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第14 讲 牛顿运动定律的应用
一、 考点精讲练
考点01：瞬时性问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点02：斜面问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点03：动力学两类基本问题（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
二、 巩固提升（精选18 道题）
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两
种模型：
【例1-1】 (2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m 的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻
弹簧互相连接，悬挂于O 点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C 间的细线剪断，则剪断瞬间B
和C 的加速度大小分别为( )
考点一
瞬时性问题
本讲要点
A.g，1.5g
B.2g，1.5g
C.2g，0.5g
D.g，0.5g
【答案】 A
【详解】 细线剪断前，对B、C、D 整体受力分析，由力的平衡条件有A、B 间轻弹簧的弹力FAB＝
6mg，对D 受力分析，有C、D 间轻弹簧的弹力FCD＝mg;细线剪断瞬间，由牛顿第二定律对B 有FAB－3mg
＝3maB，对C 有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，A 正确。
【例1-2】(2025·八省联考山陕青宁卷，6)如图，质量均为m 的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻
绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则( )
A.L1的拉力大小为❑√3mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为❑√3g
D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
【答案】 C
【详解】 对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mgtan 60°＝2❑√3mg，L2的拉力大小为T2＝
2mg
cos60° ＝4mg，故A、B 错误;若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受到的合力仍为零，加速度
为零;对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度a＝2mgsin 60°
m
＝❑√3g，故C 正确，D 错误。
【变式1-1】（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；
故选D.
【变式1-2】（2025·山西晋城·二模）如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的
物块P、Q 用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P 刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳
的瞬间（ ）
A．弹簧的弹力突然减为零
B．P 与箱顶的作用力仍然为零
C．P 受到的合力小于Q 受到的合力
D．Q 对箱底的压力减为原来的一半
【答案】D
【详解】A．未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P 的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度
为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P 的重力，故A 错误；
B．由于P 的加速度为g，因此箱顶对P 的压力与弹簧弹力等大反向，故B 错误；
C．由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，故P 和Q 受到的合力均等于它们的重力，P 受到的合
力等于Q 受到的合力，故C 错误；
D．未剪断轻绳时，Q 对箱底的压力等于P、Q 的总重，剪断一瞬间，Q 的加速度为g，则Q 受到箱底的支
持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q 对箱底的压力减为原来的一半，故D 正确。
故选D。
【解题能力提升】
“四步骤”巧解瞬时性问题
1.分析原来物体的受力情况。
2.分析物体在突变时的受力情况。
3.由牛顿第二定律列方程。
4.求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
1.两类斜面模型
（1）等高斜面
如图1 所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1 中
t1>t2>t3。(斜面光滑)
（2）同底斜面
如图2 所示，由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得t＝，可见θ＝45°时运动时间最短，图2 中t1＝
t3>t2。(斜面光滑)
2.三类等时圆模型
（1）圆周内同顶端的斜面
如图1 所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周
上。由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得t1＝t2＝t3。
考点二
斜面问题
（2）圆周内同底端的斜面
如图2 所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周
上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。
（3）双圆周内斜面
如图3 所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且
顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。
【例2-1】（2022·北京·高考真题）如图所示，质量为m 的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜
面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mgsinθ
【答案】B
【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为
FN=mgcosθ
故A 错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为
Ff= μ F N = μmgcosθ
故B 正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得
F合=mgsinθ−μmgcosθ =ma
可知
mgsinθ> μmgcosθ
则斜面对物块的作用力为
F =
❑√FN
2 + Ff
2=
❑√(mgcosθ)
2+(μmgcosθ)
2<
❑√(mgcosθ)
2+(mgsinθ)
2=mg
故CD 错误。
故选B。
【例2-2】（2021·全国甲卷·高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，
上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ 可变。将小物块由平板
与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ 的大小有关。若由30°逐
渐增大至60°，物块的下滑时间t 将（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】D
【详解】设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ = 1
2 gsinθt
2
可得
t
2=
4 L
gsin 2θ
可知θ = 45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
故选D。
【变式2-1】（2025·江苏南通·二模）如图所示，木杆AB 和CD 平行斜靠在竖直墙壁上，两杆构成了滑
轨。将一摞瓦轻放在滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处。为防止瓦滑到底端时速度过大，可采取的措施是（
）
A．增加瓦放在滑轨上的高度
B．增加每次运送瓦的片数
C．增大两杆与水平面的夹角
D．增大两杆之间的距离
【答案】D
【详解】对瓦片受力分析，根据瓦片在沿斜面、垂直于斜面方向的受力分析如图
若瓦的高度为h、瓦的片数为n、两杆间夹角为θ，则两杆距离越大，θ越大，在垂直于斜面方向
2 F cos θ
2 =nmgcosα
沿斜面方向nmgsin α −μ×2 F =nma
联立解得a= gsin α −μgcosα
cos θ
2
为防止瓦的末速度过大，需要减小加速度a，结合加速度表达式即可知瓦的高度为h、瓦的片数n 对a 无影
响；增大两杆与水平面的夹角α，加速度a 增大；增大两杆之间的距离， θ越大，加速度a 减小，故ABC
错误， D 正确。
故选D。
【变式2-2】 (多选)如图所示，1、2、3、4 四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，
其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环半径为r，O 为圆心，固定在水平面上的斜面水平
底端的长度为❑√3r，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.t1>t2
B.t3＝t4
C.t2<t4
D.t1＝t4
【答案】 BC
【详解】1 号小球的加速度为a1＝gsin 60°＝
❑√3
2
g，位移为x1＝2r·sin 60°＝❑√3r，运动时间为t1＝
❑√
2 x1
a1
＝2❑√
r
g
;2 号小球的加速度为a2＝gsin 30°＝1
2
g，位移为x2＝2r·sin 30°＝r，运动时间为t2＝
❑√
2 x2
a2
＝2❑√
r
g
;3 号小球的加速度为a3＝gsin 60°＝
❑√3
2
g，位移为x3＝
❑√3r
sin30°
＝2❑√3r，运动时间为t3＝
❑√
2 x3
a3
＝❑√
8r
g
;4 号小球的加速度为a4＝gsin 30°＝1
2
g，位移为x4＝
❑√3r
sin 60°
＝2r，运动时间为t4＝
❑√
2 x4
a4
＝❑√
8r
g
;则t1＝t2，t3＝t4，t3－t1＝t4－t2＝2(❑√2－1)❑√
r
g
，t1＝t2<t4，故B、C 正确。
【解题能力提升】
牛顿第二定律在多过程运动问题中的应用
(1)分析各个过程中运动的特点,明确每一个运动过程的运动形式,注意相邻两个过程的衔接速度。
(2)分析各个过程的受力情况,明确每一个过程加速度的方向,注意不同过程各力的变化特点。
(3)灵活运用运动学公式、结论、图像,灵活运用合成法或正交分解法,结合牛顿第二定律求解加速度及其
他相关量。
1．动力学的两类基本问题：
第一类：已知受力情况求物体的运动情况；
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻
辑关系如图：
3. 分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
【例3-1】如图所示，这是一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次
试飞中，无人机从地面上由静止匀加速竖直向上起飞，它5s 上升了25m。已知无人机的质量
，
它运动过程中所受空气阻力大小恒为
，取重力加速度大小
，无人机受到的升力大小为（
）
考点三
动力学两类基本问题
A．20N
B．30N
C．40N
D．50N
【答案】A
【详解】由运动学规律x = 1
2 at
2
解得无人机的加速度a= 2 x
t
2 = 2×25
5
2
m/s
2=2m/s
2
对无人机受力分析，根据牛顿第二定理可得F −mg−f =ma
解得F =mg+ma+ f
代入数据可得升力的大小为F =20 N
故选A。
【例3-2】（2022·浙江·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，重力加速度g取10 m /s
2，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
v1=a1t1
解得
t1=3 sBC 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
Ff =66 N
【变式3-1】（2025·重庆·模拟预测）2024 年9 月25 日，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海
域，成功发射一枚洲际导弹。设导弹的质量为9×10
4kg，在导弹发射助推阶段，可视为从静止开始竖直
向上的匀加速直线运动，此阶段推力恒为5×10
6 N。从导弹发射开始计时，第2s 内的位移为50m，重力加
速度g=10 m /s
2，则导弹所受的阻力为（ ）
A．1.1×10
6 N
B．1.85×10
6 N
C．1.91×10
6 N
D．2.0×10
6 N
【答案】A
【详解】匀加速运动第2s 内的位移为50m，则第2s 内的平均速度v2= x
t = 50 m
1s =50 m /s
根据t =1.5s时的速度等于第2s 内的平均速度，则加速度a= v2
t
′ = 50 m /s
1.5s = 100
3 m /s
2
已知推力F =5×10
6 N，设阻力为f ，根据牛顿第二定律，有F −mg−f =ma
代入数据得f =1.1×10
6 N
故选A。
【变式3-2】冰壶比赛场地简化图如图所示。在某次比赛中，运动员从起滑架处推着冰壶从静止出发，在
投掷线AB 处放手让冰壶以速度（未知）沿虚线滑出。假设投掷线AB与O之间的距离为30m，重力加速度
g=10 m /s
2。如果通过运动员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图所示，即μ=0.02−kx，
其中k =2.5×10
−4 m
−1，x表示离投掷线AB的距离。在这种情况下，若运动员在投掷线以4 m /s的速度将
冰壶沿例题图甲中的虚线推出，求冰壶滑行20m 时的速度大小。
【答案】3 m /s
【详解】冰壶运动的加速度a= μmg
m = μg
结合μ=0.02−kx可得，冰壶加速度大小a与x的关系为a=0.02g−kgx =0.2−0.0025 x
可画出a−x图像，则可知a−x图像中图线与x轴所围“面积”即速度平方的变化量的一半，则当x =0 m时，
a0=0.2m /s
2；当x =20 m时，a1=0.15 m /s
2，a−x图像中的“面积”有v02
2−v
2
2
= 1
2 (a0+a1)x
解得v =3 m /s
【解题能力提升】
动力学问题的解题思路
1．奥运冠军全红婵在巴黎奥运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m 跳台的决赛中（下面研究
过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时
间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大
小取g=10 m/s2，则（ ）
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于超重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
巩固提升
【答案】D
【详解】A．跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A 错误；
B．入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B 错误；
C．以竖直向上为正方向，则根据−ℎ= v0t −1
2 gt
2，可得t=2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C 错
误；
D．入水时的速度v1=v0-gt=-15 m/s，在水中的加速度大小a= 0−v1
t
=7.5 m/s
2，方向竖直向上，根据牛顿第
二定律可知F 阻=mg＋ma=35×10 N＋35×7.5 N=612.5 N，D 正确。
故选D。
2．如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在一艘静止的航船上，机器人在船舷外壁面检测船体。
壁面可视为斜面，动摩擦因数为μ，与竖直方向夹角为θ。机器人在壁面加速下滑时，仅受重力G、垂直壁
面的磁力F、支持力和摩擦力的作用。则摩擦力的大小为（ ）
A．Gcosθ
B．μ( F −Gcosθ)
C．Gsinθ
D．μ( F −Gsinθ)
【答案】D
【详解】AC．机器人加速沿壁面下滑，则由牛顿第二定律
Gcosθ−f =ma
则
f =Gcosθ−ma<Gcosθ
选项AC 错误；
BD．垂直于壁面方向
F N = F −Gsinθ
可得滑动摩擦力
f = μ F N = μ( F −Gsinθ)
选项B 错误，D 正确。
故选D。
3．如图，工人卸货时，某货物能沿与水平地面夹角为θ 的长直木板滑下，若货物与木板间各处摩擦因数
相同，下列分析正确的是（ ）
A．增大θ，该货物所受摩擦力变大
B．减小θ，该货物一定能再次滑下
C．仅减少该货物的质量，该货物将不能下滑
D．货物下滑加速度与其质量无关
【答案】D
【详解】A．下滑过程，货物受到滑动摩擦力作用，大小为f = μN = μmgcosθ
可知增大θ，该货物所受摩擦力变小，故A 错误；
B．减小θ，若mgsinθ≤μmgcosθ
则该货物不能再次滑下，故B 错误；
CD．货物下滑过程，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ =ma
解得加速度大小为a= gsinθ−μgcosθ
可知货物下滑加速度与其质量无关，若仅减少该货物的质量，该货物仍能下滑，故C 错误，D 正确。
故选D。
4．两个质量均为m的小球A、B 被细线连接放置在倾角为θ =30°的光滑斜面上（斜面固定在地面上不动），
如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，关于A、B 的加速度大小，下
列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．aA= 1
2 g，aB= g
B．aA= 1
2 g，aB= 1
2 g
C．aA=0，aB= g
D．aA=0，aB= 1
2 g
【答案】B
【详解】在细线被烧断前，以A、B 两球为整体，根据平衡条件可得弹簧弹力大戏为
F弹=2mgsin30° =mg
在细线被烧断的瞬间，以A 球为对象，根据牛顿第二定律可得mgsin30° =maA
解得aA= 1
2 g
以B 球为对象，根据牛顿第二定律可得F 弹−mgsin30° =maB
解得aB= 1
2 g
故选B。
5．（2025·浙江·二模）以6m/s 的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m 高时，从气球上落下一小球，
小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f=(1+kv）N，k=0.01kg/s，g 取10 m/s
2。则小
球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（ ）
A．1.7s
B．1.9s
C．2.6s
D．3.5s
【答案】C
【详解】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N 进行计算，根据牛顿第二定律
推知，小球上升阶段的加速度a1= mg+ f
m
=12m/s
2
上升的时间t1= v
a1
= 6
12 =0.5s
上升的高度ℎ1= v
2 t1=1.5 m
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度a2= mg−f
m
=8 m/s
2
根据运动学公式(ℎ0+ℎ1)= 1
2 a2t2
2
故下降用时间t2= ❑√
2(ℎ0+ℎ1)
a2
= ❑√
2×16
8
s=2s
则共用时间为t =t1+t2=2.5s
与C 项最接近。
故选C。
6．（多选）如图所示，小物块从倾角α =30°的固定斜面底端A 点，以v0=12m/s的速度沿斜面上滑，经
过时间t 后小物块的速度大小为4m/s，此时小物块到A 点间的距离为x，一段时间后小物块又回到A 点。
已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=
❑√3
5 ，物块可视为质点，取重力加速度g=10 m/s
2，则下列说法可能正
确的是（ ）
A．t =1s、x =8 m
B．t =3.5s、x = 4 m
C．斜面长度至少为5m
D．斜面长度至少为9m
【答案】AD
【详解】ACD．物块上滑时有mgsin α + μmgcosα =ma1
解得a1=8 m/s
2
小物块沿斜面上滑的距离x1= v0
2
2a1
=9 m
上滑的时间t1= v0
a1
=1.5s
则斜面长度至少为9m；
根据运动学公式有v = v0−a1t，x = v0t −1
2 a1t
2
则在上滑速度为4m/s 时，代入可得t =1s、x =8 m，故AD 正确，C 错误；
B．小物块上滑至最高点时，由于mgsin α > μmgcosα
则物块将沿斜面下滑，有mgsin α −μmgcosα =ma2
解得a2=2m/s
2
根据运动学公式有v2=a2t2，x2= 1
2 a2t2
2
则在下滑速度为4m/s 时，代入可得t2=2s、x2= 4 m
此时t =t1+t2=3.5s
x = x1−x2=5 m
故B 错误。
故选AD。
7．（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P 点，
有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最
低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P 点，空气阻力不计，
则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．❑√3:❑√2:1
B．(❑√3−❑√2):(❑√2−1):1
C．3:2:1
D．1:1:1
【答案】A
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
t AP:t BP:tCP=t A
′ P:t B
′ P:tC
′ P= ❑√
2⋅3d
g
:❑√
2⋅2d
g
:❑√
2⋅d
g
= ❑√3:❑√2:1
故选A。
8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上
进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1 与球2、球2 与边线间的距离均为L，两球
质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，一队员用脚给球1 一个水平冲击力使其获得水平速
度，球1 与球2 发生弹性正碰后，球2 恰好能到达边线，重力加速度为g。则球2 运动的时间为（ ）
A．❑√
2 L
μg
B．❑√
L
2 μg
C．2❑√
L
μg
D．❑√
L
μg
【答案】A
【详解】A 球2 匀减速直线运动到停下，可以看作反向匀加速直线运动，可得L= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律可得μmg=ma
解得t = ❑√
2 L
μg
故选A。
9．如图所示，三根光滑轨道OA、OB、OC下端分别为A、B、C，A位于O的正下方，AB⊥AO、
AC ⊥CO。一小圆环从O点由静止分别沿OA、OB、OC滑下，滑到下端的时间分别为t A、t B、tC，下列
选项正确的是（ ）
A．t A>t B，t A>tC
B．t A>t B，t A =tC
C．t A<t B，t A<tC
D．t A<t B，t A =tC
【答案】D
【详解】设OA 与AC 夹角为θ，OA 高度为h，如图
则小圆环在OC 滑动时，有ℎsinθ = 1
2 aC tC
2 = 1
2 × mgsinθ
m
×tC
2
解得tC = ❑√
2ℎ
g
小圆环在OB 滑动时，有ℎ
sinθ = 1
2 aBt B
2 = 1
2 × mgsinθ
m
×t B
2
解得t B=
1
sin
❑θ
❑√
2ℎ
g
小圆环在OA 滑动时，有ℎ= 1
2 aAt A
2 = 1
2 × g×t A
2
解得t A = ❑√
2ℎ
g
综合可知t B>t A =tC
故选D。
10．如图所示，四只猴子将一树枝（可视为弹性杆）压弯倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4 号
猴子。正当1 号猴子打算伸手捞水中的“月亮”时，2 号猴子突然两手一滑没抓稳，1 号猴子扑通一声掉
进了水里。假设2 号猴子手滑前四只猴子都处于静止状态，其中1 号猴子的质量为m，其余3 只猴子的质
量均为2m，重力加速度为g，则在1 号猴子掉落的瞬间（ ）
A．2、3 和4 号猴子的速度和加速度都为零
B．3 号猴子对2 号猴子的作用力大小为7
3 mg
C．4 号猴子对3 号猴子的作用力大小为16
3 mgD．4 号猴子对树枝的作用力大小为6mg
【答案】B
【详解】A．把所有猴子作为整体研究，整体受到竖直向下的重力7mg，及树枝对它们竖直向上的作用力
FT，整体处于平衡状态，故FT=7mg
在1 号猴子掉落瞬间，树枝的作用力未发生变化，2、3、4 号猴子整体合力不为零，加速度不为零，故A
错误；
B．当1 号猴子掉落后的一瞬间，对2、3、4 号猴子整体分析可得FT−6mg =6ma
联立解得a= g
6 （方向竖直向上）
对2 号猴子分析可得F23−2mg=2ma
解得F23= 7
3 mg
故B 正确；
C．对2、3 号猴子为整体进行受力分析可得F34−4 mg= 4 ma
解得F34= 14
3 mg
故C 错误；
D．树枝对4 号猴子的作用力保持不变，根据牛顿第三定律可知，4 号猴子对树枝的作用力大小仍为7mg，
故D 错误。
故选B。
11．如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ 可调节。物体从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到斜面
底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（ ）
A．物体受到支持力的大小
B．物体加速度的大小
C．合力对物体做的功
D．物体重力的冲量
【答案】C
【详解】设斜面倾角为θ，斜面的高度为ℎ：
A．垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小N =mgcosθ
则物体受到支持力的大小与斜面倾角有关，故A 错误；
B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律mgsinθ =ma
可得a= gsinθ
则物体加速度的大小与斜面倾角有关，故B 错误；
C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为mgℎ，与斜面倾角无关，故C 正确；
D．沿着斜面方向，根据运动学公式ℎ
sinθ = 1
2 at
2
解得t =
1
sinθ ⋅❑√
2ℎ
g
物体重力的冲量I G=mgt = m
sinθ
❑√2gℎ
与斜面倾角有关，故D 错误。
故选C。
12．（多选）如图所示，质量分别为m、2m 的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处
于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为53
∘，重力加速度大小为g，sin53
∘=0.8。则（ ）
A．L1的拉力大小为4mg
B．L2的拉力大小为4mg
C．剪断L1的瞬间，小球甲的加速度大小为2.4 g
D．剪断L1的瞬间，小球乙的加速度大小为g
【答案】AC
【详解】AB．对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为 T 1=(m+2m）gtan53
∘= 4 mg
L2的拉力大小为 T 2= 3mg
cos53
∘=5mg
A 正确、B 错误；
CD．若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；
对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度为 a= 3mgsin53
∘
m
=2.4 g
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
13．（多选）如图所示，正六边形稳固支架竖直放置且固定在水平地面上，中心点为O，C、D 为支架两
个顶点，通过轻绳CA、BD 分别固定两个质量均为❑√3m的相同小球A、B，两小球通过轻质弹簧相连，整
个装置处于静止状态，且CAO、OBD 共线。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳CA 的弹力为4mg
B．轻绳BD 的弹力为mg
C．剪断轻绳CA 瞬间，小球A 加速度大小为4 ❑√3
3
g
D．剪断轻绳CA 瞬间，小球B 加速度大小为2❑√3
3
g
【答案】AC
【详解】AB．对小球A、B、弹簧整体进行受力分析，如图所示。竖直方向有FCA sin 60° =2❑√3mg
水平方向有FCAcos60° = FBD
解得FCA = 4 mg，FBD=2mg，A 正确，B 错误；
C．剪断轻绳CA瞬间，由于弹簧弹力瞬间不变，所以小球A 受到的合外力大小为FCA = 4 mg
根据牛顿第二定律得FCA = ❑√3maA
解得aA= FCA
❑√3m = 4 ❑√3
3
g，C 正确；
D．小球B 受力不变，加速度为0，D 错误。
故选AC。
14．如图所示，倾角为30°、足够长的固定斜面上有内壁光滑、截面为半圆形的容器，O 为截面圆的圆心，
AB 为平行于斜面的直径，OC 垂直于AB，D 为圆上的一点，OD 与OC 的夹角为30°。容器内有一光滑的
小球，当容器和小球一起在斜面上自由下滑时，小球相对容器停在C 点；当容器受到沿斜面向下的拉力
（图中没有画出）作用，稳定时容器和小球一起向下以加速度a 运动，小球相对容器停在D 点，已知重力
加速度为g，则（ ）
A．加速度a 的大小为1
2 g
B．加速度a 的大小为g
C．容器与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．容器与斜面间的动摩擦因数为
❑√3
3
【答案】B
【详解】CD．二者自由下滑时，对小球受力分析，有a球= gsin30°
可知半球形容器加速度大小也为gsin30°，则容器与斜面间没有摩擦力，即容器与斜面间的动摩擦因数为
0，故CD 错误；
AB．当容器受到沿斜面向下的拉力作用，稳定时对小球受力分析，可得小球所受容器的支持力与自身重力
与其合力夹角均为60°，由二力合成规律可得ma=mg
即a= g
故A 错误；B 正确。
故选B。
15．（多选）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数
为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l 的轻质弹簧相连，弹簀的另一端连接着质量为m 的物块。压
缩弹簧使其长度为3
4 l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态，斜
面光滑且足够长。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大伸长量为1
4 l+ 2mgsin α
k
B．弹簧的最大伸长量为1
4 l+ mgsin α
k
C．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足μ≥
(kl+ 4 mgsin α )cosα
4 Mg+ 4 mgcos
2α −klsin α
D．为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足μ≥
(kl+2mgsin α )cosα
2 Mg+2mgcos
2α −klsin α
【答案】AC
【详解】AB．分析易知物块在斜面简谐运动，设物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为Δl，则由题意得
mgsinθ =k Δl
物块做简谐运动的振幅为A = l
4 + Δl
由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大伸长量为Δ x = A + Δl
联立解得Δ x = 1
4 l+ 2mgsin α
k
故A 正确，B 错误；
C．以物块的平衡位置为原点、沿斜面向下为位移正方向建立坐标系，设某时刻物块位移x 为正，斜面受
到弹簧沿斜面向下的拉力F、地面的水平向右的摩擦力f，如图所示
由于斜面受力平衡，则有，在水平方向上F cosα −f −N 1sin α =0
在竖直方向上N 2−F sin α −N 1cosα −Mg=0
因为F =k (x + Δl)，N 1=mgcosα
联立解得f =kx cosα ，N 2= Mg+mg+ kx sin α
为使斜面始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应满足|f )≤μ N 2
所以μ≥|f )
N 2
因−A ≤x ≤A
所以当x =−A时，上式右端达到最大值，于是有μ≥
(kl+ 4 mgsin α )cosα
4 Mg+ 4 mgcos
2α −klsin α
故C 正确，D 错误。
故选AC。
16．如图所示，一搬运工人想将质量为40kg 的木箱从A 点推到仓库内的B 点，现给木箱施加一个水平向
右大小为100N 的恒力，让正在A 点以5m/s 初速度运动的木箱在粗糙水平地面上做匀速直线运动。2s 后工
人突然撤去水平恒力，让木箱做匀减速直线运动，最后刚好到达B 点，重力加速度g 取10m/s2，木箱可看
为质点。求：
(1)木箱与地面间的动摩擦因数；
(2)A、B 之间的距离。
【答案】(1)0.25
(2)15m
【详解】（1）初始阶段木箱做匀速直线运动，故小球受力平衡，由受力分析可知
水平方向平衡方程为f = F =100 N
竖直方向平衡方程为N =mg= 40×10= 400 N
又因为f = μN
解得μ= f
N =0.25
（2）撤掉外力后木箱在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
F合= f = μmg=ma
解得a= μg=2.5 m/s
2
设匀速阶段运动位移为x1，由x1= v0t1
解得x1=10 m
设匀减速阶段运动位移为x2，由v0
2=2a x2
解得x2= v0
2
2a =5 m
所以木箱运动的总位移为x = x1+ x2=15 m
由此可得A、B 之间的距离为15m。
17．（2025·山东·模拟预测）随着皑皑白雪覆盖北疆大地，第十一届全国大众冰雪季内蒙古“雪搭子”周
末滑雪里程积分赛在万众期待中火热启幕。这场横跨春节假期的冰雪盛宴，通过创新赛制与特色活动，为
银装素裹的内蒙古注入了蓬勃的运动活力。在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪
板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变
小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ =37°的雪坡斜面顶端A 处由静止滑下，滑至坡底B 后又滑上
一段水平雪面，最后停在C 处。假设滑雪板速度小于6m/s 时，与雪地间的动摩擦因数μ1=0.30，速度大
于等于6m /s 时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2=0.15。不计空气阻力，运动员经过B 处前后瞬间速度大
小不变，已知坡长AB=16.25m，重力加速度g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)运动员到达B 点时的速度大小；
(2)运动员在水平雪地上运动的距离。
【答案】(1)6m /s
(2)42m
【详解】（1）速度小于6m /s 时，有mgsin37
°−μ1mgcos37
°=ma1
则有v1
2=2a1 x1
速度大于等于6m /s 时，有mgsin37
°−μ2mgcos37
°=ma2
则有v2
2−v1
2=2a2(x AB−x1)
联立，解得v2=6m /s
（2）在水平雪地上运动，速度大于等于6m/s 时，有μ2mg=ma3
可得v2
2−v1
2=2a3 x3
速度小于6m/s 时，有μ1mg=ma4
则有v1
2=2a4 x4
在水平雪地上运动的距离x = x3+ x4
解得x=42m
18．滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB 和AC，A、B、C 在竖直平面内的同一圆周上，且A
为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A 点
为❑√3R，且与A 等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
（1）如果小朋友由静止开始分别沿AB 和AC 滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
（2）若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上
运动的最短时间是多少。
【答案】（1）t AB=t AC；（2）❑√
3 R
g
【详解】（1）设AB 与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度
a= mgsinθ
m
= gsinθ
由运动学公式有
x AB= 1
2 at AB
2
由几何关系知
x AB=2 Rsinθ
解得
t AB= ❑√
4 R
g
由上式可知，沿滑梯运动的时间t 与滑梯和水平面间的夹角无关，同理可知
t AC = ❑√
4 R
g
故
t AB=t AC
（2）画出以P 点为最高点、半径为r 与题图中圆外切的圆，如图
设切点为D，根据第（1）问的结论，当小朋友沿滑梯PD 下滑时，在滑梯上运动的时间最短，由几何关系
知
(R+r)
2=(R−r)
2+(❑√3 R)
2
解得
r = 3
4 R
结合第（1）问的结论有
t PD= ❑√
4 r
g = ❑√
3 R
g
