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专题三 牛顿运动定律 ２９
二、瞬时性问题 二、等时圆模型及其应用
1.模型解读 等时圆模型的建构
质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆
* 6*U
（１）
D4D
6. UL>K 环最低点所用时间相等 都等于物体沿直径做自由落体运
?L ，
U/"
动所用的时间 如图甲所示
， 。
.
1+0',EU
1C */ ,KT@'4
+0 U1 F U1
1K
2.解题思路
!
, ,
' !,
质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到
'+ U ' （２）
M0 E 下端所用时间相等 如图乙所示
" ， 。
/ 两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点 质点沿不
（３） ，
三、两类动力学问题 同的光滑弦 过切点 上端由静止开始滑到下端所用时间相
（ ）
1.根据物体的受力确定运动情况 等 如图丙所示
， 。
'+ ' NB D '+D 例 如图所示 位于竖直平面内的圆内有ＯＡ ＯＢ ＯＣ三条光滑
E ， 、 、
轨道 已知在ｔ 时 ａ ｂ ｃ三球分别从Ｏ点由静止开始沿光滑
， ＝０ ， 、 、
2.根据物体的运动情况确定受力 倾斜直轨道运动到Ａ Ｂ Ｃ三点 所用时间分别为ｔ ｔ ｔ 下列
、 、 ， １、２、３。
'+D D ' NB '+ 关系正确的是 Ａ
E （ ）
3.解题关键
两类分析 物体的受力分析和运动过程分析
（１） ——— 。
两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁 相邻运动过
（２） ——— ；
程连接点的速度是联系两相邻运动过程的桥梁
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
。 Ａ． １＞ ２＞ ３ Ｂ． １＜ ２＜ ３
ｔ ｔ ｔ 无法确定
考点 2 牛顿运动定律的综合应用 Ｃ． １＝ ２＝ ３ Ｄ．
解析 过题图中Ｏ点作辅助线，以ＯＢ 为弦、Ｏ 为最高点作
一、动力学中的连接体问题
圆，该圆与ＯＡ相交于Ａ′点，与ＯＣ延长线相交于Ｃ′点，如图所
1.模型特点 示，由等时圆模型可知，小球沿光滑轨道ＯＡ′、ＯＢ、ＯＣ′运动的时
由两个或两个以上物体所构成的系统且系统内物体之间存 间相等，则小球沿光滑轨道ＯＡ运动的时间大于沿光滑轨道ＯＢ
（１）
在相互作用 运动的时间，小球沿光滑轨道ＯＣ运动的时间小于沿光滑轨道
。
系统内各物体加速度相同或有所关联 ＯＢ运动的时间，则有ｔ ｔ ｔ ， 正确。
（２） 。 １＞ ２＞ ３ Ａ
注意 内力和外力
（ ）内力：系统中物体间的作用力。
１
（ ）外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
２
2.解题思路
已知外力 求解内力 先整体后隔离
（１） ， （ ）
用整体法求出ａ与Ｆ 的关系 用隔离法求出Ｆ 与ａ的关系 方法提升 等时圆模型设置顶点是关键，物体从圆的最高点
外 ， 内 。
已知内力 求解外力 先隔离后整体 开始沿某光滑弦下滑到圆周，或从圆周上沿光滑弦下滑到最
（２） ， （ ）
用隔离法求出ａ与Ｆ 的关系 用整体法求出Ｆ 与ａ的关系 低点。
内 ， 外 。
学生用书P229
题型 3 动力学中的图像问题和临界极值问题 续表
ａ ｔ 瞬时 速度 初态
一、动力学中的图像问题 － 时刻
图像 加速度 － 变化量 加速度
1.常见的动力学图像
Ｆ ｔ
横坐标 纵坐标 斜率 面积 纵截距 － 时刻 力 冲量 初态受力
图像 －
ｖ ｔ 瞬时 Ｆ ａ 物体
－ 时刻 加速度 位移 初态速度 － 加速度 力
图像 速度 图像 的质量 －
３０ 5年高考3年模拟 B版 物理（教师用书）
2.解题方法 二、动力学中的临界极值问题
问题实质是力与运动的关系 解题的关键在于弄清图像斜 1.三种典型临界问题的临界条件
（１） ，
率 截距 交点 拐点和面积的物理意义
、 、 、 。 接触与脱离 两物体刚好接触或脱离的临界条件
应用物理规律列出与图像对应的函数关系式 进而明确 图 ：
（２） ， “ 的临界条件 弹力Ｆ
像与公式 图像与物体 间的关系 以便对有关物理问题作 Ｎ＝０
”“ ” ，
从相对静止到相对
出准确判断
。 静摩擦力达到最大值
滑动的临界条件
整理得出图像的解析式
（３） 。
典例1 质量ｍ 初速度ｖ 的物体沿着粗糙水平 速度最大的 在加速运动中 当加速度为零时 速
＝２ ｋｇ、 ０＝８ ｍ／ｓ ， ，
面向右运动 物体与地面间的动摩擦因数μ ． 同时物体还受 临界条件 度往往达到最大值
， ＝０１，
到一个随时间按如图所示规律变化的水平拉力 Ｆ 的作用 设
。 2.解题方法
水平向右为拉力的正方向 且物体在ｔ 时刻开始运动 ｇ 取
， ＝０ ，
把物理问题 或过程 推向极端 从而使临界现象
２ 则以下结论正确的是 Ｄ 极限法 （ ） ，
１０ ｍ／ｓ ， （ ）
或状态 暴露出来 以达到正确解决问题的目的
（ ） ，
临界问题存在多种可能 特别是非此即彼两种可能
，
假设法 时 或变化过程中可能出现临界条件 也可能不出
， ，
Ａ．０～１ ｓ 内 ， 物体的加速度大小为 ２ ｍ／ｓ ２ 现临界条件时 ， 往往用假设法解决问题
内 物体的加速度大小为 ２ 根据物理过程列出函数关系式 根据函数关系式解
Ｂ．１～２ ｓ ， ４ ｍ／ｓ 函数法 ，
内 物体的位移为 出临界条件
Ｃ．０～１ ｓ ， ７ ｍ
内 物体的总位移为
Ｄ．０～２ ｓ ， １１ ｍ 典例2 如图所示 质量均为ｍ的Ａ Ｂ两物体叠放在竖直弹簧
解析 解法一 解析法 由题图可知， 内Ｆ的方向向 ， 、
０～１ ｓ 上并保持静止 用大小等于 ｍｇ 的恒力 Ｆ 向上拉 Ｂ 运动距离
左，大小为 ，摩擦力的方向向左，大小为μｍｇ ，因此，物 ， ，
６ Ｎ ＝２ Ｎ 为ｈ时 Ｂ与Ａ分离 重力加速度为ｇ 下列说法正确的是
Ｆ μｍｇ ， 。 ，
体的加速度大小ａ ＋ ２，方向向左， 错误。 Ｃ
１＝ ｍ ＝４ ｍ／ｓ Ａ ０～１ ｓ （ ）
内，物体做初速度为 的匀减速运动， 时的速度ｖ ｖ
８ ｍ／ｓ １ ｓ １＝ ０－
ａ ｔ （ ） ，方向向右，第 内的位移 ｘ １
１ ＝ ８－４×１ ｍ／ｓ＝４ ｍ／ｓ １ ｓ １＝
２
（ｖ ｖ ）ｔ ， 错误。 内力Ｆ的方向变为向右，且物体
０＋ １ ＝６ ｍ Ｃ １～２ ｓ
的速度方向仍然向右，因此物体所受的合力变为ｍａ Ｆ′ μｍｇ， Ｂ和Ａ刚分离时 弹簧长度等于原长
２＝ － Ａ． ，
Ｆ′ μｍｇ Ｂ和Ａ刚分离时 它们的加速度为ｇ
得加速度大小ａ － ２，方向向右， 错误。 Ｂ． ，
２＝ ｍ ＝２ ｍ／ｓ Ｂ １～２ ｓ
ｍｇ
( ) 弹簧的劲度系数等于
Ｃ． ｈ
内位移ｘ ｖ ｔ １ ａ ｔ２ １ ２ ，可知
２＝ １ ＋ ２ ＝ ４×１＋ ×２×１ ｍ＝５ ｍ ０～２ ｓ
２ ２ 在Ｂ与Ａ分离之前 它们做匀加速直线运动
Ｄ． ，
内物体的总位移ｘ ｘ ｘ ， 正确。
＝ １＋ ２＝１１ ｍ Ｄ 解析 Ａ、Ｂ分离前，Ａ、Ｂ共同做加速运动，由于Ｆ是恒力，而
解法二 图像法 由牛顿第二定律可得第 内的加速度大
１ ｓ 弹簧弹力是变力，故Ａ、Ｂ做变加速直线运动， 错误。 当两物
Ｄ
小ａ
１＝
Ｆ ＋
ｍ
μｍｇ
＝４ ｍ／ｓ
２，方向向左，
Ａ
错误。 第
２ ｓ
内加速度的大 体刚要分离时，Ｆ
Ｎ
ＡＢ＝０ 且两物体具有相同的加速度，对 Ｂ 有
Ｆ ｍｇ ｍａ，对Ａ有ｋｘ ｍｇ ｍａ，又有Ｆ ｍｇ，则ａ 、ｋｘ ｍｇ，此
Ｆ′ μｍｇ － ＝ － ＝ ＝ ＝０ ＝
小ａ － ２，方向向右， 错误。 整个过程中物体运 时弹簧仍处于压缩状态， 、 错误。 Ｆ ｍｇ，设用恒力Ｆ拉Ｂ前
２＝ ｍ ＝２ ｍ／ｓ Ｂ Ａ Ｂ ＝
ｍｇ
动的ｖ ｔ图像如图所示，由ｖ ｔ图线与时间轴围成的“面积”表 弹簧压缩量为 ｘ ，则有 ｍｇ ｋｘ ，ｈ ｘ ｘ，联立解得 ｋ ，
－ － ０ ２ ＝ ０ ＝ ０－ ＝ ｈ Ｃ
示位移可得第 内位移ｘ ， 错误。 前 内总位移ｘ
１ ｓ １＝６ ｍ Ｃ ２ ｓ ＝ 正确。
( )
ｘ ｘ ６＋４ ， 正确。
１＋ ２＝ ６＋ ×１ ｍ＝１１ ｍ Ｄ
２
专题三 牛顿运动定律 ３１
题型 4 传送带模型
一、水平传送带模型
1.三种情境分析
图示 滑块的可能运动情况
若ｖ ｖ 滑块可能一直减速运动 传送带不够长 直到掉落 也可能先减速运动
（１） ０＞ ， （ ） ，
情 再匀速运动 传送带足够长
境 （ ）
若ｖ ｖ 包含ｖ 滑块可能一直加速运动 传送带不够长 直到掉落 也可
１ 滑块以速度ｖ 冲上匀速传送带 （２） ０＜ （ ０＝０）， （ ） ，
０ 能先加速运动再匀速运动 传送带足够长
（ ）
若传送带较短 滑块一直减速运动到达左端
情 （１） ，
境 若传送带较长 滑块的速度减为零还要被传送带传回右端 当ｖ ｖ时返回速
（２） ， 。 ０＞
２ 滑块以反向的速度ｖ 冲上匀速传送带 度为ｖ 当ｖ ｖ时返回速度为ｖ
０ ， ０＜ ０
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
若μｇ ａ 滑块和传送带一起以加速度ａ加速运动 滑块受到沿传送带前进方
情 （１） ≥ ， ，
境 向的静摩擦力Ｆ ｍａ
将滑块轻放在初速度为零的
ｆ＝
３ 若μｇ ａ 滑块将相对传送带向后运动 但滑块相对地面仍然是向前加速运动
（２） ＜ ， ，
匀加速启动的传送带上
的 此时滑块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ｆ μｍｇ 产生的加速度ａ μｇ
， ｆ＝ ， 块＝
2.解题要点 根据滑块的初速度方向与摩擦力方向的关系 确定滑块的
（２） ，
在水平方向匀速运动的传送带模型中 滑块相对传送带滑 运动性质
（１） ， 。
动时 滑块受滑动摩擦力作用 滑块相对传送带静止 共速 规定正方向后 在同一坐标系中画出滑块和传送带的ｖ ｔ图
， ； ， （３） ， －
运动时 不受摩擦力作用 像 滑块与传送带之间的运动关系更直观
， 。 ， 。
二、倾斜传送带模型
1.三种情境分析
图示 滑块的可能运动情况
若ｍｇ α μｍｇ α 滑块会从传送带下端滑落 若ｍｇ α μｍｇ α 则滑
情 ｓｉｎ ＞ ｃｏｓ ， ； ｓｉｎ ＜ ｃｏｓ ，
境 块可能一直加速运动 传送带较短 也可能先加速运动后匀速运动 传送带足
（ ）， （
１ 够长
将滑块轻放在匀速传送带底端 ）
可能一直加速运动 ｖ ｖ 且传送带不够长
（１） （ ＞ ０， ）
可能一直匀速运动 ｖ ｖ α μ
（２） （ ＝ ０，ｔａｎ ≤ ）
情 可能先加速运动后匀速运动 ｖ ｖ α μ
境 （３） （ ＞ ０，ｔａｎ ≤ ）
可能先减速运动后匀速运动 ｖ ｖ α μ
２ 滑块以速度ｖ 包含ｖ （４） （ ＜ ０，ｔａｎ ≤ ）
０（ ０＝０）
可能先以ａ 加速运动再以ａ 加速运动 且ａ ａ ｖ ｖ α μ
冲上 匀速传送带 （５） １ ２ ， １＞ ２（ ＞ ０，ｔａｎ ＞ ）
“ ”
可能一直减速运动 ｖ ｖ 且传送带不够长
（６） （ ＜ ０， ）
可能一直加速运动 α μ
（１） （ｔａｎ ＞ ）
情 可能一直匀速运动 α μ
境 （２） （ｔａｎ ＝ ）
可能先减速运动后反向加速运动 α μ 且未从下端滑出
３ （３） （ｔａｎ ＜ ， ）
滑块以反向速度ｖ 冲上 匀速传送带 可能一直减速运动 α μ 从下端滑出
０“ ” （４） （ｔａｎ ＜ ， ）
2.解题要点 的物体 物体与传送带间的动摩擦因数μ ． 已知 °
， ＝０ ５。 ｓｉｎ３７ ＝
在倾斜传送带模型中 滑块受重力 支持力和平行于传送带方 ． ° ． ｇ取 ２ 求
， 、 ０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， １０ ｍ／ｓ 。 ：
向的摩擦力作用 当滑块与传送带有相同速度时 若μ α
， ， ＜ｔａｎ ，
滑块相对传送带滑动 加速度发生突变 若μ α 滑块相
， ； ≥ｔａｎ ，
对传送带静止 一起匀速运动
， 。
传送带顺时针转动时 物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间
典例 如图所示 倾角为 ° 长ｌ 的传送带 传动速度ｖ （１） ， ；
， ３７ 、 ＝１６ ｍ ， ＝ 传送带逆时针转动时 物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间
在传送带顶端Ａ处无初速度地释放一个质量ｍ ． （２） ， 。
１０ ｍ／ｓ， ＝０５ ｋｇ 审题指导 （ ）在倾斜传送带模型中，要特别关注μ与 α
１ ｔａｎ
３２ 5年高考3年模拟 B版 物理（教师用书）
的关系。 本题中μ ． °，故物体相对传送带下滑，且无 问，加速度为ａ ，得ｖ ｖ ａ ｔ ，作出后半程物体的ｖ ｔ图像。 由
＝０５＜ｔａｎ ３７ １ 物＝ ＋ １ ２ －
法相对静止。 传送带顺时针转动时，物体将一直匀加速滑到 全过程物体的ｖ ｔ图线与横坐标轴所围面积的物理意义可知，
－
底部。 é
当面积总和达到 时物体离开传送带，有ｌ ê ê １
（ ）传送带逆时针转动时，物体初速度为 ，故相对传送带向上 １６ ｍ ＝１６ ｍ＝ ë ×
２ ０ ２
滑动，所受摩擦力方向沿传送带向下，物体以较大的加速度匀 ù
加速下滑；当物体与传送带共速时，因为μ ． °，物体将 １０×１＋
１ （
１０＋１０＋２
ｔ
２
）ｔ
２ û
ú ú（单位为
ｍ
），可得ｔ
２＝１ｓ
，总时间ｔ
总＝
＝０５＜ｔａｎ３７ ２
继续相对传送带向下滑动，所受摩擦力方向沿传送带向上，物
ｔ ｔ 。
１＋ ２＝２ ｓ
体以较小的加速度匀加速下滑，需要对全程分段分析。
解析 解法一 解析法
（ ）通过题设条件得到 ° μ，即重力沿传送带向下的分力
１ ｔａｎ３７ ＞
大于滑动摩擦力，可知在下滑过程中物体始终相对于传送带向
下运动，摩擦力不变，方向沿传送带向上。 根据牛顿第二定律
可得ｍａ ｍｇ ° μｍｇ °，可得ａ ２。 物体做初
１＝ ｓｉｎ３７ － ｃｏｓ３７ １＝２ ｍ／ｓ
乙
速度为 的匀加速直线运动，ｌ １ ａ ｔ２，得ｔ 。 答案 （ ） （ ）
０ ＝ １ ＝４ ｓ １ ４ ｓ ２ ２ ｓ
２
（ ）当传送带逆时针转动时，物体从静止开始沿传送带下滑，其
题型 5 滑块-木板模型
２
初速度小于传送带的速度，所以物体将先受到沿传送带向下的
一、解题必备
滑动摩擦力，由牛顿第二定律有ｍａ ｍｇ ° μｍｇ °，
２＝ ｓｉｎ ３７ ＋ ｃｏｓ３７ 1.“一选取两分析”
得ａ ２；当物体加速运动到与传送带共速时，ｖ ａ ｔ ，得
２＝１０ ｍ／ｓ ＝ ２ １ 研究对象的选取 即整体法与隔离法的选取
ｔ ；由速度位移关系式有ｖ２ ａ ｘ ，得ｘ ｌ 。 因 （１） ： 。
１＝１ｓ ＝２ ２ １ １＝５ｍ＜ ＝１６ｍ 受力分析 要确定是静摩擦力还是滑动摩擦力 正压力大小
为 α μ，物体与传送带共速后将继续相对于传送带加速下 （２） ： ，
ｔａｎ ＞ 如何计算 摩擦力方向如何确定 特别注意分析速度相同时
滑，受力情况同（ ）问，物体的加速度为ａ ，且ｘ ｌ ｘ ，由位移 ， ，
１ １ ２＝ － １ 摩擦力可能发生突变的问题
。
时间关系式可得ｘ
２＝
ｖｔ
２＋
１ ａ
１
ｔ
２
２，解得 ｔ
２＝１ ｓ
，总时间ｔ
总＝
ｔ
１＋ （３）
位移分析
：
滑块是否滑离木板
。
２
2.分析板块模型的两个关键
ｔ 。
２＝２ ｓ
突破一个难点 判断滑块和木板是否发生相对滑动
解法二 图像法 （１） ： 。
把握两个关系 根据两物体的位移关系可以画出位移关系
（ ）当传送带顺时针转动时，根据牛顿第二定律可得 ｍａ （２） ：
１ １ ＝ 情境图 再辅以ｖ ｔ图像帮助理解 当滑块和木板的速度相
ｍｇ ° μｍｇ °，可得ａ ２。 物体做初速度为 的 ， － ；
ｓｉｎ３７ － ｃｏｓ３７ １＝２ｍ／ｓ ０ 同时摩擦力会发生突变 这是运动过程中的重要转折点
匀加速直线运动，有ｖ ａ ｔ。 以沿传送带向下为正方向，在坐 ， 。
物＝ １ 3.分析板块模型问题的思维流程
标系中画出物体和传送带的ｖ ｔ图像（如图甲所示），由图中阴
－
影部分的面积可知当ｔ 时物体对地位移达到 ，此时物
＝４ ｓ １６ ｍ
体从传送带Ｂ端滑落，因此ｔ 。
＝４ ｓ
甲
（ ）当传送带逆时针转动时，仍以沿传送带向下为正方向，物体
２
受到沿传送带向下的滑动摩擦力，可得ｍａ ｍｇ ° 二、常见题型
２＝ ｓｉｎ ３７ ＋
μｍｇ
ｃｏｓ ３７
°，得ａ
２＝１０ ｍ／ｓ
２。 物体从静止开始加速，有 ｖ
物 ＝
1.模型概述
ａ ｔ 。 作出物体和传送带的ｖ ｔ图像（如图乙所示）。 由图像可 滑块 木板模型涉及摩擦力分析 相对运动 属于多物体 多过
２ １ － － 、 ， 、
知当ｔ 时物体与传送带共速，由于 α μ，之后物体继续 程问题 知识综合性较强 对能力要求较高 故频现于高考试
１＝１ ｓ ｔａｎ ＞ ， ， ，
向下加速，将相对于传送带向下运动，因此受力情况如第（ ） 卷中
１ 。
专题三 牛顿运动定律 ３３
2.滑块-木板模型常见问题分类（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
力作用在 板 质量为ｍ 上
（１） “ ”（ ２）
一起静止的条件及分析 一起加速的条件及分析 相对滑动的条件及分析
对滑块有Ｆ μ ｍ ｇ ｍ ａ
ｆ１ｍａｘ＝ １ １ ＝ １ １ｍａｘ
条 件 Ｆ Ｆ 对整体有Ｆ Ｆ ｍ ｍ ａ
： ≤ ｆ２ｍａｘ ＝ ｍａｘ－ ｆ２＝（ １＋ ２） １ｍａｘ Ｆ μ μ ｍ ｍ ｇ
μ ｍ ｍ ｇ 整体加速度为 ａ 应满足ａ ａ ＞（ １＋ ２）（ １＋ ２）
２（ １＋ ２） ， ≤ １ｍａｘ＝ 此时ａ μ ｇ Ｆ μ ｍ ｇ
此时Ｆ μ ｇ 故条件为μ ｍ ｍ ｇ Ｆ １＝ １ ， ｆ１＝ １ １
ｆ１＝０ １ ， ２（ １＋ ２） ＜ ≤
μ μ ｍ ｍ ｇ
（ １＋ ２）（ １＋ ２）
力作用在 块 质量为ｍ 上
（２） “ ”（ １）
一起静止的条件及分析 一起加速的条件及分析 相对滑动的条件及分析
对质量为 ｍ 的木板有 Ｆ ′ Ｆ
２ ｆ１ － ｆ２＝
μ ｍ ｇ μ ｍ ｍ ｇ ｍ ａ
μ ｍ ｇ μ ｍ ｍ ｇ 条件 １ １ － ２（ １＋ ２） ＝ ２ ２ｍａｘ
１ １ ＞ ２（ １＋ ２） ： 整体加速度ａ ａ 条件
Ｆ μ ｍ ｍ ｇ ≤ ２ｍａｘ ：
≤ ２（ １＋ ２） 对整体有 Ｆ Ｆ ｍ ｍ μ μ ｍ ｍ ｍ ｇ
此时 Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ ′ ｍａｘ－ ｆ２ ＝（ １＋ ２）· Ｆ （ １－ ２）（ １＋ ２） １
ｆ１ ＝ ， ｆ１、 ｆ１ 、 ａ 故条件为 μ ｍ ｍ ｇ Ｆ ＞ ｍ
Ｆ 均为静摩擦力 且大 ２ｍａｘ， ２（ １＋ ２） ＜ ≤ ２
小 ｆ２ 相等 ， （ μ １－ μ ２）（ ｍ １＋ ｍ ２） ｍ １ ｇ 此时 Ｆ 随 此时Ｆ ｆ１＝ μ １ ｍ １ ｇ
ｍ ， ｆ１
２
Ｆ增大而增大
板块 有初速度 木板足够长
（３）“ ” （ ）
情境 滑块有初速度 木板静止 情境 木板 滑块有同方向的初速度 且ｖ ｖ
１： ， ２： 、 ， ２＜ １
第一阶段 滑块以加速度ａ μ ｇ做匀减速直线运动 对木板有μ ｍ ｇ μ ｍ ｍ ｇ ｍ ａ 木板以加速度ａ
： １＝ １ ； １ １ － ２（ １＋ ２） ＝ ２ ２， ２＝
若μ ｍ ｍ ｇ μ μ ｍ ｇ
２（ １＋ ２） ＜ （ １－ ２） １ μ ｇ做匀加速直线运动 直到二者速度相等
μ ｍ ｇ ｍ － ２ ，
１ １ ２
第二阶段 滑块 木板一起以加速度ａ μ ｇ做匀减速直线运动 直到速度减为
： 、 ＝ ２ ， ０
情境 木板不动 滑块以加速度ａ μ ｇ做匀减速直线运动 直到速度减为
１： ， １＝ １ ， ０
情境 滑块以加速度ａ μ ｇ做匀减速直线运动 对木板有μ ｍ ｍ ｇ μ ｍ ｇ ｍ ａ 木板以加速度ａ
２： １＝ １ ； ２（ １＋ ２） － １ １ ＝ ２ ２， ２＝
若μ ｍ ｍ ｇ μ μ ｍ ｇ
２（ １＋ ２） ＞ （ ２－ １） １ μ ｇ做匀减速直线运动 直到二者速度同时减为 或木板速度先减小为 木板不动 滑块以加
μ ｍ ｇ ｍ ＋ ２ ， ０， ０， ，
１ １ ２
速度ａ μ ｇ做匀减速直线运动 直到速度减为 或二者速度减小到相等后再一起以加速度ａ μ ｇ减速到速
１＝ １ ， ０， ＝ ２
度为
０
典例 如图所示 质量ｍ 的小铁块 大小不计 放在长 受力分析可知，铁块受到向右的拉力 Ｆ 和向左的滑动摩擦力
， １＝２ ｋｇ （ ），
Ｌ ． 的长木板左端 木板质量ｍ 木板放在水平地面 Ｆ ；木板上表面受到铁块对其向右的滑动摩擦力Ｆ ′，下表面受
＝２５ ｍ ， ２＝１ ｋｇ， ｆ１ ｆ１
上 对小铁块施加水平向右的拉力Ｆ 已知小铁块与木板间的动 到地面对其向左的滑动摩擦力 Ｆ 。 由牛顿第三定律可知
， ， ｆ２
摩擦因数μ ． 木板与地面间的动摩擦因数μ ． 最大静 Ｆ Ｆ ′。
１＝０２， ２＝０ １， ｆ１＝ ｆ１
对铁块：Ｆ μ ｍ ｇ ｍ ａ
摩擦力等于滑动摩擦力 ， 重力加速度ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ 。 － １ １ ＝ １ １
对木板：μ ｍ ｇ μ（ｍ ｍ ）ｇ ｍ ａ
１ １ － ２ １＋ ２ ＝ ２ ２
同时应满足ａ ａ
１＞ ２
为把小铁块从右端拉离木板 对小铁块施加的水平向右的 解得Ｆ 。
（１） ， ＞６ Ｎ
拉力Ｆ应满足什么条件 （ ）当Ｆ 时，显然已经满足第（ ）问的条件，此时木板的加
？ ２ ＝８ Ｎ １
若拉力Ｆ 作用ｔ 后撤去Ｆ 求撤去拉力时小铁块 速度大小ａ ２，铁块的加速度大小ａ ２
（２） ＝８ Ｎ， ＝２ ｓ ， ２＝１ ｍ／ｓ １＝２ ｍ／ｓ
和木板的速度大小ｖ 和ｖ 拉力作用 后铁块的速度ｖ ａ ｔ
１ ２。 ２ ｓ １＝ １ ＝４ ｍ／ｓ
在 的情况下 求木板运动的最大速度 木板的速度ｖ ａ ｔ 。
（３） （２） ， 。 ２＝ ２ ＝２ ｍ／ｓ
解析 （ ）要使铁块滑离木板，需要让二者间的摩擦力为滑 （ ）在第（ ）问条件下，前 内铁块的加速度始终大于木板的
１ ３ ２ ２ ｓ
动摩擦力，且铁块的加速度大于木板的加速度。 对木板和铁块 加速度，可知铁块的速度始终大于木板的速度；撤去拉力Ｆ之
３４ 5年高考3年模拟 B版 物理（教师用书）
后的一小段时间内，铁块受滑动摩擦力将开始减速，由于铁块
ｖ ａ ′ｔ ｖ ａ ｔ ，解得ｔ ２
的速度仍然比木板的大，所以在这段时间内，木板的受力情况 １－ １ ２＝ ２＋ ２ ２ ２＝ ｓ
３
不会发生变化，将一直保持加速状态，直到二者达到相同速度 此段时间内二者继续发生相对滑动的距离
( )
或铁块从木板上滑下。 假设从撤去拉力Ｆ 到二者共速这段时
ｘ ｖ ｔ １ ａ ′ｔ ２ ｖ ｔ １ ａ ｔ ２
间为ｔ ，在总时间内，如果相对位移大于板长，说明铁块从木板 Δ ２＝ １ ２－ ２ １ ２ － ２ ２＋ ２ ２ ２
２
上滑落，则实际相对运动的时间为从开始运动到铁块滑下木板 解得 ｘ ２ （Ｌ ｘ ）
Δ ２＝ ｍ＞ －Δ １
的时间ｔ ′；反之，则说明ｔ 为实际发生相对运动的时间。 ３
２ ２ 故铁块未达到共速就滑离了木板。
拉力Ｆ作用的 时间内木板对地的位移
２ ｓ 满足条件的时间应为铁块滑下木板的时间 ｔ ′，可得 Ｌ ｘ
２ －Δ １＝
ｘ
木 １＝
２
１ ａ
２
ｔ２
＝２ ｍ ｖ
１
ｔ
２
′
－
１ ａ
１
′ｔ
２
′２
－
(
ｖ
２
ｔ
２
′
＋
１ ａ
２
ｔ
２
′２
)
２ ２
在此时间内铁块对地的位移ｘ
铁 １＝
１ ａ
１
ｔ２
＝４ ｍ 解得ｔ ′ １ （ｔ ′ ｔ ，舍去）。
２ ２ ＝ ｓ ２ ＝１ ｓ＞ ２
二者的相对位移 ｘ ｘ ｘ ３
Δ １＝ 铁 １－ 木 １＝２ ｍ 铁块滑离时木板速度最大，最大速度ｖ ｖ ａ ｔ ′，解得ｖ
撤去拉力 Ｆ 后达到共速前铁块的加速度大小为 ａ ′，μ ｍ ｇ 木 ｍ＝ ２＋ ２ ２ 木 ｍ＝
１ １ １
＝ ｍ １ ａ １ ′，得ａ １ ′ ＝２ ｍ／ｓ ２ ３ ７ ｍ／ｓ 。
木板的加速度大小仍为ａ ２
２＝１ ｍ／ｓ 答案 （ ）Ｆ （ ） （ ） ７
若经时间ｔ 铁块与木板达到共同速度，则 １ ＞６ Ｎ ２ ４ ｍ／ｓ ２ ｍ／ｓ ３ ｍ／ｓ
２ ３
学生用书P236
实验微专题 4 探究加速度与物体受力、物体质
3.以ａ为纵坐标 １ 为横坐标 描点连线 如果该线为过原点的
，Ｍ ， ，
量的关系
倾斜直线 说明ａ与Ｍ成反比
一、实验原理及装置图 ， 。
四、误差分析
1.拉力数据误差 由于将槽码的重力ｍｇ当作细线的拉力 而实
： ，
际重力ｍｇ大于拉力Ｆ
。
2.阻力补偿误差 若长木板坡度调节不合理 可能导致作出的图
： ，
线不经过坐标原点
。
五、改进方案
方案一 滑块（含遮光条）在气垫导轨上运动
实验装置如图所示 用控制变量法先保持 Ｆ 不变 探究 ａ
， ， @
和Ｍ的关系 再保持Ｍ不变 探究ａ和Ｆ的关系 加速度可以
， ， 。 #
根据纸带上打出的点测量 拉力近似等于槽码的重力 E
， 。 ! D *K *K
二、操作要领及注意事项
1.如何进行阻力补偿 按图安装实验器材 先不要悬挂槽码 给 E!#
： ， ，
小车一初速度 若小车恰好能做匀速直线运动 纸带点迹分布
， （
均匀 则说明平衡了小车受的阻力 实验过程中要求细线与
）， 。 如图所示 用导轨旁边的刻度尺测出两光电门的距离ｓ 用
长木板平行 不用重复进行阻力补偿 ， ，
， 。 刻度尺测出固定在滑块上的遮光条的宽度 ｓ 用数字计时器测
2.槽码和小车的质量应满足什么关系 由于本实验中把槽码的 Δ ，
： 出遮光条分别通过前后两个光电门所用时间 算出滑块经过两
总重力ｍｇ看成小车受到的拉力Ｆ 所以需要使槽码的质量远 ，
， 光电门时的瞬时速度 再由ｖ２ ｖ２ ａｓ计算滑块的加速度
小于小车的质量 若使用力传感器测拉力Ｆ或以小车和槽 ， ２－ １＝２ 。
。 （ 方案二 用力传感器（或弹簧测力计）测拉力
码整体为研究对象 则无需满足此要求
， ） *#
3.实验操作时需要注意哪些细节 改变拉力或小车质量后 每次 3
： ，
开始时小车应尽量靠近打点计时器 先接通电源 后释放小
， ，
车 且在小车到达滑轮前按住小车
， 。
三、数据处理
利用力传感器 或弹簧测力计 测量力 如图 可直接读出
1.利用逐差法或图像法求加速度ａ （ ） （ ），
。
拉力 则不需要满足小车质量Ｍ 重物 或钩码 质量ｍ
2.以ａ为纵坐标 Ｆ为横坐标 描点连线 如果该线为过原点的 ， ≫ （ ） 。
， ， ，
倾斜直线 说明ａ与Ｆ成正比
， 。
专题三 牛顿运动定律 ３５
考点 1 牛顿运动定律的理解及基本应用 小为ｇ 下列说法正确的是 Ａ
。 （ ）
学生用书P22
考向1 牛顿运动定律的理解
１． （ 海南， ， 分）公元前 世纪末 我国的 墨经 中提到
２０２１ １ ３ ４ ， 《 》
力 形之所以奋也 意为力是使有形之物突进或加速运动的
“ ， ”，
原因 力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示 正确
。 ，
的是 Ｂ
（ ）
－１ －２ 刻度对应的加速度为 ． ｇ
Ａ．ｋｇ·ｍ·ｓ Ｂ．ｋｇ·ｍ·ｓ Ａ．３０ ｃｍ －０５
２ －１ 刻度对应的加速度为ｇ
Ｃ．Ｐａ·ｍ Ｄ．Ｊ·ｍ Ｂ．４０ ｃｍ
２． （ 浙江 月， ， 分）如图所示 电动遥控小车放在水平 刻度对应的加速度为 ｇ
２０２１ １ ４ ３ ， Ｃ．５０ ｃｍ ２
长木板上面 当它在长木板上水平向左加速运动时 长木板保 各刻度对应加速度的值是不均匀的
， ， Ｄ．
持静止 此时 Ｄ ６． （ 全国甲， ， 分）（多选）如图 质量相等的两滑块
， （ ） ２０２２ １９ ６ ，
Ｐ Ｑ置于水平桌面上 二者用一轻弹簧水平连接 两滑块与桌
、 ， ，
面间的动摩擦因数均为μ 重力加速度大小为ｇ 用水平向
。 。
右的拉力Ｆ拉动Ｐ 使两滑块均做匀速运动 某时刻突然撤去
， ；
小车只受重力 支持力作用 该拉力 则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ＡＤ
Ａ． 、 ， （ ）
木板对小车的作用力方向水平向左
Ｂ．
木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
Ｃ． Ｐ的加速度大小的最大值为 μｇ
Ａ． ２
木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
Ｄ． Ｑ的加速度大小的最大值为 μｇ
Ｂ． ２
３． （ 浙江 月， ， 分）如图所示 底部均有 个轮子的行
２０２０ ７ ２ ３ ， ４
Ｐ的位移大小一定大于Ｑ的位移大小
Ｃ．
李箱ａ竖立
、
ｂ平卧放置在公交车上
，
箱子四周有一定空间
。
Ｐ的速度大小均不大于同一时刻Ｑ的速度大小
Ｄ．
当公交车
（
Ｂ
）
７． （ 辽宁， ， 分）如图所示 一小物块从长 的水平
２０２２ ７ ４ ， １ ｍ
桌面一端以初速度ｖ 沿中线滑向另一端 经过 从另一端
０ ， １ ｓ
滑落 物块与桌面间的动摩擦因数为μ ｇ取 ２ 下列
。 ， １０ ｍ／ｓ 。
ｖ μ的取值可能正确的是 Ｂ
０、 （ ）
缓慢起动时 两只行李箱一定相对车子向后运动
Ａ． ，
急刹车时 行李箱ａ一定相对车子向前运动
Ｂ． ，
缓慢转弯时 两只行李箱一定相对车子向外侧运动
Ｃ． ，
急转弯时 行李箱ｂ一定相对车子向内侧运动 ｖ ． ｖ ．
Ｄ． ， Ａ． ０＝２５ ｍ／ｓ Ｂ． ０＝１５ ｍ／ｓ
考向2 瞬时性问题 动力学的两类基本问题 μ ． μ ．
Ｃ． ＝０２８ Ｄ． ＝０２５
４． （ 湖南， ， 分）如图 质量分别为 ｍ ｍ ｍ ｍ的四 ８． （ 湖南， ， 分）（多选）球形飞行器安装了可提供任
２０２４ ３ ４ ， ４ 、３ 、２ 、 ２０２２ ９ ５
个小球Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 通过细线或轻弹簧互相连接 悬挂于Ｏ点 意方向推力的矢量发动机 总质量为Ｍ 飞行器飞行时受到
、 、 、 ， ， ， ， 。
处于静止状态 ， 重力加速度为ｇ 。 若将Ｂ 、 Ｃ间的细线剪断 ， 则 的空气阻力大小与其速率平方成正比 （ 即 Ｆ 阻 ＝ ｋｖ２ ， ｋ 为常
剪断瞬间Ｂ和Ｃ的加速度大小分别为 Ａ 量 当发动机关闭时 飞行器竖直下落 经过一段时间后 其
（ ） ）。 ， ， ，
匀速下落的速率为 当发动机以最大推力推动飞行器
0 １０ ｍ／ｓ；
"
竖直向上运动 经过一段时间后 飞行器匀速向上的速率为
， ，
# 重力加速度大小为ｇ 不考虑空气相对于地面的流动
５ ｍ／ｓ。 ，
$ 及飞行器质量的变化 下列说法正确的是 ＢＣ
， （ ）
% 发动机的最大推力为 ． Ｍｇ
Ａ． １５
ｇ ． ｇ ｇ ． ｇ 当飞行器以 匀速水平飞行时 发动机推力的大小为
Ａ． ，１５ Ｂ．２ ，１５ Ｂ． ５ ｍ／ｓ ，
ｇ ． ｇ ｇ ． ｇ
Ｃ．２ ，０５ Ｄ． ，０５ １７Ｍｇ
５． （回归教材·人教版必修一 ）（ 北京， ， 分）某
Ｐ１１４ ２０２１ １３ ３ ４
同学使用轻弹簧 直尺 钢球等制作了一个 竖直加速度测量 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时 飞行器速
、 、 “ Ｃ． ，
仪 如图所示 弹簧上端固定 在弹簧旁沿弹簧长度方向固 率为
”。 ， ， ５ ３ ｍ／ｓ
定一直尺 不挂钢球时 弹簧下端指针位于直尺 刻度 当飞行器以 的速率飞行时 其加速度大小可以达
。 ， ２０ ｃｍ Ｄ． ５ ｍ／ｓ ，
处 下端悬挂钢球 静止时指针位于直尺 刻度处 将直 到 ｇ
； ， ４０ ｃｍ 。 ３
尺不同刻度对应的加速度标在直尺上 就可用此装置直接测 ９． （ 浙江 月， ， 分）第 届冬奥会将在我国举办
， ２０２２ １ １９ ９ ２４ 。
量竖直方向的加速度 取竖直向上为正方向 重力加速度大 钢架雪车比赛的一段赛道如图 所示 长 水平直道ＡＢ
。 ， １ ， １２ ｍ
专题三 牛顿运动定律 ３９
题型 3 动力学中的图像问题和临界极值问题 度大小为ｇ 小车向左沿水平方向做匀加速直线运动 要使
。 ，
细线ｂ上张力为 则小车运动的加速度的大小ａ 应满足的
学生用书P29 ０， ０
条件是 Ｃ
１． （ 贵州贵阳适应性考试）蹴球是我国十分古老的一项 （ ）
２０２４
" $
民间体育活动 比赛在一块正方形水平地面上进行 比赛用球
， ， θ B
为硬塑实心球 如图所示 静止在场地中的球 与球 球
。 ， １ ２、
C
与边线间的距离均为Ｌ 两球质量相同 它们与水平地面之
２ ， ， θ #
间的动摩擦因数均为μ 一队员用脚给球 一个水平冲击力使
， １
其获得水平速度 球 与球 发生弹性正碰后 球 恰好能到
， １ ２ ， ２ ３ｇ ａ ３ｇ ３ｇ ａ ｇ
达边线 重力加速度为ｇ 球 运动的时间为 Ａ
Ａ．
４
≤ ０≤
３
Ｂ．
４
≤ ０≤
， 。 ２ （ ）
D3 ３ｇ ａ ｇ ３ｇ ａ ｇ
Ｃ． ≤ ０≤ ３ Ｄ． ≤ ０≤２
- - ３ ３
５． （ 四川成都二诊）（多选）如图甲所示 平行于倾角为
２０２４ ，
Ｌ Ｌ Ｌ Ｌ θ固定斜面向上的拉力Ｆ使小物块沿斜面向上运动 运动过
２ ，
Ａ． μｇ Ｂ． μｇ Ｃ．２ μｇ Ｄ．３ μｇ
２ 程中加速度ａ与Ｆ的关系如图乙所示 图线的斜率为ｋ 与Ｆ
２． （ 广东江门一模）跳伞运动员由高空沿竖直方向落下 。 ，
２０２４ ， 轴交点的横坐标为ｃ 与ａ轴交点的纵坐标为 ｂ 由图可知
， － 。
ｔ 时刻开启降落伞 ｔ 时刻开始做匀速直线运动直到ｔ 时刻
１ ，２ ３ ＢＤ
（ ）
落地 速度传感器记录此过程中运动员的ｖ ｔ图像如图所示
， － 。 B
下列关于跳伞运动员及降落伞的说法正确的是 Ｃ
（ ） '
W
D '
W
C
W
甲 乙
U U U U 小物块的质量为ｋ
Ａ．
ｔ 时间内 他们处于超重状态 小物块的质量为 １
Ａ．０～ １ ， Ｂ． ｋ
ｔ ｔ 时间内 他们受到的空气阻力逐渐增大
Ｂ． １～ ２ ， 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为ｂ
ｔ 时刻 他们所受重力的功率最大 Ｃ．
Ｃ． １ ， 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为ｃ
ｔ ｔ 时间内 他们的机械能守恒 Ｄ．
Ｄ． ２～ ３ ， ６． （ 湖南娄底一模）如图甲所示 光滑水平面上放置紧
３． （ 湖北十一校二模）物块Ｐ Ｑ中间用一根轻质弹簧 ２０２４ ，
２０２４ 、 靠在一起但并不黏合的 Ａ Ｂ 两个物体 Ａ Ｂ 的质量分别
相连 放在光滑水平面上 物块Ｐ的质量为 如图甲所示 、 ， 、
， ， ２ ｋｇ， 。 为ｍ ｍ 从ｔ 开始 推力Ｆ 和拉力Ｆ 分别
开始时两物块均静止 弹簧处于原长 ｔ 时对物块Ｐ施加水 Ａ＝６ ｋｇ、 Ｂ＝４ ｋｇ。 ＝０ ， Ａ Ｂ
， ， ＝０ 作用于Ａ Ｂ上 Ｆ Ｆ 的大小随时间变化的规律分别如图乙
平向右的恒力Ｆ ｔ 时撤去 在 内两物块的加速度 、 ， Ａ、 Ｂ 、
， ＝１ ｓ ， ０～１ ｓ 丙所示 则 Ｂ
随时间变化的情况如图乙所示 整个运动过程中 下列说法 ， （ ）
。 ， '/
" '/
正确的是 Ｃ #
（ ）
B NeT ' '
" " # #
1
UT UT
2
' 甲 乙 丙
1 2
UT
ｔ 时 Ａ的加速度为 ２
甲 乙 Ａ． ＝０ ， ２ ｍ／ｓ
ｔ 时 Ａ Ｂ开始分离
ｔ 时 物块Ｑ的速度大小为 ． Ｂ． ＝１ ｓ ， 、
Ａ． ＝１ ｓ ， ０４ ｍ／ｓ ｔ 时 Ａ Ｂ之间的相互作用力为
恒力Ｆ的大小为 ． Ｃ． ＝０ ， 、 ３ Ｎ
Ｂ． １６ Ｎ Ａ Ｂ开始分离时的速度为
物块Ｑ的质量为 ． Ｄ． 、 ３ ｍ／ｓ
Ｃ． ０５ ｋｇ
７． （ 山东潍坊一模）如图所示 一倾角为 °的足够长光
ｔ 后 物块Ｐ Ｑ一起做匀加速直线运动 ２０２４ ， ３７
Ｄ． ＝１ ｓ ， 、
４． （ 安徽 联盟开学考试）如图所示 一小球用轻质 滑斜面体固定在水平地面上 斜面底端有一挡板 一根劲度系
２０２４ Ａ１０ ， ， ，
细线ａ ｂ连接 细线ａ的另一端连接于车厢顶的Ａ点 细线ｂ 数ｋ 的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体Ｐ
、 ， ， ＝１００ Ｎ／ｍ
的另一端连接于车厢底板上的Ｂ点 小球静止时细线ａ与竖 上 紧挨着Ｐ放置物体Ｑ 不与Ｐ粘连 ｔ 时对Ｑ施加一
， ， （ ）。 ＝０
直方向的夹角θ ° 细线ｂ与水平方向的夹角也为θ ° 个沿斜面向上的拉力Ｆ使Ｑ做匀加速直线运动 从施加拉力
＝３０ ， ＝３０ 。 ，
已知两细线的长度相等 且ＡＣ ＢＣ 不计小球大小 重力加速 开始计时 ｔ ． 后拉力 Ｆ 不再变化 已知 Ｐ 的质量 ｍ
， ＝ ， ， ， ＝０ ２ ｓ ， Ｐ＝
４２ 5年高考3年模拟 B版 物理（教师用书）
30分钟 学生用书P34
１． （ 福建厦门质检）在身体素质测试 原地纵跳摸高
２０２４ “ ”
中 某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳 在此过程中 测得
， 。 ，
该同学竖直方向的加速度ａ随时间ｔ的变化关系如图所示 设
，
竖直向上为正方向 不计空气阻力 则该同学 Ｄ
， ， （ ）
TeNB
为ｇ 则 ＢＤ
， （ ）
W W
W
U
0 U
小球上升的时间大于下落的时间
Ａ．
ｖ ｋｖ
小球上升过程速率为 ０时的加速度大小ａ ｇ ０
" # $ % Ｂ． ＝ ＋ ｍ
２ ２
ｖ ｇｔ ｋ
U T 小球上升的最大高度Ｈ （ ０－ １）
Ｃ． ＝ ｍ
从Ａ到Ｂ的过程中处于超重状态
Ａ． 小球从被抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的
Ｄ．
在Ｂ点时速度为
Ｂ． ０
Ｃ． 在Ｃ点时恰好离开地面
功Ｗ
＝ ２
１ ｍｖ２
０－ ２
１ ｍｖ２
１
从Ｃ到Ｄ的过程中处于失重状态 ５． （ 湖北八市二模）（多选）如图所示 轻弹簧的一端固
Ｄ． ２０２４ ，
２． （ 吉林东北师大附中等五校联考）如图所示 四只猴子 定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部 另一端和质量为ｍ的
２０２４ ， ，
水中捞月 它们将一颗又直又高的杨树压弯 竖直倒挂在树梢
， ， 小物块ａ相连 质量为 ３ ｍ的小物块ｂ紧靠ａ静止在斜面上
上 从下到上依次为 号猴子 正当 号打算伸手捞 ， ，
， １、２、３、４ 。 １ ５
此时弹簧的压缩量为ｘ 从ｔ 时刻开始 对ｂ施加沿斜面
“
月亮
”
时
，２
号突然两手一滑没抓稳
，１
号扑通一声掉进了水 ０。 ＝０ ，
向上的外力 使ｂ始终做匀加速直线运动 经过一段时间后
里 假设 号手滑前四只猴子都处于静止状态 四只猴子的 ， 。 ，
。 ２ ，
物块ａ ｂ分离 再经过同样长的时间 ｂ到其出发点的距离恰
质量都相等且为ｍ 重力加速度大小为ｇ 那么在 号猴子手 、 ， ，
， ， ２ 好为ｘ 弹簧始终在弹性限度内 其中心轴线与斜面平行 重
滑后的一瞬间 Ｂ ０。 ， ，
（ ） 力加速度大小为ｇ 下列说法正确的是 ＡＣ
。 （ ）
B C
θ
ｍｇ θ
弹簧的劲度系数为８ ｓｉｎ
Ａ． ｘ
５ ０
号猴子的加速度和速度都等于 ｘ
Ａ．１ ０ ａ ｂ分离时 弹簧的压缩量为 ０
ｍｇ Ｂ． 、 ，
号猴子对 号猴子的作用力大小为４ ４
Ｂ．３ ２
３ 物块ｂ加速度的大小为 １ ｇ θ
号猴子对 号猴子的作用力不变 Ｃ． ｓｉｎ
Ｃ．２ ３ ５
树梢对 号猴子的作用力大小为 ｍｇ 物块ｂ加速度的大小为 ６ ｇ θ
Ｄ． ４ ３ Ｄ． ｓｉｎ
３． （ 安徽安庆二模）（多选）如图所示 一固定光滑直杆 ５
２０２４ ， ６． （ 长郡中学一模）（多选）图甲所示为电梯的结构示意图
与水平方向夹角为α 一质量为Ｍ的物块Ａ套在杆上 通过轻 ２０２４ ，
， ， 配重和轿厢质量均为Ｍ Ａ与电动机 未画出 相连 缆
绳连接一个质量为ｍ的小球Ｂ 现让Ａ Ｂ以某一相同速度沿 ０＝５００ ｋｇ， （ ） ，
。 、 绳质量以及其与滑轮Ｂ间的摩擦均可忽略 家住 楼的小明要
杆方向开始上滑 此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β 在Ａ 。 ２１
， ， 、 爸爸送他上幼儿园 轿厢下行过程经加速 匀速 减速三个阶段
Ｂ一起沿杆上滑过程中 设Ａ Ｂ的加速度大小为ａ 轻绳的拉 ， 、 、 ，
， 、 ， 最后停在 楼 已知小明的质量ｍ 爸爸的质量ｍ
力大小为Ｆ 杆对物块Ａ的弹力大小为Ｆ 已知重力加速度 １ 。 １＝２０ ｋｇ， ２＝
Ｔ， Ｎ， 小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图乙所示
大小为ｇ Ａ Ｂ均可看成质点 忽略空气阻力 则 ＢＣ ６０ｋｇ， ，
， 、 ， ， （ ） 重力加速度ｇ ２ 下列说法正确的是 ＣＤ
＝１０ｍ／ｓ 。 （ ）
" " #
α β
FF
#
ａ ｇ α α β
Ａ． ＝ ｔａｎ Ｂ． ＝ D
Ｆ Ｍ ｍ ｇ α Ｆ ｍｇ β
Ｃ． Ｎ＝（ ＋ ） ｃｏｓ Ｄ． Ｔ＞ ｃｏｓ 图甲
４． （ 安徽池州二模）（多选）从地面上以初速度ｖ 竖直 '/
２０２４ ０
向上抛出一质量为ｍ的小球 若运动过程中小球受到的空气
，
阻力与其速率成正比 比例系数为ｋ 小球运动的速率随时间
， ，
变化规律如图所示 ｔ 时刻到达最高点 再落回地面 且落地 UT
， １ ， ，
前小球已经做速率为 ｖ 的匀速直线运动 已知重力加速度 图乙
１ 。
