ ｖ ｖ ｖ
求行李做匀加速直线运动的时间 ｔ － ０ ，ｘ ０＋ ｔ
（２） ； １＝ ａ ＝１ ｓ １＝ １＝７ ｍ
如果提高传送带的运行速率 行李就能被较快地传送到 － １ ２
（３） ， （ ）当货物速度与传送带速度相等时，由于 ｍｇ θ
Ｂ处 求行李从Ａ处传送到Ｂ处的最短时间和传送带对应的最 ３ ｓｉｎ ＞
， μｍｇ θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大
小运行速率 ｃｏｓ
。 小为ａ ，则有ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ，
解题导引 ２ ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２
得：ａ ｇ（ θ μ θ） ２，方向沿传送带向下。
２＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝２ ｍ／ｓ
ｖ
设货物再经时间ｔ ，速度减为零，则ｔ ０－
２ ２＝ ａ ＝１ ｓ
－ ２
ｖ
沿传送带向上滑的位移ｘ ＋０ｔ
２＝ ２＝１ ｍ
２
则货物上滑的总距离为ｘ ｘ ｘ 。
解析 （ ）滑动摩擦力Ｆ μｍｇ ． ，加速 ＝ １＋ ２＝８ ｍ
１ ｆ＝ ＝０ １×４×１０ Ｎ＝４ Ｎ 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大
度ａ μｇ ． ２ ２。
＝ ＝０１×１０ ｍ／ｓ ＝１ ｍ／ｓ
（ ）行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 小等于ａ 。 设下滑时间为ｔ ，则ｘ １ ａ ｔ２，代入解得ｔ 。
２ ２ ３ ＝ ２ ３ ３＝２ ２ ｓ
２
ｖ
ｖ ａｔ ，解得ｔ １ 。 所以货物从滑上传送带到再次滑回Ａ端的总时间为ｔ ｔ
＝ １ １＝ ａ ＝ ｓ＝１ ｓ ＝ １＋
１ ｔ ｔ （ ） 。
（ ）行李始终匀加速运行时传送时间最短，加速度仍为ａ ２＋ ３＝ ２＋２ ２ ｓ
２ ３ ，当行李到达右端时，有 ＝ 答案 （ １ ） １０ ｍ／ｓ ２ （ ２ ） １ ｓ ７ ｍ （ ３ ）（ ２＋２ ２ ） ｓ
１ｍ／ｓ
ｖ２
ｍｉｎ＝２
ａＬ，解得ｖ
ｍｉｎ＝ ２
ａＬ
＝ ２×１×２ ｍ／ｓ＝２ ｍ／ｓ
，
应用四 探究滑块—木板模型问题
所以传送带对应的最小运行速率为 。
２ ｍ／ｓ １．模型特点
ｖ
行李最短运行时间由ｖ ａｔ ，得ｔ ｍｉｎ ２ 。 滑块 木板模型问题中 滑动摩擦力的分析方法与传送带
ｍｉｎ＝ ｍｉｎ ｍｉｎ＝ ａ ＝ ｓ＝２ｓ — ，
１ 模型类似 但这类问题比传送带类问题更复杂 因为木板受到摩
， ，
答案 （ ） ２ （ ） （ ） 擦力的影响 往往做匀变速直线运动 解决此类问题要注意从速
１ ４ Ｎ １ ｍ／ｓ ２ １ ｓ ３ ２ ｓ ２ ｍ／ｓ
， ，
例４ 如图所示为货场使用的传送带的模型 传送带倾斜 度 位移 时间等角度 寻找各运动过程之间的联系
， 、 、 ， 。
放置 与水平面夹角为θ ° 传送带ＡＢ足够长 传送皮带轮以
２．解题关键
， ＝３７ ， ，
临界条件 使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是
大小为ｖ ＝２ ｍ／ｓ 的恒定速率顺时针转动 。 一包货物以 ｖ ０＝１２
滑块
（
到
１
达
）
木板末端
：
时的速度与木板的速度恰好相同
的初速度从Ａ端滑上倾斜传送带 若货物与皮带之间的动
。
ｍ／ｓ ，
问题实质 滑块 木板模型和传送带模型一样 本质上
摩擦因数μ ． 且可将货物视为质点 ｇ ２ 已知 （２） ： — ，
＝０５， 。 （ ＝１０ ｍ／ｓ ， ｓｉｎ 都是相对运动问题 要分别求出各物体相对地面的位移 再求相
° ． ° ． ， ，
３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８） 对位移
求货物刚滑上传送带时加速度为多大 。
（１） ？
经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同 这时 例５ （２０１７课标Ⅲ，２５，２０ 分）如图 两个滑块 Ａ和 Ｂ
，
（２） ？
货物相对于地面运动了多远 的质量分别为ｍ 和ｍ 放在静止于水平地面上的
？ Ａ＝１ ｋｇ Ｂ＝５ ｋｇ，
从货物滑上传送带开始计时 货物再次滑回Ａ端共用了 木板的两端 两者与木板间的动摩擦因数均为μ ． 木板的质
（３） ， ， １＝０５；
多长时间 量为ｍ 与地面间的动摩擦因数为μ ． 某时刻Ａ Ｂ两
？ ＝４ ｋｇ， ２＝０１。 、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ６９
滑块开始相向滑动 初速度大小均为ｖ Ａ Ｂ相遇时 Ａ 速度时，Ａ的速度大小也为ｖ ，但运动方向与木板相反。 由题意
， ０＝３ ｍ／ｓ。 、 ， １
与木板恰好相对静止 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取重 知，Ａ和Ｂ相遇时，Ａ与木板的速度相同，设其大小为ｖ 。 设Ａ的
。 ， ２
力加速度大小ｇ ２ 求 速度大小从ｖ 变到ｖ 所用的时间为ｔ ，则由运动学公式，对木
＝１０ ｍ／ｓ 。 １ ２ ２
Ｂ与木板相对静止时 木板的速度大小 板有
（１） ， ；
Ａ Ｂ开始运动时 两者之间的距离 ｖ ｖ ａ ｔ
（２） 、 ， 。 ２＝ １－ ２ ２ 􀃊􀁉􀁔
对Ａ有
ｖ ｖ ａ ｔ
２＝－ １＋ Ａ ２ 􀃊􀁉􀁕
解析 （ ）滑块Ａ和Ｂ在木板上滑动时，木板也在地面上
在ｔ 时间间隔内，Ｂ（以及木板）相对地面移动的距离为
１ ２
滑动。 设Ａ、Ｂ和木板所受的摩擦力大小分别为ｆ 、ｆ 和ｆ ，Ａ和 ｓ ｖ ｔ １ ａ ｔ２
１ ２ ３ １＝ １ ２－ ２ ２ 􀃊􀁉􀁖
Ｂ相对于地面的加速度大小分别为ａ 和ａ ，木板相对于地面的 ２
Ａ Ｂ 在（ｔ ｔ ）时间间隔内，Ａ相对地面移动的距离为
加速度大小为ａ 。 在滑块Ｂ与木板达到共同速度前有 １＋ ２
１
ｆ
１＝
μ
１
ｍ
Ａ
ｇ
①
ｓ
Ａ＝
ｖ
０
（ｔ
１＋
ｔ
２
）
－
１ ａ
Ａ
（ｔ
１＋
ｔ
２
）２
􀃊􀁉􀁗
ｆ μ ｍ ｇ ２
２＝ １ Ｂ ② Ａ和Ｂ相遇时，Ａ与木板的速度也恰好相同。 因此Ａ和Ｂ开
ｆ μ（ｍ ｍ ｍ ）ｇ
３＝ ２ ＋ Ａ＋ Ｂ ③ 始运动时，两者之间的距离为
由牛顿第二定律得
ｓ ｓ ｓ ｓ
ｆ ｍ ａ ０＝ Ａ＋ １＋ Ｂ 􀃊􀁉􀁘
１＝ Ａ Ａ ④ 联立以上各式，并代入数据得
ｆ ｍ ａ
２＝ Ｂ Ｂ ⑤ ｓ ．
ｆ ｆ ｆ ｍａ ０＝１９ ｍ 􀃊􀁉􀁙
２－ １－ ３＝ １ ⑥ （也可用如图的速度 时间图线求解）
设在ｔ 时刻，Ｂ与木板达到共同速度，其大小为ｖ 。 由运动 －
１ １
学公式有
ｖ ｖ ａ ｔ
１＝ ０－ Ｂ １ ⑦
ｖ ａ ｔ
１＝ １ １ ⑧
联立 式，代入已知数据得
①②③④⑤⑥⑦⑧
ｖ
１＝１ ｍ／ｓ ⑨
（ ）在ｔ 时间间隔内，Ｂ相对于地面移动的距离为
２ １
ｓ
Ｂ＝
ｖ
０
ｔ
１－
１ ａ
Ｂ
ｔ２
１ ⑩
２
设在Ｂ与木板达到共同速度 ｖ 后，木板的加速度大小为
１
ａ 。 对于Ｂ与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
２
ｆ 由 １＋ ｆ ３＝ （ｍ Ｂ＋ 式 ｍ） 知 ａ ２ ，ａ ａ ；再由 式知，Ｂ与木板达到共 􀃊􀁉􀁓 同 答案 （ １ ） １ ｍ／ｓ （ ２ ） １ ． ９ ｍ
①②④⑤ Ａ＝ Ｂ ⑦⑧
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
应用一 探究“等时圆”模型
１．（２０１９安徽芜湖期末）如图所示 ＰＱ 为圆的竖直直径 ＡＱ
， ， 、
ＢＱ ＣＱ为三个光滑斜面轨道 分别与圆相交于 Ａ Ｂ Ｃ 三点
、 ， 、 、 。
现让三个相同小球 可以看作质点 分别沿着ＡＱ ＢＱ ＣＱ轨道
（ ） 、 、
自端点由静止滑到Ｑ点 运动的平均速度分别为ｖ ｖ 和ｖ
， １、 ２ ３。
则有
（ ）
Ａ．２ ∶ １ Ｂ．１ ∶ １ Ｃ． ３ ∶ １ Ｄ．１ ∶ ３
２． 答案 Ｂ
应用二 探究连接体中临界极值问题的方法
１．（２０１９辽宁葫芦岛六校联考）如图甲所示 木板与水平地面间
，
的夹角θ可以随意改变 当θ °时 可视为质点的一小物块
， ＝３０ ，
恰好能沿着木板匀速下滑 若让该小物块从木板的底端以大
ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ 。
Ａ． ２＞ １＞ ３ Ｂ． １＞ ２＞ ３ 小恒定的速度ｖ 沿木板向上运动 如图乙 随着θ的改变 小
ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ０ （ ）， ，
Ｃ． ３＞ １＞ ２ Ｄ． １＞ ３＞ ２ 物块沿木板向上滑行的最大距离 ｓ 将发生变化 重力加速度
１． 答案 Ａ ，
为ｇ
２．如图所示 ＡＢ和ＣＤ为两条光滑斜槽 它们各自的两个端点均 。
， ，
分别位于半径为Ｒ和ｒ的两个相切的圆上 且斜槽都通过切点
，
Ｐ 设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发 由Ａ滑到Ｂ和由
。 ，
Ｃ滑到Ｄ 所用的时间分别为ｔ 和ｔ 则ｔ 与ｔ 之比为
， １ ２， １ ２ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
求小物块与木板间的动摩擦因数 段时间 小物块运动到了离地面高为ｈ ． 的平台上 未画
（１） ； ， ＝２４ ｍ （
当θ角满足什么条件时 小物块沿木板上滑的最大距 出 已知物块与传送带之间的动摩擦因数 μ ． ｇ 取
（２） ， ）。 ＝０ ５，
离ｓ最小 并求出此最小值 ２ ° ． ° ． 求
， 。 １０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８。 ：
物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
（１） ；
若在物块与传送带达到相同速度时 立即撤去恒力Ｆ
１． 答案 ３ 见解析 （２） ， ，
（１） （２） 计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度
３
２．（２０２０湖北黄冈一轮）如图所示 一弹簧一端固定在倾角为 大小
， 。
θ °的光滑固定斜面的底端 另一端拴住质量为ｍ 的
＝３７ ， １＝６ ｋｇ
物体Ｐ Ｑ为一质量为ｍ 的物体 弹簧的质量不计 劲
， ２＝１０ ｋｇ ， ，
度系数ｋ 系统处于静止状态 现给物体Ｑ施加一
＝６００ Ｎ／ｍ， 。
个方向沿斜面向上的力Ｆ 使它从静止开始沿斜面向上做匀加
，
速运动 已知在前 ． 时间内 Ｆ 为变力 ． 以后 Ｆ 为恒
， ０ ２ ｓ ， ，０ ２ ｓ ２． 答案 ４ ６－２ ３ ４ ３
力 ° ． ° ． ｇ取 ２ 求 （１） ｓ （２） ｓ ｍ／ｓ
，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， １０ ｍ／ｓ 。 ： ３ ３ ３
系统处于静止状态时 弹簧的压缩量ｘ
（１）
物体Ｑ从静止开始沿
，
斜面向上做匀加
０；
速运动的加速 应用四 探究滑块—木板模型问题
（２）
度大小ａ １．（２０１９河北唐山联考，１２）有一项 快乐向前冲 的游戏可简
； “ ”
力Ｆ的最大值与最小值 化如下 如图所示 滑板长Ｌ 起点Ａ到终点线Ｂ的距离
（３） 。 ： ， ＝１ ｍ，
ｓ 开始滑板静止 右端与Ａ平齐 滑板左端放一可视为
＝５ ｍ。 ， ，
质点的滑块 对滑块施一水平恒力 Ｆ 使滑板前进 板右端到
， 。
达Ｂ 处冲线 游戏结束 已知滑块与滑板间动摩擦因数 μ
， 。 ＝
． 地面视为光滑 滑块质量ｍ 滑板质量ｍ 重
０５， ， １＝２ ｋｇ， ２＝１ ｋｇ，
力加速度ｇ取 ２ 求
１０ ｍ／ｓ ， ：
２． 答案 ． １０ ２ ２８０ １６０ 滑板由Ａ滑到Ｂ的最短时间
（１）０１６ ｍ （２） ｍ／ｓ （３） Ｎ Ｎ （１） ；
３ ３ ３ 为使滑板能以最短时间到达 水平恒力 Ｆ 的取值
（２） ，
应用三 探究传送带问题的处理 范围
。
１．（２０１９福建泉州第二次质检） 多选 如图 一足够长的倾斜传
（ ） ，
送带顺时针匀速转动 一小滑块以某一初速度沿传送带向下
。
运动 滑块与传送带间的动摩擦因数恒定 则其速度ｖ随时间ｔ １． 答案 Ｆ
， ， （１）１ ｓ （２）３０ Ｎ≤ ≤３４ Ｎ
变化的图像可能是 ２．（２０２０河北衡水中学高考模拟）如图甲所示 地面上有一长为
（ ） ，
ｌ 高为ｈ ． 质量Ｍ 的木板 木板的右侧放置
＝１ ｍ， ＝０８ ｍ， ＝２ ｋｇ ，
一个质量为ｍ 的木块 可视为质点 已知木块与木板之
＝１ ｋｇ （ ），
间的动摩擦因数为μ ． 木板与地面之间的动摩擦因数为
１＝０ ４，
μ ． 初始时两者均静止 现对木板施加一水平向右的拉
２＝０６， 。
力Ｆ 拉力Ｆ随时间ｔ的变化如图乙所示 取ｇ ２ 求
， ， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
前 木板的加速度大小
（１） ２ ｓ ；
木块落地时距离木板左侧的水平距离 ｓ
（２） Δ 。
１． 答案 ＢＣ
２．（２０２０天津统考）如图所示 有一条沿顺时针方向匀速转动的
，
传送带 速度ｖ 传送带与水平面的夹角θ ° 现将质
， ＝４ ｍ／ｓ， ＝３７ ，
量ｍ
＝１ ｋｇ
的小物块轻放在其底端
（
小物块可视作质点
），
与此 ２． 答案
（１）２ ｍ／ｓ
２
（２）１
．
６８ ｍ
同时 给小物块施加沿传送带方向向上的恒力Ｆ 经过一
， ＝８ Ｎ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ７１
垂直绳子方向合力为 ｍｇ ° 由牛顿第二定律可知
ｓｉｎ ３０ ，
ｍｇ ° ｍａ 可得此时小明的加速度ａ １ ｇ 故Ｄ正确
ｓｉｎ３０ ＝ ， ＝ ， 。
２
１．如图 某人在粗糙水平地面上用水平力Ｆ推一购物车沿直线 规律总结 弹性绳的弹力瞬时性变化与弹簧相同 非弹性绳
， 。
前进 已知推力大小是 购物车的质量是 购物车与 产生弹力时可􀪍认􀪍为􀪍是􀪍无􀪍形变􀪍的􀪍􀪍其弹􀪍力􀪍可􀪍在􀪍瞬􀪍间􀪍发生突变 在
， ８０ Ｎ， ２０ ｋｇ， ， ，
地面间的动摩擦因数μ ． ｇ取 ２ 下列说法正确的是 情境突变前后的弹力不同 情境突变后的弹力需依据突变后的
＝０２， １０ ｍ／ｓ ， ，
状态来确定
（ ） 。
３．（２０２０重庆一中摸底，４）如图所示 一轻质弹簧
，
的下端固定在水平面上 上端叠放两个质量均为
，
Ｍ的物体Ａ Ｂ Ａ物体与弹簧连接 弹簧的劲度
、 （ ），
系数为ｋ 初始时物体处于静止状态 现用竖直向
， 。
购物车受到地面的支持力大小是 上的拉力Ｆ作用在物体Ｂ上 使物体Ａ Ｂ开始向
Ａ． ４０ Ｎ ， 、
购物车受到地面的摩擦力大小是 上一起做加速度为ａ的匀加速运动直到Ａ Ｂ分离 重力加速
Ｂ． ４０ Ｎ 、 ，
购物车将沿地面做匀速直线运动 度为ｇ 其中ａ ｇ 则
Ｃ． ， ＜ ， （ ）
购物车将做加速度为ａ ２的匀加速直线运动 外力施加的瞬间 Ａ Ｂ间的弹力大小为Ｍ ｇ ａ
Ｄ． ＝４ ｍ／ｓ Ａ． ， 、 （ － ）
答案 Ｂ 购物车沿水平地面运动 则在竖直方向受到的支 Ａ Ｂ刚分离时 弹簧弹力恰好为零
， Ｂ． 、 ，
持力与重力大小相等 方向相反 所以支持力Ｆ Ｍ ｇ ａ
， ， Ｎ＝２０×１０ Ｎ＝ 分离时 Ａ上升的高度为 （ ＋ ）
错误 购物车受到地面施加的摩擦力大小是ｆ μＦ Ｃ． ， ｋ
２００ Ｎ，Ａ ； ＝ Ｎ＝
． Ｂ正确 推力大小是 所以购物车沿水 Ａ Ｂ分离后 Ａ速度最大时弹簧恰好恢复原长
０２×２００ Ｎ＝４０ Ｎ， ； ８０ Ｎ， Ｄ． 、 ，
平方向受到的合力Ｆ Ｆ ｆ 所以购物车做 答案 Ａ 拉力Ｆ施加的瞬间 对Ａ物体 根据牛顿第二定
合＝ － ＝８０Ｎ－４０ Ｎ＝４０Ｎ， ， ，
匀加速直线运动 ，Ｃ 错误 ； 购物车的加速度ａ ＝ Ｆ ｍ 合 ＝ ４０ ｍ／ｓ ２ ＝２ 律 Ｍ 有 ｇ Ｆ ａ 弹－ Ａ Ｍｇ 正 － 确 Ｆ ＡＢ 两 ＝ Ｍ 物 ａ ， 体 由 处 整 于 体 初 法 始 分 静 析 止 知 状 Ｆ 态 弹 时 ＝２ Ｍ 对 ｇ ， Ａ 解 Ｂ 得 整 Ｆ 体 ＡＢ 受 ＝
２０ （ － ）， ； ， 、
ｍ／ｓ ２ ，Ｄ 错误 。 力分析得 Ｍｇ ｋｘ 此时弹簧的压缩量为ｘ ２ Ｍｇ 在Ａ Ｂ分
２．（２０２０天津静海一中等七校期中联考） 多选 儿童蹦极 ２ ＝ ０， ０＝ ｋ ， 、
（ ）“ ” 离瞬间 Ａ Ｂ间的弹力Ｆ ′ 弹簧弹力不为零 对Ａ受力分
中 拴在腰间左右两侧的是悬点等高 完全相同的两根橡皮绳 ， 、 ＡＢ ＝０， ，
， 、 。
Ｍｇ Ｍａ
如图所示 质量为 ｍ 的小明静止悬挂时 两橡皮绳的夹角为 析得ｋｘ Ｍｇ Ｍａ 得到这一瞬间弹簧的压缩量为ｘ ＋
， ， － ＝ ， ＝ ｋ ，
° 已知重力加速度为ｇ 则
６０ （ ）， （ ） Ｍｇ Ｍａ
则Ａ上升的高度ｈ ｘ ｘ － 故 错误 在物体Ａ上
＝ ０－ ＝ ｋ ， Ｂ、Ｃ ；
升的过程中 当Ａ物体的重力Ｍｇ和弹簧弹力相等时 其速度
， ，
最大 错误 故选
，Ｄ 。 Ａ。
４．（２０２０河北衡水中学四调）如图甲所示 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
每根橡皮绳的拉力为ｍｇ ， ， ，
Ａ． 距弹簧上端高ｈ处自由下落 若以小球开始下落的位置为原
若将悬点间距离变小 则每根橡皮绳所受拉力将变小 。
Ｂ． ， 点 沿竖直向下建立一坐标轴ＯＸ 小球的速度ｖ随时间ｔ变化
若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂 则小明此时加速度ａ ｇ ， ，
Ｃ． ， ＝ 的图像如图乙所示 其中ＯＡ段为直线 与ＯＡ相切于Ａ点的
若拴在小明腰间左右两侧的是悬点等高 完全相同的两根非 。 ，
Ｄ． 、 曲线ＡＢ和曲线ＢＣ都是平滑的曲线 则关于Ａ Ｂ Ｃ三点对应
弹性绳 则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时 小明的加速度 ， 、 、
， ， 的Ｘ坐标及加速度大小 下列说法正确的是
， （ ）
ａ １ ｇ
＝
２
答案 ＢＤ 两根橡皮绳上的拉力大小相等 设每根橡皮绳
，
的拉力为Ｆ 则 Ｆ ° ｍｇ 则Ｆ ３ｍｇ 故 错误 当合
， ２ ｃｏｓ３０ ＝ ， ＝ ， Ａ 。
３
力一定时 两分力夹角越小 两分力越小 所以将悬点间距离变
， ， ，
小 ， 则每根橡皮绳所受拉力将变小 ， 故Ｂ正确 。 小明左侧橡皮 Ａ． Ｘ Ａ＝ ｈ ， ａ Ａ＝０ Ｂ． Ｘ Ａ＝ ｈ ， ａ Ａ＝ ｇ
绳在腰间断裂 右侧橡皮绳的拉力不突变 重力不变 则小明此 ｍｇ ｍｇ
， ， ， Ｃ． Ｘ Ｂ＝ ｈ ＋ ｋ ， ａ Ｂ＝ ｇ Ｄ． Ｘ Ｃ＝ ｈ ＋ ２ ｋ ， ａ Ｃ＝０
时所受的合力与原来左侧橡皮绳的拉力等大反向 加速度ａ
， ＝ 答案 Ｂ ＯＡ段对应着小球下落ｈ的过程 则Ｘ ｈ 到达Ａ
， Ａ＝ ，
３ｍｇ 点时的加速度为ａ ｇ 选项Ｂ正确 错误 Ｂ点是速度最大
Ａ＝ ， ，Ａ 。
３ ３ｇ 故 错误 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高 的地方 此时小球的重力和弹簧的弹力大小相等 方向相反 小
ｍ ＝ ， Ｃ 。 、 ， ， ，
３
ｍｇ
完全相同的两根非弹性绳 则小明左侧非弹性绳在腰间断裂 球所受合力为 加速度也就为 由ｍｇ ｋｘ 可知ｘ 所以
， ０， ０， ＝ ， ＝ ｋ ，
时 左侧绳子拉力瞬间变为零 右侧绳子的拉力发生突变 将重
， ， ； ｍｇ
力沿绳方向与垂直于绳方向分解 沿绳方向该瞬间合力为零 Ｘ ｈ 错误 取一个与Ａ点关于Ｂ点对称的点 设为Ｄ
， ， Ｂ＝ ＋ ｋ ，Ｃ 。 ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍｇ
由Ａ点到Ｂ点弹簧的形变量为 由对称性得由Ｂ到Ｄ弹簧
ｋ ，
ｍｇ ｍｇ
的形变量也为 故到达Ｃ点时弹簧形变量要大于ｈ ２ 加
ｋ ， ＋ ｋ ，
速度ａ ｇ 所以 错误
Ｃ＞ ， Ｄ 。
规律总结 在弹簧弹力作用下的运动具有对称性 物体在经
，
过关于加速度􀪍为􀪍零􀪍的􀪍点􀪍相对􀪍称􀪍的􀪍位􀪍置􀪍时􀪍速􀪍度􀪍加􀪍速􀪍度􀪍合􀪍力􀪍大
， 、 、
小􀪍相􀪍同􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 物体的初速度ｖ
。 Ａ． ０＝６ ｍ／ｓ
５．（􀪍２０􀪍１􀪍８湖北荆州质检）如图所示 一劲度系数 物体与斜面间的动摩擦因数μ ．
， Ｂ． ＝０６
为ｋ的轻质弹簧 上端固定 下端连一质量为ｍ 取不同的倾角 θ 物体在斜面上能达到的位移 ｘ 的最小值
， ， Ｃ． ，
的物块Ａ Ａ 放在质量也为 ｍ 的托盘 Ｂ 上 以 ｘ ．
， ， ｍｉｎ＝１４４ ｍ
Ｆ 表示Ｂ 对 Ａ 的作用力 ｘ 表示弹簧的伸长 当某次θ °时 物体达到最大位移后将沿斜面下滑
量 Ｎ 初始时 在竖直向上的 ， 力Ｆ作用下系统静 Ｄ． 答案 ＡＣ ＝３０ 本题 ， 考查特殊图像问题及极值的求解问题 物
。 ， ，
止 且弹簧处于自然状态 ｘ 现改变力Ｆ 体在粗糙斜面上向上运动 根据牛顿第二定律有ｍｇ θ μｍｇ
， （ ＝０）。 ， ｓｉｎ ＋
ｇ θ ｍａ 得加速度为ａ ｇ θ μｇ θ 由运动学公式知当
的大小 使Ｂ以 的加速度匀加速向下运动 ｇ ｃｏｓ ＝ ， ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ；
，
２
（ θ
＝９０
°时
，
ｖ２
０ ＝２
ｇｘ
，
可得 ｖ
０ ＝ ２
ｇｘ
＝６ ｍ／ｓ，
当 θ
＝０
时
，
ｖ２
０ ＝
为重力加速度 空气阻力不计 此过程中Ｆ Ｆ随ｘ变化的图 μｇｘ′ 可得μ ． 故Ａ正确 错误 根据运动学公式得物
， ）， Ｎ、 ２ ， ＝０７５， ，Ｂ 。
像正确的是
（ ） 体能达到的位移为ｘ
ｖ２
０ 由辅助角公式得ａ μ２ｇ θ
＝ ａ， ＝ １＋ ｓｉｎ（ ＋
２
ｖ２
α 可得位移ｘ的最小值ｘ ０ ． 故Ｃ正确
）， ｍｉｎ＝ ｇ μ２ ＝１４４ ｍ， 。
２ １＋
由于μ ° 所以当θ °时 物体在斜面上达到最大位移
＞ｔａｎ３０ ， ＝３０ ，
停止后 不会下滑 故 错误
， ， Ｄ 。
思路点拨 初速度大小一定 运动到最大位移时速度减小到
，
零 可知运动的最大位移取决于加速度 而加速度与斜面倾角
， ，
一一对应 故可通过导出ｘ与θ的函数关系表达式来解题 特
， ，
别是有关极值的问题
。
７．（２０１９江苏赣榆一中月考） 多选 一物块沿斜面由离传送带
（ ）
Ｈ高处从静止滑下 斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧 物
， ，
块滑离传送带后做平抛运动 当传送带静止时 物块恰落在水
， ，
答案 Ｄ 本题考查胡克定律 运动学规律 牛顿运动定律 平地面上的Ａ点 下列说法正确的是
、 、 ， （ ）
等知识 考查考生的综合分析能力 体现了模型建构 科学推
。 ， 、
理等核心素养
。
ｇ
根据题述 Ｂ以 的加速度匀加速向下运动过程中 选择
， ，
２
ｇ 当传送带逆时针转动时 物块落点一定在Ａ点的左侧
Ａ Ｂ整体为研究对象 由牛顿第二定律 ｍｇ ｋｘ Ｆ ｍ Ａ． ，
、 ， ，２ － － ＝２ · ， 当传送带逆时针转动时 物块落点一定在Ａ点
２ Ｂ． ，
解得Ｆ ｍｇ ｋｘ 即Ｆ从ｍｇ开始线性减小 可排除图像 选择 当传送带顺时针转动时 物块落点可能在Ａ点
＝ － ， ， Ｃ； Ｃ． ，
ｍｇ 当传送带顺时针转动时 物块落点一定在Ａ点的右侧
Ｂ作为研究对象 由牛顿第二定律 ｍｇ Ｆ ′ Ｆ 解得Ｆ ′ Ｄ． ，
， ， ＋ Ｎ － ＝ ２ ， Ｎ ＝ 答案 ＢＣ 当水平传送带静止时 物块受到水平向左的滑
，
ｍｇ ｍｇ
ｋｘ 由牛顿第三定律得Ｆ Ｆ 当弹簧的弹力增大到 动摩擦力 做匀减速直线运动 若传送带逆时针转动 物块通
２
－ ， Ｎ′＝ Ｎ，
２
，
过传送带时
，
受到的滑动摩擦力
。
仍水平向左 大小不变
，
则加速
ｍｇ ， ， ，
即ｘ 时 Ａ和Ｂ间的压力为零 在此之前 二者之间的压力 度不变 可以知道物块仍落在Ａ点 故 错误 正确 若传送
＝ ｋ ， ， ， ， ， Ａ ，Ｂ 。
２ 带顺时针转动 设物块滑上传送带时速度为ｖ 传送带的速度
ｍｇ ， ０，
由开始运动时的 线性减小到零 选项 错误 同时 力Ｆ 为ｖ 当ｖ ｖ时 物块滑上传送带后可能一直做匀减速直线运
， Ａ、Ｂ ； ， ， ０＞ ，
２ 动 加速度与传送带静止时相同 则物块仍落在 Ａ点 当 ｖ ｖ
ｍｇ ｍｇ ， ， ； ０＞
由开始时的ｍｇ线性减小到 此后Ｂ与Ａ分离 力Ｆ保持 时 物块也可能先做匀减速直线运动 后与传送带共速 做匀速
， ， ， ， ，
２ ２ 直线运动 滑到传送带右端时 速度大于传送带静止时物块到
不变 故选项 正确 ， ，
， Ｄ 。 达右端的速度 则物块落在Ａ点右侧 当ｖ ｖ时 物块滑上传
６．（２０２０湖南长沙一中模拟）
（
多选
）
如图甲所示
，
为测定物体冲
送带时两者相
，
对静止 物块做匀速直线
；
运动
０＝
则物
，
块落在Ａ点
上粗糙斜面能达到的最大位移ｘ与斜面倾角θ的关系 将某一 ， ，
， 右侧 当ｖ ｖ时 物块滑上传送带可能一直做匀加速直线运
物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出
，
调节 ； ０＜ ，
动 也可能先做匀加速直线运动 后与传送带共速 做匀速直线
斜面与水平方向的夹角θ 实验测得ｘ与斜面倾角θ的关系如 ， ， ，
，
运动 滑到传送带右端时 速度大于传送带静止时物块到达右
图乙所示 ｇ取 ２ 根据图像可求出 ， ，
， １０ ｍ／ｓ ， （ ）
端的速度 则物块落在 Ａ 点右侧 综合分析可知 正确
， ， Ｃ ，Ｄ
错误
。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ７３
８．（２０２０届江苏南通月考） 多选 如图甲所示 足够长的传送带
与水平面夹角为θ 在传送
（
带上
）
某位置轻轻放
，
置一小木块 小
位移关系有Ｌ
＝
１ ａ
Ｐ
ｔ２
－
１ ａ
Ｑ
ｔ２
，
代入数据解得ｔ
＝２ ｓ，Ｃ
错误
，
Ｄ
， ， ２ ２
木块与传送带间动摩擦因数为μ 小木块的速度随时间变化关 正确
， 。
系如图乙所示 ｖ ｔ 已知 则 １０．（２０２０山西临汾第二次月考）我国科技已经开启 人工智能
， ０、０ ， （ ） “ ”
时代 人工智能 已经走进千家万户 某天 东东呼叫了外
，“ ” 。 ，
卖 外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上 东东操控
， ，
小型无人机带动货物 由静止开始竖直向上做匀加速直线运
，
动 一段时间后 货物又匀速上升 最后再匀减速 恰好
， ， ５３ｓ， １ｓ
到达他家阳台且速度为零 货物上升过程中 遥控器上显示
。 ，
传送带一定逆时针转动 无人机在加速 匀速 减速过程中对货物的作用力Ｆ Ｆ 和Ｆ
Ａ． 、 、 １、 ２ ３
ｖ 大小分别为 ． ． 和 ． 货物受到的阻力恒为其
２０８ Ｎ、２０４ Ｎ １８４ Ｎ，
Ｂ． μ ＝ｔａｎ θ ＋ｇｔ ０ θ 重力的 ． ｇ取 ２ 计算
传送带的速度 ０ ｃ 大 ｏｓ 于ｖ ０ 货 ０２ 物 。 的质量 １０ ｍ ｍ／ｓ 。 ：
Ｃ． ０ （１） 货物上升过程 ； 中的最大速度ｖ及东东家阳台距地面
ｖ
（２）
Ｄ．
ｔ
０
后小木块的加速度为
２
ｇ
ｓｉｎ
θ
－ｔ
０ 的高度ｈ
。
０ 答案
答案 ＡＤ 若传送带顺时针转动 当小木块下滑时
（１）２ ｋｇ （２）１ ｍ／ｓ ５６ ｍ
，
解析 在货物匀速上升的过程中
ｍｇ θ μｍｇ θ 将一直匀加速到底端 当小木块上滑时 （１）
（ ｓｉｎ ＞ ｃｏｓ ）， ；
（
ｍｇ
ｓｉｎ
θ
＜
μｍｇ
ｃｏｓ
θ
），
先匀加速
，
在速度与传送带速度相等后 由平衡条件得Ｆ ２＝ ｍｇ ＋ ｆ
其中ｆ ． ｍｇ
做匀速直线运动 若ｍｇ θ μｍｇ θ 小木块静止不动 速 ＝００２
； ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ， ，
解得ｍ
度一直为 三种情况均不符合题给运动图像 说明传送带逆 ＝２ ｋｇ
０， ，
设整个过程中的最大速度为 ｖ 在货物匀减速运动
时针转动 故 正确 小木块在 ｔ 内 滑动摩擦力向下 匀 （２） ，
， Ａ 。 ０～ ０ ， ， 阶段
ｖ
加速下滑 ａ ｇ θ μｇ θ 由图乙可知ａ ０ 解得μ 由牛顿第二定律得ｍｇ ｆ Ｆ ｍａ
， １＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ， １＝ ｔ ， ＝ ＋ － ３＝ ３
０ 由运动学公式得 ｖ ａ ｔ
ｖ ０＝ － ３ ３
０ θ 故 错误 只有当小木块的速度大于等于传 解得ｖ
ｇｔ θ－ｔａｎ ， Ｂ 。 ＝１ ｍ／ｓ
０ ｃｏｓ
送带的速度时 小木块所受的摩擦力变成斜向上 即传送带的 减速阶段的位移ｘ １ ｖｔ ．
， ， ３＝ ３＝０５ ｍ
速度等于ｖ 故 错误 等速之后阶段的加速度ａ ｇ θ ２
０， Ｃ 。 ２＝ ｓｉｎ － 匀速阶段的位移ｘ ｖｔ
ｖ ２＝ ２＝５３ ｍ
μｇ θ 代入μ值得ａ ｇ θ ０ 故 正确 加速阶段 由牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ ｆ ｍａ 由运动学
ｃｏｓ ， ２＝２ ｓｉｎ －ｔ ， Ｄ 。 ， １－ － ＝ １，
解题关键 小木块的速度与传送带
０
速度相等之后小木块会
公式得
２
ａ
１
ｘ
１＝
ｖ２
，
解得ｘ
１＝２
．
５ ｍ
① 阳台距地面的高度ｈ ｘ ｘ ｘ
继续加速下滑 滑动摩擦力方向改变 图乙中小木块两段的 ＝ １＋ ２＋ ３＝５６ ｍ
， 。 ② １１．（２０１５课标Ⅱ，２５，２０分）下暴雨时 有时会发生山体滑坡或
加速度不相等 图像的拐点表示小木块与传送带速度相等 ，
， 。
９．（２０２０山东济南期末） 多选 倾角为 °的足够长斜面 上面 泥石流等地质灾害 某地有一倾角为θ ° ° ３ 的
（ ） ３７ ， 。 ＝３７ （ｓｉｎ３７ ＝ ）
有一质量为 长为 的长木板Ｑ 木板上下表面与斜面 ５
２ ｋｇ、 ８ ｍ ， 山坡Ｃ 上面有一质量为ｍ的石板Ｂ 其上下表面与斜坡平
平行 木板Ｑ最上端放置一质量为 的小滑块Ｐ Ｐ可视为 ， ，
。 １ｋｇ ， 行 Ｂ上有一碎石堆Ａ 含有大量泥土 Ａ和Ｂ均处于静止状
； （ ），
质点 Ｐ Ｑ间光滑 Ｑ与斜面间的动摩擦因数为 １ 若Ｐ Ｑ同 态 如图所示 假设某次暴雨中 Ａ浸透雨水后总质量也为ｍ
， 、 ， 。 、 ， 。 ，
３ 可视为质量不变的滑块 在极短时间内 Ａ Ｂ 间的动摩擦
时从静止释放 以下关于 Ｐ Ｑ 运动情况的描述正确的是 （ ）， ， 、
， 、 （ｓｉｎ
° ． ° ． ｇ取 ２ 因数μ 减小为 ３ Ｂ Ｃ间的动摩擦因数μ 减小为 ． Ａ Ｂ
３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， １０ ｍ／ｓ ） （ ） １ ， 、 ２ ０ ５， 、
８
开始运动 此时刻为计时起点 在第 末 Ｂ的上表面突然变
， ； ２ｓ ，
为光滑 μ 保持不变 已知 Ａ开始运动时 Ａ离 Ｂ 下边缘的
， ２ 。 ，
距离ｌ Ｃ足够长 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
＝２７ ｍ， 。 。
取重力加速度大小ｇ ２ 求
＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
在 时间内Ａ和Ｂ加速度的大小
（１） ０～２ ｓ ；
Ａ． Ｐ 、 Ｑ的加速度大小分别为 ６ ｍ／ｓ ２ 、４ ｍ／ｓ ２ （２） Ａ在Ｂ上总的运动时间 。
Ｐ Ｑ的加速度大小分别为 ２ ２
Ｂ． 、 ６ ｍ／ｓ 、２ ｍ／ｓ
滑块Ｐ在Ｑ上运动的时间为
Ｃ． １ ｓ
滑块Ｐ在Ｑ上运动的时间为
Ｄ． ２ ｓ
答案 ＢＤ 对Ｐ受力分析 在沿斜面方向上根据牛顿第二
，
定律有ｍ Ｐ ｇ ｓｉｎ３７ ° ＝ ｍ Ｐ ａ Ｐ， 解得ａ Ｐ＝ ｇ ｓｉｎ３７ ° ＝６ ｍ／ｓ ２ ， 对Ｑ受 答案 ２ ２
（１）３ ｍ／ｓ １ ｍ／ｓ （２）４ ｓ
力分析
，
受重力
、
斜面对其的支持力
、
摩擦力和Ｐ对其的压力
，
解析 在 时间内 Ａ和Ｂ的受力如图所示 其中
（１） ０～２ ｓ ， ，
根据牛顿第二定律有 ｍ Ｑ ｇ ｓｉｎ ３７ ° － μ （ ｍ Ｐ＋ ｍ Ｑ） ｇ ｃｏｓ ３７ ° ＝ ｆ Ｎ 是Ａ与Ｂ之间的摩擦力和正压力的大小 ｆ Ｎ 是Ｂ与
ｍ Ｑ ａ Ｑ， 解得ａ Ｑ＝２ ｍ／ｓ ２ ，Ａ 错误 、 Ｂ正确 ； 设Ｐ在Ｑ上面滑动的 Ｃ １、 之 １ 间的摩擦力和正压力的大小 ， 方向如图所 ， 示 ２ 。 、 由 ２ 滑动摩
时间为ｔ ， 因ａ Ｐ＝６ ｍ／ｓ ２ ＞ ａ Ｑ＝２ ｍ／ｓ ２ ， 故Ｐ比Ｑ下滑更快 ， 根据 擦力公式和力的平衡条件得
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
题述的过程存在着临界点
。
若题目中有 取值范围 多长时间 多大距离 等
（２） “ ”“ ”“ ”
词语 表明题述的过程存在着 起止点 而这些起止点往往
， “ ”，
对应临界状态
。
若题目中有 最大 最小 至多 至少 等字眼 表
（３） “ ”“ ”“ ”“ ” ，
明题述的过程存在着极值 这个极值点往往是临界点
， 。
若题目要求 最终加速度 稳定速度 等 即求收尾
（４） “ ”“ ” ，
ｆ μ Ｎ 加速度或收尾速度
１＝ １ １ ① 。
Ｎ ｍｇ θ
１＝ ｃｏｓ ②
ｆ μ Ｎ １２．（２０２０学科网３月一联山东卷）倾角为θ °的斜面上叠放
２＝ ２ ２ ③ ＝３７
Ｎ Ｎ ｍｇ θ 着质量均为ｍ 的滑块和长木板 在垂直于斜面方向的
２＝ １＋ ｃｏｓ ④ ＝１ ｋｇ ，
规定沿斜面向下为正方向 设 Ａ和 Ｂ 的加速度分别为 压力Ｆ作用下 均保持静止 已知滑块与长木板间动摩擦因
。 ， 。
ａ 和ａ 由牛顿第二定律得 数μ ． 滑块正处于长木板的中间位置 长木板与斜面间
１ ２， １＝０２， ；
ｍｇ θ ｆ ｍａ 动摩擦因数μ ． 长木板长度Ｌ ． 滑块大小忽略不
ｓｉｎ － １＝ １ ⑤ ２＝０４， ＝０８ ｍ。
ｍｇ θ ｆ ｆ ｍａ 计 各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 斜面足够
ｓｉｎ － ２＋ １＝ ２ ⑥ ， ，
联立 式 并代入题给条件得 长 取ｇ ２ ° ． 求
①②③④⑤⑥ ， ， ＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０６。 ：
ａ ２ 压力Ｆ的最小值
１＝３ ｍ／ｓ ⑦ （１） ；
ａ ２ 突然撤去压力 Ｆ 滑块经过多长时间从长木板上
２＝１ ｍ／ｓ ⑧ （２） ，
在ｔ 时 设Ａ和Ｂ的速度分别为ｖ 和ｖ 则 滑下
（２） １＝２ ｓ ， １ ２， ？
ｖ ａ ｔ
１＝ １ １＝６ ｍ／ｓ ⑨
ｖ ａ ｔ
２＝ ２ １＝２ ｍ／ｓ ⑩
ｔ ｔ 时 设Ａ和Ｂ的加速度分别为ａ ′和ａ ′ 此时Ａ与
＞ １ ， １ ２ 。
Ｂ之间的摩擦力为零 同理可得
，
ａ ′ ２
１ ＝６ ｍ／ｓ 􀃊􀁉􀁓
ａ 即 ２ ′ Ｂ ＝－ 做 ２ 减 ｍ 速 ／ｓ ２ 运动 设经过时间ｔ Ｂ的速度减为零 则有 􀃊􀁉􀁔 答 解 案 析 （１）２ 滑 ２ 块 Ｎ 保 （ 持 ２ 静 ）０ 止 ． ５ ｓ 设压力最小为Ｆ 由平衡条件有
。 ２， ， （１） ， １，
ｖ ａ ′ｔ ｍｇ θ μ ｍｇ θ Ｆ
联 ２＋ 立 ２ ２＝０ 式得 􀃊􀁉􀁕 ｓｉ 解 ｎ 得 ＝ Ｆ １（ ｃｏｓ ＋ １）
􀃊􀁉􀁒􀃊􀁉􀁔􀃊􀁉􀁕 ： １＝２２ Ｎ
ｔ 滑块和长木板整体保持静止 设压力最小值为 Ｆ 由平
在
２＝
( ｔ
１
１＋
ｓ
ｔ ２ 时间内 ， Ａ相对于 ) Ｂ ( 运动的距离为 )
􀃊􀁉􀁖
衡条件 解 有 得 ２ Ｆ ｍｇ ｓｉｎ θ ＝ μ ２（２ ｍｇ ｃｏｓ θ
，
＋ Ｆ ２）
２，
ｓ
＝ ２
１ａ
１
ｔ２
１＋
ｖ
１
ｔ
２＋ ２
１ａ
１
′ｔ２
２ － ２
１ａ
２
ｔ２
１＋
ｖ
２
ｔ
２＋ ２
１ａ
２
′ｔ２
２ ＝ 则压
：
力最
２＝
小
１４
值
Ｎ
为 ２２ Ｎ。
撤去压力 滑块和木板均沿斜面向下做匀加速直线
１２ ｍ＜２７ ｍ 􀃊􀁉􀁗 （２） ，
此后Ｂ静止不动 Ａ继续在Ｂ上滑动 设再经过时间ｔ 运动 设加速度分别为ａ ａ
后Ａ离开Ｂ 则有 ， 。 ３ ， 对滑块 根据牛顿第 １ 二 、 定 ２ 律有
， ， ：
ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｍａ
ｌ ｓ ｖ ａ ′ｔ ｔ １ ａ ′ｔ２ ｓｉｎ － １ ｃｏｓ ＝ １；
－ ＝（ １＋ １ ２） ３＋ １ ３ 􀃊􀁉􀁘 解得 ａ ． ２
２ ： １＝４４ ｍ／ｓ ；
可得 对长木板 根据牛顿第二定律有
， ：
ｔ 另一解不合题意 舍去 ｍｇ θ μ ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｍａ
３＝１ ｓ（ ， ） 􀃊􀁉􀁙 ｓｉｎ ＋ １ ｃｏｓ － ２·２ ｃｏｓ ＝ ２
设Ａ在Ｂ上总的运动时间为ｔ 总， 有 解得 ： ａ ２＝１ ． ２ ｍ／ｓ ２
ｔ ｔ ｔ ｔ Ｌ
总＝ １＋ ２＋ ３＝４ ｓ 􀃊􀁉􀁚 设经过时间ｔ 滑块从木板上滑下 则 １ ａ ｔ２ １ ａ ｔ２
利用下面的速度图线求解 正确的 参照上述答案及评 ， ， １ － ２ ＝
（ ， ， ２ ２ ２
分参考给分 解得 ｔ ．
） ： ＝０５ ｓ
１３．（２０２０江苏南通、泰州期末）如图所示 矩形拉杆箱上放着平
，
底箱包 在与水平方向成α °的拉力Ｆ作用下 一起沿水
， ＝３７ ，
平面从静止开始加速运动 已知箱包的质量ｍ ． 拉杆
。 ＝１０ ｋｇ，
箱的质量Ｍ ． 箱底与水平面间的夹角θ ° 不计所
＝９０ ｋｇ， ＝３７ ，
有接触面间的摩擦 取ｇ ２ ° ． ° ．
， ＝１０ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８。
若Ｆ 求拉杆箱的加速度大小ａ
（１） ＝２５ Ｎ， ；
在 的情况下 求拉杆箱运动ｘ ． 时的速度大
（２） （１） ， ＝４０ ｍ
小ｖ
；
要使箱包不从拉杆箱上滑出 求拉力的最大值Ｆ
（３） ， ｍ。
知识储备 出现临界或极值条件的标志
有些题目中有 刚好 恰好 正好 等字眼 即表明
（１） “ ”“ ”“ ” ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ７５
箱包恰好不从拉杆箱上滑出时 箱包与拉杆之间的
（３） ，
弹力刚好为零 以箱包为研究对象 受到重力和支持力作用
， ， ，
此时的加速度为ａ 如图所示
０， ，
答案 ２ ．
（１）２ ｍ／ｓ （２）４ ｍ／ｓ （３）９３７５ Ｎ
解析 若Ｆ 以整体为研究对象 水平方向根据
（１） ＝２５ Ｎ， ，
牛顿第二定律可得Ｆ α ｍ Ｍ ａ 根据牛顿第二定律可得ｍｇ θ ｍａ
ｃｏｓ ＝（ ＋ ） ｔａｎ ＝ ０
Ｆ α ． 解得ａ ｇ θ ． ２
解得ａ ｃｏｓ ２５×０８ ２ ２ ０＝ ｔａｎ ＝７５ ｍ／ｓ
＝ ｍ Ｍ ＝ ｍ／ｓ ＝２ ｍ／ｓ 以整体为研究对象 水平方向根据牛顿第二定律可得Ｆ
＋ １＋９ ， ｍ
根据速度与位移的关系可得ｖ２ ａｘ α ｍ Ｍ ａ
（２） ＝２ ｃｏｓ ＝（ ＋ ） ０
解得ｖ ＝ ２ ａｘ ＝ ２×２×４ ｍ／ｓ＝４ ｍ／ｓ 解得拉力的最大值为Ｆ ｍ＝９３ ． ７５ Ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 对牛顿运动定律的理解 基态的两个超精细能级间的跃迁辐射
１．（２０２０浙江７月选考，２，３分）如图所 的频率 ν 定义
Δ ＝ ９１９２６３１７７０ Ｈｚ ｓ；
示 底部均有 个轮子的行李箱 ａ 竖 年 用 真 空 中 的 光 速 ｃ
， ４ １９８３ ＝
立 ｂ平卧放置在公交车上 箱子四周 －１定义 年第
、 ， ２９９７９２４５８ ｍ·ｓ ｍ。 ２０１８
有一定空间 当公交车 届国际计量大会决定 个基本单位
。 （ ） ２６ ，７
缓慢起动时 两只行李箱一定相对车子向后运动 全部用基本物理常量来定义 对应关系
Ａ． ， （
急刹车时 行李箱ａ一定相对车子向前运动 如图 例如 对应 ν 对应ｃ 新
Ｂ． ， ， ，ｓ Δ ，ｍ ）。 ＳＩ
缓慢转弯时 两只行李箱一定相对车子向外侧运动 自 年 月 日 国际计量日 正式实施 这将对科学和技
Ｃ． ， ２０１９ ５ ２０ （ ） ，
急转弯时 行李箱ｂ一定相对车子向内侧运动 术发展产生深远影响 下列选项不正确的是
Ｄ． ， 。 （ ）
１． 答案 Ｂ 个基本单位全部用物理常量∙定∙义∙保证了基本单位的稳
Ａ．７ ，
２．（２０１９课标Ⅱ，１６，６分）物块在轻绳的拉动下沿倾角为 °的 定性
３０
固定斜面向上匀速运动 轻绳与斜面平行 已知物块与斜面之 用真空中的光速ｃ －１ 定义 因为长度ｌ与速度ｖ存
， 。 Ｂ． （ｍ·ｓ ） ｍ，
在ｌ ｖｔ 而 已定义
＝ ， ｓ
间的动摩擦因数为 ３
，
重力加速度取
１０ ｍ／ｓ
２
。
若轻绳能承受 用基本电荷ｅ 定义安培 因为电荷量ｑ与电流Ｉ存在
３ Ｃ． （Ｃ） （Ａ），
的最大张力为 则物块的质量最大为 Ｉ ｑ／ｔ 而 已定义
１５００ Ｎ， （ ） ＝ ， ｓ
因为普朗克常量ｈ 的单位中没有 所以无法用它来
Ｄ． （Ｊ·ｓ） ｋｇ，
Ａ．１５０ ｋｇ Ｂ．１００ ３ ｋｇ Ｃ．２００ ｋｇ Ｄ．２００ ３ ｋｇ 定义质量单位
２． 答案 Ａ
５． 答案 Ｄ
３．（２０１６上海单科，４，３ 分）如图 顶端固定着
， ６．（２０１７上海单科，６，３分）一碗水置于火车车厢内的水平桌面
小球的直杆固定在小车上 当小车向右做匀加
， 上 当火车向右做匀减速运动时 水面形状接近于图
速运动时 球所受合外力的方向沿图中的 。 ， （ ）
，
（ ）
ＯＡ方向 ＯＢ方向
Ａ． Ｂ．
ＯＣ方向 ＯＤ方向
Ｃ． Ｄ．
３． 答案 Ｄ ６． 答案 Ａ
４．（２０１７上海单科，５，３分）如图 在匀强电 ７．（２０１６课标Ⅱ，１９，６分） 多选 两实心小球甲和乙由同一种
， （ ）
场中 悬线一端固定于地面 另一端拉住 材料制成 甲球质量大于乙球质量 两球在空气中由静止下
， ， ， 。
一个带电小球 使之处于静止状态 忽略 落 假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比 与球的速
， 。 ， ，
空气阻力 当悬线断裂后 小球将做 率无关 若它们下落相同的距离 则
， ， 。 ， （ ）
甲球用的时间比乙球长
（ ） Ａ．
曲线运动 匀速直线运动 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
Ａ． Ｂ． Ｂ．
匀加速直线运动 变加速直线运动 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
Ｃ． Ｄ． Ｃ．
４． 答案 Ｃ 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
Ｄ．
５．（２０１９北京理综，２０，６ 分）国际单位制 缩写 定义了米 ７． 答案 ＢＤ
（ ＳＩ）
秒 等 个基本单位 其他单位均可由物理关系导出 ８．（２０１８江苏单科，１４，１６分）如图所示 钉子Ａ Ｂ相距 ｌ 处于
（ｍ）、 （ｓ） ７ ， 。 ， 、 ５，
例如 由 和 可以导出速度单位 －１ 历史上 曾用 米 同一高度 细线的一端系有质量为Ｍ的小物块 另一端绕过Ａ
， ｍ ｓ ｍ·ｓ 。 ， “ 。 ，
原器 定义米 用平均太阳日定义秒 但是 以实物或其运动 固定于Ｂ 质量为ｍ的小球固定在细线上Ｃ点 Ｂ Ｃ间的线
” ， 。 ， 。 ， 、
来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响 而采用 长为 ｌ 用手竖直向下拉住小球 使小球和物块都静止 此时
， ３。 ， ，
物理常量来定义则可避免这种困扰 年用铯 原子 ＢＣ与水平方向的夹角为 ° 松手后 小球运动到与Ａ Ｂ相
。 １９６７ －１３３ ５３ 。 ， 、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
同高度时的速度恰好为零 然后向下运动 忽略一切摩擦 重 ２ 由题给数据可以得出
， 。 ， １０ ｍ／ｓ 。 （ ）
力加速度为ｇ 取 ° ． ° ． 求
， ｓｉｎ５３ ＝０８，ｃｏｓ５３ ＝０６。 ：
小球受到手的拉力大小Ｆ
（１） ；
物块和小球的质量之比Ｍ ｍ
（２） ∶ ；
小球向下运动到最低点时 物块 Ｍ 所受的拉力大
（３） ， 图
小Ｔ （ａ）
。
图 图
（ｂ） （ｃ）
木板的质量为
Ａ． １ ｋｇ
８． 答案 ５ Ｍｇ ｍｇ 见解析 内 力Ｆ的大小为 ．
（１） － （２）６ ∶ ５ （３） Ｂ．２ ｓ～４ ｓ ， ０４ Ｎ
３ 内 力Ｆ的大小保持不变
Ｃ．０～２ ｓ ，
考点二 牛顿运动定律的应用 物块与木板之间的动摩擦因数为 ．
Ｄ． ０２
１．（２０２０ 山东，１，３ 分）一质量为 ｍ ４． 答案 ＡＢ
的乘客乘坐竖直电梯下楼 其位移ｓ ５．（２０２０山东，１６，９分）单板滑雪 型池比赛是冬奥会比赛项
， Ｕ
与时间ｔ的关系图像如图所示 乘 目 其场地可以简化为如图甲所示的模型 形滑道由两个半
。 ， ：Ｕ
客所受支持力的大小用Ｆ 表示 速 径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接
Ｎ ，
度大小用ｖ表示 重力加速度大小 而成 轨道倾角为 ． ° 某次练习过程中 运动员以 ｖ
。 ， １７ ２ 。 ， Ｍ ＝
为ｇ 以下判断正确的是 的速度从轨道边缘上的Ｍ点沿轨道的竖直切面ＡＢＣＤ
。 （ ） １０ ｍ／ｓ
ｔ 时间内 ｖ增大 Ｆ ｍｇ 滑出轨道 速度方向与轨道边缘线ＡＤ的夹角α ． ° 腾空后
Ａ．０～ １ ， ， Ｎ＞ ， ＝７２８ ，
ｔ ｔ 时间内 ｖ减小 Ｆ ｍｇ 沿轨道边缘的Ｎ点进入轨道 图乙为腾空过程左视图 该运
Ｂ． １～ ２ ， ， Ｎ＜ 。 。
ｔ ｔ 时间内 ｖ增大 Ｆ ｍｇ 动员可视为质点 不计空气阻力 取重力加速度的大小 ｇ
Ｃ． ２～ ３ ， ， Ｎ＜ ， ， ＝
Ｄ． ｔ ２～ ｔ ３ 时间内 ， ｖ减小 ， Ｆ Ｎ＞ ｍｇ １０ ｍ／ｓ ２ ，ｓｉｎ７２ ． ８ ° ＝０ ． ９６，ｃｏｓ７２ ． ８ ° ＝０ ． ３０。 求 ：
１． 答案 Ｄ 运动员腾空过程中离开ＡＤ的距离的最大值ｄ
（１） ；
２．（２０１９海南单科，５，４分）如图 两 Ｍ Ｎ之间的距离Ｌ
， （２） 、 。
物块Ｐ Ｑ置于水平地面上 其质量
、 ，
分别为ｍ ｍ 两者之间用水平轻
、２ ，
绳连接 两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ 重力加速度
。 ，
大小为ｇ 现对Ｑ施加一水平向右的拉力Ｆ 使两物块做匀加
， ，
速直线运动 轻绳的张力大小为
， （ ）
Ｆ μｍｇ １ Ｆ μｍｇ
Ａ． －２ Ｂ． ＋
３
１ Ｆ μｍｇ １ Ｆ
Ｃ． － Ｄ．
３ ３
图甲
２． 答案 Ｄ
３．（２０１８课标Ⅰ，１５，６分）如图 轻弹簧的下
，
端固定在水平桌面上 上端放有物块Ｐ 系
， ，
统处于静止状态 现用一竖直向上的力 Ｆ
。
作用在Ｐ上 使其向上做匀加速直线运动
， 。
以ｘ表示Ｐ 离开静止位置的位移 在弹簧
，
恢复原长前 下列表示 Ｆ 和 ｘ 之间关系的 图乙
，
图像可能正确的是
（ ） ５． 答案 ．
（１）４８ ｍ （２）１２ ｍ
６．（２０２０浙江７ 月选考，１９，９ 分）如图 所示 有一质量 ｍ
１ ， ＝
的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速 匀速
２００ ｋｇ 、 、
匀减速至指定位置 当加速运动到总位移的 １ 时开始计时
３． 答案 Ａ 。 ，
４
４．（２０１９课标Ⅲ，２０，６分） 多选 如图 物块和木板叠放在 测得电机的牵引力随时间变化的Ｆ ｔ图线如图 所示 ｔ
（ ） （ａ）， － ２ ， ＝３４ ｓ
实验台上 物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传 末速度减为 时恰好到达指定位置 若不计绳索的质量和空
， ０ 。
感器相连 细绳水平 ｔ 时 木板开始受到水平外力Ｆ的作 气阻力 ｇ ２ 求物件
， 。 ＝０ ， ， ＝１０ ｍ／ｓ ，
用 在ｔ 时撤去外力 细绳对物块的拉力ｆ随时间ｔ变化 做匀减速运动的加速度大小和方向
， ＝４ ｓ 。 （１） ；
的关系如图 所示 木板的速度ｖ与时间ｔ的关系如图 所 匀速运动的速度大小
（ｂ） ， （ｃ） （２） ；
示 木板与实验台之间的摩擦可以忽略 重力加速度取 总位移的大小
。 。 （３） 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ７７
７． 答案 ２ ２
（１）１６ ｍ （２）８ ｍ／ｓ ４ ｍ／ｓ （３）２ ３４ ｍ／ｓ
８．（２０１９江苏单科，１５，１６分）如图所示 质量相等的物块Ａ和
，
Ｂ叠放在水平地面上 左边缘对齐 Ａ与Ｂ Ｂ与地面间的动摩
， 。 、
擦因数均为μ 先敲击Ａ Ａ立即获得水平向右的初速度 在Ｂ
。 ， ，
上滑动距离Ｌ后停下 接着敲击Ｂ Ｂ立即获得水平向右的初
。 ，
速度 Ａ Ｂ都向右运动 左边缘再次对齐时恰好相对静止 此后
， 、 ， ，
两者一起运动至停下 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加
图 １ 图 ２ 。 ，
速度为ｇ 求
６． 答案 （１）０ ． １２５ ｍ／ｓ ２ 竖直向下 （２）１ ｍ／ｓ （３）４０ ｍ Ａ 。 被敲 ： 击后获得的初速度大小ｖ
７．（２０１８浙江４月选考，１９，９分）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩 （１） Ａ；
在左边缘再次对齐的前 后 Ｂ 运动加速度的大小
游戏 如图所示 有一企鹅在倾角为 °的倾斜冰面上 先以 （２） 、 ，
。 ， ３７ ， ａ ａ ′
加速度ａ ＝０ ． ５ ｍ／ｓ ２ 从冰面底部由静止开始沿直线向上 “ 奔 Ｂ、 Ｂ ； Ｂ被敲击后获得的初速度大小ｖ
跑 ｔ 时 突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行 最后退滑 （３） Ｂ。
”， ＝８ ｓ ， ，
到出发点 完成一次游戏 企鹅在滑动过程中姿势保持不变
， （ ）。
若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 μ ． 已知 °
＝０ ２５， ｓｉｎ ３７ ＝
． ° ． ｇ ２ 求
０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
企鹅向上 奔跑 的位移大小
（１） “ ” ； ８． 答案 μｇＬ μｇ μｇ μｇＬ
企鹅在冰面滑动的加速度大小 （１） ２ （２）３ （３）２ ２
（２） ；
企鹅退滑到出发点时的速度大小 计算结果可用根
（３） 。 （
式表示
）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 对牛顿运动定律的理解 的加速度的大小记为ａ Ｓ 和Ｓ 相对于原长的伸长分别记为
１， １ ２
１．（２０１９浙江４月选考，１２，３分）如图所示 Ａ Ｂ Ｃ为三个实心 ｌ 和 ｌ 重力加速度大小为ｇ 在剪断的瞬间
， 、 、 Δ１ Δ２， 。 ， （ ）
小球 Ａ为铁球 Ｂ Ｃ为木球 Ａ Ｂ两球分别连接在两根弹簧 ａ ｇ ａ
， ， 、 。 、 Ａ． １＝３ Ｂ． １＝０
上 Ｃ球连接在细线一端 弹簧和细线的下端固定在装水的杯 ｌ ｌ ｌ ｌ
， ， Ｃ．Δ１＝２Δ２ Ｄ．Δ１＝Δ２
子底部 该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内 若将挂吊篮的 答案 ＡＣ 剪断细线前 把ａ ｂ ｃ看成整体 细线上的拉力
， 。 ， 、 、 ，
绳子剪断 则剪断的瞬间相对于杯底 不计空气阻力 ρ ρ ρ 为Ｔ ｍｇ 因在剪断瞬间 弹簧未发生突变 因此ａ ｂ ｃ之间
， （ ， 木＜ 水＜ 铁） ＝３ 。 ， ， 、 、
的作用力与剪断细线之前相同 则将细线剪断瞬间 对ａ隔离
。 ，
（ ）
进行受力分析 由牛顿第二定律有 ｍｇ ｍａ 得ａ ｇ 正
， ：３ ＝ １， １＝３ ，Ａ
确 错误 由胡克定律知 ｍｇ ｋ ｌ ｍｇ ｋ ｌ 所以 ｌ
，Ｂ 。 ：２ ＝ Δ１， ＝ Δ２， Δ１＝
ｌ 正确 错误
２Δ２，Ｃ ，Ｄ 。
３．（２０１５海南单科，９，５分） 多选 如图 升降机内有一固定斜
（ ） ，
面 斜面上放一物块 开始时 升降机做匀速运动 物块相对于
， 。 ， ，
斜面匀速下滑 当升降机加速上升时
。 ， （ ）
Ａ球将向上运动 Ｂ Ｃ球将向下运动
Ａ． ， 、
Ａ Ｂ球将向上运动 Ｃ球不动
Ｂ． 、 ，
Ａ球将向下运动 Ｂ球将向上运动 Ｃ球不动
Ｃ． ， ，
Ａ球将向上运动 Ｂ球将向下运动 Ｃ球不动
Ｄ． ， ， 物块与斜面间的摩擦力减小
答案 Ｄ 开始时Ａ球下面的弹簧被压缩 Ａ球所受弹力向 Ａ．
， 物块与斜面间的正压力增大
上 Ｂ球下面的弹簧被拉长 Ｂ球所受弹力向下 将挂吊篮的绳 Ｂ．
； ， ； 物块相对于斜面减速下滑
子剪断的瞬时 系统的加速度为ｇ 为完全失重状态 Ａ球将在 Ｃ．
， ， ， 物块相对于斜面匀速下滑
弹力作用下相对于杯底向上运动 Ｂ球将在弹力作用下相对于 Ｄ．
， 答案 ＢＤ 当升降机匀速运动 物块相对于斜面匀速下滑
杯底向下运动 Ｃ球相对于杯底不动 故选 ，
， ， Ｄ。 时有 ｍｇ θ μｍｇ θ 则μ θ θ为斜面倾角 当升降
２．（２０１５海南单科，８，５分） 多选 如图 物块ａ ｂ和ｃ ： ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ， ＝ｔａｎ （ ），
（ ） ， 、 机加速上升时 设加速度为 ａ 物块处于超重状态 超重 ｍａ
的质量相同 ａ和ｂ ｂ和ｃ之间用完全相同的轻弹簧 ， ； ， 。
， 、 物块 重力 变为Ｇ′ ｍｇ ｍａ 支持力变为Ｎ′ ｍｇ ｍａ θ
Ｓ 和Ｓ 相连 通过系在ａ上的细线悬挂于固定点Ｏ “ ” ＝ ＋ ， ＝（ ＋ ）ｃｏｓ ＞
１ ２ ， 。 ｍｇ θ 对 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 力 Ｇ ′
整个系统处于静止状态 现将细线剪断 将物块 ａ ｃｏｓ ， Ｂ 。 “ ” 下 ＝
。 。 ｍｇ ｍａ θ 沿斜面的摩擦力变为 ｆ′ μＮ′ μ ｍｇ
（ ＋ ）ｓｉｎ ， ＝ ＝ （ ＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍａ θ μｍｇ θ 错误 ｆ′ μ ｍｇ ｍａ θ θ ｍｇ 如果斜面光滑 小球将上升到与Ｏ点等高的位置
）ｃｏｓ ＞ ｃｏｓ ，Ａ 。 ＝ （ ＋ ）ｃｏｓ ＝ｔａｎ （ ＋ Ａ． ，
ｍａ θ ｍｇ ｍａ θ Ｇ ′ 所以物块仍沿斜面匀速运动 如果小球不受力 它将一直保持匀速运动或静止状态
）ｃｏｓ ＝（ ＋ ）ｓｉｎ ＝ 下 ， ， Ｂ． ，
对 错误 如果小球受到力的作用 它的运动状态将发生改变
Ｄ ，Ｃ 。 Ｃ． ，
４．（２０１４课标Ⅰ，１７，６分，０．２０７）如图 用橡皮筋将一小球悬挂 小球受到的力一定时 质量越大 它的加速度越小
， Ｄ． ， ，
在小车的架子上 系统处于平衡状态 现使小车从静止开始向 答案 Ａ 根据实验结果 得到的最直接的结论是如果斜面
， 。 ，
左加速 加速度从零开始逐渐增大到某一值 然后保持此值 小 光滑 小球将上升到与Ｏ点等高的位置 项正确 而小球不
， ， ， ， ，Ａ 。
球稳定地偏离竖直方向某一角度 橡皮筋在弹性限度内 与 受力时状态不变 小球受力时状态发生变化 是在假设和逻辑
（ ）， ， ，
稳定在竖直位置时相比 小球的高度 推理下得出的结论 不是实验直接得出的结论 所以 和 选
， （ ） ， ， Ｂ Ｃ
项错误 而 项不是本实验所说明的问题 故错误
。 Ｄ ， 。
考查点 牛顿运动定律
。
思路点拨 本题也可从能量守恒的角度分析 若斜面光滑 则
： ，
没有机械能的损失 小球必上升到与Ｏ点等高处
一定升高 ， 。
Ａ． ６．（２０１４北京理综，１８，６ 分）应用物理知识分析生活中的常见
一定降低
Ｂ． 现象 可以使物理学习更加有趣和深入 例如平伸手掌托起物
保持不变 ， 。
Ｃ． 体 由静止开始竖直向上运动 直至将物体抛出 对此现象分
升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 ， ， 。
Ｄ． 析正确的是
答案 Ａ 设橡皮筋原长为ｌ （ ）
０ 手托物体向上运动的过程中 物体始终处于超重状态
加速前平衡时橡皮筋伸长了ｘ Ａ． ，
０ 手托物体向上运动的过程中 物体始终处于失重状态
Ｂ． ，
在物体离开手的瞬间 物体的加速度大于重力加速度
Ｃ． ，
在物体离开手的瞬间 手的加速度大于重力加速度
Ｄ． ，
答案 Ｄ 物体由静止开始向上运动时 物体和手掌先一起
则有ｋｘ ｍｇ ，
当加速并
０＝
稳定时设小球偏离竖直方向 θ 角 橡皮筋伸长
加速向上
，
物体处于超重状态
，
之后物体和手掌分离前
，
应减速
， 向上 物体处于失重状态 故 均错误 当物体和手分离
了ｘ ， ， Ａ、Ｂ 。
时 二者速度相同 又因均做减速运动 故分离条件为ａ ＞ａ
由小球在竖直方向受力平衡有 ， ， ， 手 物，
分离瞬间物体的加速度等于重力加速度 则手的加速度大于重
ｋｘ θ ｍｇ ，
ｃｏｓ ＝ 力加速度 选项 正确 错误
联立得ｋｘ θ ｋｘ ， Ｄ ，Ｃ 。
ｃｏｓ ＝ ０ 考查点 超重和失重
ｘ θ ｘ 。
ｃｏｓ ＝ ０ 思路点拨 分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键 超
此时小球距悬挂点的竖直距离 。
重时物体具有向上的加速度 失重时物体具有向下的加速度
ｈ ｌ ｘ θ ， 。
＝（ ０＋ ）ｃｏｓ ７．（２０１３福建理综，２１，１９ 分）质量为Ｍ 长为 Ｌ的杆水平放
ｌ θ ｘ θ 、 ３
＝ ０ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ 置 杆两端Ａ Ｂ系着长为 Ｌ的不可伸长且光滑的柔软轻绳
ｌ θ ｘ ｌ ｘ ， 、 ３ ，
＝ ０ ｃｏｓ ＋ ０＜ ０＋ ０ 绳上套着一质量为ｍ的小铁环 已知重力加速度为ｇ 不计空
故小球一定升高 。 ，
气影响
选项 正确 。
Ａ 。
解题思路 求解本题的关键是以小球为研究对象 小球在竖
，
直方向上受力始终平衡 即ｍｇ ｋｘ ｋｘ θ ｘ ｘ θ 而
， ＝ ０＝ ｃｏｓ ， ０＝ ｃｏｓ 。
ｌ θ ｌ 导致ｌ θ ｘ ｌ ｘ 即小球升高 解题时不能只
０ ｃｏｓ ＜ ０， ０ｃｏｓ ＋ ０＜ ０＋ ０， 。
注意到ｘ ｘ θ 而忽视ｌ θ ｌ
０＝ ｃｏｓ ０ ｃｏｓ ＜ ０。
相似模型 如图弹性皮筋原长ｌ ｌ 在弹性限度内用力Ｆ将
０＝ ＡＢ，
物块ｍ向右拉动过程中 物块ｍ对地面的压力是否变化 Ｂ
， ？ （ 现让杆和环均静止悬挂在空中 如图甲 求绳中拉力
为光滑的固定轴 （１） ， ，
） 的大小
；
若杆与环保持相对静止 在空中沿ＡＢ方向水平向右
（２） ，
做匀加速直线运动 此时环恰好悬于 Ａ 端的正下方 如图乙
， ，
所示
。
求此状态下杆的加速度大小ａ
① ；
５．（２０１４北京理综，１９，６分）伽利略创造的把实验 假设和逻辑 为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力 方向
、 ② ，
推理相结合的科学方法 有力地促进了人类科学认识的发展 如何
， 。 ？
利用如图所示的装置做如下实验 小球从左侧斜面上的Ｏ点
： 答案 ６ｍｇ ３ｇ ２ ３ Ｍ ｍ ｇ 与水平方
由静止释放后沿斜面向下运动 并沿右侧斜面上升 斜面上先 （１） （２）① ② （ ＋ ）
， 。 ４ ３ ３
后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时 小球沿右侧斜面上升 向的夹角为 °斜向右上方
， ６０
到的最高位置依次为 根据三次实验结果的对比 可以 解析 如图 设平衡时 绳中拉力为Ｔ 有
１、２、３。 ， （１） １， ， ，
得到的最直接的结论是
（ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ７９
Ｈ ( ｖ２ ) Ｈ
θ和 θ和
Ｃ．ｔａｎ Ｄ． ｇＨ－１ ｔａｎ
４ ２ ４
答案 Ｄ 由动能定理有
Ｈ
ｍｇＨ μｍｇ θ １ ｍｖ２
－ － ｃｏｓ θ＝０－
ｓｉｎ ２
ｈ ( ｖ ) ２
ｍｇｈ μｍｇ θ １ ｍ
－ － ｃｏｓ θ＝０－
图 ｓｉｎ ２ ２
１ ( ｖ２ ) Ｈ
Ｔ θ ｍｇ 解得μ θ ｈ 故 正确
２ ｃｏｓ － ＝０ ① ＝ ｇＨ－１ ｔａｎ ， ＝ ， Ｄ 。
由图知 ２ ４
审题指导 物块上升到最大高度时速度为 对两次上滑过程
０，
利用动能定理列式求解即可
θ ６ 。
ｃｏｓ ＝ ② 知识拓展 斜面和水平面材料相同 物体从斜面上由静止滑到
３
，
由 式解得
水平面至停止运动 克服滑动摩擦力做功Ｗ μｍｇ θ ＡＢ μｍｇ
①② ， ｆ＝ ｃｏｓ · ＋
ＢＣ μｍｇ Ａ′Ｂ ＢＣ μｍｇＡ′Ｃ 与物体直接从水平面上Ａ′Ｃ段滑
Ｔ ６ｍｇ · ＝ （ ＋ ）＝ ，
＝ ③ 动时克服滑动摩擦力做功相同
４ 。
此时 对小铁环进行受力分析 如图 所示 有
（２）① ， ， ２ ，
２．（２０１３浙江理综，１９，６分） 多选 如图所示 总质量为
（ ） ， ４６０ ｋｇ
的热气球 从地面刚开始竖直上升时的加速度为 ． ２ 当
， ０ ５ ｍ／ｓ ，
热气球上升到 时 以 的速度向上匀速运动 若离
图 １８０ ｍ ， ５ ｍ／ｓ 。
２ 开地面后热气球所受浮力保持不变 上升过程中热气球总质量
Ｔ′ θ′ ｍａ ，
ｓｉｎ ＝ ④ 不变 重力加速度ｇ ２ 关于热气球 下列说法正确的是
， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ，
Ｔ′ Ｔ′ θ′ ｍｇ
＋ ｃｏｓ － ＝０ ⑤
由图知θ′ ° 代入 式解得 （ ）
＝６０ ， ④⑤
ａ ３ｇ
＝ ⑥
３
如图 设外力Ｆ与水平方向成α角 将杆和小铁环当
② ３， ，
成一个整体 有
，
所受浮力大小为
Ａ． ４８３０ Ｎ
加速上升过程中所受空气阻力保持不变
Ｂ．
从地面开始上升 后的速度大小为
图 Ｃ． １０ ｓ ５ ｍ／ｓ
３ 以 匀速上升时所受空气阻力大小为
Ｆ α Ｍ ｍ ａ Ｄ． ５ ｍ／ｓ ２３０ Ｎ
ｃｏｓ ＝（ ＋ ） ⑦ 答案 ＡＤ 刚开始上升时 空气阻力为零 Ｆ ｍｇ ｍａ 解
Ｆ α Ｍ ｍ ｇ ， ， 浮－ ＝ ，
ｓｉｎ －（ ＋ ） ＝０ ⑧ 得Ｆ ｍ ｇ ａ ． 项正确 加速
由 式解得 浮＝ （ ＋ ）＝４６０×（１０＋０５）Ｎ＝４ ８３０ Ｎ，Ａ 。
⑥⑦⑧ 上升过程 随着速度增大 空气阻力增大 项错误 浮力和重
， ， ，Ｂ 。
Ｆ ２ ３ Ｍ ｍ ｇ 力不变 而随着空气阻力的增大 加速度会逐渐减小 直至为
＝ （ ＋ ） ， ， ，
３ 零 故上升 后的速度 ｖ ａｔ 项错误 匀速上升
， １０ ｓ ＜ ＝５ ｍ／ｓ，Ｃ 。
α 时 Ｆ Ｆ ｍｇ 所以Ｆ Ｆ ｍｇ
ｔａｎ ＝ ３ ， 浮＝ ｆ＋ ， ｆ＝ 浮－ ＝４８３０ Ｎ－４６００ Ｎ＝２３０ Ｎ，Ｄ
α ° 项正确
＝６０ 。
即外力方向与水平方向的夹角为 °斜向右上方 ３．（２０１３海南单科，２，３分）一质点受多个力的作用 处于静止
６０ ，
状态 现使其中一个力的大小逐渐减小到零 再沿原方向逐渐
考点二 牛顿运动定律的应用 。 ，
恢复到原来的大小 在此过程中 其他力保持不变 则质点的
。 ， ，
１．（２０１４大纲全国，１９，６ 分）一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑 加速度大小ａ和速度大小ｖ的变化情况是
（ ）
动 当物块的初速度为ｖ时 上升的最大高度为Ｈ 如图所示 ａ和ｖ都始终增大
。 ， ， ； Ａ．
ｖ ａ和ｖ都先增大后减小
当物块的初速度为 时 上升的最大高度记为ｈ 重力加速度 Ｂ．
， 。 ａ先增大后减小 ｖ始终增大
２ Ｃ． ，
大小为ｇ 物块与斜坡间的动摩擦因数和ｈ分别为 ａ和ｖ都先减小后增大
。 （ ） Ｄ．
答案 Ｃ 质点在多个力作用下处于静止状态时 其中一个
，
力必与其余各力的合力等值反向 当该力大小逐渐减小到零
。
Ｈ ( ｖ２ ) Ｈ 的过程中 质点所受合力从零开始逐渐增大 做加速度逐渐增
θ和 θ和 ， ，
Ａ．ｔａｎ Ｂ． ｇＨ－１ ｔａｎ 大的加速运动 当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程
２ ２ ２ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
中 质点所受合力方向仍不变 大小逐渐减小到零 质点沿原方 物块沿斜面向上滑行的最大高度
， ， ， Ｄ．
向做加速度逐渐减小的加速运动 故 正确 答案 ＡＣＤ 设物块的质量为ｍ 斜面的倾角为θ 物块与斜
， Ｃ 。 、 ，
４．（２０１８浙江４月选考，８，３ 分）如图所示 小芳在体重计上完 面间的动摩擦因数为μ 物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大
， ，
成下蹲动作 下列Ｆ ｔ图像能反映体重计示数随时间变化的是 小分别为ａ 和ａ 根据牛顿第二定律有 ｍｇ θ μｍｇ θ
。 － １ ２， ： ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝
ｍａ ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ 再结合ｖ ｔ图线斜率的物理意
（ ） １， ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２。 －
ｖ ｖ
义有 ａ ０ ａ １ 由上述四式可见 无法求出ｍ 可以求出
： １＝ ｔ ， ２＝ ｔ 。 ， ，
１ １
θ μ 故 错 均正确 ｔ 时间内的ｖ ｔ图线与横轴包围
、 ， Ｂ ，Ａ、Ｃ 。 ０～ １ －
的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离 θ已求出 故可以
， ，
求出物块上滑的最大高度 故 正确
， Ｄ 。
７．（２０１５重庆理综，５，６分）若货物随升降机运动的ｖ ｔ图像如
－
图所示 竖直向上为正 则货物受到升降机的支持力Ｆ与时
（ ），
间ｔ关系的图像可能是
（ ）
答案 Ｃ 小芳下蹲的过程中先加速运动后减速运动 其加
，
速度方向先向下后向上 即小芳先失重后超重 她所受的支持
， ，
力先小于自身重力后大于自身重力 则示数先小于人的质量后
，
大于人的质量 故选项 正确
， Ｃ 。
５．（２０１６海南单科，５，３分）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面
平行向上的拉力 Ｆ 的作用 其下滑的速度－时间图线如图所
，
示 已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数 在０～５ ５～
。 ， ｓ，
１０ １０～１５ 内Ｆ的大小分别为Ｆ Ｆ 和Ｆ 则
ｓ， ｓ １、 ２ ３， （ ）
答案 Ｂ 由ｖ ｔ图像可知 升降机的运动过程为 向下加速
－ ， ：
Ａ． Ｆ １ ＜Ｆ ２ Ｂ． Ｆ ２ ＞Ｆ ３ Ｃ． Ｆ １ ＞Ｆ ３ Ｄ． Ｆ １ ＝Ｆ ３ （ 失重 ： Ｆ ＜ ｍｇ ）→ 向下匀速 （ Ｆ ＝ ｍｇ ）→ 向下减速 （ 超重 ：
答案 Ａ 根据 ｖ－ｔ 图像可知 ， 在０～５ ｓ 内加速度为 ａ １ ＝ Ｆ ＞ ｍｇ ）→ 向上加速 （ 超重 ： Ｆ ＞ ｍｇ ）→ 向上匀速 （ Ｆ ＝ ｍｇ ）→ 向上
０．２ ２ 方向沿斜面向下 在５～１０ 内 加速度 ａ ＝０ 在 减速 失重 Ｆ ｍｇ 对照Ｆ ｔ图像可知 正确
ｍ／ｓ ， ； ｓ ， ２ ； （ ： ＜ ）， － ，Ｂ 。
１０～１５ 内加速度为ａ ＝－０．２ ２ 方向沿斜面向上 受力分 ８．（２０１４山东理综，１５，６分） 多选 一
ｓ ３ ｍ／ｓ ， ； （ ）
析如图 在０～５ 内 根据牛顿第二定律 ｍｇ θ－ｆ－Ｆ ＝ 质点在外力作用下做直线运动 其速
。 ｓ ， ： ｓｉｎ １ ，
ｍａ 则Ｆ ＝ｍｇ θ－ｆ－０．２ｍ 在５～１０ 内 根据牛顿第二定 度ｖ随时间ｔ变化的图像如图 在图
１， １ ｓｉｎ ； ｓ ， 。
律 ｍｇ θ－ｆ－Ｆ ＝ｍａ 则Ｆ ＝ｍｇ θ－ｆ 在１０～１５ 内 根 中标出的时刻中 质点所受合外力的
： ｓｉｎ ２ ２， ２ ｓｉｎ ； ｓ ， ，
据牛顿第二定律 ｍｇ θ－ｆ－Ｆ ＝ｍａ 则 Ｆ ＝ｍｇ θ－ 方向与速度方向相同的有
： ｓｉｎ ３ ３， ３ ｓｉｎ （ ）
ｆ＋０．２ｍ ， 故可以得到Ｆ ３ ＞Ｆ ２ ＞Ｆ １， 故选项 Ａ 正确 。 Ａ． ｔ １ Ｂ． ｔ ２ Ｃ． ｔ ３ Ｄ． ｔ ４
答案 ＡＣ ｖ ｔ图像中 纵轴表示各时刻的速度 ｔ ｔ 时刻
－ ， ， １、 ２
速度为正 ｔ ｔ 时刻速度为负 图线上各点切线的斜率表示该
，３、４ ，
时刻的加速度 ｔ ｔ 时刻加速度为正 ｔ ｔ 时刻加速度为负
， １、 ４ ， ２、 ３ ，
根据牛顿第二定律 加速度与合外力方向相同 故ｔ 时刻合外
， ， １
力与速度均为正 ｔ 时刻合外力与速度均为负 正确
，３ ，Ａ、Ｃ ，Ｂ、Ｄ
错误
６．（２０１５课标Ⅰ，２０，６分，０．６７７） 多选 如图 一物块在ｔ 。
（ ） （ａ）， ９．（２０１４重庆理综，５，６分）以不同初速度将两个物体同时竖直
时刻滑上一固定斜面 其运动的 ｖ ｔ 图线如图 所示
＝０ ， － （ｂ） 。 向上抛出并开始计时 一个物体所受空气阻力可忽略 另一物
若重力加速度及图中的ｖ ｖ ｔ 均为已知量 则可求出 ， ，
０、 １、１ ， （ ） 体所受空气阻力大小与物体速率成正比 下列用虚线和实线描
，
述两物体运动的ｖ ｔ图像可能正确的是
－ （ ）
斜面的倾角
Ａ．
物块的质量
Ｂ．
物块与斜面间的动摩擦因数
Ｃ． 答案 Ｄ 受空气阻力作用的物体 上升过程 ｍｇ ｋｖ ｍａ
， ： ＋ ＝ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ８１
ｋ
得ａ ｇ ｖ ｖ减小 ａ减小 错误 到达最高点时ｖ ａ
＝ ＋ｍ ， ， ，Ａ 。 ＝０， ＝
ｇ 即两图线与ｔ轴相交时斜率相等 故 正确
， ， Ｄ 。
１０．（２０１４福建理综，１５，６分）如右图 滑
，
块以初速度ｖ 沿表面粗糙且足够长的
０
固定斜面 从顶端下滑 直至速度为
， ，
零 对于该运动过程 若用ｈ ｓ ｖ ａ分别表示滑块的下降高
。 ， 、 、 、
度 位移 速度和加速度的大小 ｔ表示时间 则下列图象最能
图
、 、 ， ， （ａ）
正确描述这一运动规律的是
（ ）
答案 Ｂ 设斜面倾角为θ 滑块沿斜面下滑时 由牛顿第
， ，
二定律有ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ａ ｇ θ μｇ θ 因此滑
ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ， ＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ ，
块下滑时加速度不变 选项 错误 滑块加速下滑时的位移ｓ
， Ｄ ；
ｖ ｔ １ ａｔ２ 选项 正确 滑块下降高度ｈ ｓ θ ｖ θ 图
＝ ０ ＋ ， Ｂ ； ＝ ·ｓｉｎ ＝ ０ ｓｉｎ （ｂ）
２ 从着舰到停止 飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时
Ａ． ，
ｔ １ ａ θ ｔ２ 选项 错误 滑块下滑时的速度ｖ ｖ ａｔ 的 ／
·＋ ｓｉｎ · ， Ａ ； ＝ ０＋ ， １ １０
２ 在 ． ． 时间内 阻拦索的张力几乎不随时间变化
选项 错误 Ｂ． ０４ ｓ～２５ ｓ ，
Ｃ 。 在滑行过程中 飞行员所承受的加速度大小会超过 ． ｇ
１１．（２０１３课标Ⅱ，１４，６分，０．７３３）一物块静止在粗糙的水平桌 Ｃ． ， ２５
在 ． ． 时间内 阻拦系统对飞机做功的功率几乎
面上 从某时刻开始 物块受到一方向不变的水平拉力作用 Ｄ． ０４ ｓ～２ ５ ｓ ，
。 ， 。 不变
假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 以ａ表
。 答案 ＡＣ 速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移
示物块的加速度大小 Ｆ表示水平拉力的大小 能正确描述 ，
， 。 估算图中面积约为 故 正确 由于速度图线的斜率表
Ｆ与ａ之间关系的图像是 １１０ ｍ， Ａ ；
（ ） 示物体的加速度 由图可知在 ． ． 内飞机加速度大小
， ０４ ｓ～２５ ｓ
几乎不变 约为 ２ 则飞机所受阻拦索的合力Ｆ不变 但
， ２７ｍ／ｓ ， ，
飞机的速度在减小 两侧阻拦索间夹角θ在减小 故由Ｐ Ｆｖ
， ， ＝
θ
知 错误 由Ｆ Ｔ 知阻拦索的张力在减小 错误
Ｄ ； ＝２ ｃｏｓ ，Ｂ ；
答案 Ｃ 物块的受力如图所示 当Ｆ不大于最大静摩擦 ２
， 由上述知 正确
力时 物块仍处于静止状态 故其加速度为 当Ｆ大于最大 Ｃ 。
， ， ０； 考查点 力的合成与分解 运动图像问题
静摩擦力后 由牛顿第二定律得Ｆ μＦ ｍａ 即Ｆ μＦ ｍａ 、
Ｆ与ａ成线性
，
关系 选项 正确
－ Ｎ＝ ， ＝ Ｎ＋ ， 解题关键
（１）
估算ｖ
－
ｔ图像中图线与时间轴所围面积
，０～
。 Ｃ 。 ． 围成的图形视为矩形 ． ． 围成的图形视为三
０４ ｓ ，０ ４～３ ０ ｓ
角形
。
． ． 加速度不变 则合力不变 由力的合成可知
（２）０４～２５ ｓ ， ，
拦阻索的张力改变
。
易错警示 阻拦系统对飞机做功的功率等于两个拦阻索的
考查点 牛顿第二定律的应用 张力功率的代数和 也等于阻拦索合力对飞机做功的功率
， 。
解题关键 通过动力学分析推出Ｆ与ａ的函数关系表达式 １３．（２０１３浙江理综，１７，６ 分）如图所示 水平木板
。 ，
易错警示 注意题中假设物块与桌面间的最大静摩擦力等 上有质量ｍ ． 的物块 受到随时间ｔ变化的
＝１０ ｋｇ ，
于滑动摩擦力 水平拉力Ｆ作用 用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力
。 ，
１２．（２０１３课标Ⅰ，２１，６ 分，０．２３５） 多选 年 月 歼 Ｆ 的大小 取重力加速度ｇ ２ 下列判断正确的是
（ ）２０１２ １１ ，“ ｆ 。 ＝１０ｍ／ｓ ，
舰载机在 辽宁号 航空母舰上着舰成功 图 为利用
１５” “ ” 。 （ａ） （ ）
阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图 飞
。
机着舰并成功钩住阻拦索后 飞机的动力系统立即关闭 阻拦
， ，
系统通过阻拦索对飞机施加一作用力 使飞机在甲板上短距
，
离滑行后停止 某次降落 以飞机着舰为计时零点 飞机在
。 ， ，
ｔ ． 时恰好钩住阻拦索中间位置 其着舰到停止的速度 内拉力对物块做功为零
＝０４ ｓ ， － Ａ．５ ｓ
时间图线如图 所示 假如无阻拦索 飞机从着舰到停止 末物块所受合力大小为 ．
（ｂ） 。 ， Ｂ．４ ｓ ４０ Ｎ
需要的滑行距离约为 已知航母始终静止 重力加速 物块与木板之间的动摩擦因数为 ．
１０００ｍ。 ， Ｃ． ０４
度的大小为ｇ 则 内物块的加速度大小为 ． ２
。 （ ） Ｄ．６ ｓ～９ ｓ ２０ ｍ／ｓ
答案 Ｄ 由图像可知物块在 内处于静止状态 其所
０～４ｓ ，
受合外力为零 选项 错误 内做变加速直线运动 因
， Ｂ ；４ｓ～５ｓ ，
此 内拉力对物块做的功不为零 选项 错误 物块的滑动
５ ｓ ， Ａ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ 动车 不提供动力的车厢叫拖车 假设动车组各车厢质量均
摩擦力Ｆ 则μ ｆ ． 选项 错误 在 内由 ， 。
ｆ＝３ Ｎ， ＝ｍｇ＝０３， Ｃ ； ６ ｓ～９ ｓ 相等 动车的额定功率都相同 动车组在水平直轨道上运行过
， ，
程中阻力与车重成正比 某列动车组由 节车厢组成 其中
牛顿第二定律得Ｆ Ｆ ｍａ ａ ５－３ ２ ． ２ 选项 。 ８ ，
～ ｆ＝ ， ＝ ． ｍ／ｓ ＝２ ０ ｍ／ｓ ， Ｄ 第 节车厢为动车 其余为拖车 则该动车组
１０ １、５ ， ， （ ）
正确
。
１４．（２０１３广东理综，１９，４分） 多选 如图 游乐场中 从高处Ａ
（ ） ， ，
到水面Ｂ处有两条长度相同的光滑轨道 甲 乙两小孩沿不
。 、
同轨道同时从Ａ处自由滑向Ｂ处 下列说法正确的有
， （ ）
启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
Ａ．
做匀加速运动时 第 节与第 节车厢间的作用力之
Ｂ． ， ５、６ ６、７
比为
３ ∶ ２
甲的切向加速度始终比乙的大 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时
Ａ． Ｃ．
甲 乙在同一高度的速度大小相等 的速度成正比
Ｂ． 、
甲 乙在同一时刻总能到达同一高度 与改为 节动车带 节拖车的动车组最大速度之比为
Ｃ． 、 Ｄ． ４ ４ １ ∶ ２
甲比乙先到达Ｂ处 答案 ＢＤ 启动时 乘客与车一起做加速运动 由牛顿第
Ｄ． ， ，
答案 ＢＤ 由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙 二定律可知 乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同
， ，
的 后是小于乙的 项错误 由机械能守恒定律可知 甲 乙 选项 错误 对 节车厢水平方向受力分析 如图甲
， ，Ａ 。 ， 、 Ａ ； ６、７、８ ，
在同一高度时速度大小相等 项正确 开始时甲的加速度 所示
，Ｂ 。
大于乙的加速度 故甲开始时下滑较快 项错误 因开始时
， ，Ｃ 。
甲的平均加速度较大 其在整个过程中的平均速度大于乙的
，
平均速度 所以甲比乙先到达Ｂ处 项正确 甲
， ，Ｄ 。
１５．（２０１３重庆理综，４，６分）图 为伽利略研究自由落体运动 由牛顿第二定律可得 Ｆ ｋｍｇ ｍａ 对 节车厢水平方向
１ ： １－３ ＝３ ； ７、８
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 受力分析 如图乙所示
， ， ，
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 乙
变化的图像分别对应图 中的 Ｆ
２ （ ） 由牛顿第二定律可得Ｆ ｋｍｇ ｍａ 两方程联立可得 １ ３
２－２ ＝２ ， Ｆ ＝ ，
２ ２
选项 正确 动车组进站时 做匀减速直线运动 由速度位移公式可
Ｂ ； ， ，
ｖ２
得ｘ 即ｘ与ｖ２成正比 选项 错误 由功率定义和牛顿第二定
＝ ａ′， ， Ｃ ；
２
律可得
：
Ｐ
第一种情况动车组的最大速度为ｖ ２ ｋｍｇ
图 图
１，ｖ
１
－８ ＝０，
１ ２ Ｐ
和 和 第二种情况动车组的最大速度为ｖ ４ ｋｍｇ
Ａ．①、② ③ Ｂ．③、② ① ２，ｖ －８ ＝０，
和 和 ２
Ｃ．②、③ ① Ｄ．③、① ② ｖ
答案 Ｂ 重力加速度ｇ与θ无关 其值在θ值增大时保持 两方程联立可得 １ １ 选项 正确
， ｖ ＝ ， Ｄ 。
不变
，
故其图像应为
①，
则
Ａ、Ｄ
两项均错
。
当θ
＝０
时小球的
审题指导 在解答选
２
项
２
时 理解 最大速度 的含义是解答关键
Ｄ ， “ ” ，
加速度ａ 故其图像必定为 所以 项正确 项错误
＝０， ②， Ｂ ，Ｃ 。 速度最大时 ， 动车组受到的合外力为零 。 动车组为连接体问题 ， 合理
１６．（２０２０江苏单科，５，３分）中欧班列在欧亚大陆开辟了 生命 选取研究对象 可以有效减少计算量
“ ， 。
之路 为国际抗疫贡献了中国力量 某运送防疫物资的班 １８．（２０１６江苏单科，９，４分） 多选 如图所示 一只猫在桌边猛地
”， 。 （ ） ，
列由 节质量相等的车厢组成 在车头牵引下 列车沿平直 将桌布从鱼缸下拉出 鱼缸最终没有滑出桌面 若鱼缸 桌布 桌
４０ ， ， ， 。 、 、
轨道匀加速行驶时 第 节对第 节车厢的牵引力为Ｆ 若 面两两之间的动摩擦因数均相等 则在上述过程中
， ２ ３ 。 ， （ ）
每节车厢所受摩擦力 空气阻力均相等 则倒数第 节对倒数
、 ， ３
第 节车厢的牵引力为
２ （ ）
Ｆ Ｆ Ｆ
Ｆ １９
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２０ １９ ２０
答案 Ｃ 设每节车厢所受的阻力 包括摩擦力 空气阻力
（ 、 ）
为ｆ 以后面 节车厢为研究对象有Ｆ ｆ ｍａ 以最后两节
， ３８ －３８ ＝３８ ，
Ｆ 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
车厢为研究对象 有Ｆ′ ｆ ｍａ 联立上面两式可得Ｆ′ Ａ．
， －２ ＝２ ， ＝ ， 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
１９ Ｂ．
故 正确 若猫增大拉力 鱼缸受到的摩擦力将增大
Ｃ 。 Ｃ． ，
１７．（２０１６天津理综，８，６分）我国高铁技术处于世界领先水平 若猫减小拉力 鱼缸有可能滑出桌面
。 Ｄ． ，
和谐号动车组是由动车和拖车编组而成 提供动力的车厢叫 答案 ＢＤ 由题图可见 鱼缸相对桌布向左滑动 故桌布
， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ８３
对鱼缸的滑动摩擦力方向向右 错 因为鱼缸与桌布 鱼缸 为Ａ对 Ｂ 的最大静摩擦力 μｍｇ 故 Ｂ 的最大加速度 ａ
，Ａ 。 、 ２ ， Ｂ ｍ＝
与桌面间的动摩擦因数相等 所以鱼缸加速过程与减速过程
， μｍｇ １ μｍｇ
的加速度大小相等 均为μｇ 由ｖ ａｔ可知 鱼缸在桌布上加 ２ － ×３
， ； ＝ ， ２ １ μｇ 可见 正确
速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等 故 正确 ｍ ＝ ， Ｄ 。
， Ｂ 。 ２
若猫增大拉力 鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力 由 Ｆ 考查点 本题考查了牛顿第二定律及其应用 静摩擦力和
μｍｇ可知 Ｆ 不 ， 变 故 错 若猫的拉力减小到使鱼 ， 缸不 ｆ 会 ＝ 滑动摩擦力 等知识以及分析物体受力情况和运 、 动状态的能
相对桌布 ， 滑动 ｆ 则鱼 ， 缸 Ｃ 就会 。 滑出桌面 故 正确 力 对考生的分析综合能力有较高的要求 属于中等难度题
， ， Ｄ 。 。 ， 。
审题技巧 审题时抓住下列关键词 猛地 拉出 没有 易错警示 易错选 项 错误地将Ａ Ｂ发生相对运动的临界
：“ …… ”、“ Ａ ， 、
滑出桌面 动摩擦因数均相等 条件当成Ａ Ｂ整体相对地面发生相对运动的临界条件
”、“ ”。 、 。
１９．（２０１１课标，２１，６分）如图 在光滑水平面上有一质量为ｍ ２１．（２０１６四川理综，１０，１７分）避险车道是避免恶性交通事故
的足够长的木板 其上叠放 ， 一质量为 ｍ 的木块 假定木块 １ 的重要设施 由制动坡床和防撞设施等组成 如图竖直平面
和木板之间的最大 ， 静摩擦力和滑动摩擦力 ２ 相等 。 现给木块施 内 制动坡床 ， 视为与水平面夹角为θ的斜面 ， 一辆长 的
。 ， 。 １２ ｍ
加一随时间ｔ增大的水平力Ｆ ｋｔ ｋ是常数 木板和木块加 载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床 当车速为
＝ （ ）， ，
速度的大小分别为ａ 和ａ 下列反映ａ 和ａ 变化的图线 时 车尾位于制动坡床的底端 货物开始在车厢内向车
中正确的是 １ ２。 １ ２ ２ 头 ３ 滑 ｍ 动 ／ｓ 当 ， 货物在车厢内滑动了 ， 时 车头距制动坡床顶端
（ ） ， ４ ｍ ，
再过一段时间 货车停止 已知货车质量是货物质量的
３８ ｍ， ， 。
倍 货物与车厢间的动摩擦因数为 ． 货车在制动坡床上
４ ， ０ ４；
运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 ． 倍 货
０ ４４ 。
物与货车分别视为小滑块和平板 取 θ θ ．
， ｃｏｓ ＝１，ｓｉｎ ＝０ １，
ｇ ２ 求
＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
答案 Ａ 在ｍ 与ｍ 相对滑动前 Ｆ ｋｔ ｍ ｍ ａ ａ与
２ １ ， ＝ ＝（ １＋ ２） ，
ｋ
ｔ成正比关系 ａ ｔ关系图线的斜率为 当ｍ 与ｍ 相
， － ｍ ｍ ， １ ２
１＋ ２
μｍ ｇ
对滑动后 ｍ 受的是ｆ ｍ ｇμ ｍ ａ ａ ２ 为一恒量 对
， １ ２１＝ ２ ＝ １ １， １＝ ｍ ，
１
ｋｔ ｋ
ｍ 有Ｆ μｍ ｇ ｍ ａ 得ａ μｇ 斜率为 可知 正确
２ － ２ ＝ ２ ２， ２＝ｍ － ， ｍ ， Ａ ，
２ ２
错误 货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向
Ｂ、Ｃ、Ｄ 。 （１） ；
２０．（２０１４江苏单科，８，４分） 多选 如图所示 Ａ Ｂ两物块的质 制动坡床的长度
（ ） ， 、 （２） 。
量分别为 ｍ和ｍ 静止叠放在水平地面上 Ａ Ｂ间的动摩擦 答案 ２ 方向沿制动坡床向下
２ ， 。 、 （１）５ ｍ／ｓ （２）９８ ｍ
解析 设货物的质量为ｍ 货物在车厢内滑动过程中
因数为μ Ｂ与地面间的动摩擦因数为 １ μ 最大静摩擦力等 （１） ， ，
， 。 货物与车厢间的动摩擦因数μ ． 受摩擦力大小为ｆ 加速
２ ＝０ ４， ，
于滑动摩擦力 重力加速度为ｇ 现对Ａ施加一水平拉力Ｆ 度大小为ａ 则
， 。 ， １，
则 ｆ ｍｇ θ ｍａ
（ ） ＋ ｓｉｎ ＝ １ ①
ｆ μｍｇ θ
＝ ｃｏｓ ②
联立 式并代入数据得ａ ２
①② １＝５ ｍ／ｓ ③
ａ 的方向沿制动坡床向下
１ 。
设货车的质量为Ｍ 车尾位于制动坡床底端时的车
当Ｆ μｍｇ时 Ａ Ｂ都相对地面静止 （２） ，
Ａ． ＜２ ， 、 速为ｖ 货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床
＝２３ ｍ／ｓ。
当Ｆ ５ μｍｇ时 Ａ的加速度为 １ μｇ 顶端ｓ 的过程中 用时为ｔ 货物相对制动坡床的运动
Ｂ． ＝
２
，
３ 距离为
０＝
ｓ
３８
在
ｍ
车厢内滑动
，
的距离ｓ
，
货车的加速度大小为
Ｃ．
当Ｆ
＞３
μｍｇ时
，
Ａ相对Ｂ滑动
ａ 货车相
１，
对制动坡床的运动距离
＝
为
４ ｍ
ｓ
，
货车受到制动坡床
无论Ｆ为何值 Ｂ的加速度不会超过 １ μｇ 的 ２， 阻力大小为Ｆ Ｆ是货车和货物总重 ２ 的 。 ｋ倍 ｋ ． 货车
Ｄ． ， ， ， ＝０ ４４，
２
答案 ＢＣＤ 对 Ａ
、
Ｂ 整体
，
地面对 Ｂ 的最大静摩擦力为 长度ｌ ０＝１２ ｍ， 制动坡床的长度为ｌ ， 则
Ｍｇ θ Ｆ ｆ Ｍａ
３ μｍｇ 故当 ３ μｍｇ Ｆ 时 Ａ Ｂ 相对地面运动 故 错 对 ｓｉｎ ＋ － ＝ ２ ④
， ＜ ， 、 ， Ａ 。 Ｆ ｋ ｍ Ｍ ｇ
２ ２ ＝ （ ＋ ） ⑤
μ
Ａ Ｂ整体应用牛顿第二定律 有Ｆ ｍｇ ｍａ 对Ｂ 在Ａ ｓ ｖｔ １ ａ ｔ２
、 ， － ×３ ＝３ ； ， 、 １＝ － １ ⑥
２ ２
μ
Ｂ恰好要发生相对运动时 μ ｍｇ ｍｇ ｍａ 两式联立解 ｓ ｖｔ １ ａ ｔ２
， ×２ － ×３ ＝ ， ２＝ － ２ ⑦
２ ２
得Ｆ μｍｇ 可见 当Ｆ μｍｇ时 Ａ相对Ｂ滑动 对 当Ｆ ｓ ｓ ｓ
＝３ ， ， ＞３ ， ，Ｃ 。 ＝ １－ ２ ⑧
μ ｌ ｌ ｓ ｓ
５ μｍｇ时 Ａ Ｂ 相对静止 对整体有 ５ μｍｇ ｍｇ ＝ ０＋ ０＋ ２ ⑨
＝ ， 、 ， ： － ×３ ＝ 联立 并代入数据得ｌ
２ ２ ２ ①②④～⑨ ＝９８ ｍ ⑩
解题指导 货物在车厢内向上滑动时 通过受力分析 由
ｍａ ａ １ μｇ 故 正确 无论Ｆ为何值 Ｂ所受最大的动力 （１） ， ，
３ ， ＝ ， Ｂ 。 ， 牛顿第二定律可求货物的加速度大小和方向
３ 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
货车和货物沿坡床上滑过程中 货车 货物都做减速 小物块相对木板的位移为
（２） ， 、
运动 二者位移的几何关系是解答此题的关键所在 ｓ ｓ ｓ
， 。 Δ ＝ ２－ １ 􀃊􀁉􀁕
２２．（２０１５课标Ⅰ，２５，２０分）一长木板置于粗糙水平地面上 木 联立 式 并代入数据得
， ⑥⑧⑨⑩􀃊􀁉􀁓􀃊􀁉􀁔􀃊􀁉􀁕 ，
板左端放置一小物块 在木板右方有一墙壁 木板右端与墙壁 ｓ ．
； ， Δ ＝６０ ｍ 􀃊􀁉􀁖
的距离为 ． 如图 所示 ｔ 时刻开始 小物块与木板 因为运动过程中小物块没有脱离木板 所以木板的最小
４５ｍ， （ａ） 。 ＝０ ， ，
一起以共同速度向右运动 直至ｔ 时木板与墙壁碰撞 碰 长度应为 ．
， ＝１ ｓ （ ６０ ｍ。
撞时间极短 碰撞前后木板速度大小不变 方向相反 运动 在小物块和木板具有共同速度后 两者向左做匀变
）。 ， ； （３） ，
过程中小物块始终未离开木板 已知碰撞后 时间内小物 速运动直至停止 设加速度为ａ 此过程中小物块和木板运
。 １ ｓ ， ４，
块的ｖ ｔ图线如图 所示 木板的质量是小物块质量的 动的位移为ｓ 由牛顿第二定律及运动学公式得
－ （ｂ） 。 １５ ３。
倍 重力加速度大小ｇ取 ２ 求 μ ｍ Ｍ ｇ ｍ Ｍ ａ
， １０ ｍ／ｓ 。 １（ ＋ ） ＝（ ＋ ） ４ 􀃊􀁉􀁗
木板与地面间的动摩擦因数 μ 及小物块与木板间 ｖ２ ａ ｓ
（１） １ ０－ ３＝２ ４ ３ 􀃊􀁉􀁘
的动摩擦因数μ 碰后木板运动的位移为
２；
木板的最小长度 ｓ ｓ ｓ
（２） ； ＝ １＋ ３ 􀃊􀁉􀁙
木板右端离墙壁的最终距离 联立 式 并代入数据得
（３） 。 ⑥⑧⑨⑩􀃊􀁉􀁓􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁘􀃊􀁉􀁙 ，
ｓ ．
＝－６５ ｍ 􀃊􀁉􀁚
木板右端离墙壁的最终距离为 ．
６５ ｍ。
２３．（２０１３江苏单科，１４，１６分）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ｍ 和ｍ 各接触面间的动摩擦因数
答案 ． ． ． ． 均为μ 重力加速度为ｇ １ ２，
（１）０１ ０４ （２）６０ ｍ （３）６５ ｍ 。 。
解析 规定向右为正方向 木板与墙壁相碰前 小物
（１） 。 ，
块和木板一起向右做匀变速运动 设加速度为 ａ 小物块和
， １，
木板的质量分别为ｍ和Ｍ 由牛顿第二定律有
。
μ ｍ Ｍ ｇ ｍ Ｍ ａ
－ １（ ＋ ） ＝（ ＋ ） １ ①
由图 可知 木板与墙壁碰前瞬间的速度ｖ 由
（ｂ） ， １＝４ ｍ／ｓ， 当纸板相对砝码运动时 求纸板所受摩擦力的大小
运动学公式得 （１） ， ；
要使纸板相对砝码运动 求所需拉力的大小
ｖ ｖ ａ ｔ （２） ， ；
１＝ ０＋ １ １ ② 本实验中 ｍ ． ｍ ． μ ． 砝码与纸
（３） ， １＝０ ５ ｋｇ， ２＝０ １ ｋｇ， ＝０ ２，
ｓ ｖ ｔ １ ａ ｔ２ 板左端的距离ｄ ． 取ｇ ２ 若砝码移动的距离
０＝ ０ １＋ １ １ ③ ＝０１ ｍ， ＝１０ ｍ／ｓ 。
２ 超过ｌ ． 人眼就能感知 为确保实验成功 纸板所需
式中 ｔ ｓ ． 是木板与墙壁碰前瞬间的位移 ＝０００２ ｍ， 。 ，
，１＝１ ｓ， ０＝４ ５ ｍ ， 的拉力至少多大
ｖ 是小物块和木板开始运动时的速度 ？
０ 。 答案 μ ｍ ｍ ｇ
联立 式并结合题给条件得 （１） （２ １＋ ２）
①②③ 大于 μ ｍ ｍ ｇ
μ ． （２） ２ （ １＋ ２）
１＝０１ ④ ．
在木板与墙壁碰撞后 木板以 ｖ 的初速度向左做匀变 （３）２２４ Ｎ
， － １ 解析 砝码对纸板的摩擦力ｆ μｍ ｇ
速运动 小物块以ｖ 的初速度向右做匀变速运动 设小物块 （１） １＝ １
， １ 。 桌面对纸板的摩擦力ｆ μ ｍ ｍ ｇ
的加速度为ａ 由牛顿第二定律有 ２＝ （ １＋ ２）
２， ｆ ｆ ｆ
μ ｍｇ ｍａ ＝ １＋ ２
－ ２ ＝ ２ ⑤ 解得ｆ μ ｍ ｍ ｇ
由图 可得 ＝ （２ １＋ ２）
（ｂ） 设砝码的加速度为ａ 纸板的加速度为ａ 则
ｖ ｖ （２） １， ２，
ａ ２－ １ ｆ ｍ ａ
２＝ｔ ｔ ⑥ １＝ １ １
２－ １ Ｆ ｆ ｆ ｍ ａ
式中 ｔ ｖ 联立 式并结合题给条件得 － １－ ２＝ ２ ２
，２＝２ ｓ， ２＝０， ⑤⑥ 发生相对运动时ａ ａ
μ ． ２＞ １
２＝０４ ⑦ 解得Ｆ μ ｍ ｍ ｇ
设碰撞后木板的加速度为ａ 经过时间 ｔ 木板和小 ＞２ （ １＋ ２）
（２） ３， Δ，
物块刚好具有共同速度ｖ 由牛顿第二定律及运动学公式得 纸板抽出前 砝码运动的距离为ｘ １ ａ ｔ２
３。 （３） ， １＝
２
１ １
μ ｍｇ μ Ｍ ｍ ｇ Ｍａ
ｖ ３
２
＝－
＋
ｖ １＋
１
ａ
（
３Δ
＋
ｔ
） ＝ ３ ⑧
⑨
纸板运动的距离为ｄ
＋
ｘ
１＝ ２
１ ａ
２
ｔ２
１
ｖ ｖ ａ ｔ 纸板抽出后 砝码在桌面上运动的距离
３＝ １＋ ２Δ ⑩ ，
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中 木
板的位移为
， ｘ
２＝
１ ａ
３
ｔ２
２
２
ｖ ｖ 拉力最小时 砝码移动距离最大 有ｌ ｘ ｘ
ｓ － １＋ ３ ｔ ， ， ＝ １＋ ２
１＝ Δ 􀃊􀁉􀁓 由题意知ａ ａ ａ ｔ ａ ｔ
２ １＝ ３， １ １＝ ３ ２
小物块的位移为 ｄ
解得Ｆ μ ｍ ｍ ｇ
ｖ ｖ ＝２ ［ １＋（１＋ ｌ ） ２］
ｓ １＋ ３ ｔ
２＝ Δ 􀃊􀁉􀁔 代入数据得Ｆ ．
２ ＝２２４ Ｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ８５
２４．（２０１４课标Ⅰ，２４，１２分）公路上行驶的两汽车之间应保持 １
ｓ＝ ｇｔ２ ②
一定的安全距离 当前车突然停止时 后车司机可以采取刹 ２
。 ，
车措施 使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰 通常 根据题意有
， 。
情况下 人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 当 ｓ＝３．９×１０４ －１．５×１０３ ＝３．７５×１０４ ③
， １ ｓ， ｍ ｍ ｍ
汽车在晴天干燥沥青路面上以 的速度匀速行驶时 联立①②③式得
１０８ ｋｍ／ｈ ，
安全距离为 设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩 ｔ＝８７ ④
１２０ ｍ。 ｓ
擦因数为晴天时的 ／ 若要求安全距离仍为 求汽车 ｖ＝８．７×１０２ ⑤
２ ５， １２０ ｍ， ｍ／ｓ
在雨天安全行驶的最大速度 ２ 该运动员达到最大速度ｖ 时 加速度为零 根据牛
。 （ ） ｍａｘ ， ，
答案 顿第二定律有
２０ ｍ／ｓ（７２ ｋｍ／ｈ）
解析 设路面干燥时 汽车与路面间的动摩擦因数为μ 刹 ｍｇ＝ｋｖ２ ⑥
， ０， ｍａｘ
车时汽车的加速度大小为ａ 安全距离为ｓ 反应时间为ｔ 由 由所给的ｖ－ｔ图像可读出
０， ， ０，
牛顿第二定律和运动学公式得 ｖ ３６０ ⑦
ｍａｘ≈ ｍ／ｓ
μ ｍｇ ｍａ 由⑥⑦式得
０ ＝ ０ ①
ｖ２ ｋ＝０．００８
ｋｇ／ｍ
⑧
ｓ ＝ ｖ ０ ｔ ０＋ ２ ａ ０ ０ ② ２６．（２０１３山东理综，２２，１５分）如图所示 ， 一质量ｍ ＝０ ． ４ ｋｇ 的
式中 ｍ和ｖ 分别为汽车的质量和刹车前的速度 小物块 以ｖ 的初速度 在与斜面成某一夹角的拉力
， ０ 。 ， ０＝２ ｍ／ｓ ，
设在雨天行驶时 汽车与路面间的动摩擦因数为μ 依题 Ｆ作用下 沿斜面向上做匀加速运动 经ｔ 的时间物块由
， ， ， ， ＝２ ｓ
Ａ点运动到Ｂ点 Ａ Ｂ之间的距离Ｌ 已知斜面倾角θ
意有μ ２ μ ， 、 ＝１０ ｍ。
＝ ０ ③
５ ° 物块与斜面之间的动摩擦因数μ ３ 重力加速度ｇ
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为ａ 安全行驶 ＝３０ ， ＝ 。
， ３
的最大速度为ｖ 由牛顿第二定律和运动学公式得 取 ２
， １０ ｍ／ｓ 。
μｍｇ ｍａ
＝ ④
ｖ２
ｓ ｖｔ
＝ ０＋ ａ ⑤
２
联立 式并代入题给数据得
①②③④⑤
ｖ
＝２０ ｍ／ｓ（７２ ｋｍ／ｈ） ⑥
求物块加速度的大小及到达Ｂ点时速度的大小
（１） 。
２５．（２０１４课标Ⅱ，２４，１３ 分）２０１２ 年１０ 月 奥地利极限运动
拉力Ｆ与斜面夹角多大时 拉力Ｆ最小 拉力Ｆ的
，
（２） ， ？
员菲利克斯 鲍姆加特纳乘气球升至约３９ 的高空后跳
最小值是多少
· ｋｍ
？
下 经过４分２０秒到达距地面约１．５ 高度处 打开降落
， ｋｍ ，
伞并成功落地 打破了跳伞运动的多项世界纪录 取重力加 答案 ２ ° １３ ３
， 。 （１）３ ｍ／ｓ ８ ｍ／ｓ （２）３０ Ｎ
速度的大小ｇ＝１０ ２ ５
ｍ／ｓ 。 解析 设物块加速度的大小为ａ 到达Ｂ点时速度的大
１ 若忽略空气阻力 求该运动员从静止开始下落至 （１） ，
（ ） ， 小为ｖ 由运动学公式得
１．５ 高度处所需的时间及其在此处速度的大小 ，
ｋｍ ；
２ 实际上 物体在空气中运动时会受到空气的阻力 高 Ｌ ｖ ｔ １ ａｔ２
（ ） ， ， ＝ ０ ＋ ①
速运动时所受阻力的大小可近似表示为 ｆ＝ｋｖ２ 其中 ｖ为速 ２
， ｖ ｖ ａｔ
率 ｋ为阻力系数 其数值与物体的形状 横截面积及空气密 ＝ ０＋ ②
， ， 、 联立 式 代入数据得
度有关 已知该运动员在某段时间内高速下落的ｖ－ｔ图像如 ①② ，
。 ａ ２
图所示 若该运动员和所带装备的总质量ｍ＝１００ 试估 ＝３ ｍ／ｓ ③
。 ｋｇ， ｖ
算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数 结果 ＝８ ｍ／ｓ ④
。 （ 设物块所受支持力为Ｆ 所受摩擦力为 Ｆ 拉力与
保留１位有效数字 （２） Ｎ， ｆ，
） 斜面间的夹角为α 受力分析如图所示 由牛顿第二定律得
， ，
Ｆ α ｍｇ θ Ｆ ｍａ
ｃｏｓ － ｓｉｎ － ｆ＝ ⑤
Ｆ α Ｆ ｍｇ θ
ｓｉｎ ＋ Ｎ－ ｃｏｓ ＝０ ⑥
又Ｆ μＦ
ｆ＝ Ｎ ⑦
联立 式得
⑤⑥⑦
ｍｇ θ μ θ ｍａ
答案
（
１
）
８７
ｓ
８．７×１０２
ｍ／ｓ （
２
）
０．００８
ｋｇ／ｍ
Ｆ
＝
（ｓ
ｃ
ｉ
ｏ
ｎ
ｓ α
＋
＋ μ
ｃ
ｓ
ｏ
ｉ
ｓ
ｎ α
）＋
⑧
解析 １ 设该运动员从开始自由下落至１．５ 高度处
由数学知识得
（ ） ｋｍ
的时间为ｔ 下落距离为ｓ 在１．５ 高度处的速度大小为ｖ
， ， ｋｍ 。
根据运动学公式有 α ３ α ２ ３ ° α
ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ （６０ ＋ ） ⑨
ｖ＝ｇｔ ① ３ ３
由 式可知对应Ｆ最小时与斜面间的夹角
⑧⑨
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
α ° 的动摩擦因数分别为μ μ 由牛顿第二定律得
＝３０ ⑩ １、 ２，
联立 式 代入数据得Ｆ的最小值为 μ ｍｇ ｍａ
③⑧⑩ ， １ ＝ １ ③
μ μ ｍｇ ｍａ
Ｆ １３ ３ （ １＋２ ２） ＝ ２ ④
ｍｉｎ＝ Ｎ 􀃊􀁉􀁓 联立 式得
５ ①②③④
２７．（２０１３课标Ⅱ，２５，１８分）一长木板在水平地面上运动 在ｔ μ ．
， １＝０２０ ⑤
时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上 以后木 μ ．
＝０ ， ２＝０３０ ⑥
板运动的速度 时间图像如图所示 已知物块与木板的质量 在ｔ 时刻后 地面对木板的摩擦力阻碍木板运动 物
－ 。 （２） １ ， ，
相等 物块与木板间及木板与地面间均有摩擦 物块与木板间 块与木板之间的摩擦力改变方向 设物块与木板之间的摩擦
， ， 。
的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且物块始终在木板上 取 力大小为ｆ 物块和木板的加速度大小分别为ａ ′和ａ ′ 则由
， 。 ， １ ２ ，
重力加速度的大小ｇ ２ 求 牛顿第二定律得
＝１０ ｍ／ｓ ， ：
ｆ ｍａ ′
＝ １ ⑦
μ ｍｇ ｆ ｍａ ′
２ ２ － ＝ ２ ⑧
假设ｆ μ ｍｇ 则 ａ ′ ａ ′ 由 式得 ｆ μ ｍｇ
＜ １ ， １ ＝ ２ ； ⑤⑥⑦⑧ ＝ ２ ＞
μ ｍｇ 与假设矛盾 故
１ ， 。
ｆ μ ｍｇ
＝ １ ⑨
由 式知 物块加速度的大小ａ ′等于ａ 物块的ｖ ｔ
⑦⑨ ， １ １； －
图像如图中点划线所示
物块与木板间 木板与地面间的动摩擦因数 。
（１） 、 ；
从ｔ 时刻到物块与木板均停止运动时 物块相对
（２） ＝０ ，
于木板的位移的大小
。
答案 ． ． ．
（１）０２０ ０３０ （２）１１２５ ｍ
解析 从ｔ 时开始 木板与物块之间的摩擦力使物
（１） ＝０ ，
块加速 使木板减速 此过程一直持续到物块和木板具有共同
， ，
速度为止
。
由图可知 在ｔ ． 时 物块和木板的速度相同 设 由运动学公式可推知 物块和木板相对于地面的运动距
， １＝０ ５ ｓ ， 。 ，
ｔ 到ｔ ｔ 时间间隔内 物块和木板的加速度大小分别为ａ 离分别为
＝０ ＝ １ ， １
和ａ 则 ｖ２
２， ｓ １
ｖ １＝２× ａ ⑩
ａ １ ２ １
１＝ ｔ ① ｖ ｖ ｖ２
１ ｓ ０＋ １ｔ １
ｖ ｖ ２＝ １＋ ａ ′ 􀃊􀁉􀁓
ａ ０－ １ ２ ２ ２
２＝ ｔ ② 物块相对于木板的位移的大小为
１
式中ｖ ｖ 分别为木板在ｔ ｔ ｔ 时速 ｓ ｓ ｓ
０＝５ ｍ／ｓ、 １＝１ ｍ／ｓ ＝０、 ＝ １ ＝ ２－ １ 􀃊􀁉􀁔
度的大小 联立 式得
。 ①⑤⑥⑧⑨⑩􀃊􀁉􀁓􀃊􀁉􀁔
设物块和木板的质量为ｍ 物块和木板间 木板与地面间 ｓ ．
， 、 ＝１１２５ ｍ 􀃊􀁉􀁕
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
时间： 分钟 分值： 分
５０ ５５
一、单项选择题 每题 分 共 分 ２．（２０２１届辽宁沈阳一中月考）一足够长的木板Ｂ静置于光滑
（ ３ ， １５ ）
１．（２０２１届湖北孝感开学考试）如图所示 Ａ Ｂ 两物体质量为 水平面上 如图甲所示 其上放置小滑块Ａ 木板Ｂ受到随时间
， 、 ， ， ，
ｍ ｍ ｍ ｍ 由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放 不计滑 ｔ变化的水平拉力Ｆ作用 木板Ｂ的加速度ａ随力Ｆ变化的ａ
Ａ、 Ｂ（ Ａ＞ Ｂ）， ， ， －
轮质量和所有摩擦 则Ａ Ｂ运动过程中 Ｆ图像如图乙所示 ｇ取 ２ 下列判定错误的是
， 、 （ ） ， １０ ｍ／ｓ ， （ ）
木板Ｂ的质量为
轻绳的拉力为 ｍ ｍ ｇ Ａ． １ ｋｇ
Ａ． （ Ａ－ Ｂ） 当Ｆ 时木板Ｂ的加速度为 ２
轻绳的拉力逐渐减小 Ｂ． ＝１０ Ｎ ４ ｍ／ｓ
Ｂ． 滑块Ａ的质量为
ｍ Ｃ． ４ ｋｇ
它们加速度的大小与 Ａ成正比 当Ｆ 时滑块Ａ的加速度为 ２
Ｃ． ｍ Ｄ． ＝１０ Ｎ ２ ｍ／ｓ
Ｂ ２． 答案 Ｃ
若ｍ ｍ 是一定值 则加速度大小与ｍ ｍ 成正比
Ｄ． Ａ＋ Ｂ ， Ａ－ Ｂ ３．（２０２０湖北高中教育教学改革联盟学校期中，２）如图所示 Ａ
１． 答案 Ｄ ，
物体的质量是Ｂ物体的ｋ倍 Ａ物体放在光滑的水平桌面上通过
。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ８７
轻绳与Ｂ物体相连 两物体释放后运动的加速度为ａ 轻绳的拉 和下落时间 下列描述ｖ与ｔ ａ与ｙ的关系图像可能正确的是
， １， 。 、
力为Ｔ 若将两物体互换位置 释放后运动的加速度为ａ 轻绳的
１； ， ２， （ ）
拉力为Ｔ 不计滑轮摩擦和空气阻力 则
２。 ， （ ）
ａ ａ ｋ ａ ａ
Ａ． １ ∶ ２＝ ∶ １ Ｂ． １ ∶ ２＝１ ∶ １
Ｔ Ｔ ｋ Ｔ Ｔ
Ｃ． １ ∶ ２＝１ ∶ Ｄ． １ ∶ ２＝１ ∶ １
３． 答案 Ｄ
４．（２０２０河北衡水模拟）如图所示 在竖直平面内有半径为Ｒ的
，
半圆 最低点为Ａ Ｂ是半圆上一点 ＡＢ为光滑倾斜轨道 ＡＣ是
， ， ， ，
倾角为θ ° 高为ｈ Ｒ的光滑固定斜面 现自Ｂ点由静止
＝４５ 、 ＝２ 。
释放小球甲的同时 自Ｃ点以初速度大小ｖ 沿斜面向下射出
， ０
小球乙 发现两小球同时到达Ａ点 已知重力加速度为ｇ 则小
， ， ， ６． 答案 ＡＤ
球乙的初速度大小ｖ 为
０ （ ） ７．（２０２０辽宁大连八中期中，９）如图所示 足够长的倾斜传送带
，
以ｖ ． 的速度逆时针匀速转动 传送带与水平面的夹角
＝２４ ｍ／ｓ ，
θ ° 某时刻同时将Ａ Ｂ物块 可视为质点 轻放在传送带
＝３７ ， 、 （ ）
上 已知Ａ Ｂ两物块释放时间距为 ． 与传送带间的动
， 、 ０ ０４２ ｍ，
摩擦因数分别为μ ． μ ． 设最大静摩擦力等于滑动
Ａ＝０ ７５、 Ｂ＝０ ５，
摩擦力 取 ° ． ° ． 重力加速度ｇ ２
， ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， ＝１０ ｍ／ｓ ，
ｇＲ 则下列说法中正确的是
ｇＲ （ ）
Ａ． Ｂ．
２
ｇＲ
ｇＲ
Ｃ． ２ Ｄ．
２
４． 答案 Ａ
５．（２０２０湖北协作体联考，１７）最近 不少人喜欢踩着一种独轮
，
车穿梭街头 这种独轮车全名叫电动平衡独轮车 其中间是一 物块Ｂ始终沿斜面向下做匀加速直线运动
。 ， Ａ．
个窄窄的轮子 两侧各有一块踏板 当人站在踏板上向右运动 物块Ｂ最终一定能追上物块Ａ
， 。 Ｂ．
时 可简化为如图甲 乙所示的模型 关于人在运动中踏板对 在ｔ ． 时 Ａ Ｂ物块速度大小相等
， 、 。 Ｃ． ＝０２４ ｓ ， 、
人脚的摩擦力 下列说法正确的是 在ｔ ． 前 Ａ Ｂ两物块之间的距离先增大后不变
， （ ） Ｄ． ＝０５４ ｓ ， 、
７． 答案 ＢＣ
８．（２０１９福建四校二联，２０）如图所示 水平固定横杆的下方有
，
一光滑的小定滑轮 一质量为ｍ的小球套在横杆上 轻质橡皮
， ，
绳 遵循胡克定律 绕过定滑轮 一端系在墙上Ｏ点处 另一端
（ ） ， ，
与小球连接 橡皮绳的原长为ＯＰ 小球在滑轮的正上方Ａ处时
， ，
考虑空气阻力 当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时 橡皮绳的拉力大小为ｍｇ 小球在水平拉力Ｆ ｍｇ的作用下向
Ａ． ， ， ， ＝２
脚所受摩擦力向左 右运动到Ｂ处 此时ＢＰ与横杆的夹角为θ 若橡皮绳始终在
， 。
考虑空气阻力 当人以如图甲所示的状态向右减速运动时 弹性限度内 小球与横杆间的动摩擦因数为 ． ｇ为重力加速
Ｂ． ， ， ， ０５，
脚所受摩擦力可能向右 度 θ ． θ ． 则小球在Ｂ处时
，ｓｉｎ ＝０６，ｃｏｓ ＝０８， （ ）
考虑空气阻力 当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时
Ｃ． ， ，
脚所受摩擦力不可能为零
不计空气阻力 当人以如图乙所示的状态向右加速运动时
Ｄ． ， ，
脚所受摩擦力不可能为零
５． 答案 Ｂ
二、多项选择题 每题 分 共 分 与横杆间的弹力大小为 ｍｇ
（ ４ ， １６ ） Ａ． ２
６．（２０２０山东等级考模拟，１１）如图所示 某人从距水面一定高 与横杆间的滑动摩擦力大小为ｍｇ
， Ｂ．
度的平台上做蹦极运动 劲度系数为ｋ的弹性绳一端固定在 加速度大小为ｇ
。 Ｃ．
人身上 另一端固定在平台上 人从静止开始竖直跳下 在其 加速度方向水平向右
， 。 ， Ｄ．
到达水面前速度减为零 运动过程中 弹性绳始终处于弹性限 ８． 答案 ＡＢ
。 ，
度内 取与平台同高度的 Ｏ 点为坐标原点 以竖直向下为 ｙ ９．（２０１９辽宁大连模拟）机场使用的货物安检装置如图所示 绷
。 ， ，
轴正方向 忽略空气阻力 人可视为质点 从跳下至第一次到 紧的传送带始终保持ｖ 的恒定速率运动 ＡＢ为传送带
， ， 。 ＝１ ｍ／ｓ ，
达最低点的运动过程中 用ｖ ａ ｔ分别表示人的速度 加速度 水平部分且长度Ｌ 现有一质量为ｍ 的背包 可视
， 、 、 、 ＝２ ｍ， ＝１ ｋｇ （
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
为质点 无初速度地放在水平传送带的Ａ端 可从Ｂ端沿斜面 １０． 答案 远小于 小于 大于
） ， （１）ＡＤ （２） （３）
滑到地面 已知背包与传送带间的动摩擦因数μ ． ｇ
。 ＝０５， ＝ 四、计算题 共 分
１０ ｍ／ｓ ２ ， 下列说法正确的是 （ ） １１．（２０２１届 （ 福 １ 建 ９ 宁 ） 德一中月考） 分 如图 Ａ Ｂ两小球由绕
（９ ） ， 、
过轻质定滑轮的细线相连 Ａ放在固定的光滑斜面上 Ｂ Ｃ两
， ， 、
小球在竖直方向上通过劲度系数为ｋ的轻质弹簧相连 Ｃ球
，
放在水平地面上 现用手控制住Ａ 并使细线刚刚拉直但无
。 ，
拉力作用 并保证滑轮左侧细线竖直 右侧细线与斜面平行
背包从Ａ运动到Ｂ所用的时间为 ． ， 、 。
Ａ． ２１ ｓ 已知Ａ的质量为 ｍ Ｂ Ｃ的质量均为ｍ 重力加速度为ｇ 细
背包从Ａ运动到Ｂ所用的时间为 ． ４ ， 、 ， ，
Ｂ． ２３ ｓ 线与滑轮之间的摩擦不计 开始时整个系统处于静止状态
背包与传送带之间的相对位移为 ． 。 ，
Ｃ． ０３ ｍ 释放 Ａ 后 Ａ 沿斜面下滑至速度最大时 Ｃ 恰好离开地
背包与传送带之间的相对位移为 ． ， ，
Ｄ． ０１ ｍ 面 求
９． 答案 ＡＤ 。 ：
斜面倾角α
（１） ＝？
三、实验题 共 分 Ａ获得的最大速度为多少
（ ５ ） （２） ？
１０．（２０２０河北邯郸测试）某实验小组利用如图 所示的装置探
１
究加速度与力 质量的关系
、 。
ｍ
１１． 答案 ° ｇ
（１）３０ （２）２ ｋ
５
１２．（２０２１届湖北武汉部分学校起点考试） 分 如图所示 倾
（１０ ） ，
角为θ的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板 一质量为
图 ，
１ Ｍ的木板Ａ放置在斜面上 下端离挡板的距离为ｄ Ａ的上端
， ，
下列做法正确的是 选填字母代号 放置有一质量为ｍ的小物块Ｂ 现由静止同时释放Ａ和Ｂ Ａ
（１） （ ）。 ， ，
调节滑轮的高度 使牵引木块的细绳与长木板保持 与挡板发生多次弹性碰撞 且每次碰撞时间均极短 在运动过
Ａ． ， ， ，
平行 程中 Ｂ始终没有从Ａ上滑落 且Ｂ未与挡板发生碰撞 已知
， ， 。
在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时 将 Ｍ ｍ Ａ Ｂ 间的动摩擦因数 μ ． θ ｇ 为重力加速
Ｂ． ， ＝３ ， 、 ＝１ ５ ｔａｎ ，
装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 度 求
。
实验时 先放开木块再接通打点计时器的电源 Ａ与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小
Ｃ． ， （１） ；
通过增减木块上的砝码改变质量时 不需要重新调节 Ａ与挡板第二次碰撞前瞬间的速度大小
Ｄ． ， （２） ；
木板倾斜度 Ａ的长度Ｌ满足的条件
（３） 。
为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于
（２）
木块运动时受到的拉力 应满足的条件是砝码桶及桶内砝码
，
的总质量 选填 远大于 远小于 或 近似等
（ “ ”“ ” “
于 木块和木块上砝码的总质量
”） 。
甲 乙两同学在同一实验室 各取一套图 所示的装
（３） 、 ， １
置放在水平桌面上 木块上均不放砝码 在没有平衡摩擦力的
， ，
情况下 研究加速度ａ与拉力Ｆ的关系 分别得到图 中甲 １２． 答案 ｇｄ θ １ ｇｄ θ Ｌ ｄ
， ， ２ 、 （１） ２ ｓｉｎ （２） ６ ｓｉｎ （３） ≥８
乙两条直线 设甲 乙用的木块质量分别为ｍ ｍ 甲 乙用 ２
。 、 甲、 乙， 、
的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ μ 由图可知 ｍ
甲、 乙， ， 甲
ｍ μ μ 均选填 大于 小于 或 等
乙， 甲 乙。 （ “ ”“ ” “
于
”）
图
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ８９
Ａ 组
一、选择题 在光滑水平面上并用轻质弹簧相连 如图所示 今对物块Ａ Ｂ
， ， 、
１．（２０２０届长沙一中月考）一个质量为Ｍ的箱子放在水平地面 分别施以方向相反的水平力Ｆ Ｆ 且Ｆ Ｆ 则
１、 ２， １＝２０ Ｎ、 ２＝１０ Ｎ，
上 箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为ｍ的小球 线 下列说法正确的是
， ， （ ）
的另一端拴在箱子的顶板上 现把细线和球拉到左侧与竖直方 弹簧的弹力大小为
， Ａ． １６ Ｎ
向成θ角处静止释放 如图所示 在小球摆动的过程中箱子始 如果只有Ｆ 作用 则弹簧的弹力大小变为
， ， Ｂ． １ ， １２ Ｎ
终保持静止 重力加速度为ｇ 则以下判断正确的是 若把弹簧换成轻质绳 则绳对物体的拉力大小为零
， ， （ ） Ｃ． ，
若Ｆ Ｆ 则弹簧的弹力大小不变
Ｄ． １＝１０ Ｎ、 ２＝２０ Ｎ，
３． 答案 ＡＢ 对整体受力分析有 Ｆ Ｆ ｍ ｍ ａ 对Ａ受
： １－ ２＝（ Ａ＋ Ｂ） ，
力分析有 Ｆ Ｆ ｍ ａ 解得 Ｆ 选项 正确 同理可
： １－ 弹＝ Ａ ， ： 弹＝１６ Ｎ， Ａ ；
ｍ Ｆ
知 若只有 Ｆ 作用 则弹簧的弹力大小变为 Ｆ Ｂ １
， １ ， 弹 ＝ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ ＝
在小球摆动的过程中 线的张力呈周期性变化 但箱子对地 选项 正确 若把弹簧换成轻质绳 则绳对物体的拉力
Ａ． ， ， １２ Ｎ， Ｂ ； ，
面的作用力始终保持不变 也为 选项 错误 若Ｆ Ｆ 对整体受力分
１６ Ｎ， Ｃ ； １＝１０ Ｎ、 ２＝２０ Ｎ，
Ｂ． 小球摆到右侧最高点时 ， 地面受到的压力为 （ Ｍ ＋ ｍ ） ｇ ， 箱子 析有 ： Ｆ ２－ Ｆ １＝（ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ａ ， 对Ａ受力分析有 ： Ｆ 弹－ Ｆ １＝ ｍ Ａ ａ ， 解
受到地面向左的静摩擦力 得 ： Ｆ 弹＝１４ Ｎ， 选项 Ｄ 错误 。
小球摆到最低点时 地面受到的压力为 Ｍ ｍ ｇ 箱子不受 ４．（２０１９怀化三模） 多选 如图所示 物块Ａ叠放在木板Ｂ上
Ｃ． ， （ ＋ ） ， （ ） ， ，
地面的摩擦力 且均处于静止状态 已知水平地面光滑 Ａ Ｂ间的动摩擦因数
， ， 、
小球摆到最低点时 线对箱顶的拉力大于ｍｇ 箱子对地面的 μ ． 现对Ａ施加一水平向右的拉力Ｆ 测得Ｂ的加速度ａ与
Ｄ． ， ， ＝０２， ，
压力大于 Ｍ ｍ ｇ 拉力Ｆ的关系如图乙所示 下列说法正确的是 设最大静摩擦
（ ＋ ） ， （
１． 答案 Ｄ 本题考查物体的受力分析 牛顿运动定律等 体 力等于滑动摩擦力 取ｇ ２
、 。 ， ＝１０ ｍ／ｓ ） （ ）
现了模型建构 科学推理等核心素养
、 。
小球在摆动时 在最低点时 加速度沿竖直方向指向圆心
， ， ，
处于超重状态 箱子对地面压力大于整体重力 水平方向上箱
， ，
子不受摩擦力 错误 正确 在摆动到左右最高点时 向心
，Ｃ ，Ｄ ； ，
加速度为 但有沿切线方向的加速度 箱子受到地面的摩擦
０， ，
力 错误 小球在右侧最高点时 切向加速度方向斜向左下
，Ａ ； ， ， 当Ｆ 时 Ａ Ｂ都相对地面静止
箱子受到向左的静摩擦力 地面受到的压力小于 Ｍ ｍ ｇ Ａ． ＜２４ Ｎ ， 、
， （ ＋ ） ，Ｂ 当Ｆ 时 Ａ相对Ｂ发生滑动
错误 Ｂ． ＞２４ Ｎ ，
。 Ａ的质量为
２．（２０１８河北五校联考，６）如图所示 在 Ｃ． ４ ｋｇ
， Ｂ的质量为
竖直平面内有半径为Ｒ和 Ｒ的两个圆 Ｄ． ２４ ｋｇ
２ ， ４． 答案 ＢＣ 当Ａ与Ｂ间的摩擦力达到最大静摩擦力后 Ａ Ｂ
两圆的最高点相切 切点为Ａ Ｂ和Ｃ分 ， 、
， ， 会发生相对滑动 由图乙可知 Ｂ的最大加速度为 ２ 即拉
别是小圆和大圆上的点 其中 ＡＢ 长为 ， ， ４ ｍ／ｓ ，
， 力Ｆ 时 Ａ相对Ｂ发生滑动 当Ｆ 时 Ａ Ｂ保持相
＞２４ Ｎ ， ， ＜２４ Ｎ ， 、
Ｒ ＡＣ 长为 Ｒ 现沿 ＡＢ 和 ＡＣ 建 对静止 故 错误 正确 对Ｂ 根据牛顿第二定律得 ａ
２ ， ２ ２ 。 ， Ａ ，Ｂ 。 ， ， Ｂ＝
立两条光滑轨道 自 Ａ处由静止释放小 μｍ ｇ Ｆ μｍ ｇ
球 已知小球沿Ａ ， Ｂ轨道运动到Ｂ点所用时间为ｔ 沿ＡＣ轨道 ｍ Ａ ＝４ ｍ／ｓ ２ ， 对Ａ ， ａ Ａ＝ － ｍ Ａ ＝４ ｍ／ｓ ２ ， Ｆ ＝２４ Ｎ， 解得ｍ Ａ＝
， １， Ｂ Ａ
运动到Ｃ点所用时间为ｔ 则ｔ 与ｔ 之比为 ｍ 故 正确 错误
２， １ ２ （ ） ４ ｋｇ， Ｂ＝２ ｋｇ， Ｃ ，Ｄ 。
５．（２０１９湘赣１４校联考，６）如图 叠放的两个物块无相对滑动
Ａ．１ ∶ ２ Ｂ．１ ∶ ２ Ｃ．１ ∶ ３ Ｄ．１ ∶ ３ ，
２． 答案 Ａ 由几何关系可得小圆与ＡＣ的交点Ｄ为ＡＣ的中 地沿斜面 与水平夹角均为θ 一起下滑 甲图两物块接触面平
（ ） ，
点 由初速度为零的匀变速直线运动的知识知 小球通过 ＡＤ 行于斜面且两物块间摩擦力的大小为ｆ 乙图两物块接触面与
， ， １，
和ＡＣ的时间之比为 由等时圆结论知 小球通过ＡＢ和 斜面不平行且两物块间摩擦力的大小为ｆ 丙图两物块接触面
１ ∶ ２， ， ２，
通过ＡＤ的时间相等 故小球通过ＡＢ的时间与小球通过ＡＣ的 水平且两物块间摩擦力的大小为ｆ 下列判断正确的是
， ３，
时间之比为 选项 正确
（ ）
１ ∶ ２， Ａ 。
若斜面光滑 ｆ ｆ ｆ
Ａ． ，１＝０，２≠０，３≠０
若斜面光滑 ｆ ｆ ｆ
Ｂ． ，１≠０，２≠０，３＝０
３．（２０１８陕西西安模拟，８） 多选 质 若两物块一起匀速下滑 ｆ ｆ ｆ
（ ） Ｃ． ，１≠０，２＝０，３≠０
量分别为 和 的物块Ａ Ｂ放 若两物块一起匀速下滑 ｆ ｆ ｆ
２ｋｇ ３ｋｇ 、 Ｄ． ，１＝０，２≠０，３≠０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
５． 答案 Ａ 本题主要考查物体的平衡 受力分析 牛顿运动 地面对Ｃ的摩擦力水平向左
、 、 Ｃ．
定律 体现了核心素养中科学推理 科学论证要素 地面的摩擦力为零
。 、 。 Ｄ．
设斜面与水平面夹角为θ 若斜面光滑 整体沿斜面下滑 ７． 答案 Ｄ 本题主要考查利用整体法与隔离法分析物块所
， ，
的加速度为ｇ θ 甲 乙 丙三图上方物块重力沿斜面向下分 受摩擦力情况 体现了模型建构 科学推理和科学论证的核心
ｓｉｎ ， 、 、 ， 、
力均为ｍｇ θ 甲图上方物块所受支持力垂直斜面 在斜面 素养 以Ａ Ｂ为整体进行受力分析 ｍ ｍ ｇ θ μ ｍ
ｓｉｎ ， ， 。 、 ，（ ＋２ ） ｓｉｎ ＝ （ ＋
方向没有分力 故ｆ 乙图和丙图上方物块受到的支持力 θ
， １＝０。 ｍ ｇ θ 则 μ ｓｉｎ 对 Ｂ 进行分析 则 ｍｇ θ μ
在斜面方向上均有分力 必须有摩擦力才能使合力为 ２ ） ｃｏｓ ， ＝ θ， ， ２ ｓｉｎ ＝ ·
， ｃｏｓ
ｍｇ θ 所以 正确 错误 若两物块一起匀速下滑 上方物 ｍｇ θ 故轻杆对Ｂ的弹力为零 故 错误 Ａ Ｂ匀速下
ｓｉｎ ， Ａ ，Ｂ ； ， ２ ｃｏｓ ， ， Ａ、Ｂ ； 、
块所受合力为 必有ｆ ｆ ｆ 错 滑 处于平衡状态 则 Ａ Ｂ 受到斜面体的合力竖直向上 Ａ Ｂ
０， １≠０，２≠０，３＝０，Ｃ、Ｄ 。 ， ， 、 ， 、
６．（２０１８天津河东一模） 多选 如图所示 带有长方体盒子的斜 对斜面体的合力竖直向下 则斜面体水平方向上受的外力为
（ ） ， ，
劈Ａ放在固定的斜面体Ｃ的斜面上 在盒子内放有光滑球Ｂ Ｂ 零 即地面对Ｃ的摩擦力为零 故 错误 正确
， ， ， ， Ｃ ，Ｄ 。
恰与盒子前 后壁Ｐ Ｑ相接触 若使斜劈Ａ在斜面体Ｃ上静 解题指导 轻杆弹力有无可以利用假设法分析
、 、 。 。
止不动 则Ｐ Ｑ对球Ｂ无压力 以下说法正确的是 ８．（２０１９长郡中学二模） 多选 一块足够长的白板静止于水平
， 、 。 （ ） （ ）
桌面上 一可视为质点 质量为ｍ的石墨块静止在白板上 石
， 、 ，
墨块与白板间动摩擦因数为μ 重力加速度为ｇ 从某时刻起
， 。 ，
使白板瞬时获得速度ｖ 做匀速直线运动 石墨块将在板上划
０ ，
下黑色痕迹 经过时间ｔ白板突然停下 不再运动 不计石墨
。 ， 。
块与板摩擦过程中损失的质量 在石墨块也停止运动时 白板
， ，
若Ｃ的斜面光滑 斜劈Ａ由静止释放 则Ｑ对球Ｂ有压力 上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是
Ａ． ， ，
若Ｃ的斜面光滑 斜劈Ａ以一定的初速度沿斜面向上滑行
Ｂ． ， ， （ ）
Ｃ． 若
则
Ｃ
Ｐ 、
的
Ｑ
斜
对
面
Ｂ
粗
球
糙
均
，
无
斜
压
劈
力
Ａ沿斜面匀速下滑 ， 则Ｐ 、 Ｑ对球Ｂ均 Ａ．
ｖ
２
０ ｔ ｍｖ２
０ Ｂ．μ
ｖ
ｇ
２ ０ ｍｖ２
０
无压力
Ｄ． 若Ｃ的斜面粗糙 ， 斜劈Ａ沿斜面以一定的初速度减速下滑 ， Ｃ．
ｖ
０
ｔ
－ ２
１ μｇｔ２ μｍｇｖ
０
ｔ
Ｄ．
ｖ
０
ｔ μｍｇｖ
０
ｔ
则Ｐ对球Ｂ有压力 ８． 答案 ＡＣ 本题主要考查牛顿运动定律及相对运动知识
。
６． 答案 ＡＣＤ 若Ｃ的斜面光滑 无论斜劈是由静止释放还 体现了核心素养中模型建构 科学推理 科学论证等素养要素
， 、 、 。
是以一定的初速度沿斜面上滑 斜劈和球具有相同的加速度 在时间ｔ内 石墨块可能一直匀加速 也可能先匀加速后
， ， ， ，
方向均沿斜面向下 根据牛顿第二定律 知Ｂ球所受的合力方 匀速 石墨块匀加速时 根据牛顿第二定律 有μｍｇ ｍａ 解得
； ， ； ， ， ＝ ， ：
向沿斜面向下 所以Ｂ球受重力 盒子底部的支持力以及Ｑ对 ａ μｇ
， 、 ＝ 。
球的压力 而Ｐ对球无压力 所以 选项是正确的 选项是 如果时间 ｔ 内 石墨块一直匀加速 加速的位移 ｘ
错误的 若 ， Ｃ的斜面粗糙 斜 ， 劈Ａ沿 Ａ 斜面匀速下滑 ， 则 Ｂ Ｂ球处 ， ， １ ＝
于平衡
。
状态 ， 受重力和盒子
，
底部的支持力而平衡 ， Ｐ
，
、 Ｑ对球均 ２
１
（
μｇ
）
ｔ２
，
时间 ｔ 内
，
相对白板的位移
Δ
ｘ
１ ＝
ｖ
０
ｔ
－
ｘ
１ ＝
ｖ
０
ｔ
－
无压力 所以 选项是正确的 若Ｃ的斜面粗糙 斜劈Ａ沿斜
面减速
，
下滑 斜
Ｃ
劈和球整体具
。
有相同的加速度 方
，
向沿斜面向
１ μｇｔ２
；
经时间 ｔ 白板突然停下
，
不再运动
，
石墨块做减速运
， ， ２
上 根据牛顿第二定律 知Ｂ 球所受的合力方向沿斜面向上
， ， ， 动 加速度大小不变 石墨块继续运动的距离ｘ ′ ｘ １ μｇｔ２
所以Ｂ球受重力 盒子底部的支持力以及Ｐ对球的压力 所以 ， ， １ ＝ １＝ ＜
、 ， ２
选项是正确的
Ｄ 。 ｘ 白板上黑色痕迹的长度为ｖ ｔ １ μｇｔ２ 二者相对运动过程
思路点拨 斜劈Ａ在斜面体Ｃ上静止不动 则Ｂ受的重力和 Δ １， ０ － ，
， ２
支持力平衡 当斜面光滑 斜劈Ａ和Ｂ球具有相同的加速度 中产生的热量Ｑ μｍｇ ｘ ｘ ′ μｍｇｖ ｔ
。 ， １＝ （Δ １＋ １ ）＝ ０ 。
且方向沿斜面向下 再通过对Ｂ球进行分析 进而判断Ｐ Ｑ对 如果石墨块先匀加速 后匀速 时间ｔ内 石墨块位移ｘ
， ， 、 ， ， ， ２＝
球有无压力 当斜面粗糙时 按照同样的方法 先判断出整体 ｖ２ æ ｖ ö ｖ２
。 ， ， ０ ｖ çｔ ０ ÷ 相对白板的位移 ｘ ｖ ｔ ｘ ０ 经时间ｔ白
的加速度方向 再隔离Ｂ进行受力分析 从而判断Ｐ Ｑ对球有 μｇ＋ ０è －μｇø， Δ ２＝ ０ － ２＝ μｇ；
， ， 、 ２ ２
无压力 板突然停下 不再运动 石墨块做减速运动 加速度大小不变
。 ， ， ， ，
７．（２０１８湖南五市十校１２月联考）如图所示 质量为Ｍ的斜面 ｖ２
， 石墨块继续运动的距离ｘ ′ ０ ｘ 白板上黑色痕迹的长度
体Ｃ放在粗糙的水平面上 其倾角为θ 小物块Ａ Ｂ质量分别 ２ ＝ μｇ＝Δ ２，
， ， 、 ２
为ｍ和 ｍ 与斜面间的动摩擦因数相同 两者中间用轻杆连 ｖ２
２ ， ， 为 ０ 二者相对运动过程中产生的热量Ｑ μｍｇ ｘ ｘ ′
接 ， 沿斜面匀速下滑 ， 斜面体始终静止 ， 则下列说法正确的是 ２ μｇ， ２＝ （Δ ２＋ ２ ）＝
（ ） μｍｇ ２
ｖ２
０ ｍｖ２
· μｇ＝ ０。
２
如果白板停下时石墨块加速运动的末速度恰好为ｖ 则石
０，
ｖ ｖ ｔ
墨块的位移 ｘ ０＋ ０ ｔ 相对白板的位移 ｘ ｖ ｔ ｘ ０
３＝ · ， Δ ３＝ ０ － ３＝ 。
２ ２
经过时间ｔ白板突然停下 不再运动 石墨块做减速运动 加速
， ， ，
轻杆给Ｂ的弹力沿斜面向上 ｖ２ ｖ
Ａ． 度大小不变 石墨块继续运动的距离ｘ ′ ０ ０＋０ｔ ｘ 白
轻杆给Ｂ的弹力沿斜面向下 ， ３ ＝ μｇ＝ ＝Δ ３，
Ｂ． ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ９１
ｖ２ 箱的速度恰好为零 已知收纳箱与小车间的动摩擦因数μ ．
板上黑色痕迹的长度为 ０ １ ｖ ｔ 二者相对运动过程中产生 ， ＝０
μｇ＝ ０ ， 物体和收纳箱大小不计 物体与收纳箱在整个过程中始
２ ２ １。 （ ，
的热量Ｑ μｍｇ ｘ ｘ ′ ｍｖ２ 故 正确 错误 终相对静止 ｇ取 ２ 求
３＝ （Δ ３＋ ３ ）＝ ０。 Ａ、Ｃ ，Ｂ、Ｄ 。 ， １０ ｍ／ｓ ） ：
９．（２０２０届甘肃兰州一中期中，２１） 多选 如图所示 有一个质 ｔ 时 收纳箱的速度大小
（ ） ， （１） ＝２ ｓ ， ；
量为ｍ的长木板静止在光滑水平地面上 另一质量也为ｍ的 力Ｆ 作用的时间
， （２） ２ ；
小物块叠放在长木板的一端之上 Ｂ是长木板的中点 物块与 小车的长度
。 ， （３） 。
木板在ＡＢ段的动摩擦因数为μ 在ＢＣ段的动摩擦因数为 μ
， ２ ，
若把物块放在长木板左端 对其施加水平向右的力Ｆ 可使其
， １
恰好与木板发生相对滑动 若把物块放在长木板右端 对其施
。 ，
加水平向左的力Ｆ 也可使其恰好与木板发生相对滑动 下列 １０． 答案 ８
２ 。 （１）４ ｍ／ｓ （２）６ ｓ （３） ｍ
说法正确的是 ３
（ ） 解析 本题考查牛顿运动定律综合应用及运动学基本规
律 体现了核心素养中模型建构 科学推理 科学论证要素
。 、 、 。
Ｆ 与Ｆ 的大小之比为 施加Ｆ 时 Ａ Ｂ相对运动
Ａ． １ ２ １ ∶ ２ （１） １ ， 、
若将Ｆ Ｆ 都增加到原来的 倍 小物块在木板上运动到Ｂ Ｆ ｆ
Ｂ． 点的时 １ 间 、 之 ２ 比为 ２ ， 收纳箱的加速度 ： ａ １＝ｍ １－ ｍ ＝２ ｍ／ｓ ２
１ ∶ ２ １＋ ０
若将Ｆ Ｆ 都增加到原来的 倍 小物块在木板上运动到Ｂ 收纳箱的速度 ｖ ａ ｔ 方向向右
Ｃ． １、 ２ ２ ， ： １＝ １ １＝４ ｍ／ｓ
点时木板的位移之比为 施加Ｆ Ａ Ｂ相对运动时
１ ∶ １ （２） １， 、
若将Ｆ Ｆ 都增加到原来的 倍 小物块在木板上运动的整 ｆ′
Ｄ． 个过程 １ 中 、 摩 ２ 擦生热之比为 ２ ， 小车的加速度 ： ａ ２＝Ｍ ＝１ ｍ／ｓ
１ ∶ １
９． 答案 ＡＣＤ 若物块放在左端 施加水平向右的力Ｆ 时 由
题意可 知 对物 块有Ｆ μｍｇ ｍａ ， 对木板有μｍｇ ｍａ １ ， 经ｔ １＝２ ｓ 收纳箱运动位移 ： ｓ １＝ ２ １ ａ １ ｔ２ １＝４ ｍ
， １－ ＝ ， ＝
时 有
联
Ｆ
立得
， μ
Ｆ
ｍ １ ｇ ＝２
μｍｇ
。
同理
，
若放在右端
，
施加向左的力Ｆ
２
小车运动位移
：
ｓ
２＝ ２
１ ａ
２
ｔ２
１＝２ ｍ
， ２＝４ 小车的速度 ｖ ａ ｔ 方向向右
Ｆ μｍｇ ： ２＝ ２ １＝２ ｍ／ｓ，
故 １ ２ １ 选项 正确 秒后 收纳箱做匀减速运动的加速度
Ｆ ＝ μｍｇ＝ ， Ａ ； ２ ，
２ ４ ２ Ｆ ｆ
速度 当 ａ １ Ｆ ＝ １ ２ ｍ Ｆ 变 １ 为 － μｇ ２ Ｆ １ 时 ， 物块与木板相对滑动 ， 此时 ， 物块的加 ａ 小 １ ′ 车 ＝ 加 ｍ １ 速 ２ ＋ ＋ ｍ 度 ０ ＝ 不 ２ 变 ｍ ， ／ 仍 ｓ ２ 为 ， 方 ａ 向 ２＝ 向 １ 左 ｍ／ｓ ２ ， 方向向右 。
当两者速度相等时 收纳箱恰好到达小车最右端 以后收
木板加速度ａ ２＝ μｇ
纳箱和小车一起作为整体
，
向右以加速度
，
设ＡＢ的长度为Ｌ
，
运动到Ｂ历时ｔ
，
由位移关系得 １ ａ
１
ｔ２
－ Ｆ
２ ａ ２ ． ２
３＝ｍ ｍ Ｍ＝０５ ｍ／ｓ
１ ａ ｔ２ Ｌ ０＋ １＋
２ ＝ 做匀减速运动直到速度都为
２ ０。
解得 ｔ ２ Ｌ 同理 施加向左的 Ｆ 时 运动到Ｂ 共同速度为ｖ ＝ ｖ １－ ａ １ ′ｔ ２， ｖ ＝ ｖ ２＋ ａ ２ ｔ ２
： ＝ ２ ｍ Ｆ １ －２ μｇ ； ， ２ ２ ， ｔ ２＝ ２ ｓ， ｖ ＝ ８ ｍ／ｓ
３ ３
ｖ
Ｌ 收纳箱和小车获得共同速度至停止运动用时 ｔ
的时间ｔ′
＝ Ｆ
２ ３＝ ａ ＝
２ ２ μｇ ３
ｍ －４ １６
ｓ
两次运动到Ｂ点的时间之比为 选项 错误 ３
２ ∶ １， Ｂ ； 力Ｆ 作用时间为ｔ ｔ ｔ
当Ｆ Ｆ 都变为原来的 倍 木板的位移分别为 ｘ ２ ＝ ２＋ ３＝６ ｓ
１、 ２ ２ ， １ ＝
μｇ 小车在ｔ 时间内位移ｓ ｖ ｔ １ ａ ｔ２ １４
１ ａ
２
ｔ２
＝
ｔ２ 和ｘ
２＝
μｇｔ′２
，
因此
，
物块在木板上运动到 Ｂ 点时 （３） ２ ３＝ ２ ２＋
２
２ ２＝
９
ｍ
２ ２
木板的位移之比为 选项 正确 小物块最终都会滑离木 收纳箱在ｔ 时间内位移为ｓ ｖ ｔ １ ａ ′ｔ２ ２０
１ ∶ １， Ｃ ； ２ ４＝ １ ２－ １ ２＝ ｍ
板 整个过程中摩擦生热之比为 选项 正确 ２ ９
， １ ∶ １， Ｄ 。
小车长度Ｌ ｓ ｓ ｓ ｓ ８
二、非选择题 ＝ １－ ２＋ ４－ ３＝ ｍ
３
１０．（２０２０届长沙一中月考）如图所示为一个实验室模拟货物传 １１．（２０１９怀化三中月考）工厂利用与水平面夹角为θ °的传
＝３７
送的装置 Ａ是一个质量为Ｍ 的小车 小车置于光滑的 送带输送相同规格的小工件 如图中Ａ Ｂ位置为轮子与传送
， ＝１ ｋｇ ， ， 、
水平面上 在小车左端放置一质量为ｍ ． 的收纳箱Ｂ 带的切点 每个工件均从Ａ位置无初速度地轻置于传送带上
， ０＝０１ ｋｇ ， ， ，
现将一质量为ｍ ． 的物体放在收纳箱内 在传送途中 到达Ｂ位置随即被取走 已知传送带总长Ｌ Ａ Ｂ间距
１＝０９ ｋｇ ， ， 。 ＝１５ ｍ， 、
先对收纳箱施加一个方向水平向右 大小Ｆ 的拉力 小 Ｌ ． 传送带匀速转动的速率ｖ ． 工件从Ａ运
， １＝３ Ｎ ， ０＝７２ ｍ， ０＝０８ ｍ／ｓ，
车和收纳箱开始运动 作用时间ｔ 后 改变拉力 大小变 动到Ｂ的时间ｔ 取 ° ． ° ． 重力加速
， １＝２ ｓ ， ， ＝１０ｓ， ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８，
为Ｆ 方向水平向左 作用一段时间后 撤掉作用力 小 度ｇ取 ２
２＝１ Ｎ， ， ， ， １０ ｍ／ｓ 。
车正好到达目的地 收纳箱到达小车的最右端 且小车和收纳 求工件与传送带间的动摩擦因数μ
， ， （１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
若第一个工件从传送带Ａ位置出发后 第二个工 了运动与相互作用要素
（２） ２ ｓ， 。
件被置于Ａ位置 此时由于故障 传送带的速度突然增大到 由题意知物块向右做匀加速运动 木板先向左匀减
， ， （１） ，
并运行 后停止运动 忽略传送带速度变化所用时 速运动 再向右匀加速运动 物块与木板间滑动摩擦力为
３ ｍ／ｓ ４ ｓ ， ， ，
间 求因与工件摩擦 传送带上出现的擦痕长度 ｆ μ ｍ ｇ ．
， ， 。 １＝ １ １ ＝０２×２×１０ Ｎ＝４ Ｎ
Ｆ ｆ
则物块的加速度大小为ａ － １ １０－４ ２ ２
１＝ ｍ ＝ ｍ／ｓ ＝３ ｍ／ｓ ，
１ ２
方向向右
；
木板与水平面之间的摩擦力为 ｆ μ ｍ ｍ ｇ ．
２＝ ２（ １＋ ２） ＝０ １×
１１． 答案 ． ． （２＋１）×１０ Ｎ＝３ Ｎ
（１）０８ （２）１０４ ｍ
ｆ ｆ
养
解
中
析
模 型
本
建
题
构
考
科
查
学
牛
推
顿
理
运
要
动
素
定律的综合应用 。 体现了核心素 根据牛顿第二定律知 ， 木板的加速度大小为 ａ ２＝ １ ｍ ＋ ２ ＝
、 。 ２
（１） 根据题意可知 ， 工件先加速到ｖ ０ 再匀速运动 ， ４＋３ ｍ／ｓ ２ ＝７ ｍ／ｓ ２ ， 方向也向右 ；
设工件的质量为ｍ 加速时间为ｔ １
， １， 当木板向左的位移最大时 对水平面的速度为 选
ｖ （２） ， ０，
则 ０ｔ １＋ ｖ ０（ ｔ － ｔ １）＝ Ｌ ０， 取向右为正方向 则木板的位移为ｘ ０－ ｖ２ ０ ０－（－３ ． ５） ２
解得
２
ｔ １＝２ ｓ， ．
， １＝
２
ａ
２
＝
２×７
ｍ＝
ｖ －０８７５ ｍ
工件的加速度ａ ０ ． ２ ｖ ．
＝ ｔ ＝０４ ｍ／ｓ ， 经历的时间为ｔ ０－ ０ ０－（－３５） ．
根据牛顿第二定律得 １ μｍｇ ｃｏｓ θ － ｍｇ ｓｉｎ θ ＝ ｍａ ， 此时小物块的速 １ 度 ＝ 为 ａ ２ ｖ ＝ ａ ｔ ７ ． ｓ＝０５ ｓ ．
解得μ ＝０ ． ８。 １＝ １ １＝３×０５ ｍ／ｓ＝１５ ｍ／ｓ
（２） 根据 （１） 可知第一个工件在传送带速度增大到 ｖ ＝ 此过程中小物块的位移为 ｘ ２＝ １ ａ １ ｔ２ １＝ １ ×３×０ ． ５ ２ ｍ＝
后继续加速 ２ ２
３ ｍ／ｓ ， ．
０３７５ ｍ
由Ｌ １ ａｔ ２ 可得ｔ 且ｖ ａｔ ． ｖ 即第一 在撤去Ｆ后的小物块水平方向只受到摩擦力 则加速度
０＝ ２ ， ２＝６ｓ， ２＝ ２＝２４ｍ／ｓ＜ ， ，
２ ｆ
个工件 因 刚 此 好 可 在 得 传 第 送 一 带 个 停 工 止 件 运 前 动 方 时 出 到 现 达 的擦 Ｂ 痕 位 长 置 度 ， ｌ １＝ ｖ ０ ｔ １＋ ｖ （ ｔ ２－ 为ａ １ 此 ′ ＝ 后 － ｍ 木 １ １ ＝ 板 － ２ 向 ４ ｍ 右 ／ 运 ｓ ２ ＝ 动 －２ 此 ｍ 时 ／ｓ 受 ２ 到水平面的摩擦力的方向向
，
ｔ １）－ ２ １ ａｔ２ ２＝６ ． ４ ｍ。 左 则木板的加速度为ａ ′ ｆ １－ ｆ ２ ４－３ ２ ２
第二个工件放上传送带至传送带停止运动 工件做匀加 ， ２ ＝ ｍ ＝ ｍ／ｓ ＝１ ｍ／ｓ
， ２ １
速运动 ， 该过程此工件在其前方的传送带上出现的擦痕长度 设经过时间ｔ ２ 二者的速度相等 ， 则有 ： ｖ １＋ ａ １ ′ｔ ２＝ ａ ２ ′ｔ ２
代入数据得 ｔ ．
ｌ ２＝ ｖ （ ｔ ２－ ｔ １）－
２
１ ａ （ ｔ ２－ ｔ １） ２ ＝８ ． ８ ｍ， 此时刻的速 ： 度 ２ 为 ＝０ ｖ
２
５
＝
ｓ ａ
２
′ｔ
２＝１×０
．
５ ｍ／ｓ＝０
．
５ ｍ／ｓ
ｖ ｖ ． ．
当传送带停止运动时 两个工件间的距离 ｘ １ ａｔ ２ 此过程中小物块的位移为 ｘ ′ １＋ ２ ｔ １５＋０５
， Δ ＝ ２ － ２ ＝ · ２ ＝ ×
２ ２ ２
． ．
１ ａ ｔ ｔ ２ ０５ ｍ＝０５ ｍ
（ ２－ １） ＝４ ｍ，
２ 木板的位移为ｘ ′ １ ａ ′ｔ２ １ ． ２ ．
由上述计算可知 两工件产生的擦痕有重叠 即当传送带 １ ＝ ２ ２＝ ×１×０５ ｍ＝０１２５ ｍ
， ， ２ ２
停止运动后 第二个工件在传送带上的擦痕区域做匀减速运 当木块 木板具有共同速度时 若两者不再发生相对滑动
， 、 ， ，
动 传送带上的擦痕长度不再增加 故最终传送带上出现的擦 则二者一起做减速运动 它们在水平方向只受到地面的摩擦力
， ， ， 。
痕长度为ｌ ｌ ｘ ． 以小物块与木板组成的系统为研究对象 整体的加速度
＝ １＋Δ ＝１０４ ｍ。 ，
１２．（２０２０届陕西西安中学期中，１７）如图所示 质量ｍ 小 ｆ
， １＝２ ｋｇ 为ａ － ２ －３ ２ ２
物块放在足够长的质量ｍ 的木板的左端 板和物块间 ３＝ｍ ｍ ＝ ｍ／ｓ ＝－１ ｍ／ｓ
２＝１ ｋｇ ， １＋ ２ ２＋１
的动摩擦因数μ １＝０ ． ２， 板和水平面间的动摩擦因数μ ２＝０ ． １， 由于 ｜－１ ｍ／ｓ ２ ｜＜｜－２ ｍ／ｓ ２ ｜， 可知满足二者一起减速的条
两者均静止 现突然给木板向左的初速度ｖ ． 同时 件 设经过时间ｔ 两者速度为 则有
。 ０＝３５ ｍ／ｓ， 。 ３， ０， ：
对小物块施加一水平向右的恒定拉力Ｆ 当木板向左 ｖ ａ ｔ 代入数据得 ｔ ．
＝１０ Ｎ， ０＝ ２＋ ３ ３， ：３＝０５ ｓ
运动最远时撤去Ｆ ， 取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 求 ： 该过程中二者的位移为ｘ ０－ ｖ２ ２ ０－０ ． ５ ２ ．
３＝ ａ ＝ ｍ＝０１２５ ｍ
２ ３ ２×（－１）
所以木板在水平面上的总位移为 ｘ ｘ ｘ ′ ｘ
木板开始运动时 小物块和木板的加速度大小 ＝ １ ＋ １ ＋ ３ ＝
（１） ， ； ． ． ． ． 负号表示方向向左
整个过程中 木板在水平面上滑行的位移大小 －０８７５ ｍ＋０１２５ ｍ＋０１２５ ｍ＝－０６２５ ｍ，
（２） ， ； 小物块与木板之间产生的热量为Ｑ ｆ ｓ ｆ ｘ
整个过程中 小物块 木板和水平面组成系统摩擦产 （３） １＝ １Δ ＝ １（ ２＋
（３） ， 、 ｘ ′ ｘ ｘ ′ ． ． ． ． ．
生的热 ２ － １－ １ ）＝４×［０３７５＋０５－（－０８７５）－０１２５］ Ｊ＝６５ Ｊ
。 木板与水平面之间产生的热量为Ｑ ｆ ｓ ｆ ｘ ｘ ′
１２． 答案 ２ ２ ２＝ ２ ＝ ２（｜ １｜＋ １ ＋
（１）３ ｍ／ｓ ７ ｍ／ｓ ｘ ． ． ． ．
． ３）＝３×（０８７５＋０１２５＋０１２５） Ｊ＝３３７５ Ｊ
（２）０６２５ ｍ 所以小物块 木板和水平面组成系统摩擦产生的热为
． 、 ：
（３）９８７５ Ｊ Ｑ Ｑ Ｑ ． ． ．
解析 本题考查了牛顿运动定律在连接体中的应用 体现 ＝ １＋ ２＝６５＋３３７５ Ｊ＝９８７５ Ｊ
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ９３
Ｂ 组
一、选择题 错误 由图知ａ ａ 且方向均与速度方向相反 根据牛顿第
Ａ ； ３＜ ４， ，
１．（２０２０届江苏扬州期中，５）如图所示 置于粗糙水平面上的物 二定律得μｍｇ Ｆ ｍａ μｍｇ Ｆ ｍａ 故Ｆ Ｆ μｍｇ Ｆ Ｆ
， － ３＝ ３， － ４＝ ４， ４＜ ３＜ ＜ ２＜ １，
块Ａ和Ｂ用轻质弹簧连接 在水平恒力Ｆ的作用下 Ａ Ｂ以相 选项 正确 错误
， ， 、 Ｃ ，Ｂ、Ｄ 。
同的加速度向右运动 Ａ Ｂ 的质量关系为 ｍ ｍ 它们与地 ４．（２０２０届山东潍坊月考，２） 西电东送 为我国经济社会发展
。 、 Ａ＞ Ｂ， “ ”
面间的动摩擦因数相同 为使弹簧稳定时的伸长量增大 下列 起到了重大的推动作用 如图是部分输电线路 由于热胀冷
。 ， 。 。
操作可行的是 缩 铁塔之间的输电线夏季比冬季要更加下垂一些 对输电线
（ ） ， ，
和输电塔的受力分析正确的是
（ ）
仅减小Ｂ的质量 仅增大Ａ的质量
Ａ． Ｂ．
仅将Ａ Ｂ的位置对调 仅减小水平面的粗糙程度
Ｃ． 、 Ｄ．
１． 答案 Ｃ 本题考查牛顿第二定律 主要考查考生的科学推
，
理素养
。 夏季输电线对输电塔的拉力较大
设弹簧的劲度系数为ｋ 伸长量为ｘ 相同加速度为ａ 对Ｂ Ａ．
， ， ， 夏季与冬季输电线对输电塔的拉力一样大
受力分析有 ｋｘ μｍ ｇ ｍ ａ 对 Ａ 受力分析有 Ｆ μｍ ｇ ｋｘ Ｂ．
： － Ｂ ＝ Ｂ ， － Ａ － ＝ 夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大
Ｆ Ｃ．
ｍ ａ 两式联立消去ａ 整理可得ｘ 由此可见 冬季输电塔对地面的压力大
Ａ ， ， ＝ æ ｍ ö， ，Ａ、Ｂ Ｄ．
ｋç Ａ ÷ ４． 答案 Ｃ 本题考查了力的合成与分解 共点力的平衡知
è１＋ｍ ø 、
Ｂ 识 以及理解能力 推理能力 体现了物理观念中物质观念 运
ｍ ， 、 ， 、
均错误 因为ｍ ｍ 所以 Ａ Ａ Ｂ位置对调以后ｘ的表达 动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构 科学推理
。 Ａ＞ Ｂ， ｍ ＞１， 、 、 、
Ｂ 的要素
Ｆ ｍ 。
式为ｘ 又因为 Ｂ 所以ｘ增大 故 正确 ｘ的
＝ æ ｍ ö， ｍ ＜１， ， Ｃ 。
ｋç Ｂ ÷ Ａ
è１＋ｍ ø
Ａ
表达式中不含动摩擦因数 因此ｘ与水平面的粗糙程度无关
， ，
故 错误
Ｄ 。
２．（２０１９江苏南通、徐州等六市二调，３）如图所示 倾角为 °的 对输电线进行受力分析如图 设拉力与竖直方向夹角为
， ３０ ，
光滑固定斜面上放置质量为Ｍ的木板Ａ 跨过轻质光滑定滑轮 θ 根据平衡有ｍｇ Ｔ θ 输电线夏季比冬季要更加下垂一
， ， ＝２ ｃｏｓ ，
的细线一端与木板相连且细线与斜面平行 另一端连接质量为 些 夏季θ小 拉力小 根据牛顿第三定律可知夏季输电线对输
， ， ， ，
ｍ的物块Ｂ 质量也为ｍ的物块Ｃ位于木板顶端 由静止释放 电塔的拉力较小 故 错误 无论冬季还是夏季 对输电塔
， 。 ， Ａ、Ｂ ； ，
后 Ｃ下滑 而Ａ Ｂ仍保持静止 已知Ｍ ． ｍ 重力加速度为 和电线整体受力分析可知 对地面压力等于整体的重力 不变
， ， 、 。 ＝１５ ， ， ， ，
ｇ 则Ｃ沿木板下滑的加速度大小为 故 正确 错误
， （ ） Ｃ ，Ｄ 。
解题关键 分别对输电线与整体进行受力分析 理解
（１） ；（２）
输电线变长后对输电线与竖直方向之间的夹角的变化
。
５．（２０２０届山东师大附中月考，５）一人乘电梯 在竖直下降过程
，
中加速度ａ随时间ｔ变化的图线如图所示 以竖直向下为ａ的
，
正方向 则人对地板的压力
３ ｇ １ ｇ １ ｇ １ ｇ
， （ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ４ ８
２． 答案 Ｃ 对Ａ受力分析有Ｍｇ ° ｆ ｍｇ Ｍ ． ｍ 可得
ｓｉｎ ３０ ＋ ＝ ， ＝１５ ，
Ａ Ｃ间的摩擦力ｆ ． ｍｇ 对Ｃ受力分析可得ｍｇ ° ｆ ｍａ
、 ＝０２５ ； ｓｉｎ３０ － ＝ ，
解得Ｃ下滑的加速度ａ １ｇ 选项 正确 错误
＝ ， Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。
４
３．（２０１９江苏扬州中学四模，２）一小滑块 可看成质点 在水平
（ ）
拉力Ｆ作用下 沿粗糙水平面做直线运动 其速度 ｖ随时间 ｔ ｔ 时最大 ｔ 时为零
， ， Ａ． ＝２ ｓ Ｂ． ＝６ ｓ
变化的图像如图所示 在 ． ． ． ． 时刻拉力Ｆ ｔ ． 时最大 ｔ ． 时最小
。 ０ ５ ｓ、１ ５ ｓ、２ ５ ｓ、３ ５ ｓ Ｃ． ＝８５ ｓ Ｄ． ＝８５ ｓ
的大小分别为Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 则下列判断一定正确的是 ５． 答案 Ｃ 本题考查了超重和失重知识 以及理解能力 推
１、 ２、 ３、 ４， （ ） ， 、
理能力 分析综合能力 应用数学处理物理问题的能力 体现了
、 、 ，
物理观念中物质观念 运动与相互作用观念的要素和科学思维
、
中模型建构 科学推理 科学论证 质疑创新的要素
、 、 、 。
ｔ 时 加速度向下 为失重现象 则Ｆ ｍｇ 故 错误
＝２ ｓ ， ， ， Ｎ＜ ， Ａ ；
ｔ 时 加速度为零 则Ｆ ｍｇ 故 错误 ｔ ． 时 加速
＝６ ｓ ， ， Ｎ＝ ， Ｂ ； ＝８ ５ ｓ ，
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 度最大且方向向上 为超重现象 有 Ｆ ｍｇ 且 Ｆ 达到最大
Ａ． １＜ ２ Ｂ． ２＝ ３ ， ， Ｎ＞ ， Ｎ
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ 值 故 正确 错误
Ｃ． １＞ ４ Ｄ． ３＜ ４ ， Ｃ ，Ｄ 。
３． 答案 Ｃ ｖ ｔ图像中图线的斜率表示加速度 设四个时刻 ６．（２０１９江苏徐州、连云港等四市摸底，２）如图甲中 两滑块Ａ
－ ， ，
对应的加速度大小分别为ａ ａ ａ ａ 由图知 ａ ａ 根据 和Ｂ叠放在光滑水平地面上 Ａ的质量为ｍ Ｂ的质量为ｍ
１， ２， ３， ４， ， １＞ ２＞０， ， １， ２，
牛顿第二定律得Ｆ μｍｇ ｍａ Ｆ μｍｇ ｍａ 故Ｆ Ｆ 选项 设Ａ Ｂ间的动摩擦因数为μ 作用在Ａ上的水平拉力为Ｆ 最
１－ ＝ １， ２－ ＝ ２， １＞ ２， 、 ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
大静摩擦力等于滑动摩擦力 图乙为 Ｆ 与 μ的关系图像 其 ８．（２０２０届山东烟台期中，１０）某人在距离地面某高度处以
。 ，
ｍ ｍ ｍ ｇ 的初速度竖直向上抛出一质量为 的小球 小球抛出
直线方程为Ｆ １（ １＋ ２） μ 下列说法正确的有 ５ ｍ／ｓ ２ ｋｇ ，
＝ ｍ 。 （ ） 后经过一段时间落到地面上 若以抛出时刻为计时起点 小球
２ 。 ，
运动的ｖ ｔ图像如图所示 ｔ ． 时 小球落到地面上 设小
－ ， ＝１５ ｓ ， 。
球运动过程中所受阻力大小不变 则
， （ ）
μ和Ｆ的值位于ａ区域时 Ａ Ｂ相对滑动
Ａ． ， 、
μ和Ｆ的值位于ａ区域时 Ａ Ｂ相对静止
Ｂ． ， 、
μ和Ｆ的值位于ｂ区域时 Ａ Ｂ相对滑动 小球一直做匀变速直线运动
Ｃ． ， 、 Ａ．
μ和Ｆ的值位于ｂ区域时 Ａ Ｂ相对静止 小球抛出点离地面高度为 ．
Ｄ． ， 、 Ｂ． ３５５ ｍ
６． 答案 ＡＤ 当Ａ Ｂ间的摩擦力达到最大静摩擦力时 Ａ Ｂ 小球运动过程中所受阻力大小为 ．
、 ， 、 Ｃ． ０４ Ｎ
即将发生相对滑动 设此时Ｂ的加速度为ａ 对Ｂ由牛顿第二 当地重力加速度大小为 ２
， ２， Ｄ． １０ ｍ／ｓ
μｍ ｇ ８． 答案 ＢＣ 本题考查了ｖ ｔ图像 牛顿第二定律知识 以及
定律可得μｍ ｇ ｍ ａ 即ａ １ 再对Ａ Ｂ整体由牛顿第二 － 、 ，
１ ＝ ２ ２， ２＝ ｍ ， 、 理解能力 、 推理能力 ， 体现了物理观念中物质观念 、 运动与相互
２
ｍ ｍ ｍ ｇ 作用观念的要素和科学思维中模型建构 科学推理的要素
定律可得 Ｆ ｍ ｍ ａ １（ １＋ ２） μ 可见当 Ｆ 、 。
ｍ ｍ ｍ ｇ ＝ （ １ ＋ ２） ＝ ｍ ２ ， ＝ 小球上升过程中的加速度大小 ａ １ ＝ Δ ｖ ｔ １ ＝ ５ ． ｍ／ｓ ２ ＝
１（ １＋ ２） μ时 Ａ Ｂ即将发生相对滑动 所以当μ和Ｆ的 Δ１ ０５
ｍ ， 、 。 ｖ ．
２ ｍ ｍ ｍ ｇ １０ ｍ／ｓ ２ ， 下落过程中的加速度大小 ａ ２＝ Δ ｔ ２ ＝ ． ９６ ． ｍ／ｓ ２ ＝
值位于ａ区域时 Ｆ １（ １＋ ２） μ Ａ Ｂ已经发生相对滑动 Δ２ １５－０５
， ＞ ｍ ， 、 ， ． ２ 整个运动过程中的加速度大小变化 故不是做匀变
９６ ｍ／ｓ ， ，
２
选项 正确 错误 当 μ 和 Ｆ 的值位于 ｂ 区域时 Ｆ
Ａ ，Ｂ ； ， ＜ 速直线运动 故 错误 小球抛出点离地面高度为ｈ １ ．
， Ａ ； ＝ ×９６×
ｍ ｍ ｍ ｇ ２
１（ １＋ ２） μ Ａ Ｂ还没有发生相对滑动 即保持相对静止
ｍ ， 、 ， ， ． ． １ ． ． 故 正确 设小球运动过
２ （１５－０５）ｍ－ ×５×０ ５ ｍ＝３ ５５ ｍ， Ｂ ；
选项 错误 正确 ２
Ｃ ，Ｄ 。 程中所受阻力大小为ｆ 重力加速度为ｇ 根据牛顿第二定律可
７．（２０２０届山东菏泽期中，９）如图所示 质量分别为ｍ ｍ 的 ， ，
， Ａ、 Ｂ 得 上升过程中ｍｇ ｆ ｍａ 下落过程中 ｍｇ ｆ ｍａ 解得ｆ
Ａ Ｂ两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上 两物块与斜面 ， ＋ ＝ １， ， － ＝ ２， ＝
间 、 的动摩擦因数相同 用始终平行于斜面向上的 ， 恒力Ｆ推Ａ ０ ． ４ Ｎ， ｇ ＝９ ． ８ ｍ／ｓ ２ ， 故 Ｃ 正确 ，Ｄ 错误 。
， ， 解题思路 根据ｖ ｔ图像求解加速度 分析运动情况 根
使它们沿斜面匀加速上升 为了减小Ａ Ｂ间的压力 可行的办 （１） － ， ；（２）
， 、 ， 据图像与坐标轴围成的面积求解高度 根据牛顿第二定律
法是 ；（３）
（ ） 求解阻力和重力加速度大小
。
９．（２０１９山东莱芜一中质检，９）如图所示 三角形传送带以
， １ｍ／ｓ
的速度沿逆时针匀速转动 两边的传送带长度都是 且与水
， ２ ｍ，
平方向的夹角均为 ° 现有两个物块Ａ Ｂ从传送带顶端都
３７ 。 、
减小推力Ｆ 减小倾角θ 以 的初速度沿传送带下滑 两物块与传送带间的动摩擦
Ａ． Ｂ． １ ｍ／ｓ ，
减小Ｂ的质量 减小Ａ的质量 因数都是 ． ｇ取 ２ ° ． 下列判
Ｃ． Ｄ． ０５， １０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７°＝０．６，ｃｏｓ３７ ＝０８。
７． 答案 ＡＣ 本题考查了力的合成与分解 牛顿第二定律知 断正确的是
、 （ ）
识 以及理解能力 推理能力 体现了物理观念中物质观念 运
， 、 ， 、
动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构 科学推理的
、
要素
。
设动摩擦因数为μ 对ＡＢ整体受力分析有Ｆ ｍ ｇ θ
， － Ａ ｓｉｎ －
物块Ａ先到达传送带底端
ｍ Ｂ ｇ ｓｉｎ θ － μ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｇ ｃｏｓ θ ＝（ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ａ ， 对 Ｂ 受力分析有 Ａ． 物块Ａ Ｂ同时到达传送带底端
Ｆ ＡＢ－ ｍ Ｂ ｇ ｓｉｎ θ － μｍ Ｂ ｇ ｃｏｓ θ ＝ ｍ Ｂ ａ ， 由以上两式可得Ｆ ＡＢ＝ｍ Ａ ｍ ＋ Ｂ ｍ Ｂ Ｆ ＝ Ｂ Ｃ ． ． 传 物 送 块 带 Ａ 、 对 下 物 滑 块 过程 Ａ 、 中 Ｂ 相 的 对 摩 传 擦 送 力 带 都 的 沿 路 传送 程 带 小 向 于 上 物块Ｂ下滑过程
Ｆ Ｄ．
ｍ ， 可知 ， 为使Ｆ ＡＢ 减小 ， 应减小推力Ｆ ， 增加Ａ的质量 ， 减小 中相对传送带的路程
Ａ
９． 答案 ＢＣＤ 物块Ａ Ｂ都以 的初速度沿传送带下滑
ｍ Ｂ ＋１ 、 １ ｍ／ｓ ，
因ｍｇ ° μｍｇ ° 故传送带对两物块的滑动摩擦力
Ｂ的质量 故 正确 错误 ｓｉｎ３７ ＞ ｃｏｓ ３７ ，
， Ａ、Ｃ ，Ｂ、Ｄ 。
均沿斜面向上 大小也相等 故两物块沿斜面向下的加速度大
解题思路 当用平行于斜面向上的恒力Ｆ推Ａ 两物块沿斜面 ， ，
， 小相同 滑到底端时位移大小相同 故时间相同 故 错误
匀加速上升时 对整体运用牛顿第二定律求出加速度 再对Ｂ ， ， ， Ａ ，Ｂ、
， ， 正确 相对传送带的路程由相对位移决定 Ａ物块与传送带
研究 根据牛顿第二定律求出Ａ Ｂ间的弹力 即可分析减小Ａ Ｃ ； ，
， 、 ， 、 运动方向相同 相对传送带的路程较小 故 正确
Ｂ间压力的方法 ， ， Ｄ 。
。
方法技巧 本题是连接体问题 抓住两个物体的加速度相同 二、非选择题
， ，
采用整体法与隔离法 灵活选择研究对象 １０．如图所示 质量Ｍ 的物体从光滑曲面上高度Ｈ ．
， 。 ， ＝２０ ｋｇ ＝０８ ｍ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三 牛顿运动定律 ９５
处释放 到达底端时进入水平传送带 传送带由一电动机驱动 若物块刚进入 区域时 物块与木板的速度刚好相
， ， （２） Ⅱ ，
着逆时针匀速转动 速率为 已知物体与传送带间的动 同 求两作用区的边界距离ｄ
， ３ ｍ／ｓ。 ， 。
摩擦因数μ ． ｇ取 ２ １１． 答案 ．
＝０１。 （ １０ ｍ／ｓ ） （１）２ ｍ／ｓ （２）１５ ｍ
解析 在 区域时对物块受力分析 根据牛顿第二定
（１） Ⅰ ，
律得Ｆ μｍｇ ｍａ
－ ＝ ｍ １
Ｆ μｍｇ
ａ ｍ １＝ － ｍ ＝２ ｍ／ｓ ２
若两皮带轮之间的距离是 物体冲上传送带后就移
（１） ６ｍ， 对木板受力分析 有μｍｇ Ｍａ
走光滑曲面 物体将从哪一边离开传送带 通过计算说明你的 ， ＝ Ｍ １
结论 ， ？ ａ Ｍ １＝０ ． ５ ｍ／ｓ ２
。 设物块在区域 中运动时间为ｔ 因运动位移Ｌ 且
若皮带轮间的距离足够大 从物体滑上到离开传送 Ⅰ １， ＝１ｍ，
（２） ，
带的整个过程中
，
由于物体和传送带间的摩擦而产生了多少 Ｌ
＝
１ ａ
ｍ １
ｔ２
１
热量 ２
？ Ｌ
１０． 答案 见解析 则ｔ ２
解析
（１）
物体从 曲
（
面
２
上
）４
下
９０
滑
Ｊ
时机械能守恒 有
１＝ ａ
ｍ １
＝１ ｓ
（１） ， ｖ ａ ｔ
ｍ １＝ ｍ １ １＝２ ｍ／ｓ
ＭｇＨ １ Ｍｖ２ 物块离开 区域后 μｍｇ ｍａ
＝ ０ （２） Ⅰ ， ＝ ｍ ２
解得物体 ２ 滑到底端时的速度 解得ａ ｍ ２＝１ ｍ／ｓ ２
ｖ ｇＨ ａ Ｍ ２＝ ａ Ｍ １＝０ ． ５ ｍ／ｓ ２
０＝ ２ ＝４ ｍ／ｓ 物块刚离开区域 时 木板速度ｖ ａ ｔ ．
以地面为参考系 物体滑上传送带后向右做匀减速运动 Ⅰ ， Ｍ １＝ Ｍ １ １＝０５ ｍ／ｓ
， ， 设物块从离开 区域到与木板达到共同速度用时ｔ
期间物体的加速度大小和方向都不变 加速度大小为 ａ Ⅰ ２
， ＝ ｖ ａ ｔ ｖ ａ ｔ
μｇ ２ ｍ １－ ｍ ２ ２＝ Ｍ １＋ Ｍ ２ ２
＝１ ｍ／ｓ 解得ｔ
物体从滑上传送带到相对地面速度减为零 对地向右发 ２＝１ ｓ
，
生的位移为 则ｄ
＝
ｖ
ｍ １
ｔ
２－
１ ａ
ｍ ２
ｔ２
２＝１
．
５ ｍ
ｓ ０－
ｖ２
０ ０－４ ２ １２．（２０１８安徽皖南八
２
校联考，１７）如图所示 倾角为θ °的光
＝ ａ＝ ｍ＝８ ｍ＞６ ｍ ， ＝３０
－２ －２ 滑斜面上有固定挡板ＡＢ 斜面上Ｂ Ｃ两端点间高度差为ｈ
表明物体将从右边离开传送带 ， 、 。
。 斜面上叠放着质量均为ｍ的小物块和薄木板 小物块视为质
传送带速度 ｖ 因 ｖ ｖ 若两皮带轮间的 ，
（２） ＝３ ｍ／ｓ， ０＞ ， 点 薄木板长为Ｌ 下端位于挡板ＡＢ处 整体处于静止状态
距离足够大 则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动 ， ， ， 。
，
直到速度为零 后向左做匀加速运动 直到速度与传送 木板和物块两者间的动摩擦因数μ ３ 最大静摩擦力等于
， ， ＝ ，
带速度相等后与传送带相对静止 从传送带左端掉下 ２
， 。 滑动摩擦力 重力加速度为ｇ
相对滑动期间物体的加速度大小和方向都不变 取向右 ， 。
，
为正方向 物体发生的位移为
，
ｓ
ｖ２ｔ－ ｖ２
０ （－３）
２
－４
２
．
１＝ ａ ＝ ｍ＝３５ ｍ
－２ －２
ｖ ｖ
物体运动的时间为ｔ ｔ－ ０
＝ ａ ＝７ ｓ 若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动 木
－ （１） ，
这段时间内传送带向左运动的位移大小为 板上端恰能到达Ｃ点 求初速度大小
， ；
ｓ ｖｔ 若给木板施加一平行斜面向上的拉力 为使木板上
２＝ ＝３×７ ｍ＝２１ ｍ （２） ，
物体相对于传送带滑动的距离为 滑且与物块间没有相对滑动 求拉力应满足的条件
， ；
ｓ ｓ ｓ ． 若给木板施加一平行斜面向上的拉力 且大小为Ｆ
Δ ＝ １＋ ２＝２４５ ｍ （３） ， ＝
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为 ｍｇ 假设在此后的运动过程中小物块始终未脱离木板 要使
２ ， ，
Ｑ ｆ ｓ μＭｇ ｓ 木板上端恰能到达Ｃ点 求拉力Ｆ作用的时间ｔ
＝ ·Δ ＝ ·Δ ＝４９０ Ｊ ， １。
１１．（２０１９ 江苏南京、盐城调研二）如图所示 质量为 ｍ １２． 答案 ｇ ｈ Ｌ
， ＝ （１） （２ － ）
的物块 可视为质点 放置在质量Ｍ 足够长木板 ｍｇ Ｆ ． ｍｇ
１ ｋｇ （ ）， ＝２ ｋｇ （２） ＜ ≤１５
的中间 物块与木板间的动摩擦因数为 ． 木板放置在光滑
， ０ １， ｈ Ｌ
３（２ － ）
的水平地面上 在地面上方存在两个作用区 两作用区的宽 （３） ｇ
。 ， ２
度均为 相距为ｄ 作用区只对物块有力的作用 作用区 解析 以木板和小物块整体为研究对象 由动能定理有
１ ｍ， ， ，Ⅰ （１） ，
对物块作用力方向水平向右 作用区对物块作用力方向水
平向左 作用力大小均为
，Ⅱ
将物块与木板从图示位置 物 －２
ｍｇ
（
ｈ
－
Ｌ
ｓｉｎ
θ
）＝０－
１
·２
ｍｖ２
０
， ３ Ｎ。 （ ２
块在 作用区内的最左边 由静止释放 已知在整个过程中
Ⅰ ） ， 解得 ｖ ｇ ｈ Ｌ
物块不会滑离木板 ， 取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 设
：
物
０＝
块沿
（
斜
２
面
－
向
）
上运动的最大加速度为ａ 最大拉力
（２） ，
为Ｆ 则
ｍ，
对物块有μｍｇ θ ｍｇ θ ｍａ
ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝
在物块刚离开 区域时 物块的速度是多大 对物块和木板整体有Ｆ ｍｇ θ ｍａ
（１） Ⅰ ， ？ ｍ－２ ｓｉｎ ＝２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
解得Ｆ ． ｍｇ 设撤去拉力后 经过时间ｔ 二者速度相同 则
ｍ＝１５ ， ２ ，
要使整体能沿斜面上升应满足Ｆ ｍｇ θ ｍｇ ｖ ｖ ａ ｔ ｖ ａ ｔ
＞２ ｓｉｎ ＝ ３＝ ２－ ３ ２＝ １＋ １ ２
所以ｍｇ Ｆ ． ｍｇ 此后二者一起匀减速上滑 设加速度大小为ａ 则
＜ ≤１５ ， ４，
物块相对木板滑动过程中 设物块的加速度为ａ 有 ｍｇ θ ｍａ
（３） ， １， ２ ｓｉｎ ＝２ ４
拉力作用时木板的加速度为ａ 撤去拉力后木板的加速度大 ｖ２
小为ａ 则
２， 全过程中木板的位移
：
ｘ
＝
１ ａ
２
ｔ２
１＋
ａ
２
ｔ
１
ｔ
２－
１ ａ
３
ｔ２
２＋ ａ
３
３， ２ ２ ２ ４
对物块μｍｇ θ ｍｇ θ ｍａ ｈ
ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝ １ 由几何关系有 ｘ Ｌ
对木板Ｆ ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ： θ＝ ＋
－ ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２ ｓｉｎ
ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ｈ Ｌ
ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ ３ 解得拉力Ｆ作用的时间 ｔ ３（２ － ）
在ｔ 时刻小物块的速度为ｖ 木板的速度ｖ 则 １＝ ｇ
１ １， ２， ２
ｖ ａ ｔ ｖ ａ ｔ
１＝ １ １， ２＝ ２ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋