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专题03 牛顿运动定律的综合运用
A·常考题不丢分
命题点01 动力学的两类基本问题
命题点02 连接体问题
命题点03 超重失重问题
命题点04 力学单位制
命题点05 板块模型
命题点06 传送带模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 动力学的两类基本问题】
【针对练习1】（多选）游乐场有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，
由驱动装置将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面49m 高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自
由落体运动2s 后，开始受到恒定的制动力而立即做匀减速运动，且下落到离地面13m 高处时速度刚好减
为零，然后再让座椅非常缓慢的平稳下落，将游客送回地面。g 取10m/s2，则（ ）
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A．在下落过程中，游客加速度方向竖直向下
B．座椅在匀减速阶段的时间是1.6s
C．在下落过程中其加速度大小为12m/ s²
D．要避免整个装置撞击地面，自由落体的时间不能超过7
3 s
【答案】BD
【详解】A．在下落过程中，游客先是做自由落体运动，加速度方向竖直向下，然后做匀减速直线运动，
加速度方向竖直向上，最后做匀速直线运动，加速度为零。故A 错误；
BC．依题意，座椅自由落体过程的位移和末速度分别为
ℎ1= 1
2 gt1
2=20m，v1= gt1=20m/s
匀减速过程的位移为
ℎ2= 49m−ℎ1−13m=16m
根据
2aℎ2= v1
2
解得
a=12.5m/s
2
根据
0= v1−at2
解得
t2=1.6 s
故B 正确；C 错误；
D．要避免整个装置撞击地面，设自由落体的时间不能超过t，则有座椅到达地面时速度恰好减到零，即
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49m= 1
2 gt
2+ (>)
2
2a
解得
t = 7
3 s
故D 正确。
故选BD。
【针对练习2】如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m=1kg 的小物块在平行于斜
面向上的拉力F=8N 作用下，从斜面底端O 点由静止开始沿斜面向上运动，运动到A 点后撤去拉力，其中
OA 段光滑，AB 段粗糙，已知OA=AB=4m，小物块与斜面AB 间的动摩擦因数为0.25，g 取10m/s2.求：
（1）拉力作用下小物块的加速度大小；
（2）掀去拉力后小物块还能沿斜面上滑的最大距离；
（3）小物块在AB 段滑行的时间。
【答案】（1）2m /s
2；（2）1m；（3）√2+1
2
s
【详解】（1）拉力作用下小物块的受力示意图如图1
由牛顿第二定律
F −mgsin37° =ma1
解得
a1=2m /s
2
（2）小物块到达A 点的速度为v
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v
2=2a1 L
小物块在AB 段上滑时的受力示意图如图2
则
mgsin37°+ μmgcos37° =ma2
小物块在AB 段上滑的最大距离为xmax
0−v
2=−2a2 xmax
解得
xmax=1m
（3）小物块在AB 段上滑的时间t1
0= v −a2t1
小物块在AB 段下滑时的受力示意图如图3
则
mgsin37°−μmgcos37° =ma3
又
xmax = 1
2 a3t2
2
t =t1+t2
得
t = √2+1
2
s
【针对练习3】可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加
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速度a=0.5 m/s
2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t =8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑
行，最后退滑到出发点，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=0.25，已知sin37° =0.6，cos37° =0.8，g=10 m/s
2．求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
【答案】（1）16m；（2）a1=8 m /s
2，a2= 4 m /s
2；（3）2√34 m /s
【详解】（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有
x = 1
2 at
2
解得
x =16 m
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑
回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+ μmgcos37° =ma1
mgsin37°−μmgcos37° =ma2
解得
a1=8 m /s
2
a2= 4 m /s
2
（3）企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t
′，位移为x
′
x
′ = 1
2 a1(
at
a1)
2
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
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vt
2−0
2=2a2(x + x
′)
解得
vt =2√34 m /s
【命题点02 连接体问题】
【针对练习4】如图所示，质量为M 的木箱子放在水平桌面上，木箱中的竖直立杆（质量不计）上套有一
质量为m 的圆环，圆环由静止开始释放，圆环下滑的加速度恒为a= g
2 ，则圆环在下落过程中处于
状态（填“超重”或“失重”）；此下落过程中木箱对地面的压力为 。
【答案】 失重 Mg+ 1
2 mg
【详解】[1]圆环加速下落加速度方向向下，故处于失重状态；
[2] 以环为研究对象，可知环受到重力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
ma=mg−f
所以
f =mg−g
2 m= 1
2 mg
以箱子为研究对象，分析受力情况：箱子受到重力Mg、地面的支持力N 和环对箱子向下的滑动摩擦力f，
根据平衡条件得
N = Mg+ f = Mg+ 1
2 mg
根据牛顿第三定律得木箱对地面的压力大小
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N = Mg+ 1
2 mg
【针对练习5】（多选）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m1、
m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的那段绳
子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子间的摩擦忽略不计，重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
A．车厢的加速度为
g
tanθ
B．绳子中的张力大小为m1g
cosθ
C．车厢底板对m2的支持力为(m2−m1)g D．车厢底板对m2的摩擦力为m2 g tanθ
【答案】BD
【详解】AB．物体m1与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力和拉力，根据合成法知
F 合=m1gtanθ
拉力
T = m1g
cosθ
物体m1的加速度
a= m1g tanθ
m1
= g tanθ
所以车厢的加速度为gtanθ，故A 错误，B 正确；
CD．物体m2加速度为gtanθ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力
N =m2 g−m1g
cosθ
f=m2a=m2gtanθ
故C 错误，D 正确。
故选BD。
【针对练习6】（多选）如图甲所示，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
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体A、B(B 与弹簧连接，A、B 均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时刻物体处于静止状态.现用竖
直向上的拉力F 作用在A 上，使A 开始向上做加速度大小为a 的匀加速运动，测得A、B 的v－t 图像如图
乙所示，物体B 的v－t 图像在t2时刻的斜率与t 轴平行，已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．施加力F 前，弹簧的形变量为2mg
k
B．施加力F 的瞬间，A、B 间的弹力大小为m(g＋a)
C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力
D．B 上升速度最大时，A、B 间的距离为1
2 at2
2−mg
k
【答案】AD
【详解】A．施加力F 前，A、B 整体受力平衡，则弹簧弹力
F0＝2mg＝kx0
解得弹簧的形变量
x0＝2mg
k
选项A 正确；
B．施加力F 的瞬间，即t＝0 时刻，对B，根据牛顿第二定律有
F0－mg－FAB＝ma
解得A、B 间的弹力大小
FAB＝m(g－a)
选项B 错误；
C．A、B 在t1时刻分离，此时A、B 具有共同的速度与加速度，且
FAB＝0
对B 有
F1－mg＝ma
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解得此时弹簧弹力大小
F1＝m(g＋a)
选项C 错误；
D．t2时刻B 上升速度最大，加速度为零，则
kx2＝mg
解得此时弹簧的形变量
x2＝mg
k
B 上升的高度
h＝x0－x2＝mg
k
A 上升的高度
H＝1
2at2
2
所以A、B 间的距离
Δh＝1
2at2
2－mg
k
选项D 正确。
故选AD。
【命题点03 超重失重问题】
【针对练习7】如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器
在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
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B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D．将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
【答案】D
【详解】无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，水和容器都是处于完全失重状态，运动情况相同。所以
不管怎样，水都不会漏下来，所以ABC 错误，D 正确。
故选D。
【针对练习8】升降机箱内底部放一个质量为m 的物体，当箱从高空某处以初速度v0下落时，其速度-时间
图象如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．0−t1内箱内底对物体的支持力保持不变
B．0−t1内箱内底对物体的支持力可能为0
C．物体在0−t1时间内处于失重状态
D．物体在0−t1时间内处于超重状态
【答案】D
【详解】在v-t 图中，图线切线的斜率表示物体速度变化的快慢，即物体的加速度，由图可知，在0～t1时
间内物体的加速度逐渐减小。向下做加速度减小的减速，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律
F −mg=ma
0−t1内箱内底对物体的支持力逐渐减小，不可能为零。
故选D。
【针对练习9】（多选）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度
为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量
为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g，则下列说法正确的
是（ ）
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A．小物块处于失重状态
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
C．小物块受到的静摩擦力为1
2 mg+ma
D．若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小
【答案】BC
【详解】A．由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向上的加速度a，所以小物块处于超重
状态，故A 错误；
BCD．以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N 和沿斜面向上的静摩
擦力f，根据牛顿第二定律有
f −mgsin30° =ma
可得小物块受到的静摩擦力为
f = 1
2 mg+ma
若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力
N =mgcos30°
支持力不变，
故BC 正确，D 错误。
故选BC。
【命题点04 力学单位制】
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【针对练习10】利用旋涡现象可以测定液体的流速。如图所示（为截面图），液体的振动周期T 与流速
v、旋涡发生体的宽度D 有关。结合物理量的单位分析，下列关系式可能正确的是（其中k 是一个没有单位
的常量）（ ）
A．v =k D
T
B．v =k√
D
T
C．v =kDT
D．v =k 1
DT
【答案】A
【详解】液体的振动周期T 与流速v、旋涡发生体的宽度D 有关，速度v的单位为m/s，振动周期T的单位
为s，宽度D的单位为m；而k 是一个没有单位的常量，则根据单位之间的关系可得
v =k D
T
故选A。
【针对练习11】“另类加速度A”的定义为A = vt−v0
x
，其中v0和vt 分别表示某段位移x 的初速度和末速度。
则用国际单位制基本单位的符号来表示A 的单位，正确的是（ ）
A．s－1
B．Hz
C．m/s2
D．m2/s
【答案】A
【详解】根据量纲法可知，“另类加速度A”的单位为
m
s ⋅1
m =s
−1
故选A。
【针对练习12】雨滴在空气中下落的速度比较大时.受到的空气阻力f 与其速度v 的二次方成正比，与其横
截面积S 成正比，即f =kS v
2。则比例系数k 的单位是（ ）
A．kg/s⋅m
3
B．kg/m
2
C．kg/m
3
D．kg⋅s
2/ m
【答案】C
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【详解】将f =kS v
2变形，有
k = f
S v
2
f、S、v，的单位分别为kg⋅m /s
2、m
2、m/s，代入可知比例系数k 的单位为kg/m
3。
故选C。
【命题点05 板块模型】
【针对练习13】一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg 和mB＝2 kg 的A、B 两
物块，A、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示(重力加速度g
取10 m/s2)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B 物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B 物块的加速度为1 m/s2
解析：选D.物块A 的滑动摩擦力为FfA＝μmAg＝2 N，物块B 的滑动摩擦力为FfA＝μmBg＝4 N．若F＝1
N<2 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A 错误；若F＝1.5 N<2 N，对两木块与木板
整体由牛顿第二定律得共同加速度为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，对A 有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，B 错误；
当F＝4 N>2 N 时，木块A 与木板相对滑动，此时木板和B 的加速度为a＝＝1 m/s2，此时B 物块所受摩擦
力大小为Ff＝mBa＝2 N，C 错误；同理若F＝8 N，木块A 与木板相对滑动，此时木板和B 的加速度为a＝
＝1 m/s2，D 正确．
【针对练习14】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端
与墙壁的距离为4.5 m，如图a 所示．t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s
时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离
开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v－t 图线如图b 所示．木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加
速度大小g 取10 m/s2.求：
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(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为
a1，小物块和木板的质量分别为m 和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b 可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4 m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t ③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运
动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b 可得
a2＝⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及
运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt ⑪
小物块运动的位移为
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s2＝Δt ⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物
块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m ⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
【针对练习15】如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c 质量为
，物块a
静止放在长木板c 左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b 相连。重物b 由静止释放后
时，长木板c
与挡板P 发生碰撞（碰撞时间极短），同时轻绳立即断裂，碰后长木板c 以碰前速率的0.8 倍反弹，已知
物块a 和重物b 的质量均为
，物块a 与长木板c 间的动摩擦因数为
，光滑水平桌面足
够长，重物b 离地面的高度足够高，
。求：
（1）重物b 刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c 与挡板P 碰前的速率为多少？
（2）长木板c 至少需要多长，物块a 才不会从c 上滑出？
【答案】（1）7.5N，5m/s；（2）3.6m
【详解】（1）重物b 释放后假设a、b、c 一起运动，根据牛顿第二定律有
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解得
则长木板c 应受到的摩擦力为
故重物b 释放后，a、b、c 一起运动，根据牛顿第二定律有
解得
长木板c 与挡板P 碰前的速率为
（2）长木板c 与挡板P 碰后，a、c 均做减速运动，a、c 的加速度大小分别为
，
物块a 减速为零的时间为
长木板c 减速为零的时间为
则物块先减速为零，物块a 减速为零的位移为
此时长木板c 的速度为
长木板的位移为
长木板和物块共速时有
解得
此时长木板和物块的速度为
该段时间长木板的位移为
物块a 的位移为
则木板的长度至少为
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【命题点06 传送带模型】
【针对练习16】(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，
工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传
送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动
C．若μ<tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直是做加速运动
D．不论μ 大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且 a>gsin θ
解析：选AC.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿
第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，B 错误；粮袋加速到与传
送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ<tan θ 时粮袋将继续做加速运动，A、C 正确，D 错误．
【针对练习17】(多选)如图所示，传送带与水平地面的夹角
，从A 到
的长度为
，传送
带以
的速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速度地放一个质量为
的黑色煤块，它与
传送带之间的动摩擦因数为
。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知
，
取
，
则（ ）
A．煤块一直加速运动
B．煤块从A 到
的时间为
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C．煤块从A 到
的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
D．煤块从A 到
的过程中在传送带上留下痕迹的长度是
【答案】AC
【详解】A B．煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力分析如图所示，设加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有
解得
匀加速运动到与传送带速度相等的时间为t1，则有
即下滑5m 与传送带速度相等，达到v0 后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan37°，煤块仍将匀加速下滑。受
力分析如图所示
设加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
解得
继续做匀加速运动的位移为
根据位移公式得
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解得
煤块从A 到B 的时间为
A 正确，B 错误；
C D．煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块从与传送带共速到底端B，煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知煤块从A 运动到B 的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为
。C 正确，D 错误。
故选AC。
【针对练习18】如图所示，一足够长的水平传送带以速度
匀速运动，质量为
的小物块P 和
质量为
的小物块Q 由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻给P、Q 同时提供
大小相等的初速度
，使Q 竖直向上运动、P 从传送带左端冲上传送带，P 与定滑轮间的绳子水平。
已知物块P 与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度为
，不计滑轮的质量与摩擦，整个运
动过程中物块Q 都没有上升到定滑轮处。求：
（1）物块P 在传送带上运动过程中受到的摩擦力大小和方向：
（2）物块P 在传送带上向右运动的最大距离x。
【答案】（1）5N，速度与传送带速度相等前，方向向左，与传送带速度相等后方向向右；（2）
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【详解】（1）（2）物块
刚冲上传送带时，设
的加速度为
，轻绳的拉力为
，因
的初速度大于
传送带的速度，则
相对传送带向右运动，故
受到向左的摩擦力作用，对
由牛顿第二定律得
对
受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得
联立解得
物块
先减速到与传送带速度相同，设位移为
，则有
解得
共速后，由于摩擦力
故P 不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为
，轻绳的
拉力为
，对P，由牛顿第二定律得
对Q，由牛顿第二定律得
联立解得
设减速到0 位移为
，则有
解得
物块P 在传送带上向右运动的最大距离
解得
一、单选题
1．如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ =30°，质量为2m的物块A与挡板
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P之间有一轻质弹簧，细线跨过定滑轮，一端连接着质量为m的物块B，另一端连接着物块C（细线在滑轮
左侧部分与木板平行）．开始时用外力托着C，细线伸直但无张力，A、B 处于静止状态．现撤去外力，
静止释放C 后，发现C 速度最大时，A、B 恰好分离．己知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，
重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．物块C质量大小为m
B．撤去外力瞬间，弹簧弹力变为原来的1
3
C．撤去外力瞬间，A 、B间压力变为原来的一半
D．细绳张力最大值为1
2 mg
【答案】D
【详解】A．C 的速度最大时，加速度为0，此时有aB=aC=0，对C 受力分析可知绳子拉力为
F1=mCg
对B 受力分析可知
F1==mgsinθ
联立解得
mC=0.5m
故A 错误；
BC．撤去外力瞬间，弹簧弹力不变；没有撤去外力时，A、B 静止，以A、B 整体为研究对象，由平衡方
程可知
F 弹=3mgsin30°=1.5mg
弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离A 物体，由受力平衡可知
F 弹=FBA+2mgsin30°
解得
FBA =0.5mg
撤去外力时，对C 由牛顿第二定律：
0.5mg -F 拉=0.5ma
对A、B 整体，由牛顿第二定律
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F 拉+ F 弹-3mgsin30°=3ma
两式联立解得
a= 1
7 g
隔离A，对A 由牛顿第二定律
F 弹-F ' BA-2mgsin30°=2ma
解得
F 'BA= 3
14 mg
故BC 错误；
D．由A 选项分析可知，绳子最大拉力为
F ' =mC g= 1
2 mg
故D 正确。
故选D。
2．如图所示，质量为2m、长为L 的长木板c 静止在光滑水平面上，质量为m 的物块b 放在c 的正中央，
质量为m 的物块a 以大小为v0的速度从c 的左端滑上c，a 与b 发生弹性正碰，最终b 刚好到c 的右端与c
相对静止，不计物块大小，物块a、b 与c 间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（
）
A．a 与b 碰撞前b 的速度始终为零
B．a 与b 碰撞后，a 与b 都相对c 滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为3 v0
2
8 gL
D．整个过程因摩擦产生的内能为1
2 m v0
2
【答案】C
【详解】AB．物块a 滑上模板c 后，假设物块b 与长木板c 一起滑动，设物块a 与长木板c 间的动摩擦因
数为μ，则有
μmg=3ma
解得
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a= 1
3 μg
则物块b 与长木板c 间的静摩擦力为
f 静=ma= 1
3 μmg< μmg= f m
所以假设成立，物块b 与长木板c 一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a 滑上c 后，b 不会相对c 滑
动。a 与b 发生弹性正碰，a 与b 质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a 的速度与长木板c 的相等，
一起做匀加速直线运动，直到最终b 刚好滑到c 的右端与c 相对静止，故AB 错误。
CD．b 刚好到c 的右端与a、c 相对静止时，设共同速度为v共，以a、b、c 为整体，系统动量守恒，则
m v0=(m+m+2m)v共
根据能量守恒可得
1
2 mv0
2−1
2 (m+m+2m)v共
2 = μmgL=Q
所以整个过程因摩擦产生的内能为
Q = 3
8 m v0
2
物块与木板间的动摩擦因数为
μ= 3 v0
2
8 gL
故C 正确，D 错误。
故选C。
3．如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg 的三个物块A、B、C 叠放在水平面上，现对物块B 施加一水
平向右的拉力F，物块A、B、C 的加速度与水平拉力的关系如图乙（以水平向右为正）。若物块足够长，
物块A、B 间的动摩擦因数为μ1，物块B、C 间的动摩擦因数为μ2，物块C 与地面间的动摩擦因数为μ3，
重力加速度g=10m/ s²，下列说法正确的是（ ）
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A．μ1=0.1
B．μ1=0.2
C．μ₂=0.3
D．μ₃=0.4
【答案】C
【详解】由图可知，当F1=6 N时B 开始有加速度，此时应该是ABC 整体一起相对地面开始滑动，所以此
时的F 大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有
F1=(mA+mB+mC)g μ3=6 N
得
μ3=0.1
当F2=12N，a2=1m/s2时，此时应该是AB 一起与C 发生相对的滑动，即有
F2−(mA+mB)g μ2=(mA+mB)a2
得
μ2=0.3
当F3=21N，a3=4m/s2时，此时应该是B 与A，B 与C 都发生相对的滑动，即有
F3−mA g μ1−(mA+mB)g μ2=mBa3
得
μ1=0.4
故选C。
二、多选题
4．如图所示，A、B、C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向
上的恒力F作用在物体A 上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C 三者质量相等，重力加速度为g。下列
说法正确的是（ ）
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A．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为1
2 gsinθ
D．突然撤去外力F的瞬间，A 的加速度大小为3
2 gsinθ
【答案】CD
【详解】A．把ABC 看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力
F =3mgsinθ
在轻绳被烧断的瞬间，AB 之间的绳子拉力为零，对A 由牛顿第二定律
F −mgsinθ =maA
解得
aA =2gsinθ
故A 错误；
B．在轻绳被烧断前，对于C 根据平衡条件可得弹簧弹力
F弹=mgsinθ
在轻绳被烧断的瞬间，对于B 分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律
F弹+mgsinθ =maB
解得
aB=2 gsinθ
故B 错误；
C．剪断弹簧的瞬间，对于整体AB，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律
F −2mgsinθ =2maAB
解得
aAB= 1
2 gsinθ
而A 的加速度大小
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aA =aAB= 1
2 gsinθ
故C 正确；
D．突然撤去外力F 的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律
F弹+2mgsinθ =2ma′ AB
F 弹=mgsinθ
解得
a′ AB= 3
2 gsinθ
a′ A =a′ AB= 3
2 gsinθ
故D 正确。
故选CD。
5．如图所示，光滑水平面与光滑斜面平滑连接，小滑块A 从斜面上某位置由静止释放，已知其下滑的加
速度为a1，同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B，在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动，其加速度
为a，若A 恰好追上B，则（ ）
A．a= 1
2 a1
B．a= 1
3 a1
C．若仅减小a1，并调整a，仍使A 恰好追上B，则AB 的相遇点会变远
D．若仅减小a1，并调整a，仍使A 恰好追上B，则AB 的相遇时间会变长
【答案】AD
【详解】AB．设A 恰能追上B，在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2，则有位移关系
a1t1t2= 1
2 a(t1+t2)
2
速度关系
a1t =
1
❑a(t1+t2)
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解得
t1=t2= 1
2 (t1+t2)
a= 1
2 a1
故A 正确，B 错误；
D．设小滑块A 从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x，则
x = 1
2 a1t1
2
若仅减小a1，则t1变长，又因为调整a，仍使A 恰好追上B，仍满足
t1=t2= 1
2 (t1+t2)
AB 的相遇时间t1+t2会变长，故D 正确；
C． 若仅减小a1，并调整a，仍使A 恰好追上B，则AB 的相遇点距斜面底端的的距离
x1= 1
2 a(t1+t2)
2
因为
a= 1
2 a1
a1减小，则a减小，t1+t2变长，则AB 的相遇点会变远还是变近或不变，不能确定，故C 错误。
故选AD。
6．如图，物块A 通过细绳悬挂于电梯侧壁的O 点，A 与侧壁间夹有薄木板B，绳与侧壁夹角为θ，已知
A、B 质量分别为M、m，A、B 间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B 恰好不滑落，重力加速度为g，下列
判断正确的是（ ）
A．电梯竖直加速上升时，木板B 会滑落
B．电梯以加速度a（a<g）竖直加速下降时，木板B 会滑落
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C．当电梯以加速度a 竖直加速上升时，绳子拉力T = M (g+a)
cosθ
D．当电梯以加速度a（a<g）竖直加速下降时，A 对B 的压力N = M (g−a)tanθ
【答案】CD
【详解】A．电梯静止不动时，先分析A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾
相连的矢量三角形，如图所示
根据平衡条件，有
T = Mg
cosθ
N 1= Mgtanθ
再分析物体B，受重力、A 对B 的压力N、电梯侧壁对B 支持力N2和静摩擦力，根据牛顿第三定律，有
N = N 1= Mg tanθ
根据平衡条件有
N 2= N = Mg tanθ
f =mg
其中
f = μ N 2
联立解得
μ=
m
M tanθ
当电梯加速上升时，等效重力加速度变化为
g
′ = g+a
则电梯侧壁对B 的支持力变为
N 2= M g
′tanθ
最大静摩擦力变为
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f = μ N 2=
m
M tanθ ⋅M g
′ tanθ =m g
′
故木板B 保持静止，故A 错误；
BD．电梯以加速度a（a<g）竖直下降时，等效重力加速度变化为
g
′ = g−a
则电梯侧壁对B 的支持力变为
N = M g
′tanθ = M ( g−a)tanθ
最大静摩擦力变为
f = μ N 2=
m
M tanθ ⋅M g
′ tanθ =m g
′
故木板B 保持静止，故B 错误，D 正确；
C．当电梯以加速度a 竖直加速上升时，等效重力加速度变化为
g
′ = g+a
故绳子拉力变为
T = M g
′
cosθ = M (g+a)
cosθ
故C 正确。
故选CD。
7．如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为37°，一质量为m=1kg 的小环套在杆上位于底端，现施加一个
竖直向上的拉力F 作用在小环上，作用时间t1=1s 后撤掉该力，小环再经时间t2=1s 恰好返回杆的底端（最
初出发处）。（g=10m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．恒力F 的大小为12N
B．滑块返回斜面底端时的速度为6m/s
C．滑块撤掉F 前后的加速度分别2m/s2和6m/s2
D．撤掉F 之前，小环处于超重状态；撤掉F 之后到返回出发点之前，小环处于失重状态
【答案】CD
【详解】有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得
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F sin37
°−mgsin37
°=ma1
撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得
mgsin37
°=ma2
解得
a2=6m/ s
2
由运动学公式
v1=a1t1
有拉力时，由位移公式
x = 1
2 a1t1
2
撤去拉力后，根据位移公式
−x = v1t2−1
2 a2t2
2
解得
a1=2m/ s
2
A．由上述讨论，可解得F =13.33 N,故A 错误；
B．撤去拉力时速度为
v1=a1t1=2m/ s
返回时的速度为
v2= v1−a2t2=−4 m/ s
故B 错误；
C．根据前面的分析，撤掉F 前后的加速度大小分别为2m/ s
2和6m/ s
2，故C 正确；
D．撤掉F 之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉F 之后，加速度沿杆向下，
有竖直向下的分量，处于失重状态，故D 正确。
故选CD。
三、解答题
8．如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角θ =37°，从A 到B 长度达到L=10.45 m，传送带以v0=7 m/s的
速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m=1kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩
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擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37° =0.6，cos37° =0.8，g=10 m/s
2，
求
（1）煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间；
（2）煤块从A 到B 的时间和煤块到B 时速度的大小；
（3）煤块从A 到B 的过程中，传送带上形成痕迹的长度。
【答案】（1）0.7s；（2）1.7s，9 m/s；（3）2.45 m
【详解】（1）煤块刚放在传送带上时，对煤块，由牛顿第二定律得
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
代入数据解得
a1=10 m/s
2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间
t1= v0
a1
= 7
10 s=0.7s
（2）前0.7 秒内煤块的位移为
x1= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×10×0.7
2m =2.45 m＜L
由于μmgcosθ＜mgsinθ，煤块与传送带速度相等后继续沿传送带向下加速运动；对煤块，由牛顿第二
定律得
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
代入数据解得
a2=2m/s
2
设煤块在经过时间t2到达B，则
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L−x1= v0t2+ 1
2 a2t2
2
代入数据解得
t2=1s
煤块从A 到B 的运动时间
t =t1+t2=0.7s+1s=1.7s
可得
vB=10×0.7 m/s+2×1m/s=9 m/s
（3）从煤块放上传送带到与传送带速度相等过程，传送带的位移
x传送带1= v0t1=7×0.7 m = 4.9 m
煤块在传送带上留下痕迹的长度
Δ x1= x传送带1−x1= 4.9 m −2.45 m =2.45 m
从煤块与传送带速度相等到煤块到达B 的过程，传送带的位移
x传送带2= v0t2=7×1m =7 m
煤块的位移
x2= L−x1=10.45 m −2.45 m =8 m
煤块相对传送带滑行距离
Δ x2= x2−x传送带2=8 m −7 m =1m < Δ x1
则煤块从A 到B 过程中在传送带上留下痕迹的长度
Δ x = Δ x1=2.45 m
9．如图所示，倾角为θ =37
∘的传送带足够长，初始静止。质量 M =2kg的长木板放置在传送带上，恰好
静止。有一质量m=1kg的小物块，以v0=3 m /s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止
时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以v =1m /s顺时针转动，木板以碰前相同大小的速度反
弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.875，sin37
∘=0.6，重力加速
度g=10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。
求∶
（1）长木板A 与传送带之间的动摩擦因数μ1
（2）木板与开关相撞时的速度v1；
（3）木板的长度L。
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【答案】（1）0.75；（2）1m/s；（3）13
3 m
【详解】（1）长木板恰好静止在传送带上
Mgsinθ = μ1 Mgcosθ
解得
μ1=0.75
（2）对长木板由牛顿第二定律得
Mgsinθ+ μ2mgcosθ−μ1(M +m)gcosθ = M a1
解得
a1=0.5m/ s
2
对物块由牛顿第二定律得
−mgsinθ+ μ2mgcosθ =ma2
解得
a2=1m/ s
2
物块与长木板达到共同速度时
v1= v0−a2t1=a1t1
解得
v1=1m/ s
方向向下
（3）木板向下运动过程中，相对位移
Δ x1=
0
2−v0
2
−2(a1+a2)
=3m
木板被反弹，木板与物块的加速度均未变
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Δ x2= 0
2−(2v1)
2
−2(a1+a2)
= 4
3 m
所以木板的长度
L= Δ x1+ Δ x2= 13
3 m
10．倾角为θ的固定斜面与足够长的水平地面平滑连接，表面光滑的滑块A 从斜面上距水平地面高h 处由
静止释放，之后与静止在水平地面上的滑块B（位置并不固定）发生正碰，滑块A 反弹后冲上斜面，之后
每次都是滑块B 停下来后滑块A 才与之碰撞。已知滑块B 与水平地面间的动摩擦因数μ= 1
8，两滑块每次
碰撞时间极短，且碰撞前后两滑块的速度大小都等于碰前滑块A 速度的一半，重力加速度大小为g。
（1）求滑块A 第一次碰撞前的速度大小v0；
（2）求滑块B 在水平地面上滑动痕迹的最大长度xmax；
（3）若要每次都是滑块B 停下来后滑块A 才与之碰撞，则斜面的倾角θ需要满足怎样的条件？
【答案】（1）√2gℎ；（2）8ℎ
3 ；（3）0
∘<θ≤30
∘
【详解】（1）滑块A 在斜面上做匀加速直线运动，则有
v0
2=2 gsinθ ℎ
sinθ
解得
v0=√2gℎ
（2）滑块A、B 第1 次碰撞后，两滑块的速度大小均为v0
2
，第2 次碰撞后，两滑块的速度大小均为v0
4
，
所以滑块A、B 第n 次碰撞后两滑块的速度大小均为v0
2
n ，则有
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(
v0
2
n)
2
=2 μg xn
解得
xn=
ℎ
2
2n−3
每次碰后滑块B 移动的距离构成的数列为公比为1
4 等比数列，则有
xmax = x1+ x2+ x3+⋯+ xn+⋯
则有
xmax =
2ℎ[1−(
1
4)
n
]
1−1
4
当n→∞时，解得
xmax= 8ℎ
3
（3）设最初滑块B 距斜面底端的距离为L(L>0)，第一次碰撞后，滑块B 刚好停止时滑块A 与之碰撞，此
为临界条件。设滑块B 第一次碰撞后到停止运动所用时间为t，则有
v0
2 =−μgt，
2 L+ x1
v0
2
+
v0
gsinθ =t
解得
L=
ℎ
2sinθ −ℎ
由于
L>0
解得
0
∘<θ≤30
∘
一、单选题
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1．（2022·全国·统考高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静
置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球
连线垂直。当两球运动至二者相距3
5 L时，它们加速度的大小均为（ ）
A．5 F
8m
B．2 F
5m
C．3 F
8m
D．3 F
10m
【答案】A
【详解】当两球运动至二者相距3
5 L时，,如图所示
由几何关系可知
sinθ =
3 L
10
L
2
= 3
5
设绳子拉力为T，水平方向有
2T cosθ = F
解得
T = 5
8 F
对任意小球由牛顿第二定律可得
T =ma
解得
a= 5 F
8m
故A 正确，BCD 错误。
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故选A。
2．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在水平
桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q 两物块的质量
分别为mp=0.5kg、mQ=0.2kg，P 与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m /s
2。则推力F 的
大小为（ ）
A．4.0 N
B．3.0 N
C．2.5 N
D．1.5 N
【答案】A
【详解】P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
T 1=mQ g=2N
f =T 1=2N< μmP g=2.5 N
推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
T 2= T 1
2 =1N
故Q 物体加速下降，有
mQ g−T 2=mQa
可得
a=5m/s
2
而P 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P 由牛顿第二定律
T 2+ F −μmP g=mPa
解得
F = 4 N
故选A。
3．（2021·海南·高考真题）公元前4 世纪末，我国的《墨经》中提到“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（ ）
A．kg⋅m ⋅s
−1
B．kg⋅m ⋅s
−2
C．Pa⋅m
2
D．J⋅m
−1
【答案】B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式F =ma可知力的单位为kg⋅m ⋅s
−2，A 错误，B 正确；
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C．根据压强的表达式p= F
S 可知力的单位可知力的单位为Pa⋅m
2，但压强单位Pa不是基本单位，C 错误；
D．根据做功的表达式W = Fx可知力的单位为J⋅m
−1，但功的单位J不是基本单位，D 错误。
故选B。
4．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，
弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处；
下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此
装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm 刻度对应的加速度为 - 0.5g
B．40cm 刻度对应的加速度为g
C．50cm 刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
【答案】A
【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处，则弹簧的原长l0 = 0.2m；下端悬挂
钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处，则根据受力平衡有
mg = k(l - l0)
可计算出
k = mg
0.2
【详解】A．由分析可知，在30cm 刻度时，有
F 弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向）
代入数据有
a = - 0.5g
A 正确；
B．由分析可知，在40cm 刻度时，有
mg = F 弹
则40cm 刻度对应的加速度为0，B 错误；
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C．由分析可知，在50cm 刻度时，有
F 弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向）
代入数据有
a = 0.5g
C 错误；
D．设刻度对应值为x，结合分析可知
mg
0.2 ⋅Δx−mg
m
=a，x = |x−0.2|（取竖直向上为正方向）
经过计算有
a = gx−0.4 g
0.2
(x > 0.2)或a = −gx
0.2 (x < 0.2)
根据以上分析，加速度a 与刻度对应值为x 成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D 错误。
故选A。
5．（2021·浙江·高考真题）2021 年5 月15 日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层
290s的减速，速度从4.9×10
3 m/s减为4.6×10
2m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为
1.0×10
2m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打
开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（ ）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，
选项A 错误；
B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖
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直向上，B 正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C 错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体
的阻力不是平衡力，选项D 错误。
故选B。
6．（2023·辽宁·统考高考真题）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别
为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I₂ 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为
Δ F =k I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
。比例系数k 的单位是（ ）
A．kg·m/（s²·A）B．kg·m/（s²·A²）
C．kg·m²/（s³·A）
D．kg·m²/（s³·A³）
【答案】B
【详解】根据题干公式Δ F =k I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
整理可得
k =
Δ F r
2
I 1 I 2 Δl1 Δl2
代入相应物理量单位可得比例系数k 的单位为
N
A
2 =kg⋅m/s
2
A
2
=kg⋅m/(s
2⋅A
2)
故选B。
7．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左
加速运动时，长木板保持静止，此时（ ）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
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D．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
【答案】D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A
错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一
定不在水平方向，B 错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C 错误，D 正确。
故选D。
8．（2020·山东·统考高考真题）一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图像如图
所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v 表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（
）
A．0~t1时间内，v 增大，FN>mg
B．t1~t2时间内，v 减小，FN<mg
C．t2~t3时间内，v 增大，FN <mg
D．t2~t3时间内，v 减小，FN >mg
【答案】D
【详解】A．由于s-t 图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重
状态，则
FN<mg
A 错误；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则
FN=mg
B 错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则
FN>mg
C 错误，D 正确。
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故选D。
9．（2019·海南·高考真题）如图，两物块P、Q 置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平
轻绳连接。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（ ）
A．F −2 μmg
B．1
3 F + μmg
C．1
3 F −μmg
D．1
3 F
【答案】D
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ 的整体：F −μ⋅3mg=3ma；对物体P：T −μmg=ma；解得
T = 1
3 F，故选D。
10．（2019·浙江·高考真题）如图所示，A、B、C 为三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球．A、B 两球
分别连在两根弹簧上，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．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，ρ 木＜ρ 水＜ρ
铁）
A．A 球将向上运动，B、C 球将向下运动
B．A、B 球将向上运动，C 球不动
C．A 球将向下运动，B 球将向上运动，C 球不动
D．A 球将向上运动，B 球将向下运动，C 球不动
【答案】D
【详解】开始时A 球下的弹簧被压缩，弹力向上；B 球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断
的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A 球
将在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杯底向下运动，C 球相对于杯底不动；
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故选D.
11．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m /s
2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．2.0 m /s
2
B．4.0 m /s
2
C．6.0 m /s
2
D．8.0 m /s
2
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
f m = μmg=mam
解得
am = μg = 4 m/s
2
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4 m/s
2。
故选B。
12．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，
经过1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
v = x
t = v0+ v
2
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有
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v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得
μ < 0.2
故CD 不可能。
故选B。
13．（2022·浙江·统考高考真题）下列属于力的单位是（ ）
A．kg⋅m/s
2
B．kg⋅m/s
C．kg⋅m
2/s
D．kg⋅s/m
2
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律有
F = ma
则力的单位为
kg⋅m/s
2
故选A。
二、多选题
14．（2022·全国·统考高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连
接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两滑块均
做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P 的加速度大小的最大值为2 μg
B．Q 的加速度大小的最大值为2 μg
C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F =2 μmg
撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
T 0= μmg
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为
−T 0−μmg=maP1
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解得
aP1=−2 μg
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2 μg。
Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
−μmg=maQm
解得
aQm =−μg
故滑块Q 加速度大小最大值为μg，A 正确，B 错误；
C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；
D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
−μmg=maP2
解得
aP2=−μg
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2 μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原
长时加速度大小为μg；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小
也为μg。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。
故选AD。
15．（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如
图（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分
别为t1、t2时刻F 的大小。木板的加速度a1随时间t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩
擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速
度大小为g。则（ ）
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A．F1= μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，
此时以整体为对象有
F1= μ1(m1+m2)g
A 错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1
BC 正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD。
16．（2020·海南·统考高考真题）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P 和Q，质量分别为m1和
m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，
则（ ）
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A．两物块一起运动的加速度大小为a=
F
m1+m2
B．弹簧的弹力大小为T =
m2
m1+m2
F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
F −(m1+m2)gsinθ =(m1+m2)a
解得a=
F
m1+m2
−gsinθ，故A 错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
F弹−m2 gsinθ =m2a
解得F 弹= m2 F
m1+m2
，故B 正确；
C．根据F弹= m2 F
m1+m2
=
F
m1
m2
+1，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克
定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C 正确；
D．根据F弹= m2 F
m1+m2
，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸
长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。
故选BC。
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17．（2023·湖南·统考高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速
运动。车厢内有质量均为m的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底
面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F =2mg tanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mg tanθ
C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2 μ，则F的最大值为4 mg(2 μ−tanθ)
D．若推力F向右，且tanθ>2 μ，则F的范围为4 mg(tanθ−2 μ)≤F ≤4 mg(tanθ+2 μ)
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满
足
N x
N y
= tanθ
竖直方向
N y =mg
则
N x =mg tanθ
若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得
N x=ma
可得
a= g tanθ
对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
F = 4 ma= 4 mg tanθ
A 错误；
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B．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为
N x =mg tanθ
对小球B，由于tanθ≤μ，小球B 受到向左的合力
F = μ( N y+mg)−N x≥mg tanθ
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
N x =mamax
对系统整体根据牛顿第二定律
F = 4 mamax
解得
F = 4 mg tanθ
B 错误；
C．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 向左方向的加速度由杆对小球A 的水平分
力提供，小球A 所受向左的合力的最大值为
N x =mg tanθ
小球B 所受向左的合力的最大值
Fmax =( N y+mg)⋅μ−N x =2 μmg−mg tanθ
由于μ<tanθ≤2 μ可知
Fmax<mg tanθ
则对小球B，根据牛顿第二定律
Fmax=2 μmg−mg tanθ =mamax
对系统根据牛顿第二定律
F = 4 mamax
联立可得F的最大值为
F = 4 mg(2 μ−tanθ)
C 正确；
D．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，
理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右
的合力最小，此时
Fmin= N x−( N y+mg)μ=mg tanθ−2 μmg
当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时
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Fmax = N x+( N y+mg)μ=mg tanθ+2 μmg
对小球B 根据牛顿第二定律
Fmin=mamin
Fmax =mamax
对系统根据牛顿第二定律
F = 4 ma
代入小球B 所受合力分范围可得F的范围为
4 mg(tanθ−2 μ)≤F ≤4 mg(tanθ+2 μ)
D 正确。
故选CD。
18．（2023·全国·统考高考真题）用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止
开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其
加速度a 的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A．m甲<m乙
B．m甲>m乙
C．μ甲< μ乙
D．μ甲> μ乙
【答案】BC
【详解】根据牛顿第二定律有
F－μmg=ma
整理后有
F=ma＋μmg
则可知F—a 图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出
m 甲>m 乙，μ 甲m 甲g=μ 乙m 乙g
则
μ 甲<μ 乙
故选BC。
19．（2022·湖南·统考高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞
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行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻=k v
2，k为常量）。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10 m /s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运
动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m /s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的
流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为1.5 Mg
B．当飞行器以5 m /s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
❑√17
4
Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5√3 m /s
D．当飞行器以5 m /s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3 g
【答案】BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=10 m /s匀速下落时，有
Mg=k v1
2=k ×100
飞行器以v2=5 m /s向上匀速时，设最大推力为Fm
Fm = Mg+ k v2
2= Mg+k ×25
联立可得
Fm =1.25 Mg，k = Mg
100
A 错误；
B．飞行器以v3=5 m /s匀速水平飞行时
F =√(Mg)
2+(k v3)
2= √17
4
Mg
B 正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
f =√Fm
2−(Mg)
2= 3
4 Mg=k v4
2
解得
v4=5√3 m /s
C 正确；
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D．当飞行器最大推力向下，以v5=5 m /s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
Fm+ Mg+k v5
2= M am
解得
am=2.5g
D 错误。
故选BC。
三、解答题
20．（2022·浙江·统考高考真题）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长
12m 水平直道AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点由
静止出发，推着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2 所
示），到C 点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，
sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）a1= 8
3 m/s
2；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB 段
v1
2=2a1 x1
解得
a1= 8
3 m/s
2
（2）AB 段
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v1=a1t1
解得
t1=3 s
BC 段
x2= v1t2+ 1
2 a2t2
2
a2=2m/s
2
过C 点的速度大小
v = v1+a2t2=12m/s
（3）在BC 段有牛顿第二定律
mgsinθ−Ff =ma2
解得
F f =66 N
21．（2021·浙江·高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×10
3kg的汽车以
v1=36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l =6 m的队
伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且
忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L=6 m，小朋友行走的速度v0=0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时
间；
（3）假设驾驶员以v2=54 km/h超速行驶，在距离斑马线s=20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1）t1= 4s，Ff =2.5×10
3 N；（2）20s；（3）v =5√5 m /s
【详解】（1）根据平均速度
t1= s
v
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解得刹车时间
t1= 4s
刹车加速度
a= v1
t1
根据牛顿第二定律
Ff =ma
解得
F f =2.5×10
3 N
（2）小朋友过时间
t2= l+ L
v0
等待时间
t =t2−t1=20s
（3）根据
v2
2−v
2=2as
解得
v =5√5 m /s
22．（2020·全国·统考高考真题）我国自主研制了运-20 重型运输机。飞机获得的升力大小F 可用F =k v
2
描写，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速
度，已知飞机质量为1.21×10
5kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×10
5kg，装载货
物前后起飞离地时的k 值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小
和所用的时间。
【答案】(1)v2=78 m/s；（2）2m/s2，t =39s
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
k v1
2=m1 g
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满载起飞时，升力正好等于重力：
k v2
2=m2 g
由上两式解得：
v2=78 m/s
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
v2
2−0=2ax
解得：
a=2m/s
2
由加速的定义式变形得：
t = Δv
a = v2−0
a
解得：
t =39s
