第06讲牛顿第二定律讲义（思维导图+知识点+技巧方法+题型归纳+巩固练习）（新高考通用）-教师版_高考一二三轮复习_物理_2026年

第06 讲 牛顿第二定律
目        录
思维导图........................................................................................................................................................................................................................2
学习目标........................................................................................................................................................................................................................2
知识点讲解
技巧方法
题型分类
题型01：牛顿第二定律的内容及表达式
题型02：牛顿第二定律之正交分解
题型03：牛顿第二定律之整体隔离
题型04：牛顿第二定律之瞬时速度
题型05：牛顿第二定律之等时圆问题
题型06：牛顿第二定律之变加速运动分析
题型07：牛顿第二定律的分离临界和极值问题
题型08：牛顿第二定律的超重与失重问题
题型09：斜面模型
题型10：连接体模型
题型11：传送带模型
题型12：板块模型
题型13：牛顿第二定律与图像结合
题型14：验证牛顿第二定律
题型15：牛顿第二定律与直线运动
题型16：牛顿第二定律的综合应用
题型17：牛顿第二定律的计算题
核心突破
高中物理牛顿第二定律的核心学习目标是：深刻理解牛顿第二定律的内涵（力、质量与加速度的定量关系），能熟
练运用其公式（F 合=ma）解决瞬时性、连接体等动力学问题，建立“力与运动”的因果联系。
1.
概念与公式理解：明确牛顿第二定律的内容——物体加速度的大小与合外力成正比，与质量成反比，方向
与合外力方向相同；掌握公式F 合=ma 的物理意义（矢量式，需注意力与加速度的瞬时对应关系），理解“合外力
是产生加速度的原因”。
2.
公式应用要点掌握：
矢量性：加速度方向与合外力方向一致，列方程时需建立坐标系进行正交分解（F 合x=ma x，F 合y=ma y）。
瞬时性：合外力变化时，加速度立即同步变化（力是因，加速度是果）。
同一性：公式中F 合、m、a 对应同一研究对象，且单位需统一（国际单位制）。
3.
实际问题解决：能按“确定研究对象→受力分析求合外力→分析加速度方向→列牛顿第二定律方程→求解
并验证”的流程，解决“瞬时加速度”“水平面/斜面受力加速”“连接体（轻绳/轻弹簧）”等典型动力学问题，实
现“由力求运动”或“由运动求力”的双向应用。
知识点一：牛顿第二定律 
1．内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相
同。
2．表达式 F＝ma。 
3．“五个”性质
知识点二：动力学的两类问题
1．动力学问题的解题思路
解决两类动力学问题两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过
程间的位移联系。
知识点三：牛顿第二定律与图像的综合问题
1.常见的两类动力学图像问题
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。
2．解决图像综合问题的关键
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会
分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意
义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
知识点四： 超重与失重
1．实重和视重 
    (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：测力计所指示的数值。
2．超重、失重和完全失重比较
超重现象
失重现象
完全失重
概念
物体对支持物的压
力(或对悬挂物的拉力)大
于物体所受重力的现象
物体对支持物的压
力(或对悬挂物的拉力)小
于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力
(或对悬挂物的拉力)等于
零的现象
产生
条件
物体的加速度方向
向上
物体的加速度方向
向下
物体的加速度方向向
下，大小a＝g
列原
理式
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝mg
F＝0
运动
状态
加速上升、
减速下降
加速下降、
减速上升
无阻力的抛体运动情
况；绕地球匀速圆周运动
的卫星
 (1)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量即ay≠0，物体就会出现超重或失重状
态。当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖直向下时，物体处于失重状态。
(2)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状
态。
(3)超重并不是说重力增加了，失重并不是说重力减小了，完全失重也不是说重力完全消失了。在发生这些现象时
物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(4)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮
力、液体柱不再产生向下的压强等。
判断超重和失重的方法
从受力的角
度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于
失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；
向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化
的角度判断
（1）物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；
（2）物体向下加速或向上减速时，处于失重状态
知识点五：瞬时加速度
1.一般思路:―→―→
2．两种模型
(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要
形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
(2)弹簧(或橡皮绳)：当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，
所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。
合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速
度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
轻绳、轻杆和接
触面类
不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改
变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理
弹簧、蹦床和橡
皮条类
当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突
变，所以在瞬时问题中，其弹簧的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变
2.求解瞬时加速度的一般思路
→→→
知识点五 ：整体法与隔离法的灵活应用
1．整体法 当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力
和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法 当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再
用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
3．外力和内力 如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系
统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，
则内力将转换为隔离体的外力。
知识点六 ：动力学中的临界极值问题
1．三力平衡下的极值问题，常用图解法，将力的问题转化为三角形问题求某一边的最小值.
2. 多力平衡时求极值一般用解析法，由三角函数、二次函数、不等式等求解.
3.若物体受包括弹力、摩擦力在内的四个力平衡，可以把弹力、摩擦力两个力合成一个力，该力方向固定不变
(与弹力夹角正切值为μ)，从而将四力平衡变成三力平衡，再用图解法求解．
【必备知识】
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出
现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等．临界问题常见的种类：
(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力．
(2)绳子恰好绷紧，拉力F＝0.
(3)刚好离开接触面，支持力FN＝0.
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．
3．解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中
去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．
(2)数学分析法：通过对问题的分析，根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数
学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．
(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行
动态分析，确定最大值与最小值．
知识点七：传送带模型。
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带
问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
下面介绍两种常见的传送带模型。
1．水平传送带模型
项
目
图示
滑块可能的运动情况
情
景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情
景2
(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情
景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其
中v0>v 返回时速度为v，当v0<v 返回时速度为v0
2．倾斜传送带模型
项
目
图示
滑块可能的运动情况
情
景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情
景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情
景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
情
景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
【方法技巧与总结】
1．传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动
状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．
2．传送带模型分析流程
知识点八：板块模型
【方法技巧与总结】
1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动
速度、位移间有一定的关系．
2．解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能
突变)．
(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的
末速度是下一个过程的初速度．
3．常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位
移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．
特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移．
4．注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦
力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．
1.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2
＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.解题关键点
①由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
②当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水
平面上共同匀速运动)．
知识点九：连接体
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的系统称为连接体。连接体一般
(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2.常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连
接体的速度、加速度相等．
3.超重和失重的理解
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
（2）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（3）即使物体的加速度不是竖直方向，但只要在竖直方向上有分加速度，物体就会处于超重或失重状态。
知识点十：单位制
1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本量的单位．国际单位制中基本量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是
米、千克、秒．
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
4．国际单位制的基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克(公斤)
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n，(ν)
摩[尔]
mol
发光强度
I，(Iv)
坎[德拉]
cd
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协
议”：
(2)
(3)
(1)若外力F 作用于m1上，则F12＝FT＝；
(2)若外力F 作用于m2上，则F12＝FT＝.
注意：
①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)；
②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关；
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立．
题型01：牛顿第二定律的内容及表达式
【典型例题1】伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律
有（　　）
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
D．物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比
【答案】A
【解析】A．力不是维持物体运动的原因，是伽利略实验研究和逻辑推理相结合得出的物理规律，故A 正确；
B．物体之间普遍存在相互吸引力，是牛顿总结出的万有引力定律的内容，故B 错误；
C．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反，是牛顿第三定律的内容，故C 错误；
D．物体加速度大小与作用力成正比、与物体质量成反比，是牛顿第二定律的内容，故D 错误。
故选A。
【典型例题2】学科核心素养是学科育人价值的集中体现。物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究
和科学态度与责任”四个方面。下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（　　）
A．加速度a=
、电场强度E=
的定义都运用了比值法
B．合力对物体做功为负，物体的机械能一定不守恒
C．驾驶员通过操作方向盘不能使汽车在光滑的水平面上拐弯
D．“蛋碎瓦全”，说明瓦片撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击瓦片的力
【答案】C
【解析】A．加速度
a=
是加速度的决定法，故A 错误；
B．合力可以仅是物体的重力，重力做负功，但机械能也守恒，故B 错误；
C．汽车拐弯是靠地面对轮胎的静摩擦力，光滑地面无法提供摩擦力，故C 正确；
D．根据牛顿第三定律可知瓦片撞击鸡蛋的力等于鸡蛋撞击瓦片的力，故D 错误。
故选C。
【变式训练1-1】电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先
需要使自转角速度大小为
的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地
球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N 台“喷气”发动机，如图所示（N 较大，图中只画出了4
个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F 的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动
的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程
具有相似性，为
，其中M 为外力的总力矩，即外
力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I 为地球相对地轴的转动惯量；
为地球的角速度的变化率。将地球看成质
量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（　　）
  
A．
的单位为rad/s
B．地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小
D．在
与
的类比中，与质量m 对应的物理量是转动惯量I
【答案】D
【解析】A．根据
的概念“
为地球的角速度的变化率”可得
则有
的单位为
，A 错误；
B．地球停止自转后，地球表面任何地方物体的向心加速度是零，万有引力完全产生重力，所以赤道附近与极地附近
的重力加速度大小相等，B 错误；
C．地球自转刹车过程中，赤道上的物体的向心加速度逐渐减小，根据
可知，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大，C 错误；
D．在
与
的类比中，
为单位时间内地球的角速度的变化量，a 为单位时间内速度的变化量，所以
与a 对应，则与质量m 对应的物理量是转动惯量I，D 正确。
故选D。
【变式训练1-2】一辆汽车在平直公路上以大小为35m/s 的速度匀速行驶，发现正前方警示牌后紧急刹车，在路面上
留下一道长度为122.5m 的刹车痕迹。关于汽车刹车过程（视为匀减速直线运动），下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度方向与其所受摩擦力方向相反
B．汽车的加速度大小为
C．汽车的平均速度大小为20m/s
D．汽车在0~8s 内的位移大小为120m
【答案】B
【解析】A．有牛顿第二定律可知汽车的加速度方向与其所受摩擦力方向相同，故A 错误；
B．由
可得
故B 正确；
C．汽车的平均速度大小为
故C 错误；
D．车停止时所用时间
所以 汽车在0~8s 内的位移大小为
故D 错误。
故选B。
【变式训练1-3】2025 年2 月12 日，在速度滑冰男子500 米决赛上，高亭宇以34 秒32 的成绩刷新奥运纪录。国家
速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，
使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m，人体
弹射装置可以使运动员在4.5s 内由静止达到入弯速度18m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运动员质
量为50kg，重力加速度
，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正
确的是（　　）
  
A．运动员匀加速运动的距离为81m
B．匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N
C．运动员入弯时的向心力为648N
D．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
【答案】C
【解析】A．运动员匀加速运动的距离为
故A 错误；
B．匀加速过程中，加速度大小为
由牛顿第二定律，绳子的平均弹力为
故B 错误；
C．运动员入弯时的向心力为
故C 正确；
D．设入弯时冰刀与水平冰面的夹角
，则有
可得
故D 错误。
故选C。
【变式训练1-4】如图所示为某型号的无人机，该无人机的质量为
，电动机能提供的最大动力为
，
无人机飞行时所受的阻力大小恒为
。当无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经
的
时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机自由下落一段时间后重启
动力装置，无人机共下落
后刚好落地、重力加速度g 取
，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．无人机返回时加速的时间为
C．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为
D．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为
【答案】BD
【解析】A．当无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升过程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
经
的时间后关闭动力装置减速过
程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
解得最大速度及上升过程减速时间为
；
无人机能达到的最大高度为
故A 错误；
B．无人机沿原路返回地面时，无人机自由下落过程，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
返回过程平均速度为
所以无人机返回时加速的时间为
故B 正确；
CD．无人机返回过程重启动力装置后，由牛顿第二定律，得
代入数据解得
由运动学知识，得
联立解得
故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练1-5】如图所示，带正电小球A 固定在绝缘天花板上，绝缘轻弹簧的下端固定在水平地面上，弹簧处于自
由状态，现将与A 完全相同的带正电小球B 放在弹簧上端并由静止释放，若A、B 球心和弹簧轴线始终在一条竖直线
上，则小球B 从释放到第一次运动到最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．小球B 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零
B．小球B 的加速度先减小后增大
C．小球B 与弹簧组成系统的机械能一定减小
D．小球A 与B 组成系统的电势能一定先减小后增大
【答案】B
【解析】A．小球B 向下运动的过程中受到重力、库仑力、弹簧的弹力作用，当弹簧的弹力、重力、库仑力的合力为
0 时，小球B 的加速度为0，速度最大，故A 错误；
B．开始运动时，弹簧的弹力小于重力和库仑力之和，合力竖直向下，小球向下做加速运动，由于弹簧的弹力逐渐增
大，合力减小，加速度减小。当合外力减小为0 时，速度最大。之后弹簧的弹力大于重力与库仑力之和，合外力竖直
向上，小球向下做减速运动，弹簧的弹力逐渐增大，合力竖直向上，加速度反向增大。因此小球B 的加速度先减小后
增大，故B 正确；
C．由于库仑力对小球B 做正功，由功能关系可知，小球B 与弹簧组成系统的机械能一定增大，故C 错误；
D．库仑力对小球B 做正功，小球A 与B 组成系统的电势能一直减小，故D 错误。
故选B。
题型02：牛顿第二定律之正交分解
【典型例题1】如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ 的光滑斜面体顶端，细线与斜面
平行。在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力
 
和斜面的支持力
分别为（重力加速度为g）（　　）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【解析】当加速度a 较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；
小球受力如图
在水平方向上，由牛顿第二定律得
在竖直方向上，由平衡得
联立得
故选C。
【变式训练2-1】．（多选）如图所示，质量为
的载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为
，
当缆绳带动车厢以加速度
匀加速向上运动时，质量为
的货物在车厢底板中与车厢恰好相对静止。已知悬臂
竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，则（　　）
A．货物所受底板的摩擦力大小为
B．底板对货物的支持力大小为
C．悬臂对车厢的作用力大小为
D．货物与车厢的动摩擦因数约为0.14
【答案】AD
【解析】A．货物的水平加速度为
竖直加速度为
则有
故A 正确；
B．由牛顿第二定律可得底板对货物的支持力大小为
可得
故B 错误；
C．根据余弦定理可得
故C 错误；
D．由
可得
故D 正确。
故选AD。
【变式训练2-2】．（多选）水平地面上放置一质量为
的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数恒定。如图甲所示，一
小孩用一水平推力
推木箱，木箱在水平地面上做匀速直线运动；如图乙所示，一大人用等大的拉力与水平方向成
角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动。已知重力加速度
取
，则（    ）
A．木箱与地面间的动摩擦因数为0.75
B．若拉力
与水平方向的夹角为
，则木箱的加速度大小为
C．若用大小为
的力水平推木箱，木箱的加速度大小为
D．若用大小为
且与水平方向成
角的力拉木箱时，木箱离开地面
【答案】  ACD
【解析】A．木箱在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有
若将此力方向改为与水平方向成
角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件，有
解得
故A 正确；
B．若拉力
与水平方向的夹角为
，根据牛顿第二定律，有
解得
故B 错误；
C．当用
的水平恒力推木箱时，根据牛顿第二定律，有
解得
故C 正确；
D．若用大小为
且与水平方向成
角的力拉木箱时，拉力的竖直分力为
木箱离开地面，故D 正确。
故选ACD。
【变式训练2-3】．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为
m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端。B 与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方
向θ 角，则此刻小车对物块B 产生的作用力的大小和方向为(　　)
A．mg，斜向右上方          B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右                D．mg，竖直向上
【答案】A【解析】由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtan θ；小车对物块B 向右的静摩擦力
为Ff＝ma＝mgtan θ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B 产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右
上方，故A 正确。
题型03：牛顿第二定律之整体隔离法
(1)隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物
体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(2)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体来分
析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(3)整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出
加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
【典型例题1】如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用
水平力F 作用在m1上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F′作用在m1上时，
两物块均以加速度a′＝2a 做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x′。则下列关系正确的是(　　)
A．F′＝2F　　　B．x′＝2x    C．F′>2F      D．x′<2x
【答案】  AB
【解析】选AB　把两个物块看作整体，由牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a，F′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出
F′＝2F，
隔离物块m2，由牛顿第二定律得：kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得：x′＝2x，故A、B 正确，C、D 错误。
【变式训练3-1】如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连
接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N 的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）
A．弹簧秤的示数是10N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变
D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度不变
【答案】C
【解析】AB．在两端水平拉力作用下，加速度方向向右，由牛顿第二定律
F1-F2=(m1+m2)a
解得
a=2m/s2
隔离m1，分析受力，设弹簧秤的示数是F，由牛顿第二定律
F1-F=m1a
解得
F=26N
选项AB 错误；
CD．在突然撤去F2 的瞬间，弹簧秤中拉力不变，m1 的加速度不变，m2 的加速度改变，选项C 正确D 错误；
故选C。
【变式训练3-2】（多选）如图所示，a、b、c 三个物块的质量分别为m、2m、m，物块a、b 通过水平轻绳相连后
放在水平面上，物块c 放在b 上。现用水平恒力F 作用在a 上，使三个物块一起水平向右做匀加速运动。各接触面间
的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块c 受到的摩擦力大小为2μmg
B．绳子拉力大小等于
C．物块c 受到的摩擦力大小为
D．剪断轻绳后，在物块b 向右运动的过程中，物块c 受到的摩擦力大小为μmg
【答案】BD
【解析】AC．对三者的整体，根据牛顿第二定律
再对c 进行受力分析，根据牛顿第二定律
故AC 错误；
B．再对a 进行受力分析可知
解得
故B 正确；
D．剪断轻绳后，在物块b 向右运动的过程中，对bc 的整体
物块c 受到的摩擦力大小为
故D 正确。
故选BD。
【变式训练3-3】．如图所示，质量分别为0.1kg 和0.2kg 的A、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、
大小为6N 的拉力F 作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1N/cm，取g=
。
则弹簧的形变量为（　　）
A．1cm
B．2cm
C．3cm
D．4cm
【答案】D
【解析】以A、B 及弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得
其中k=1N/cm=100N/m，联立解得
x=0.04m=4cm
故选D。
【变式训练3-4】如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木
块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F 的最大值是(　　)
A.     B.     C.－(m＋M)g     D.＋(m＋M)g
[答案]　A【解析】设它们的加速度为a，以木块为研究对象，由牛顿第二定律得：2f－Mg＝Ma　① 。以木块和夹
子为整体，由牛顿第二定律可得：F－(M＋m)g＝(M＋m)a　②。联立①②式解得：F＝。所以A 正确。
【变式训练3-5】如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A
受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k 为已知常数。设物体A、B 之间滑
动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板B 运动的vt 图像是(　　)
   
【答案】B【解析】　A、B 相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B 间刚好发生相对滑动时，对
木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做匀加速直线运动，故只有B 项正确。
【变式训练3-6】如图所示，静止在水平面上的A、B 两个物体通过一根拉直的轻绳相连，轻绳长度L＝0.4 m，当其
承受拉力增大到Tm ＝8 N 时，轻绳瞬间被拉断. 已知A 的质量m1＝2 kg，B 的质量m2＝8 kg，A、B 与水平面间的
动摩擦因数μ＝0.2，现用一从零开始逐渐增大的水平力F 作用在B 上，使A、B 向右运动，当F 增大到某一值时，轻
绳刚好被拉断（g 取10 m/s2）. 
（1）求绳刚被拉断时F 的大小；
（2）若绳刚被拉断时，A、B 的速度为v＝2 m/s，保持此时的F 大小不变，当A 静止时，A、B 间的距离为多少？
【答案】（1）40 N；（2）2.9m
【解析】（1）绳刚要被拉断时，根据牛顿第二定律，对A 有
解得： 
a＝2 m/s2
对A、B 整体有
解得
F＝40N
（2）设绳断后，A、B 的加速度大小为a1、a2，则有
a1＝
＝2 m/s2
a2＝
＝3 m/s2
A 停下来的时间为
A 的位移为
x1＝
＝1m
B 的位移为
A 刚静止时，A、B 间距离为
题型04：牛顿第二定律之瞬时加速度
1.瞬时加速度问题的两类模型
1．两种模型
合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速
度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
轻绳、轻杆和接
触面类
不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改
变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理
弹簧、蹦床和橡
皮条类
当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突
变，所以在瞬时问题中，其弹簧的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变
2.求解瞬时加速度的一般思路
→→→
【典型例题1】如图所示，质量分别为m、2m 的球A、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速
运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小为           ，小球A
的加速度大小为           。（重力加速度为g）
【答案】     
     
【解析】[1]根据题意，对两球分析，有
对B 球，有
解得
突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，所以弹力的大小为
[2]剪断细线瞬间，对A 球有
解得
【典型例题2】如图所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为
的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静
止状态。当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（　　）
A．大小为
，方向垂直木板向下
B．大小为
，方向竖直向下
C．大小为
，方向水平向右
D．大小为
，方向水平向右
【答案】A
【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
 ，
解得
木板AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N 反向，故
方向垂直于木板向下。
故选A。
【典型例题3】如图所示，木块A 与B 用一轻弹簧相连，竖直放在木块C 上，三者静置于地面，它们的质量之比是
1：2：3。设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C 的瞬时，木块A 的加速度大小等于        ；木块B
的加速度大小等于          。（g 为重力加速度）
【答案】     0     1.5g
【解析】[1][2] 设木块A 的质量为m，抽出木块C 之前，木块A 受到重力和弹力，有
撤去木块C 瞬间，木块C 对B 的支持力变为零，弹簧的弹力瞬间不变，木块A 受力情况不变，故木块A 的加速度为
零
块B 受重力2mg 和弹簧向下的弹力，由牛顿第二定律可知，物体B 的瞬时加速度为
【典型例题4】如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b 两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b 两球的质
量分别为m 和2m，在细线烧断瞬间，a 球的加速度为      ，b 球的加速度为      。（取向下为正方向，重力加
速度为 g）
【答案】     -2g     g
【解析】[1][2]弹簧上的弹力不能突变，绳子烧断瞬间，b 球只受重力，其加速度为g，以整体为研究对象弹力等于总
重力，大小为3mg，对A 有
3mg-mg=ma
计算可得加速度为2g，方向向上，故a 球加速度为-2g。
【变式训练4-1】如图，光滑斜面上的小车由静止释放瞬间，小车（　　）
  
A．速度为零
B．保持平衡
C．加速度为零
D．所受合力为零
【答案】A
【解析】小车由静止释放瞬间，小车的速度为零，但是此时小车受的合外力不为零，加速度不为零，不是平衡状
态。故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【变式训练4-2】如图所示，已知A 球的质量为
，B 球的质量为
，弹簧的质量不计，倾角为
的斜面光滑，固
定在地面上。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（　　）
A．弹簧的弹力瞬间消失
B．B 球的加速度为
C．A 球的加速度为
D．A 球的加速度为
【答案】D
【解析】AB．系统静止时，对B 受力分析，根据平衡条件可知弹簧弹力等于B 小球重力沿斜面方向的分力，即
在细线被烧断的瞬间，弹簧来不及发生形变，所以弹簧弹力大小保持不变，为
，方向沿斜面向上，由于
B 受力未发生变化，合力仍为零，所以B 的加速度为零，故AB 错误；
CD．在细线被烧断的瞬间，对A 根据牛顿第二定律，可得
求得
故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练4-3】如图所示，在质量为
的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端拴接一质量为
的物体
，质量为
的物体B 放置在物体
上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速度为
。某时刻
悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物体
的加速度大小为0
B．物体B 的加速度大小为
C．箱式电梯的加速度大小为
D．物体B 对物体
的压力为0
【答案】  A
【解析】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以AB 的受力情况不变，加速度均为0，物体B 对物体
的压力等
于自身重力，对整体分析可知
解得
故选A。
【变式训练4-4】．如图所示，在以大小为
，方向向右做匀加速直线运动的小车里，有一质量为m 的小球与轻
质弹簧的右端相连，弹簧左端与车壁连接，此时弹簧水平，细线与水平方向成
夹角，细线、小球、弹簧相对静止。
则下列判断正确的是（　　）
A．细线对小球的拉力等于
B．弹簧对小球的弹力等于
C．弹簧对小球的弹力等于
D．剪断细绳的瞬间，小球的加速度大小为
【答案】C
【解析】A．对小球进行受力分析，竖直方向合力为0，可知细绳拉力
故A 错误；
BC．由牛顿第二定律得
弹簧弹力为
=
故B 错误，C 正确；
D．如果小球处于平衡状态，剪断细绳后小球所受合外力才与拉力等大反向，故D 错误。
故选C。
【变式训练4-5】在动摩擦因数μ＝0.2 的水平面上有一个质量为m＝2 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向
成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。
当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　　)
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
【答案】　ABD
【解析】因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT 和弹簧的弹力F 作用
而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有FTcos θ＝mg，水平方向有FTsin θ＝F。解得轻弹簧的弹力为F＝
mgtan θ＝20 N，故选项A 正确。剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即N＝
mg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向向左，选项B 正确。当剪断弹簧的瞬间，小球立
即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C 错误、D 正确。
【变式训练4-6】如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C 三个带电绝缘小球，其中A 带负电并固定在绝缘竖直
弹簧下端，当A、B、C 三个小球的球心距离为L 时，B、C 小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正
确的是（　　）
A．小球A 带的电荷量是小球B 带电荷量的2 倍
B．小球A 受到五个作用力
C．弹簧弹力等于B、C 两个小球对A 球引力的矢量和
D．剪断弹簧后B、C 两个小球一起做自由落体运动
【答案】A
【解析】A．根据受力平衡可得B、C 小球带等量的正电，设小球A、B 的电荷量绝对值分别为
、
，A、B 之
间的库仑力
B、C 之间的库仑力
 
分析B 受力如图所示，可得
，
得
故A 正确；
B．分析A 的受力有重力、两个库仑力和弹簧弹力，共四个力，故B 错误；
C．把三个小球看成整体，可得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故C 错误；
D．剪断弹簧后A 受重力和B、C 小球对A 的库仑力，A 下落的加速度大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C 受力
不变，加速度为零，故D 错误。
故选A。
【变式训练4-7】如图所示，A、B、C 三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A、
B 间固定一个轻杆，B、C 间由一轻质细线连接。倾角为θ 的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜
面，初始时系统处于静止状态。则在细线被烧断的瞬间，下列说法错误的是（　　）
A．B 球的受力情况不变，加速度仍为零
B．A、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
C．A、B 之间杆的拉力大小为
D．C 球的加速度沿斜面向下，大小为gsin θ
【答案】A
【解析】A．细线被烧断的瞬间，B 不再受细线的拉力作用，B 的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，
故A 错误，符合题意；
B．以A、B 组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B 静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力
以C 为研究对象知，细线的拉力为
，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，A、B 受到
的合力等于
F 合=
由牛顿第二定律得
则加速度
方向沿斜面向上，故B 正确，不符合题意；
C．B 的加速度为
以B 为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故C 正确，不符合题意；
D．对球C，由牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向下，故D 正确，不符合题意。
故选A。
【变式训练4-8】如图所示，某同学用两根不可伸长的绝缘细线将质量为m、长为L 的导体棒水平悬挂在水平固定细
杆上，空间存在竖直向下的匀强磁场，开始时导体棒静止在悬挂点的正下方，现给导体棒中通入电流，电流缓慢增加
至大小为
的过程中，悬挂导体棒的两悬线与竖直方向夹角缓慢增加到53°，已知重力加速度为g，
，下列说法正确的是（　　）
  
A．导体棒中的电流方向由c 向d，磁感应强度
B．电流增加到
的过程中，两绝缘线的拉力先增大后减小
C．若在虚线位置剪断两绝缘线，则该瞬间导体棒的加速度为
D．若在虚线位置突然撤掉磁场，则该瞬间导体棒的加速度为
【答案】C
【解析】A．导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向电流方向由d 向c。在导体棒由最低点运动到最
高点的过程中，由动能定理可知
可解得
故A 错误。
B．绳的拉力F，根据
可知夹角增大，则F 逐渐增大，故B 错误；
C．若在虚线位置剪断两绝缘线，则
故C 正确；
D．若在虚线位置突然撇掉磁场，则
故D 错误。
故选C。
【变式训练4-9】（多选）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
列说法不正确的是（　　）
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2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为
gsinθ
D．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为2gsinθ
【答案】AD
【解析】A．将A、B、C 三者视为整体可得
F=3mgsinθ
再将B、C 视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为
T=2mgsinθ
单独对A 受力分析有
F=mgsinθ+T
当细绳烧断，细绳不再对A 作用，由牛顿第二定律可得
F-mgsinθ=maA
解得：
aA=2gsinθ
选项A 错误；
B．在细绳未烧断前，对B 的受力分析可得
T=mgsinθ+F 弹
又
F 弹=mgsinθ
当细绳烧断的瞬间，T 变为0，根据牛顿第二定律可得
maB=F 弹+mgsinθ
联立可得
aB=2gsinθ
选项B 正确；
C．将A、B 视为整体，分析其整体受力，可得
F=2mgsinθ+F 弹
当剪去弹簧时A、B 有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：
F-2mgsinθ=2maAB
解得：
aAB=
gsinθ
选项C 正确；
D．由选项C 可知，将A、B 视为整体，其整体的受力情况为
F=2mgsinθ+F 弹
在撤去拉力F 的瞬间弹簧还来不及变化，故F 弹不变，则由牛顿第二定律可得
aAB=
gsinθ
在这一过程中A、B 共同运动，所以
aA=aAB=
gsinθ
选项D 错误。
本题选不正确的，故选AD。
【变式训练4-10】（多选）如图所示，两小球1 和2 之间用轻弹簧B 相连，弹簧B 与水平方向的夹角为30°，小球1
的左上方用轻绳A 悬挂在天花板上，绳A 与竖直方向的夹角为30°，小球2 的右边用轻绳沿C 水平方向固定在竖直墙
壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为
，则（　　）
A．球1 和球2 的质量之比为
B．球1 和球2 的质量之比为
C．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为
D．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2 的加速度大小为
【答案】  BC
【解析】对两小球1、2 受力分析如图
根据平衡条件可得，有
FB=m1g，FBsin30°=m2g
所以
在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2 的加速度大小为0，弹簧弹力
对球1
解得
故选BC。
【变式训练4-11】将不可伸长的轻质细绳和轻质弹簧的一段分别固定在同一水平天花板上的O、
两点，另一端分
别系一质量相等的小球A 和B，A、B 间通过一轻质细线相连，如图所示。当A、B 两小球处于静止状态时，A、B 间
的轻质细线恰好处于水平，此时连接天花板与小球的轻质细线和轻质弹簧均与天花板成
角（
）。现将A、B
两球的细线剪断，在剪断的瞬间，A、B 两球加速度大小之比      ，细绳拉力与弹簧弹力大小之比      。
【答案】     
     
【解析】[1]没有剪断之前，对A、B 进行受力分析，如图所示
对B 分析有
剪断A、B 两球的细线后，A 做圆周运动，在剪断瞬间
弹簧不能发生突变，弹簧弹力不变，对B 分析
则有
[2]根据上述分析，剪断瞬间，细绳对A 的拉力
弹簧对B 的拉力
解得
【变式训练4-12】（多选）如图所示，水平面上有一质量为
的物体
，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，
物体B、C 的质量均为
，用轻弹簧相连放置在倾角为
的斜面上，不计一切摩擦，开始时，在水平向右的恒力
的
作用下
、B、C 均处于静止状态，已知重力加速度为
，下列说法正确的是（　　）
A．在细线被烧断的瞬间，
的加速度大小为
B．在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为
C．剪断弹簧的瞬间，
的加速度大小为
D．突然撤去外力
的瞬间，
的加速度大小为
【答案】ABC
【解析】
A．对物体
受力分析，水平方向受到拉力
和细线的拉力
，对B、C 整体有
根据力的平衡条件可知
在细线被烧断的瞬间，细线对物体
的拉力
变为零，由牛顿第二定律得，物体
的加速度
选项A 正确；
B．在细线被烧断前，对C 受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C 的弹力
在细线被烧断的瞬间，细线对物体B 的拉力
变为零，对物体B，由牛顿第二定律得
则物体B 的加速度
选项B 正确；
C．剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以
、B 成为连接体，有
解得加速度为
选项C 正确；
D．撤去
的瞬间，绳子拉力会突变，
和B 的加速度相等，对物体
、B 整体，由牛顿第二定律得
则物体
的加速度
选项D 错误。
故选ABC。
【变式训练4-13】（多选）如图所示，质量为
的小球A 与质量为m 的小球B 由绕过定滑轮的轻质细线相连，小
球B 与质量为m 的小球C 通过劲度系数为
 的轻质弹簧相连，小球C 放置在水平地面上，先用手控制A，使细线
处于竖直方向刚好拉直但无拉力，系统处于静止状态，然后释放A。细线与滑轮之间的摩擦力和空气阻力均不计，重
力加速度为g，小球均可视为质点。在小球C 离开地面前，下列说法正确的是（　　）
  
A．释放A 的瞬间B 的加速度为
B．释放A 的瞬间细线的拉力为
C．释放A 时弹簧的弹性势能与C 刚要离地时弹簧的弹性势能相等
D．A 在向下运动过程中的最大速度为
【答案】BCD
【解析】A．释放
的瞬间，设A、B 组成的整体的加速度为
，由牛顿第二定律可得
解得
A 错误；
B．对
由牛顿第二定律可得
结合
解得
B 正确；
C．当C 刚要离地时，设弹簧的伸长量为
，则有
整体处于静止状态时，设弹簧的压缩量为
，即释放
时弹簧的压缩量为
，则有
可得
则两种状态下弹簧的弹性势能相等，C 正确；
D．释放
到C 刚要离地，弹性势能的变化量为0，对A、B 以及弹簧组成的整体，由能量守恒定律可得
解得
D 正确。
故选BCD。
【变式训练4-14】如图所示，2023 个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力
F 的作用下，一起沿水平面向右运动，设1 和2 之间弹簧的弹力为
，2 和3 之间弹簧的弹力为
，……，2022
和2023 之间弹簧的弹力为
，则下列说法正确的是（　　）
A．若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022
B．若水平面粗糙，撤去F 的瞬间，第2000 号小球的加速度不变
C．若水平面光滑，
D．若水平面粗糙，
【答案】BCD
【解析】AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推
可得
由胡克定律可知
可知从左到右每根弹簧伸长量之比为
但长度之比不满足
，故A 错误，C 正确；
B．若水平面粗糙，撤去
的瞬间，第2000 号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，故
B 正确；
D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为
，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推
则
故D 正确。
故选BCD。
题型05：牛顿第二定律之等时圆
【典型例题1】（多选）下列甲、乙、丙、丁四图中的1、2、3 是三个光滑轨道，甲、乙、丙图中的三个轨道与水
平面的夹角从大到小均为60°、45°、30°，甲图中三个轨道的起点高度相同，乙图中三个轨道对应的水平底边相同，
丙图中三个斜轨道的长度相同，丁图中②轨道为竖直直径，①③轨道的一端分别与②轨道的底端和顶端在同一点上，
另一端分别在圆周上。现让同一物体分别沿四个图中的三个光滑轨道从顶端由静止开始下滑，到达底端所用的时间分
别为t1、t2、t3，下列说法正确的是（　　）
A．对于甲图有：t1<t2<t3
B．对于乙图有：t2<t1=t3
C．对于丙图有：t1<t2<t3
D．对于丁图有：t1<t3<t2
【答案】BC
【解析】A．设斜面的倾角为
，斜面高为h， 则下滑的加速度
 解得
   下滑的位移 
 根据 
 解得
故倾角越大下落的时间越短，A 错误；
B．设轨道的底边长为L，斜面的倾角为
 ，则倾斜轨道的长度
根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
将θ 角带入则t2<t1=t3B 正确；
C．设斜面长为L，斜面的倾角为
 ，根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
即倾角越小时间越长t1<t2<t3C 正确；
D．如图
设圆轨道半径为R，从轨道②下落时，根据
解得
从轨道③下落时，沿轨道下
落时的加速度
解得
轨道的长
根据
解得
从轨道①下落时，沿轨道下落时的加速度，根据牛顿第二定律
解得
轨道的长
根据
解得
t1=t2=t3D 错误。
故选BC。
【变式训练5-1】如图所示，光滑直杆AC 和BC 一端靠在竖直墙上，一端固定在地面上的C 点，∠ACD=60°，BC 是
∠ACD 的角平分线，两杆上分别套有一个小球（均可视为质点），小球可以在直杆上自由滑动，让两球分别从A、B
两点同时释放，两小球运动到C 点所用的时间分别为tA、tB，则关于两球运动的时间，下列说法正确的是（　　）
A．tA>tB
B．tA=tB
C．tA<tB
D．不能确定
【答案】B
【解析】设CD 的距离为L，杆与水平方向的夹角为θ，球沿杆滑下的时间为t，则
=
gsinθt2 解得t=
则tA=tB=
故选B。
【变式训练5-2】如图所示，在竖直面内有一个正方形ABCD，AD 边竖直，BD 是对角线，O 是BD 的中点，E、F 在
BD 上并且关于O 点对称，从A 点分别向E、O、F 放三个光滑斜面，当物块从顶点A 静止开始沿着三个斜面滑到底端
时，运动时间分别为t1、t2、t3，则（　　）
A．t1<t2<t3
B．t2<t1=t3
C．t1=t2=t3
D．t1=t2<t3
【答案】A
此题考查等时圆模型的应用。等时圆模型：物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周
底端时间相等为
（其中R 为圆的半径），如下图所示
以AD 边为直径作圆，与AF 交于N 点，延长AE 与圆交于M 点，如下图所示
根据“等时圆模型”，可知
而
，
则有t1<t2<t3 故选A。
14．如图所示，一斜坡底端为B，斜坡上离B 点3.6m 处有一C 点，在C 点正上方离C 点3.6m 高处有一A 点，AB
间有一不可伸长的拉紧的光滑细线，在细线上套有一圆环P，将P 环由A 点处静止释放，滑到B 点所需时间为
________s．
【答案】1.2
【解析】设CA 和PB 的夹角为
，则圆环沿光滑细线下滑的加速度为
，又
，结合匀变速直
线运动规律可得
，
【变式训练5-3】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM 三条光滑固定轨道，其
中A、C、M 三点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与y 轴、x 轴的切点，B 点在y 轴上且在A
点上方，O′为圆心。现将a、b、c 三个小球分别从A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点。如所用
时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是（　　）
A．tA<tC<tB
B．tA=tC<tB
C．tA=tC=tB
D．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系
【答案】B
【解析】设圆周上任意一点P 与M 点连线为PM，与x 轴夹角为θ，则加速度
下滑的时间
即从圆周上任意一点下滑到M 的时间都相等，A、C 在圆周上，
B 点在圆周外，故tA=tC<tB 故选B。
题型06：牛顿第二定律之变加速运动分析
【典型例题1】一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A 点，物体开始与弹簧接触，
到B 点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（　　）
A．物体从A 下降到B 的过程中，速率不断变小
B．物体从B 点上升到A 的过程中，速率不断变大
C．物体在B 点时，所受合力为零
D．物体从B 上升到A 的过程中，速率先增大，后减小
【答案】D
【解析】AC．在A 下降到B 的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增
大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律
知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最
低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，且在B 点速度为0 时，存在一定的加速度，故物体在
B 点所受合力不为零；故AC 错误；
BD．物体从B 回到A 的过程是A 到B 过程的逆过程，返回的过程速度大小先增大后减小，故B 错误，D 正确；
故选D。
【典型例题2】（多选）“蹦极”是一项非常刺激的体育动，某人身系弹性绳自高空P 点自由下落，图中a 点是弹性
绳的原长的位置，C 是人所达到的最低点，b 是最终停止运动时静止的位置。人在从P 点下落到最低点c 点的过程中
（　　）
A．在a 点时，人的速度最大
B．在ab 段，人的加速度减小
C．在bc 段，绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c 点，人的速度为零，处于平衡状态
【答案】BC
【解析】AB．在ab 段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人做加速运动，随着弹性绳弹力的增大，合
力减小，则加速度减小，所以人在ab 段做加速度减小的加速运动，当运动到b 点时拉力与重力大小相等，加速度为
零，速度最大， A 错误B 正确；
CD．在bc 段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，加速度向上，人做减速运动，人处于超重状态，在最
低点c 时，速度为零但加速度不为零，不是平衡状态，D 错误C 正确。
故选BC。
【变式训练6-1】如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定．一物块从高处自由落下，落到弹簧上端，
将弹簧压缩至最低．图中能正确反映上述过程中物块加速度大小随下降位移x 变化关系的图像可能是（    ）．（已
知弹簧的弹力与形变量x 成正比）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】CD．小球开始下落时，做自由落体运动，加速度不变，当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：
mg-kx=ma
所以：
根据数学知识可知，a 与x 是线性关系，故CD 错误；
AB．当压缩到最低点时，加速度大于g，故B 错误，故A 正确。
【变式训练6-2】如图所示，一质量为m 的小球从弹簧的正上方H 高处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，在压缩
的全过程中（在弹性限度内且忽略空气阻力）以下说法正确的是（　　）
A．小球的速度一直减小到零
B．小球的速度先增大后减小
C．小球的加速度一直增大
D．速度为零时，弹簧弹力等于重力
【答案】B
【解析】小球接触弹簧后将弹簧压缩，在压缩的全过程中弹簧弹力从零开始增大，方向始终竖直向上，开始时弹簧的
弹力小于重力，合力随弹力增大而减小，当弹簧弹力增大到重力等大反向时，小球加速度最小为零而速度最大，小球
再继续压缩弹簧，弹簧弹力大于重力，小球的合力向上增大，速度开始减小直至减为零，由此可知小球的合力先减小
后增大，所以加速度先减小后增大，速度先增大后减小，当速度减为零时弹簧弹力大于重力。
故选B。
【变式训练6-3】如图所示，在一静止升降机内，物体A 在位置B 处，被一根伸长弹簧拉住，现让升降机加速上升，
达到一定速度后保持匀速一段时间，最后减速上升直到停止，则在升降机上升的过程中（　　）
  
A．加速上升阶段物体A 所受的摩擦力一定增大
B．匀速上升阶段物体A 的所受的支持力一定增大
C．减速上升阶段物体A 所受的摩擦力一定减小
D．整个过过程中物体A 所受的摩擦力可能保持不变
【答案】D
【解析】加速上升阶段，支持力大于重力（最大静摩擦力变大）；匀速上升阶段，支持力大小等于重力（最大静摩擦
力不变）；减速上升阶段，支持力小于重力（最大静摩擦力变小），前两阶段物体不会相对升降机滑动，最后一阶段
物体可能相对升降机右滑，摩擦力变为滑动摩擦力；也可能相对静止，静摩擦力等于最初的弹簧弹力。所以摩擦力大
小先不变后减小，也可能保持不变。
故选D。
【变式训练6-4】如图所示，木板B 固定在弹簧上，木块A 叠放在B 上，A、B 相对静止，待系统平衡后用竖直向上
的变力F 作用于A，使A、B 一起缓慢上升，AB 不分离，在A、B 一起运动过程中，下面说法正确的是（　　）
  
A．一起缓慢上升过程中A 对B 的摩擦力不变
B．在某时刻撤去F，此后运动中A 可能相对B 滑动
C．在某时刻撤去F，此后运动中AB 的加速度可能大于g
D．在某时刻撤去F，在A、B 下降的过程中，B 对A 的作用力一直增大
【答案】D
【解析】A．一起缓慢上升过程中，以A、B 为整体，根据受力平衡可得
由于弹簧弹力逐渐减小，可知拉力
逐渐增大；
以A 为对象，设木板B 斜面倾角为
，根据受力平衡可得
可知B 对A 摩擦力不断变小，则A 对B 的摩擦力不断变小，故A 错误；
B．设A、B 间的动摩擦因数为
，根据题意有
在某时刻撤去
，设A、B 向下加速的加速度大小为
，以A 为对象，则有
可得
故此后运动中A、B 相对静止，故B 错误；
C．在某时刻撤去
，此后运动中A、B 相对静止，则最高点时的加速度最大，且撤去力
前，整体重力和弹簧弹力
的合力小于整体重力，则最高点加速度小于
，此后运动中AB 的加速度不可能大于
，故C 错误；
D．在某时刻撤去
，在A、B 下降的过程中，A 的加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大，则B 对A 的作用力一
直增大，故D 正确。
故选D。
【变式训练6-5】如图甲，倾角为
的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m 的小滑块从斜面上
O 点由静止滑下。以O 点为原点，作出滑块从O 下滑至最低点过程中的加速度大小a 随位移x 变化的关系如图乙。
弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
  
A．弹簧的劲度系数为
B．下滑过程中，在
处，滑块的机械能最大
C．在
和
两段过程中，
图线斜率的绝对值均等于
D．在
和
两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等
【答案】C
【解析】A．由图可知，当小球下落到
时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为
，
则有
解得
A 错误；
B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，
小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到
时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最
大，B 错误；
C．在
的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有
又由A 项可知
联立解得
由图可知，当
时
联立解得
即为该段图线的斜率绝对值；在
过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有
又
联立解得
由图可知，当
时
联立解得
即为该段图线的斜率绝对值，故可得在
和
两段过程中，
图线斜率的绝度值均等于
，C 正
确；
D．由图可知，
的距离差小于
两的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，D 错误。
故选C。
【变式训练6-6】如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的球A，
球A 套在杆上，杆下端固定带正电的球B。现将球A 从O 点由静止释放，此时弹簧弹力为零，球A 运动到P 点返回。
关于球A 说法正确的是（　　）
  
A．向下运动时，加速度随位移变化越来越快
B．向下运动到OP 中点时速度最大
C．向下运动过程中机械能一直增大
D．在OP 间做简谐运动
【答案】A
【解析】A．设A、B 小球分别带电量为q1、q2，释放A 球时A、B 间距为r，弹簧的劲度系数为k，小球A 运动到最
低点的过程中，受力分析如图所示
  
加速阶段，根据牛顿第二定律得
解得
对a1 求导得
所以在加速阶段，加速度随位移x 的增加而减小，且加速减小得越来越快。
减速阶段，根据牛顿第二定律得
解得
对a2 求导得
在减速阶段加速度随位移x 的增加而增大，且加速度增加得越来越快，故A 正确；
BD．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶
段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称；向下运动到OP 中点下方某处时速度最大，小球在
OP 间不做简谐运动，故BD 错误；
C．小球向下运动过程中，由于要克服电场力、弹簧弹力做功，所以球A 的机械能逐渐减小，故C 错误。
故选A。
【变式训练6-7】如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B 两个物体，A、B 的质量分别为
，
，从
开始，推力
和拉力
分别作用于A、B 上，
、
大小随时间变化的规律分别为
，
。则（    ）
A．A、B 两物体一直做匀加速直线运动
B．当
时，A、B 两物体之间的弹力为零
C．
时开始A、B 两物体之间的弹力为零
D．
时，B 物体的加速度为
【答案】D
【解析】AC．对A、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据，解得
当A、B 两物体恰好分离时，对A 由牛顿第二定律得
代入数据解得
所以
内A、B 两物体一起向右做匀加速直线运动，
后A、B 两物体分离，由于
、
是变力，则两物体
加速度发生改变，AC 错误；
B．当
时，A、B 两物体之间的弹力为零，此时
则
B 错误；
D．当
时，对B 受力分析，由牛顿第二定律
其中
代入数据解得，B 物体的加速度为
D 正确。
故选D。
【变式训练6-8】如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力
F1=3N，水平向左的力F2=8N，当F2由8N 逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是（　　）
A．逐渐减小
B．逐渐增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【答案】C
【解析】．一开始，物体所受合力为
方向向左；当F2 由8N 开始逐渐减小，
也逐渐减小；当F2 减小到3N 时，
；随着F2 继续减小，此时物体
所受合力为
方向变为向右，F2 继续减小，
逐渐增大，当F2 减小为0 的时候，
；故整个过程中，
先减小后增大，
由牛顿第二定律
，所以物体的加速度也是先减小后增大。
故选C。
【变式训练6-9】竖直向下拍一个球，之后它加速落地、反弹后，又上升回原来的高度，如果空气阻力和它的速度大
小成正比，且空气的浮力可忽略，则球（　　）
A．下落时加速度减小，上升时加速度增大
B．下落和上升时加速度都减小
C．下落时加速度增大，上升时加速度减小
D．下落和上升时加速度都增大
【答案】B
【解析】下落时，合力为
v 增大，所以加速度减小，上升时，合力为
上升时速度v 减小，所以加速度减小。
故选B。
【变式训练6-10】如图所示，在平直的公路上，一辆向左运动的货车装载着完全相同的圆柱形空油桶。底层油桶平
整排列在车厢底部，相互紧贴并固定，上层仅有一只摆放在A、B 之间的C 桶（未固定）。A、B、C 始终保持相对静
止，油桶的质量均为m，重力加速度为g，不计油桶间摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．C 一定受到3 个力
B．当货车匀速时，C 对B 的压力大小为
C．当货车减速时，A、C 间的弹力大小可能为零
D．当货车加速时，B、C 间的弹力大小可能为
【答案】D
【解析】B．当货车匀速时，对C 受力分析，根据平衡条件可知此时C 受到自身重力，A、B 对它的支持力的作用，如
图所示
由几何知识结合正交分解法可得
联立求得
所以可知，C 对B 的压力大小为
，故B 错误；
C．当货车向左减速时，根据牛顿第二定律可判断知，C 受到合力的方向水平向右，若此时A、C 间的弹力大小为零，
由平行四边形定则可知C 受到合力的方向不可能水平向右，故C 错误；
D．当货车向左加速时的加速度为
时，根据牛顿第二定律可判断知，此时A 对C 恰好无支持力作用，只有B
对C 有支持力的作用，且满足
故D 正确；
A．由以上选项分析可知，C 不一定受三个力的作用，故A 错误。
故选D。
【变式训练6-11】（多选）将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成
正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为
，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过
程中（　　）
  
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】AC
【解析】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即
上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g；小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至零，
故A 正确；
B．根据动能定理
故B 错误；
C．最高点速度为0，根据牛顿第二定律得
，故C 正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因
，则有
，即从最高点下降至原位置所用时间大于
，故D 错误。
故选AC。
【变式训练6-12】（多选）如图所示，左侧带有挡板的小车质量
，挡板上固定一轻弹簧，弹簧水平且自由
端恰好在小车
点正上方，且离小车右端的距离
，小车上表面
点左侧光滑，小车静止于光滑水平面上。
质量
的滑块（可以看做质点）以水平速度
从右端滑上小车。已知滑块与小车
点右侧表面的动摩
擦因数
，重力加速度
，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（　　）
  
A．滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速
B．滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变小
C．此过程中弹簧的最大弹性势能
D．滑块离开小车后在空中做自由落体运动
【答案】AD
【解析】A．滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段，一是在O 点右侧滑动时，滑块受滑动摩擦力作用而减速，
二是在O 点左侧滑行时受弹簧弹力作用而减速，故A 正确；
B．当滑块在O 点右侧滑行时，根据牛顿第二定律有
而在O 点左侧滑行时，根据牛顿第二定律有
由上述分析过程可知，滑块在O 点右侧时，其加速度大小不变，当到达O 点是其加速度大小突变为零，在O 点左侧
时，其加速度大小逐渐变大，故B 错误；
C．当弹簧压缩量最大时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，此过程中由动量守恒和能量守恒有
解得
故C 错误；
D．当滑块离开小车时滑块的速度为
，小车的速度为
，此过程中由动量守恒和能量守恒有
解得
由上述分析可知，滑块离开小车后其速度为零，所以滑块离开小车时做自由落体运动，故D 正确。
故选AD。
【变式训练6-13】 “蹦极”一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空
点自由下落，图中
点是弹性绳的
原长度位置，
是人所到达的最低点，
是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从
点下落到最低点
点的过程中，
加速度变化情况为           ；           点速度最大（选填“
”“
”“
”“
”）。
【答案】C   【解析】  先不变再减小后反向增大     b
【详解】[1][2]人从P 点到a 点过程中做自由落体运动，从a 到b 过程中随着弹性绳的拉力增大，人的加速度减小，
当到b 点时，加速度为零，速度达到最大，从b 到c 过程中，弹性绳弹力大于重力，人的加速度反向增大。
题型07：牛顿第二定律之分离临界和极值问题
1.常见的临界条件
(1)两叠加物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界
条件是FT＝0.
 【典型例题1】(多选)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端
与质量为m 的小滑块A 相连，A 上叠放另一个质量也为m 的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静
止状态。现用沿斜面向上的拉力F 作用在滑块B 上，使B 开始沿斜面向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个滑块
的vt 图象如图乙所示，重力加速度为g，则(　　)
A．施加拉力F 前，弹簧的形变量为
B．拉力F 刚施加上时，A 的加速度为0
C．A、B 在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A 的速度达到最大值
【答案】AC
【解析】施加拉力F 前，对A、B 整体，根据平衡条件有：2mgsinθ＝kx，解得弹簧的形变量x＝＝，故A 正确；根据
图乙可知，拉力F 刚施加上时，A、B 还未分离，具有共同的加速度a，故B 错误；根据图乙可知，在t1 时刻A、B 分
离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A，根据牛顿第二定律有：F 弹－mgsinθ＝ma，代入数据解
得此时弹簧的弹力大小为：F 弹＝m(g＋2a)，故C 正确；当A 所受的合力为零时，其速度达到最大值，此时有：
mgsinθ＝F 弹′，弹簧未恢复到原长，故D 错误。
【典型例题2】如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB
＝1.0 kg.如图甲所示，给B 一个水平推力F，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A、B 开始相对滑动，如果撤去F，对A 施加
一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B 不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)
A．2.0 N  
B．3.0 N
C．6.0 N  
D．9.0 N
【答案】C
【解析】根据题图甲所示，设A、B 间的静摩擦力达到最大值Ffmax 时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对
A、B 整体有F＝(mA＋mB)a，对A 有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N；根据题图乙所示情况，设A、B 刚
开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B 为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B 整体为研究对象，有
Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故选C.
【变式训练7-1】(多选)如图所示，质量mB＝2 kg 的水平托盘B 与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 
kg 的小物块A，整个装置静止．现对小物块A 施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀
加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是(　　)
A．变力F 的最小值为2 N
B．变力F 的最小值为6 N
C．小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为 m/s
【答案】BC
【解析】A、B 整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－
FNAB，当FNAB 最大时，F 最小，即刚开始施力时，FNAB 最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B 正确，A
错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m；A、B 分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知
kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m．物块A 在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝
2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C 正确，D 错误．
【变式训练7-2】如图所示，质量m＝2 kg 的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．
取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是(　　)
A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
【答案】A
【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉
力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据
解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二
定律有F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A 正确，B 错误；
②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D 错
误．
　
【变式训练7-3】如图所示，
、B 两物块的质量分别为
和
，静止叠放在水平地面上
、B 间的动摩擦因数为
，B 与地面间的动摩擦因数为
。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
。现对
施加一水平拉力
，
则（　　）
A．当
时，
、B 都相对地面静止
B．当
时，
的加速度为
C．无论
为何值，B 的加速度不会超过
D．当
时，
不相对B 滑动
【答案】C
【解析】A．将两物体看做一个整体，则运动的临界条件为
解得
所以当
时，
、B 都相对地面静止。A 错误；
BCD．当A 刚好相对于B 滑动时，有
，
解得
，
所以有
时，二者相对滑动，B 的最大加速度为
。当
时，二者一起运动，则有
解得
BD 错误，C 正确。
故选C。
【变式训练7-4】如图所示，质量均为m 的A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向
上拉B，运动距离h 时，B 与A 分离，下列说法正确的是（　　）
A．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B 和A 刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B 和A 分离前，它们做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】AB．B 和A 刚分离时，B 与A 之间的弹力为0，则有
联立解得
 ，
所以AB 错误；
C．弹簧开始的压缩量为
运动距离为
联立解得
所以C 正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
则在B 和A 分离前，它们做加速度逐渐减小的加速运动，所以D 错误；
故选C。
【变式训练7-5】如图所示，m、M 两物体叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ=0.2，已知它们的质量
m=2kg，M=1kg，力F 作用在m 物体上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2），则（　　）
A．当
时，两物体即将发生相对运动
B．当
时，两物体一定发生相对运动
C．当
时，M 物体的加速度为
D．当
时，m 物体的加速度为
【答案】D
【解析】ABC．当m、M 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为
，力F，根据牛顿第二定律，
对M 有
对m、M 整体有
所以当
时，m、M 相对静止，一起向右匀加速运动，ABC 错误；
D．当
时，m 物体的加速度为
D 正确。
故选D。
【变式训练7-6】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为
m1＝6 kg 的物体P，Q 为一质量为m2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．
现给物体Q 施加一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0.2 s 时间内，F 为
变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F 的最大值与最小值．
【答案】(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对P、Q 整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，
设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s 时间内两物体的位移：
x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F 最小，分离时F 最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q 应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝ N.
【变式训练7-7】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＝30°时，可视为质点的一小物块恰好
能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s 沿木板向上运动，
随着θ 的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ 角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】(1)　(2)θ＝60°　 m
【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝.
(2)当θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax 得x＝
，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，
故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°，
所以x 最小值为xmin＝
＝＝ m.
【变式训练7-8】如图所示,一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A,绳与水平地面的夹角α=53°,A 与地面的摩擦
不计。
(1)当卡车以某一加速度a1加速运动时,绳的拉力为,则a1的大小为多少?此时A 对地面的压力为多大?
(2)当卡车的加速度a2=g 时,绳子的拉力为多大?
                  
     
【解析】物体A 的受力分析如图所示。在此题中,随着拉力F1 的增大(即加速度a 的增大),物体A 对地面的压力会逐渐
减小,当F1 等于某一特定值F0(即a 为某一特定值a0)时,物体对地面的压力N=0。若F1>F0(a>a0),物体将脱离地面,牵
引绳与水平面的夹角α 将变小,在解题中务必注意到这一点。在第(1)问中,已给出F1=,则F1sin α=<mg,物体不会脱离
地面。
(1)F1cos α=ma1
N+F1sin α=mg
又F1=mg
联立解得a1=g     N=mg。
(2)有两种求解方法
第一种解法:设物体A 对地面的压力N 刚好为零时,F1=F0,a=a0,则:F0cos α=ma0,F0sin α=mg
解得a0=gcot α=g<g
由此可以断定,当a=g 时,物体A 已脱离地面,设此时绳与水平方向的夹角为β,则有F2cos β=ma2=mg,F2sin β=mg,解得
F2=mg。
第二种解法:仍设N≠0。若解出N<0(N 为压力的大小),说明物体已脱离地面,再设β 求解。
F2cos α=ma2=mg,则F2=,F2sin α=mg-N,所以N=-mg,说明物体已脱离地面;设此时绳与水平方向的夹角已变为β,同理
可求解出F2=mg。
题型08：牛顿第二定律之失重和超重
判断超重和失重的方法
从受力的角
度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；
等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速
度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化
的角度判断
（1）物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；
（2）物体向下加速或向上减速时，处于失重状态
【典型例题1】引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示，质量为60kg 的男同学用双手抓住单杠
做引体向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，重力加速度大小取
10m/s2，由图像可知（　　）
A．t=0.5s 时，单杠对他的支持力约为582N
B．t=1.1s 时，他向上运动到最高点
C．t=1.5s 时，他处于失重状态
D．t=1.5s 时，单杠对他的支持力约为600N
【答案】C
【解析】A．由
图像的斜率表示加速度可知，
时，加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得单杠对他的支持力为
故A 错误；
B．由
图像可知，
向上做加速运动，
后向上减速运动，可知
时，并不是向上运动到最高点，
故B 错误；
CD．由
图像可知，
时，加速度方向向下，他处于失重状态，单杠对他的支持力小于重力，即小于
，故C 正确，D 错误。
故选C。
【典型例题2】如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（   ）
A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
【答案】  C
【解析】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A 错误；
BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力
大于重力，B 错误、C 正确；
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D 错误。
故选C。
【变式训练8-1】在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。当把该装置放在竖直加速
的电梯中，且电梯的加速度
。则（　　）
A．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大
B．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变
C．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大
D．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变
【答案】C
【解析】AB．若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的液面要下降，
玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB 错误；
CD．若电梯向下加速，则液体将处于失重状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内
外的液面高度差将变大，故C 正确，D 错误。故选C。
【变式训练8-2】人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像（
图）如图所示，
则（    ）
  
A．下蹲过程中最大加速度为6m/s2
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大，后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8s 内完成了两次下蹲和两次站起动作
【答案】A
【详解】A．由图可知，传感器的最小压力约为200N，则根据牛顿第二定律得最大加速度为
故A 正确；
B．人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力的示数先变小，后变大，故B 错误；
C．人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C 错误；
D．人在下蹲过程中，力的示数先变小，后变大，人在站起过程中，力的示数先变大，后变小，所以动作人在8s
内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D 错误。故选A。
【变式训练8-3】如图所示，A，B 两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不
计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
  
A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零
B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B 的重力
C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B 的重力
D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于B 的重力
【答案】A
【解析】ABC．降落伞未打开时，两个运动员均处于完全失重状态，加速度等于g，两个运动员之间的弹力为零，故
A 正确，BC 错误；
D．降落伞打开后，减速下降过程，运动员处于超重状态，故安全带对B 的拉力大于重力，故D 错误。
故选A。
【变式训练8-4】如图所示是神舟十四号飞船返回舱夜间返回打开降落伞后的红外照片。返回舱（包括降落伞等设
备）开始一段时间先减速后匀速下降，最后返回舱在东风着陆场安全着陆，任务取得圆满成功，对返回舱的降落过程，
下列说法正确的是（　　）
A．打开降落伞之后，返回舱仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒
C．减速下降阶段，返回舱动量的减少量等于降落伞对其拉力冲量的大小
D．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于其重力所做的功
【答案】  D
【解析】A．打开降落伞后，飞船减速运动时，加速度方向向上，处于超重状态，故A 错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B 错误；
C．减速下降阶段，返回舱动量的减少量等于合外力冲量的大小，故C 错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少
量等于重力对飞船做的功，故D 正确。
故选D。
【变式训练8-5】如图所示，将物体A 放在容器B 中，以某一速度把容器B 竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容
器B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是(　　)
A．在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零
B．上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力
C．下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力
D．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力
[解析]　选A　把容器B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零，故A
正确。
【变式训练8-6】在索契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50 分夺得银牌．比赛场地可
简化为如图所示的助滑区，弧形过渡区，着陆区．减速区等组成．若将运动员看做质点，且忽略空气阻力，下列说法
正确的是（ ）
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
【答案】C
【解析】试题分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下
的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．
解：A、运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态，故A 错误；
B、运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有向上的分量，处于超重状态，故B 错误；
C、运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中，离开轨道，只受重力，处于完全失重状态，故C 正确；
D、运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量，处于超重状态，故D 错误；
故选C
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力
变了．
【变式训练8-7】全国2021 年跳水冠军赛上，谢思埸、王宗源摘得男子双人3 米板冠军，如图所示为比赛时的精彩
瞬间。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员与水接触后便立即开始减速
B．运动员在向下运动时，一直处于失重状态
C．运动员在向上运动时，一直处于超重状态
D．入水过程中，水对运动员的作用力一定等于运动员对水的作用力
【答案】D
【解析】A．运动员刚接触水时重力大于水对人的作用力，运动员还是加速下降，A 错误；
BC．运动员在空中运动过程，处于完全失重状态，刚进入水中水的作用力较小，处于失重状态，入水一定深度后水
的作用力大于重力时，运动员处于超重状态，BC 错误；
D．入水过程中，据牛顿第三定律可知，水对运动员的作用力一定等于运动员对水的作用力，D 正确。
故选D。
【变式训练8-8】某跳水运动员在3m 长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的过程，
其中A 为无人时踏板的静止位置，B 为人站在踏板上静止时的平衡位置，C 为人在起跳过程中人和踏板运动的最低位
置，则下列说法中正确的是（　　）
A．人在起跳过程，运动到A 位置时所受合力为零
B．人和踏板由B 到A 的过程中，人向上做加速运动
C．人和踏板由C 到A 的过程中，人处于超重状态
D．人和踏板由C 到A 的过程中，人先超重后失重
【答案】D
【解析】A．人在起跳过程，运动到A 位置时踏板对人没有作用力，受到自身重力的作用，故合力不为零，A 错误；
B．在B 处踏板的作用力与重力平衡，故人和踏板由B 到A 的过程中，合力向下，人向上做减速运动，B 错误；
CD．人和踏板由C 到A 的过程中，人先加速上升后减速上升，踏板的弹力先大于重力后小于重力，故人先处于超重
状态后处于失重状态，C 错误，D 正确。
故选D。
题型09：斜面模型
1.沿斜面方向和垂直斜面方向建立坐标轴，将不在坐标轴上的力正交分解。
2.滑动摩擦力的计算公式为
，一定要先求正压力。
【典型例题1】如图所示，质量为M、倾角为θ 的斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m 的小物块P 恰好能沿斜面匀
速下滑，该过程斜面保持静止。现给P 施加一沿斜面向下的推力F，使P 沿斜面匀加速下滑。施加F 后，下列说法正
确的是（　　）
  
A．斜面对小物块P 的支持力和摩擦力都增大
B．小物块P 对斜面体的作用力方向竖直向下
C．水平面对斜面体的支持力增大
D．水平面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ
【答案】B
【解析】ABC．由题可知，给P 施加一沿斜面向下的推力
，并不改变斜面对P 的支持力大小，即斜面对P 的支持力
大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P 所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P 的分析可知，P 所受摩擦力
和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变
化，则水平面对斜面体的支持力不变，故B 正确，AC 错误；
D．施加F 之前，小物块P 恰好能沿斜面匀速下滑，则斜面的物体的作用力大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第
三定律可知P 对斜面的作用力方向竖直向下，则地面对斜面体的摩擦力为零，而施加F 之后，斜面的受力没有发生变
化，则地面对斜面体的摩擦力一直为零，故D 错误。
故选B。
【变式训练9-1】如图所示，倾角为20°的足够长的质量为M 的斜面体B 静止在水平地面上，质量为m 的滑块A 以一
定的初速度沿斜面向下滑动，t=0 时刻对A 施加一沿斜面向下的作用力F，使A 沿斜面向下做匀速直线运动。t=2s 时
改变F 的大小及方向，使滑块依然匀速下滑，t=4s 时撤去F，t=6s 时，A 恰好静止在B 上。已知滑块与斜面之间的动
摩擦因数μ=0.75，B 始终处于静止状态，重力加速度为g，tan37°=0.75。下列说法正确的是（　　）
A．0~1s 时间内，B 对地面的压力小于(M+m)g
B．0~1s 时间内，B 对地面的摩擦力方向水平向左
C．2~4s 时间内，当F 与水平方向夹角为33°且指向左上方时，F 有最小值
D．t=3s 与t=5s 时，地面对B 的摩擦力大小相等
【答案】  B
【解析】AB．对A 施加平行于斜面的力F 前、后，A 所受的摩擦力及支持力均未发生变化，施加F 之前，A 沿斜面匀
减速下滑，A 所受摩擦力大于A 沿斜面向下的分力，由牛顿第三定律可得，A 给B 的摩擦力大于A 沿斜面向下的分力，
若A 静止，则A 对B 的摩擦力等于A 沿斜面向下的分力，A 对B 的作用力等于A 的重力且竖直向下，由此可得此时A
对B 的压力不变，摩擦力增大，方向斜向左下方，则可得此时A 对B 竖直向下的作用力大于A 的重力，则有B 对地面
压力大于(M+m)g，牛顿第三定律可得，地面对B 的支持力大于(M+m)g，地面对B 的摩擦力方向水平向右，B 对地面
的摩擦力方向水平向左，故A 错误，B 正确；
C．由题可知，A 所受摩擦力与支持力的合力方向恒定且与水平方向的夹角
斜向右上方，当力F 与该力垂直时，F 有最小值，此时F 与水平方向夹角为17°，指向左上方，故C 错误；
D．
和
时，A 对B 的作用力大小不相等，故地面对B 的摩擦力大小不相等，故D 错误。
故选B。
【变式训练9-2】如图甲所示，表面粗糙程度不同的三个物块a、b、c 质量均为m，放在三个完全相同的斜面体上，
斜面体质量为M 底部倾角为θ。物块a、b、c 以相同初速度v0下滑，其v-t 图像如图乙所示，斜面体始终保持静止。
a、b、c 与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，地面对斜面体的支持力分别为FNa、FNb、FNc，地面对斜面体的
摩擦力分别为fa、fb、fc，则（    ）
  
  
A．
，
且方向水平向左
B．
，fb=0
C．
，
且方向水平向左
D．μa>μb>μc
【答案】A
【解析】D．由图可知，a 沿斜面匀加速下滑，b 沿斜面匀速下滑，c 沿斜面匀减速下滑，则
所以
故D 错误；
A．对a 和斜面整体分析，物块a 有沿斜面向下的加速度，物块处于失重状态，则有
地面对斜面体的摩擦力的方向水平向左，故A 正确；
B．对b 和斜面整体分析，物块b 沿斜面匀速下滑，加速度为零，则有
故B 错误；
C．对c 和斜面整体分析，物块c 有沿斜面向上的加速度，物块处于超重状态，则有
地面对斜面体的摩擦力的方向水平向右，故C 错误。
故选A。
【变式训练9-3】某同学用手机的频闪功能拍摄一小球在倾角为
斜面上的运动情况，如图是运动模型简化图，频
闪时间间隔为T，小球从斜面底端开始向上运动，在斜面上依次经过A、B、C、D、E 点，各段距离之比为
，小球在运动过程中所受阻力大小不变。以下说法正确的是（　　）
A．小球在图中C 点的速度向上
B．若小球向上经过A 点时的速度为
，则向上经过B 点的速度为
C．小球所受阻力和重力大小之比为3∶1
D．若实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中
长L，则过E 点的速度大小为
【答案】BD
【解析】A．小球在运动过程中所受阻力大小不变，则小球向上运动时是匀减速运动，向下运动时是匀加速运动；
由匀变速直线运动规律可知，只有当初速度（或末速度）为零时，连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3（或
3：1），则由
可得，C 点为最高点，故A 错误；
B．C 点为最高点，则
，B 点是A、C 的时间中点，则向上经过B 点的速度为
故B 正确；
C．设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2，频闪时间间隔为t，根据位移—时间公式，有
，
又
，解得
由牛顿第二定律得
，
解
得
故C 错误；
D．实际尺寸与照片尺寸之比为k，用刻度尺测得照片中
长L，则实际CE 长为
，则D 点速度为
由
，可得过E 点的速度大小为
故D 正确。故选BD。
【变式训练9-4】第26 届冬奥会，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）
；（2）12m/s；（3）66N
【解析】（1）AB 段
解得
（2）AB 段
解得
，BC 段
；
过C 点的速度大小
（3）在BC 段有牛顿第二定律
解得
【变式训练9-5】某研究小组利用如图甲所示装置探究物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8 N 的力作用下加速度
与斜面倾角的关系。木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，已知物块的质量m＝1 kg，通过DIS 实验，得到如图乙所
示的加速度与斜面倾角的关系图线。假定物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2。试问：
　
(1)图乙中图线与θ 轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于这两个角度时物块所受摩擦力指向何方？
(2)如果木板长L＝3 m，倾角为30°，若物块与木板间的动摩擦因数为，物块在F 的作用下由O 点开始运动，为保
证物块不冲出木板顶端，力F 最多作用多长时间？
解析：(1)当木板倾角为θ1 时，摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2 时，摩擦力沿斜面向上。
(2)对物块，力F 作用时的加速度a1＝＝2 m/s2
对物块，撤去力F 后的加速度大小a2＝＝6 m/s2
设物块不冲出木板顶端，力F 最长作用时间为t
则撤去力F 时的速度v＝a1t，位移x1＝a1t2
撤去力F 后运动的距离x2＝由题意有L＝x1＋x2  联立可得：t＝1.5 s。
题型10：连接体模型
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的系统称为连接体。连接体一般(含弹簧的系
统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2.常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、
加速度相等．
3.整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度大小相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，对整
体列方程求解的方法。
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再对隔离出来的物体列方
程求解的方法．
【典型例题1】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1 和m2 的木块1 和2，中间用一条轻绳连接，两木块的
材料相同，现用力F 向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的
是(　　)
A．若水平面是光滑的，则m2 越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
【答案】C
【解析】设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝
(m1＋m2)a，得a＝
，以木块1 为研究对象，根据牛顿第二定律FT－μm1g＝m1a，得a＝，系统
加速度与木块1 加速度相同，解得FT＝F，可见绳子拉力大小与动摩擦因数μ 无关，与两木块质量大小有关，即与水
平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2 越大绳的拉力越小，故选C.
【典型例题2】如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与
质量为m1＝1 kg 的物块A 连接，另一端与质量为m2＝3 kg 的物块B 连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住
A，使B 悬于空中，释放后，在B 落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)(　　)
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B 的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B 物块换成一个竖直向下大小为30 N 的力，对物块A 的运动没有影响
【答案】C
【解析】对B 隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B 整体分析，由牛顿第二定律得m2g－
m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B 错误，C 正确；如果将B 物块换成一个竖直向下
大小为30 N 的力，对A 由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A 的
运动有影响，故D 错误．
【典型例题3】如图所示，质量均为M 的物块A、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑
轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A、B 之间的动摩擦因数为
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度大小为g，下列说法正确的是（　　）
  
A．若物块A、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为
B．要使物块A、B 发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为
D．A、B 未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】B
【解析】A．若物块A、B 未发生相对滑动，物块A、B、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得
对物块A 根据牛顿第二定律可得
解得
故A 错误；
B．物块A 受到的最大合外力为μMg，则物块A 的最大加速度
当物块A 的加速度恰好为μg 时，物块A、B 发生相对滑动，以物块A、B、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律
得
解得
要使物块A、B 之间发生相对滑动，则
故B 正确；
C．对物块C 由牛顿第二定律得
解得
所以轻绳拉力的大小小于mg；故C 错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力
故D 错误。
故选B。
【变式训练10-1】 (多选)(2020·高考海南卷，T12)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( 
)
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝
B．弹簧的弹力大小为T＝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
【解析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－gsin θ，故A 错误；
对m2 受力分析，根据牛顿第二定律有F 弹－m2gsin θ＝m2a，解得T＝，故B 正确；根据T＝＝，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，弹簧伸长量变大，故它们的间距变大，故C 正确；根据F 弹＝，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，弹簧伸长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。
【变式训练10-2】如图所示,在光滑水平面上放有一质量m0=30 kg 的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg 的物块,现用
一水平向右的力F 拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止。已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间
的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g 取10 m/s2。则拉力F 大小
为(　　)
A．1 N
                  B．10 N
C．31 N
                  D．310 N
【答案】B 
【解析】
对物块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得Ff cos 37°-FN sin 37°=ma,竖直方向,根据平衡条件可得Ff sin 37°
+FN cos 37°=mg,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN,联立解得a=
m/s2;以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第
二定律可得F=(m0+m)a=10 N,故B 正确,A、C、
【变式训练10-3】中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列
由40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2 节对第3 节车厢的牵引力为F。若
每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3 节对倒数第2 节车厢的牵引力为(　　 )
A．F　　　　B．　　　　C．　　　　D．
【答案】C
【解析】设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38 节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量
均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2 节车厢作为一个
整体进行分析，设倒数第3 节车厢对倒数第2 节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C 正确，
A、B、D 错误。
D 错误。
【变式训练10-4】如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子甲，甲盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑
轮与乙盒相连，甲盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，乙盒内放一质量为
的物体。如果把这个物体改放在甲盒内，
则乙盒的加速度恰好与原来等大反向，重力加速度大小为g，则乙盒的质量m 乙和系统的加速度a 的大小分别为(　   
)
A．m 乙=
                      B．m 乙=
C．a=0.2g
                      D．a=0.4g
【答案】BC
【解析】当物体放在乙盒中时，以甲、乙和物体整体为研究对象,根据牛顿第二定律有m 乙g+
mg-mgsin 
30°=(m+m 乙+
m)a；当物体放在甲盒中时,以甲、乙和物体整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+
m)gsin 
30°-m 乙g=(m+m 乙+
m)a，联立解得m 乙=
,加速度大小a=0.2g，故A、D 错误、B、C 正确。
【变式训练10-5】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木
块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F 拉其中质量为3m 的木块，使三个木块
以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　)
A．质量为2m 的木块受到四个力的作用
B．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断
C．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为T
【答案】C
【解析】质量为2m 的木块受到重力、质量为m 的木块的压力和向后的摩擦力、轻绳的拉力及地面的支持力五个力
的作用，故A 错误。对三个木块组成的整体，设其共同运动的加速度为a，由牛顿第二定律有：a＝；对质量为m 和
2m 的木块所组成的整体，根据牛顿第二定律，可知轻绳中拉力为T′＝3ma＝，由此可知，当F 逐渐增大到2T 时，轻
绳中拉力等于T，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确。轻绳刚要被拉断时，木块的加速度为a′＝，质量为m 和2m
的木块间的摩擦力为f＝ma′＝，故D 错误。
【变式训练10-6】如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B 和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦
因数均为μ，用水平向右的恒力F 推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A 与B、B 与
C 之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是(　　)
A．若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1
B．若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C．若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D．若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
【答案】AC
【解析】三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C 组成的系统和物块C 应用牛
顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C 项正确，D 项错误；若μ≠0，分别对物块B、C 组成的系统和
物块C 应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A 项正确，B 项错误．
【变式训练10-7】如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为
m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方
向成α 角．重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
【答案】C
【解析】根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有水平向右的加速度a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平
向右，凹槽对小铁球的支持力为，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D 错误，C 正确．
【变式训练10-8】 (多选)如图所示，倾角为θ 的斜面体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．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体
始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】隔离小球，可知稳定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小
球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，A 正确，B 错误．隔离斜面
体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜
面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C 正确，D 错误．
【变式训练10-9】如图所示，A、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与
桌面平行，A、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为
，A、B、C 质量分别为2m、2m 和m，各面间最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示位置静止释放，要使A、B 间发生相对滑动，则μ 满足的条件是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】物块A 与B 之间的最大静摩擦力
物块B 与桌面间的最大静摩擦力
若A 与B 间恰好将发生相对滑动时，A 与B 的加速度恰好相等，此时对物块B，由牛顿第二定律得
对A、B 整体由牛顿第二定律得
对物块C 由牛顿第二定律得
解得
因此若A、B 之间发生相对滑动，则需满足
故选C。
【总结】
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如图所示，对于一起做加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”：
(1)若外力F 作用于m1上，则F12＝FT＝；
(2)若外力F 作用于m2上，则F12＝FT＝.
注意：
①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)；
②此“协议”与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关；
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立．
题型11：牛顿第二定律之传送带模型
传送带模型
1．水平传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v 时，一直加速
v0<v 时，先加速再匀速
v0>v 时，一直减速
v0>v 时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0<v 返回到左端时速度为v0，若v0>v 返回到
左端时速度为v.
2．倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系
gsin θ<μgcos θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin 
θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0<v 时，一直加速(加速度
为gsin θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan 
θ，先以a1加速，后以a2加速
v0>v 时，一直减速(加速度
为gsin θ－μgcos θ)
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan 
θ，先以a1减速，后以a2加速
 
(摩擦力方向一定
沿斜面向上)
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，一直
减速
先减速到速度为0 后反向加速到原位置时
速度大小为v0(类竖直上抛运动)
【方法技巧与总结】
1．传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动
状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．
2．传送带模型分析流程
3．常见类型及物体运动情况
(1)水平传送带常见类型及物体运动情况
类型
物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v 时，一直匀速
(3)v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端
(2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端
(2)倾斜传送带常见类型及物体运动情况 
类型
物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速再以a2加速
4.注意
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速
度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键．
【典型例题1】如图所示，水平传送带AB 长3.2 m，以v＝4 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以v0
＝2 m/s 的水平初速度从A 点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g 取10 m/s2，则小物块运动
至传送带右端B 点所用的时间为(　　)
A．0.8 s 
B．1.0 s 
C．1.2 s 
D．1.6 s
【答案】B
【解析】小物块刚放上传送带时做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝
2.5 m/s2，设达到与传送带速度相同时小物块的位移为s1，所用时间为t1，则t1＝＝s＝0.8 s，x1＝t1＝2.4 m；之
后小物块和传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝ s＝0.2 s，则小物块运动至传送带右端B 点所用的时间t
＝t1＋t2＝1.0 s，故B 正确，A、C、D 错误。
【典型例题2】 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v
＝0.4 m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B 间的距离为2 m，g 取10 m/s2.旅客把行
李(可视为质点)无初速度地放在A 处，则下列说法正确的是(　　)
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s 到达B 处
C．行李到达B 处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】AC
【解析】开始时，对行李，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A 正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝
at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小
x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，
可得行李从A 到B 的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B 错误；由上分析可知行李在到达B 处前已经与传送带共速，所以
行李到达B 处时速度大小为0.4 m/s，故C 正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－
0.04) m＝0.04 m，故D 错误．
【典型例题3】 (多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初
速度v2 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t 图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度
为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
【答案】BC
【解析】如果v2 小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2 一定大于v1.
结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，
A 错误；物块的位移等于v－t 图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度
为h＝Lsin θ＝0.96 m，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿
第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s
内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．
【典型例题4】如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送
带上端A 点静止释放一个质量为m＝1.0 g 的黑色煤块，经过2 s 运动到传送带下端B 点并离开传送带，煤块在传送
带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)传送带从A 到B 的长度；
(2)煤块从A 运动到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．
【答案】(1)16 m　(2)5 m
【解析】(1)煤块速度达到10 m/s 之前
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，t1＝＝1 s，
x1＝a1t12＝5 m
煤块速度达到10 m/s 之后运动时间t2＝1 s，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m
(2)煤块速度小于传送带时s1 相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2 相＝x2－vt2＝1 m
由于s1 相>s2 相，可见痕迹长为5 m.
【变式训练11-1】如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等
高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt 图象(以地面
为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【解析】由图象知t1 时刻小物块速度为零，离A 处的距离达到最大，A 项错误；t2 时刻小物块与传送带速度相同，
之前小物块相对传送带一直向左运动，相对传送带滑动的距离最大，B 项正确；0～t2 时间内小物块受到的滑动摩擦
力方向向右，t2～t3 时间内小物块匀速运动，不受摩擦力作用，C、D 项错误．答案：B
【变式训练11-2】如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体
A、B、C，物体A 经tA=9.5 s 到达传送带另一端Q，物体B 经tB=10 s 到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t=0
时刻，分别作出三个物体的v-t 图像如图乙、丙、丁所示，g 取10 m/s2，求:
甲
(1)传送带的速度大小v0;
(2)传送带的长度L;
(3)物体A、B、C 与传送带间的动摩擦因数,以及物体C 从传送带左端P 到达右端Q 所用的时间tC。
【答案】(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5　24 s
【解析】(1)物体A 与B 均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，
所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0=4 m/s。
(2)v-t 图线与t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A 的位移xA=
×(8.5+9.5)×4 m=36 m
传送带的长度L 与A 的位移相等，也是36 m。
(3)物体A 的加速度aA=
=4 m/s2
由牛顿第二定律得μAmg=maA
所以μA=
=0.4
同理，物体B 的加速度aB=
=2 m/s2，μB=
=0.2
物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间为tC，速度vC=3 m/s，则
L=
tC
所以tC=
=24 s
物体C 的加速度aC=
 m/s2
μC=
=0.012 5。
【变式训练11-3】如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1 kg 的物块以某一初速度向上滑动，传
送带足够长，物块的速度—时间图像部分如图乙所示，g 取10 m/s2，取sin 37°= 0.6，       cos 37°=0.8，求:
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移。
【答案】(1)0.5　(2)6.4 m
【解析】(1)由题图乙可知，物块的初速度v0=8 m/s，传送带转动的速度v=4 m/s，在t0=0 到t=0.4 s 时间内，物块
沿传送带向上做减速运动,物块的加速度大小a1=
=10 m/s2,
由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
解得μ=0.5。
(2)在t=0.4 s 后,由于μ<tan θ,故物块继续向上做减速运动，设物块的加速度大小为a2,则有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得a2=2 m/s2。物块从t=0.4 s 开始，经过t1 时间速度减为零，有t1=
=2 s,
从t0=0 到t=0.4 s,物块的位移为
s1=v0t-
a1t2=2.4 m,
从t=0.4 s 到t2=2.4 s,物块减速到零的位移
s2=
t1=4 m,
物块沿传送带向上运动过程中的位移为
s=s1+s2=6.4 m。
【变式训练11-4】如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s 顺时针匀速转动。一质量
m=2kg 的小滑块以平行于传送带向下v0=2m/s 的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数
，g 取
10m/s2，
，
，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（　　）
A．小滑块的加速度大小为0.1m/s2
B．小滑块的重力势能增加了120J
C．小滑块使电动机多消耗的电能为336J
D．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84J
【答案】C
【解析】A．对滑块根据牛顿第二定律得，平行斜面方向
Ff-mgsin37°=ma
垂直斜面方向
FN-mgcos37°=0
其中
Ff=μFN
联立解得
a =1m/s2
A 错误；
B．以平行斜面向上为正，根据速度公式得
位移
故重力势能增加量为
ΔEp=mg·Δh=mg·xsin37°=2×10×6×0.6J=72J
B 错误；
D．在6s 内传送带的位移
x′=vt=4×6m=24m
Δx=x′-x=24m-6m=18m
产生的热量为
Q=μmgcos37°·Δx=
×2×10×0.8×18J=252J
D 错误；
C．多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有
ΔE=ΔEp+ΔEk+Q=72J+（
×2×42-
×2×22）J+252J=336J
C 正确。
故选C。
【变式训练11-5】如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为
、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其
图像如图乙所示。已知传送带的速度为
，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为
，下列说法正确
的是（　　）
A．物块的初速度小于
B．物块与传送带间的动摩擦因数
C．物块运动过程中的速度一定有等于
的时刻
D．若物块从传送带项端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
【答案】C
【解析】B．由图像可知，物块先以加速度
做匀减速直线运动，后以加速度
做匀减速直线运动，且
分析可知
即
故B 错误；
A．若物块的初速度小于
，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加速度向上减
速为0 与题设不符，故A 错误；
C．物块的初速度大于
，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有
物块减速到速度等于
后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二定律，有
故C 正确；
D．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于
则物块会以加速度
一直向下加速运动，故D 错误。
故选C。
【变式训练11-6】（多选）如图所示为粮袋的传送装置，已知
间长度为
，传送带与水平方向的夹角为
，工作
时其运行速度为
，粮袋与传送带间的动摩擦因数为
，正常工作时工人在
点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关
于粮袋从
到
的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A．粮袋到达
点的速度与
比较，可能大，可能小，也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为
C．若
，则粮袋从
到
一定一直是做加速运动
D．不论
长度如何，粮袋从
到
一直做匀加速运动，且
【答案】AB
【解析】AD．当
时可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达
点时的速度大于
。
当
时可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达
点时速度与
相同。也可能在传送带比较短，粮
袋一直做匀加速运动，到达
点时的速度小于
，故A 正确，故D 错误；
B．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力f，此外还受到重力在斜面方向的分力，总合力
F=μmgcosθ+mgsinθ=mg（μcosθ+sinθ）
根据牛顿第二定律得加速度为
故B 正确；
C．若
μ≥tanθ
粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C 错误。
故选AB。
【变式训练11-7】如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动。从传送带左端P 先后由静止轻轻放上三个物体A、
B、C，物体A 经tA＝9.5s 到达传送带另一端Q，物体B 经tB＝10s 到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0 时
刻，分别作出三物体的速度图象如图乙、丙、丁所示，求：
   
(1)传送带的速度v0＝？   (2)传送带的长度l＝？
(3)物体A、B、C 与传送带间的摩擦因数各是多大？
(4)物体C 从传送带左端P 到右端Q 所用的时间tc＝？
【解析】(1)传送带速度为：v0＝4m/s  (2)以B 的图象为例，l＝t1＋v0t2      即：l＝36m
(3)μmg＝ma　a＝μg  A：a1＝4m/s2　μ1＝0.4  B：a2＝2m/s2　μ2＝0.2
C：l＝tc　得：tc＝24s   a3＝＝　μ3＝＝0.0125  (4)tc＝24s
【变式训练11-8】如图所示，倾角为37°的传送带，A、B 两处相距24m。当传送带以10m/s 的速率顺时针转动时，
小物块以2m/s 的初速度从A 处沿传送带运动到B 处。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度为
10m/s2，sin37°=0.6。求小物块从A 处运动到B 处所用的时间。
【解析】小物块在传送带上运动时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，设小物块的加速度大小为a，由牛
顿第二定律得
解得
设小物块加速到10m/s 运动的距离为
，所用时间为
，由
得
得
当小物块的速度达到10m/s 时，因
小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，小物块此后随传送带一起做匀速运动，设AB 间的距离为
L，则
解得
从A 到B 的时间
【变式训练11-9】如图所示，浅色传送带与地面的倾角37°，从A 到B 长度为L=16m，传送带以速度v0=10m/s 逆时
针转动。在传送带上A 端无初速度地放一个质量为m＝0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A 运动到B 的速度v；
（2）煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度。
【答案】（1）12m/s；（2）5m
【解析】解：（1）煤块刚开始的加速度大小为a，则有
解得
a=10m/s2
煤块从A 到与传送带共速所用时间为
煤块从A 到与传送带共速所通过的位移为
共速后，煤块的加速度为
，则有
解得
a′=2m/s2
煤块达到传送带速度后到达B 点的时间为
代入数据解得
t2=1s
煤块从A 到B 的速度
v=v0+a′t2
故
v=12m/s
（2）煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度
【变式训练11-10】如图所示，传送带水平部分xab＝2 m，斜面部分xbc＝4 m，bc 与水平方向夹角α＝37°，一个小物
体A 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2 m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传
送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，求物体A 从a 点被传送到c 点所用的时间．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)
【解析】：物体A 轻放在a 处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a1
＝＝2.5 m/s2
发生位移x1＝＝ m＝0.8 m
经历时间t1＝＝0.8 s
此后物体随传送带匀速运动到b 点时间为t2＝＝0.6 s
当物体A 到达bc 斜面时，因mgsin 37°＝0.6mg>μmgcos 37° ＝0.2mg，所以物体A 将再沿传送带做匀加速直线运
动   其加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2
物体A 在传送带bc 上所用时间满足xbc＝vt3＋a2t
代入数值得t3＝1 s 或t3＝－2 s(舍去)
即物体A 从a 点被传送到c 点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s
【变式训练11-11】在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB 水平，长度
m，顺时针传动的速率
m/s，CD 为
靠近AB 的倾斜传送带，
，长
m，两表面动摩擦因数
，一袋标准化肥的质量
kg，已知
、
、
m/s2．
（1）若化肥从A 端轻放上去，并使CD 顺时针以速率v 传动，v 应满足什么条件才能使化肥送至项点D？
（2）CD 传送带不动时，一袋化肥从离A 端
的位置轻放上去，则在CD 上上升的最大距离为
，求
与
的关
系。
【答案】（1）v≥4.5m/s；（2）x2＝2－0.5x1。
【解析】（1）化肥在水平传送带上，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1
代入数据，解得
a1＝5m/s2
又
＝2a1s1
可得
s1＝2.5m＜l1＝4m
然后化肥匀速运动，滑上CD。
设CD 传送带速度v2 时，化肥恰好达D 端，
设v2＜v1，化肥经历了两个减速阶段，第1 阶段由C 点减速到v2，以加速度大小a2 达到v2 后再以加速度大小a3 继
续减速为0，则有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
代入数据，可得
a2＝10m/s2
又
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
代入数据，解得
a3＝2m/s2
由
得
v2＝4.5m/s
并验证了假设成立，
故条件为
v≥4.5m/s
（2）离A 端x0 处轻放化肥时，刚好在B 端与传送带达到速度相同，则有
x0＝L1－s1＝1.5m
当x1≤x0 处放上化肥，能在CD 传送带上上升的距离相同，可得
代入数据，解得
x2＝1.25m
当x0≤x1≤l1，在拐点处速度为vx，有
得
x2＝2－0.5x1
综上所述，当0≤x1≤1.5m 时
x2＝1.25m
当1.5m≤x1≤4m 时
x2＝2－0.5x1
题型12：牛顿第二定律之板块模型
1.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；
滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.解题关键点
①由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
②当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同
匀速运动)．
【典型例题1】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg 的长木板，在长木板右端有一质量为m＝
1 kg 的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N 的水平恒力向右
拉长木板，经时间t＝1 s 撤去水平恒力F，g 取10 m/s2，则：
(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【答案】(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m
【解析】(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【典型例题2】如图所示，一质量为0.3kg 的“L”型平板B 静置在地面上，平板B 的上表面O 点左侧粗糙、右侧光滑，
质量为0.1kg 的小物块A 从平板B 上的O 点以某一初速度沿平板B 向右滑动，与平板B 右侧挡板碰撞后瞬间，二者速
度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A 速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A 与平
板B 间的动摩擦因数为0.4，平板B 与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A 始
终未滑离平板B，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后平板B 在运动过程中加速度大小不变
B．碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s2
C．碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/s
D．平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为
【答案】C
【解析】AB．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，
平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A、平板B 分别应用牛顿第二定律得
，
故AB 错误；
C．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为
，则有
又
所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。由于
所以平板B 速度减为0 后静止不动，小物块A 继续向左做减速运动；因小物块A 运动到相对地面的出发位置时速度减
为0，所以平板B 以加速度
向右运动的位移大小等于小物块A 在平板B 的粗糙部分上相对地面运动的位移大小；
根据小物块A、平板B 的位移大小关系，有
解得
故C 正确；
D．根据小物块A、平板B 的位移大小关系可得平板B 光滑部分的长度
故D 错误。
故选C。
【变式训练12-1】 (多选)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A 受到随时
间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出滑块A 的加速度a，得到如图乙所示的a－F 图像，A、B 之间的最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，则(　　)
A．滑块A 的质量为4 kg
B．木板B 的质量为2 kg
C．当F＝10 N 时滑块A 加速度为6 m/s2
D．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.2
【答案】BC
【解析】设滑块A 的质量m，木板B 的质量为M，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 
N 时，滑块A 与木板B 达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 
kg；当F＞6 N 时，A 与B 将发生相对滑动，对A 单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题
图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D 错误，B 正确；当F＝10 N 时，木板A 的加速度为aA＝＝6 m/s2，
C 正确．
【变式训练12-2】 (多选)如图甲所示，物块A、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力
F 作用，A、B 间的摩擦力f1、B 与地面间的摩擦力f2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示，已知物块A 的质量m＝3 
kg，重力加速度g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．物块B 的质量为4 kg
B．A、B 间的动摩擦因数为0.2
C．B 与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D．当F＝10 N 时，物块A 的加速度大小为1.5 m/s2
【答案】BD
【解析】由图乙知，当F＝12 N 时，A、B 间开始相对滑动，即μmg＝6 N，解得A、B 间的动摩擦因数为：μ＝0.2，
设此时A、B 的加速度大小均为a，对A 根据牛顿第二定律可得：a＝＝2 m/s2，对B 根据牛顿第二定律可得：F－f1
－f2＝mBa，其中f1 为A、B 之间的滑动摩擦力，大小为6 N，f2 为A 与水平地面间的滑动摩擦力，大小为4 N，解
得：mB＝ kg＝1 kg，故A 错误，B 正确；设B 与水平地面间的动摩擦因数为μ′，f2＝4 N＝μ′(m＋mB)g，解得：μ′
＝0.1，故C 错误；当F＝10 N 时，A 和B 没有发生相对滑动，设A 的加速度大小为a′，对整体根据牛顿第二定律可
得：F－f2＝(m＋mB)a′，解得：a′＝ m/s2＝1.5 m/s2，故D 正确。
【变式训练12-3】如图甲所示，质量为0.5 kg 的物块和质量为1 kg 的长木板，静置于倾角为37°足够长的固定斜面上
t＝0 时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t 后撤去拉力F。已知
长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝
10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F 作用的时间为t＝2 s
C．拉力F 的大小为13 N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
【答案】D
【解析】将长木板和物块看做整体，分析可知，撤去F 时，整体有最大速度vm＝ m/s，位移为x1＝4 m，根据
匀变速直线运动速度与位移的关系式，可知撤去拉力F 前整体的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，设撤去拉力
F 后整体向上运动的位移为x2，则撤去拉力F 后的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝8 m/s2。设物块的质量为m，长木
板的质量为M，对整体，撤去F 前由牛顿第二定律得：F－(m＋M)·gsin37°－μ1(m＋M)gcos37°＝(m＋M)a1，撤去F
后由牛顿第二定律得：(m＋M)gsin37°＋μ1(m＋M)gcos37°＝(m＋M)a2，联立解得：F＝13.5 N，μ1＝0.25，故A、C
错误；力F 作用时整体做匀加速直线运动，vm＝a1t，解得：t＝2 s，故B 错误；设整体匀加速上滑时物块与长木板
间的静摩擦力大小为f1，整体匀减速上滑时物块与长木板间的静摩擦力大小为f2，整体匀加速下滑时物块与长木板
间的静摩擦力大小为f3，物块与长木板的加速度大小为a3，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f1－
mgsin37°＝ma1，f2＋mgsin37°＝ma2，mgsin37°－f3＝ma3，又(M＋m)gsin37°－μ1(M＋m)gcos37°＝ma3，f1、
f2、f3 均小于等于μ2mgcos37°，解得：μ2≥0.875，则物块与长木板之间的动摩擦因数μ2 可能为0.88，故D 正确。
【变式训练12-4】(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M 的木板，木板的左端有一个可视为质点的、
质量m＝1 kg 的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所
示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板的长度L＝4 m
D．木板的质量M＝1.5 kg
【答案】ABD
【解析】由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝＝ m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg 得μ1＝0.4，A 正确；
2 s 后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝＝ m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g 得μ2＝
0.1，B 正确；木板的长度为0～2 s 内滑块与木板的v－t 图线与时间轴所围面积差，L＝×10×2 m＝10 m，C 错误；
0～2 s 内木板的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，对M 有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D 正确．
【变式训练12-5】如图所示，一足够长的质量为m 的木板静止在水平面上，t=0 时刻质量也为m 的滑块从板的左端
以速度
水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为
、
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块
的
图像如图所示，则有（　　）
 
  
A．
=
B．
<
C．
>2
D．
=2
【答案】C
【解析】由
图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板
则有
>2
故选C。
【变式训练12-6】(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M 的长木板放
置在水平地面上，其上表面有另一质量为m 的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F 的作用，用传
感器测出水平拉力F，画出F 与物块的加速度a 的关系如图乙所示。已知重力加速度g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则(　　)
A．长木板的质量为2 kg
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4
D．当拉力F 增大时，长木板的加速度一定增大
【答案】ABC
【解析】由题图乙可知，当F＞12 N 时木块和木板开始产生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由图
像可知m＝k＝2 kg，μ1mg＝8，解得μ1＝0.4，当12 N≥F≥4 N 时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即
F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由图像可知M＋m＝k′＝4 kg，则M＝2 kg，μ2(M＋m)g＝4，解得μ2＝0.1，A、B、C
正确；当拉力F 增大时，长木板与木块之间产生相对滑动，此时长木板受地面的摩擦力和木块的摩擦力不变，则加速
度不变，D 错误。
【变式训练12-7】(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的
斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，
小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的
质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s 的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【答案】BC
【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 
m/s2，A 错误，B 正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝
a1t＝2.8 m/s，D 错误，C 正确．
【变式训练12-8】如图所示，放在水平地面上的长木板B 长为3 m，质量为m＝2 kg，B 与地面间的动摩擦因数为μ1
＝0.2.一质量为M＝3 kg 的小铅块A 放在B 的左端，A、B 之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B 均静止，现使A 以5 
m/s 的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)A、B 刚开始运动时的加速度；
(2)B 在地面上滑行的最大距离．
【答案】(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m
【解析】(1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N
对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
根据牛顿第二定律得，A 的加速度为
a1＝＝4 m/s2，方向向左
B 的加速度为a2＝＝1 m/s2，方向向右
(2)当A、B 的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t
所以t＝＝1 s
此过程A 的位移xA＝v0t－a1t2＝3 m
B 的位移xB＝a2t2＝0.5 m
则A、B 的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m
所以A 不会从B 上滑出
之后A、B 一起做匀减速直线运动，
a3＝μ1g＝2 m/s2
此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
A、B 一起运动的位移xAB＝＝0.25 m
所以B 滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
【变式训练12-9】一长木板在水平地面上运动，在t=0 时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运
动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间
的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2求:
(1)物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:
(2)从t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
【答案】0.2  0.3   0.75
【解析】
(1)从t=0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，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t1=0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t=0 到t=t1 时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1
和a2，则有：
…①
…②
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s 分别为木板在t=0、t=t1 时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木
板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1…
…④
联立①②③④式得：
…⑤
…⑥
(2)0.5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于
0.5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：
由运动学公式可推知，物体和木板相对于地面的运动距离分别为
物块相对与木板的位移大小为
解得s=1.125m
【变式训练12-10】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 动摩擦因数为μ，B
与地面间的动摩擦因数为
，现A 以初速度
在B 上相对滑动，A 的右边缘恰好能够滑动到与B 的右边缘对齐，假
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
（1）A 在B 上相对滑动的过程中，A 和B 的加速度大小
和
。
（2）A 的右边缘到B 的右边缘的距离。
（3）B 运动的总位移。
【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【解析】(1) A 在B 上相对滑动的过程中，有
可得
方向向左
方向向右；
(2)当A、B 速度相等时，上表面摩擦力大于下表面摩擦力，AB 之间摩擦力变为静摩擦力，设经过t 后速度相等，则有
解得
 (3)共速之前，B 运动的位移为
共速时的速度为
当A、B 共速后
可得
共速后B 运动的距离
B 运动的总位移
解
【变式训练12-11】如图所示，一质量
的长木板B 静止在粗糙水平面上，其右端有一质量
的小滑块
A，对B 物体施加一
的拉力；
后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上。已知A、B 间的动摩擦因数
为
，B 与地面的摩擦因数为
，重力加速度
。
（1）求有拉力时木板B 和滑块A 的加速度大小；
（2）要使滑块A 不从木板B 左端掉落，求木板B 的最小长度。
【答案】（1）a1=1m/s2，a2=2m/s2；（2）L=5.25m
【解析】（1）对物体A 根据牛顿第二定律可得：
故A 的加速度大小为
a1=1m/s2
方向向右；
对木板B 根据牛顿第二定律可得
解得木板B 加速度大小为
a2=2m/s2
（2）撤去外力瞬间，A 的位移为
B 的位移为
撤去外力时，物块A 和木板B 的速度分别为
撤去外力后，物块A 的受力没变，故物块A 仍然做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为
设经过时间
两者达到共速，则有
撤去外力后，A 的位移为
B 的位移为
故木板B 的长度至少为
代入数据解得
【变式训练12-12】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块，已知木块的质量
m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=4m，木板上表面与物块、下表面与地面之间的动摩擦因数均为
，现用水
平恒力F=28N 拉木板，g 取10m/s2，求：
（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小
（2）木块滑到木板左端所需的时间
（3）若水平恒力F 作用1s 时间即撤去，计算说明木块能否从木板上掉下来？
【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）2s；（3）不会掉下来
【解析】（1）对木块运用牛顿第二定律得
对木板运用牛顿第二定律得
（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得
解得
（3）F 作用1s 时木块的位移
木板的位移
则木块相对木板运动了1m，距离木板的左端为3m，此时木块的速度
木板的速度
撤去力后，木板做减速运动，加速度大小为
木块做加速运动，加速度不变，设达到共速的时间为
 ，则
解得
此时木块的位移
木板的位移
此时则木块相对木板运动了0.375m，小于3m，木块木板不会掉下来
【变式训练12-13】 “桌布挑战”是近年来最流行的网红挑战项目之一，其挑战规则是一个人用力抽走桌布，同时
保证桌子上的餐具“不动”（肉眼观察不到餐具位置发生变化）。现将该挑战做如图所示的简化，在桌面上放置一块
桌布，将一个可视为质点的正方体静置于桌布上，小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布
的质量分别为
，
，正方体与桌布间的动摩擦因数为
，桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数
均为
，重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若要使正方体相对桌布静止，求拉力的最大值
（结果用题干的字母表示）；
（2）若人肉眼感知物体“不动”的最大距离
，正方体与桌布左端的距离
，求小明完成“桌
布挑战”需要提供的最小拉力
。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设正方体的最大加速度为a1，桌布的加速度大小为a2，对正方体、桌布分别有
正方体和桌布保持相对静止应满足
解得拉力的最大值为
（2）设正方体在桌布上运动的位移大小为x1，加速度大小为a3，时间为t1；正方体离开桌布后运动的位移大小为
x2，加速度大小为a4，时间为t2；正方体从桌布上离开前，桌布的加速度大小为a5，桌布运动的位移大小为x3，有
若要完成挑战，则正方体移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知物体“不动”的最大距离，考虑临界值
由正方体先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有
联立可得
题型13：牛顿运动定律与图像的结合
【方法技巧与总结】
1．常见的图像形式
在动力学问题中，常见的图像是v－t 图像、F－t 图像、a－F 图像等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是
物体的运动轨迹．
2．图像问题的分析方法
(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．
(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线
的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．
【典型例题1】小木块在外力F 的作用下由静止开始沿粗糙水平面运动，运动过程中木块的速度v 随位移x 变化的图
像如图所示，下列速度v 随时间t、外力F 随速度v 变化的图像可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】AB．由题图可得
则
整理可得
可得
可知加速度随速度的增大而增大，B 正确，
A 错误；
CD．根据牛顿第二定律
可得
当
时
，CD 错误。故选B。
【典型例题2】某同学用如图甲所示的装置测定物块与木板之间的动摩擦因数。给位于斜面底端的物块一个初速度
v0=4m/s，物块沿倾角θ=37°的斜面上滑到达最高点后紧接着下滑至出发点。实验中用测速仪采集物块滑动过程中的
速度，用电脑软件绘制v-t 图像，由于设备故障电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t 图线如图乙所示。
g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
  
A．物块上滑过程中的加速度的大小4m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑过程中的加速度的大小4m/s2
D．木块回到出发点时的速度大小2m/s
【答案】C
【解析】A．由题图乙可知，木块经0.5s 滑至最高点，由加速度定义式可知上滑过程中加速度的大小为
故A 错误；
B．上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知上滑过程中有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据得
μ=0.25
故B 错误；
C．下滑的距离等于上滑的距离为
下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律可知下滑过程中
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得
a2=4m/s2
故C 正确；
D．下滑至出发点时的速度大小为
v=
联立解得
故D 错误。
故选C。
【变式训练13-1】（多选）如图所示，一总质量为
的热气球从地面开始匀加速竖直上升。假设上升过程中，热气
球总质量保持不变，所受的空气阻力与热气球上升的速度成正比。热气球上升过程所受的浮力用
表示，所用时间
用表示，上升的高度用
表示。则图中表示
和
的关系图像可能正确的是（    ）
  
A．
  
B．
  
C．
  
D．
  
【答案】AC
【解析】AB.对热气球，根据牛顿第二定律有
即
根据匀加速运动公式
整理得
故A 正确，B 错误；
CD.根据匀加速运动公式
可得
带入得
故C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式训练13-2】智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定
高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a 随时间t 变化的关系，如图所示，g 为当地的
重力加速度。下列说法错误的是（　　）
  
A．释放时，手机离地面的高度为
B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为
C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10 倍
D．0 至
内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等
【答案】C
【解析】A．由图可知，
时刻手机开始接触地面，则
内做自由落体运动，释放时，手机离地面的高度为
故A 正确，不满足题意要求；
B．由图可知，
时刻手机开始接触地面，
时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为
，
故B 正确，不满足题意要求；
C．由图可知，
时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得
可得
手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11 倍，故C 错误，满足题意要求；
D．由图可知，
时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则
时间内手机的速度变化量为零，根据
图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0 至
内图线与横坐标
围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D 正确，不满足题意要求。
故选C。
【变式训练13-3】（多选）如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的
动摩擦因数为
。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间
（v-t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，
，
则下列说法正确的是（　　）
  
A．黑色痕迹的长度为36m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160J
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
【答案】BC
【解析】A．煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
经时间
，速度达到
设经过
煤块和传送带共速为
，皮带减速的加速度
，有
联立解得
，
此后因
，则煤块和皮带各自匀减速到停止，煤块减速到零的时间为
作出煤块的速度v-t 图像如图所示（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t 轴于
16s）
  
由图可知，煤块先相对皮带向左滑动的相对位移为
共速后煤块相对皮带往右滑动的相对位移为
则痕迹应取较长的相对位移为
故A 错误；
B．全程煤块在传送带上的相对位移为
故B 正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为
故C 正确；
D．若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则图像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长也不变，
故D 错误。
故选BC。
【变式训练13-4】（多选）如图甲所示，长木板B 在静止在水平地面上，在t=0 时刻，可视为质点、质量为1kg 的
物块A 在水平外力F 作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s 后撤去外力F，物块A、长木板B 的速度—时
间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
   
A．长木板的最小长度为2m
B．A、B 间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5kg
D．外力F 的大小为4N
【答案】ABD
【解析】A．由图像可知，2s 后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，
图像中
图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s 内物块的位移为
，木板的位移为
，
故长木板的最小长度为
A 正确；
B．由图乙可知，1s 时撤去外力F，在
内有物块A 的受力及牛顿第二定律可知
由图乙可知
内物块A 的加速度大小为
解得A、B 间的动摩擦因数为
B 正确；
C．由图乙可知，木板的加速度大小为
由木板B 的受力及牛顿第二定律可知
解得长木板的质量为
C 错误；
D．由
内的物块A 的受力及牛顿第二定律可知
又此过程中加速度的大小为
解得
D 正确。
故选ABD。
【变式训练13-5】（多选）如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分
别连接物块P 和Q。改变物块P 的质量，可以得到物块Q 运动的加速度a 和绳中拉力F 的关系图像如图乙所示。关于
此运动的分析，下列说法正确的是（　　）
  
A．绳中拉力大小等于物块P 的重力大小
B．轨道不可能是水平的
C．物块Q 的质量为0.5 kg
D．物块Q 受到轨道的摩擦力大小为1 N
【答案】BC
【解析】A．物块P 有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 的拉力大小小于物块P 的重力大小，故A
错误；
B．从
图像看出，当拉力等于零时，物块Q 的加速度大小为
，说明轨道不是水平的，故B 正确；
C．设物块Q 的质量为
，Q 在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为
，根据牛顿第二定律得
变形得
图线的斜率
解得
故C 正确；
D．由图线与纵轴的交点可知
结合B 项分析可知，此1 N 并非物块Q 受到的摩擦力，故D 错误。
故选BC。
题型14：验证牛顿第二定律
【典型例题1】为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。其中
、
为两个光电门，
它们与数字计时器相连，当滑行器通过
、
光电门时，光束被遮挡的时间
、
都可以被测量并记录，滑行器
连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m。回答下
列问题：
（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是
否到位？ 
（2）若取
，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是(    )
A．
    B．
    C． 
    D．
 
（3）在此实验中，记录得
，
，
，
，求得的加速度为      
（保
留两位有效数字）。
（4）测得小车的加速度a 和砝码重力mg 的数据如下表所示：
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
则小车和砝码的总质量为(    )
A．200g    B．2g    C． 2kg    D．400g
【答案】     见解析     D     1.0     C
【解析】（1）[1]没有挂砝码时，气垫导轨调至水平时，滑行器将在气垫导轨上做匀速直线运动，挡光片通过光
电门的挡光时间相等，即实验开始前，不挂砝码，调节气垫导轨下面的螺钉，轻推小车，若挡光片通过两光电门的挡
光时间相等，表明气垫导轨已经调至水平。
（2）[2]对砝码进行分析有
对滑行器进行分析有
解得
可知，当砝码的质量远远小于滑行器的质量时，细绳的拉力才近似等于砝码的重力，因此m 的取值不合适的一个
是400g。
故选D。
（3）[3]滑行器经过光电门的速度为
，
根据运动学公式有
解得
（4）[4]根据表格中的数据可知
，k=2kg
根据牛顿第二定律有
可知
故选C。
【典型例题2】天宫课堂中，我国航天员演示了用动力学原理测质量的实验。受此启发，某同学设计了图（甲）测量
物体质量的实验装置：滑块上固定有条形挡光片与力传感器，细线的两端分别连接在传感器上和槽码上。当滑块通过
、
两个光电门时，光束被遮挡的时间
、
可以被数字计时器测量并记录。已知挡光片的宽度为
，光电门
间的距离为
。（结果保留两位有效数字）
（1）调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂槽码的情况下轻推滑块，如果
     
；（选填“=”“<”或“>”），
说明气垫导轨已水平；
（2）以下操作能提高实验精确度的是 
A．让槽码的总质量远小于小车的质量
B．选用宽度较小的挡光片进行实验
C．适当增加两光电门间的距离
（3）本实验中，计算滑块加速度的表达式为a=     （用
、
、D、x 表示）；
（4）该同学先保持滑块（包括传感器及挡光片）的质量M 不变，改变所挂槽码的质量，多次重复测量，作出
图线如图乙中I 所示，由此可得
  kg;
（5）在滑块上固定待测物体m，重复（4）中操作，在图（乙）中作出
图线Ⅱ，则
      kg。
【答案】     =     BC/CB     
     0.20     0.13/0.14
【解析】（1）[1]调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂槽码的情况下轻推滑块滑块若滑块做匀速直线运动，则滑块
通过光电门速度相同，即光电门的遮光时间相同，证明气垫导轨已水平。
（2）[2]A．本实验存在力传感器，示数是滑块的合外力，不需要满足槽码的总质量远小于小车的质量，故A 错误；
B．用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则挡光板越窄，平均速度表示瞬时速度越准确，故B 正确；
C．适当增加两光电门间的距离，可减小因测量带来的相对误差，故C 正确；
故选BC。
（3）[3]滑块经过光电门的速度为
根据公式
解得
（4）[4]由于
则
（5）[5]图像的斜率表示
解得
【变式训练14-1】在“用
研究小车加速度与外力的关系”实验中，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，
重物通过细线跨过滑轮拉小车，在小车和重物之间接一个力传感器，实验中力传感器的拉力为
，保持小车（包括
位移传感器发射部分）的质量不变，改变重物的重力重复实验若干次，记录多组数据，得到加速度与外力的关系如图
（b）所示。
（1）该实验中           （选填“需要”或“不需要”）使得重物的质量远小于小车（包括位移传感器发射部
分）的质量；
（2）小车（包括位移传感器发射部分）的质量为           
；
（3）该实验小组为得到
与
成正比的关系，应调整斜面的倾角
，使得
           。
【答案】     不需要     0.7     0.071
【解析】【详解】（1）[1]本实验可以通过力传感器直接测出拉小车的力，故不需要使得重物的质量远小于小车（包
括位移传感器发射部分）的质量；
（2）[2]根据图像可知，当
时，小车开始有加速度，则
根据牛顿第二定律得
则
图像的斜率表示小车质量的倒数，则
（3）[3]为得到
与
成正比的关系，则应平衡摩擦力，则有
解得
根据
得
所以
【变式训练14-2】对下列物理实验回答有关问题：
（1）关于“探究力的平行四边形定则”的实验，其中有益于减小实验误差的做法是   ；
A．两细绳必须等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要短些，标记同一细绳方向的两点要近些
（2）如图为“用DIS 研究加速度和力的关系”的实验装置
①如图是本实验的装置图，图中①是位移传感器的      部分（填“发射”或“接收”）
②实验中，要求所挂小盘和钩码的质量      （填“远小于”或“远大于”）小车和所加配重片的质量，此时才
能认为小盘和钩码所受重力大小等于绳对小车的拉力大小；
③如图为小车质量不变时实验所得的a-F 图象，从图象上可以看到直线不过原点。这是由      引起的，由图可
知小车的质量为      kg。
【答案】     B     发射     远小于     小车与轨道间的摩擦力     0.83
【解析】（1）[1]A．为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些但不一定等长，故A 错误；
B．为了防止出现竖直方向上的分力，读数时弹簧测力计与木板平面一定要平行，故B 正确；
C．本实验采用作图法，用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧示数之差没有要求，故C 错误；
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D 错误。
故选B。
（2）①[2]图中①是位移传感器的发射器，接收器固定在轨道上；
[3]
②
本实验是探索“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，小盘和钩码所受重力作为小车所受外力；
在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；对整体，根据牛顿第二定律有
解得
对小车，根据牛顿第二定律有
将a 代入上式，可得
可见当满足
时才能认为小盘和钩码所受重力大小等于绳对小车的拉力大小，即
；
③[4]在图中，当绳子的拉力大于零时，小车的加速度仍然是零，说明小车还受到摩擦力的作用，所以从图象上可以看
到直线不过原点，这是由小车与轨道间的摩擦力引起的；
[5]对小车，根据牛顿第二定律有
变形得
则图线的斜率
解得
M= 0.83kg
【变式训练14-3】如图a 为“用DIS 研究加速度和力的关系”的实验装置：
（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持        不变，用钩码所受的重力作为        ，用DIS 测小车
的加速度；
（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出
关系图线（如图
b），此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是        ；
（3）若在原装置中的P 处加装一力传感器，重复上述实验，得到的
图线与图b 中的图线相比会有什么不同：
        。
【答案】     小车（包含发射器）的质量     小车受到的合外力     没有满足小车（包含发射器）的质量
远远
大于钩码的质量
     是一条过原点倾斜向上的直线，图线不会发生弯曲
【解析】（1）[1][2]探究加速度与力的关系，应保持小车（包含发射器）的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受
到的合外力；
（2）[3]本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；
由于OA 段
关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车（包含发射器）的
质量为
，钩码的质量为
，由实验原理得
得
而实际上
得
可见AB 段明显偏离直线是由于没有满足
造成的。
（3）[4]若在原装置中的P 处加装一力传感器，由于力传感器能够直接读出小车实际受到的拉力，即小车实际受到的
合外力，不需要满足
，重复上述实验，得到的
图线与图b 中的图线相比将会是一条过原点倾斜向上的
直线，图线不会发生弯曲。
32．（2023 上·上海松江·高一校考期末）用DIS 研究加速度与力和质量的关系实验装置如图所示，请完成下列问
题：
（1）为了研究加速度与力的关系，在实验中，要保持     的质量不变，改变    的质量，来达到改变拉力的目
的。某组同学实验数据记录如下：
组别
1
2
3
4
5
a（m·s-2）
1.6
2.6
3.6
4.6
5.6
F（kg）
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
（2）根据表格中的实验数据在
图像中画出a 与F 的关系图像   。根据图像求得运动物体的质量为
  
kg。图像不过原点的原因是    。
（3）为了研究加速度与质量的关系，同学们得到了a、m 的五组数据，画出
图像，为了进一步研究加速度
与质量的关系，还需要画
   图像。
【答案】     小车     钩码     见解析     0.5     没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够     
【解析】（1）[1][2]在研究加速度与力的关系时，采用控制变量法，要保持小车质量不变，通过改变钩码质量来达到
改变拉力的目的。
（2）[3]根据表格数据描点，画出a 与F 的关系图像如图所示
[4]根据
可得
所以
图像的斜率的倒数表示物体的质量，取图像上相对较远的两点，求斜率的倒数即质量，则有
[5]由图像可知，当小车受拉力达到一定数值时，才产生加速度，因此图像不过原点的原因是没有平衡掉摩擦力或平
衡摩擦力不够。
（3）[6]根据
可得
故为了进一步研究加速度与质量的关系，还需要画
图像。
【变式训练14-4】在“用DIS 研究物体质量不变，加速度与外力关系”的实验中，某同学连接完如图甲所示的实验
器材后进行实验。（重力加速度为g）
（1）此实验选用是      传感器，传感器正确连接数据采集器后在器材安装连接的图示中有一个错误是  
 
。
（2）本实验中细线拉力大小不能直接测量，我们把      大小作为细线拉力大小。
（3）多次重复测量，将数据输入计算机，得到如图乙所示的
关系图线。图线AB 段基本是一条直线，由此
可以得到的结论是            .BC 段明显偏离直线，BC 曲线将不断地延伸，那么该曲线所逼近的渐近线的方程为   
。（重力加速度为g）
【答案】     加速度     细线不水平     钩码重力     质量一定时，加速度与合外力F 成正比     
【解析】（1）[1][2]本实验研究物体质量不变，加速度与外力关系，因此传感器是加速度传感器。实验中认为绳子的
拉力为小车的合力，所以安装器材时的一个错误为细线不水平。
（2）[3]本实验中细线拉力大小不能直接测量，我们把钩码重力大小作为细线拉力大小。
（3）[4][5]
关系图线AB 段基本是一条直线，由此可以得到的结论是当质量一定时，加速度与合外力F 成正比。
设小车的质量为
，钩码的质量为
，由实验原理得
加速度为
而实际上
变形
当
时，则
题型15：牛顿运动定律与直线运动
【方法技巧与总结】
(1)牛顿第二定律与简单的直线运动过程，过程单一，先分析合力，求加速度，结合运动学公式求解所求问题。
(2) 牛顿第二定律与复杂的直线运动过程，过程复杂，每个过程都有受力分析，求出每段的加速度，结合运动学公式求解所求
问题。
【典型例题1】质量为m 的物体在几个恒力作用下以速度v0在水平面上做匀速运动，若把其中一个力F0撤去，从此
时开始，则有（　　）
A．物体运动的轨迹可能是圆
B．物体的速度与合力之间的夹角一定不断改变
C．经时间t 时物体的速度大小等于
D．在相等时间内物体的速度变化一定相等
【答案】D
【解析】AB．若把其中一个力F0 撤去，其他力的合力大小等于F0，方向与F0 相反，该合力与速度v0 之间的夹角保
持不变，物体做匀变速运动，可能是直线、可能是曲线，不可能是圆，故AB 错误；
C．由于合力与速度之间的夹角无法确定，故经时间t 时物体的速度大小无法确定，故C 错误；
D．由于
合力一定，加速度一定，在相等时间内物体的速度变化一定相等，故D 正确。
故选D。
【变式训练15-1】玩“打水漂”时，使用的小石片质量为
，水平初速度为
，在水面上滑行时受到
水的阻力恒为
，小石片每次接触水面
后弹起，弹起时竖直方向的速度与此时沿水平面滑行的速度
之比为
，弹跳数次后速度减为零，然后沉入水底，不计空气阻力的影响，
，则下列说法正确的是
（　　）
A．小石片从接触水面开始至沉入水底，在水面弹起的次数为4 次
B．小石片从接触水面开始至沉入水底，在水面弹起的次数为5 次
C．小石片从接触水面开始至沉入水底，在空中运动的总时间为
D．小石片从接触水面开始至沉入水底，在空中运动的总时间为
【答案】C
【解析】AB．小石片与水接触的过程中有
所以
速度减少量为
小石片在水面滑行的次数为
所以在水面弹跳了3 次，故AB 错误。
CD.小石片第n 次弹起时，水平分速度为
竖直分速度
第n 次在空中运动的时间为
所以小石片从接触水面开始至沉入水底，在空中运动的时间为
故C 正确，D 错误。
故选C。
题型16：牛顿第二定律的综合应用
1.如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为
和
的两物体
、
，
、
通过光滑定滑轮用细绳相连，
，现剪断
下端的细绳，在
下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比将（ 
）
  
A．变大
B．变小
C．不变
D．先变小后变大
【答案】B
【解析】设木箱质量为
，剪断细线之前台秤的读数为
因m1<m2，则当剪断Q 下端的细绳时，Q 向下加速，P 向上加速，加速度大小为
则对m1
T-m1g= m1a
解得
此时箱子对台秤的压力为
因为
可知
台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比将变小。
故选B。
2.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
，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．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律，对PQ 的整体：
；对物体P：
；解得
，故
选D。
3.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40 节质量相等
的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2 节对第3 节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩
擦力、空气阻力均相等，则倒数第3 节对倒数第2 节车厢的牵引力为（　　）
A．F
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据题意可知第2 节车厢对第3 节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2 节对
第3 节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3 节车厢对倒数第2 节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得
。
故选C。
4.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数
为
，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为
A．150kg
B．
kg
C．200 kg
D．
kg
【答案】A
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150
一滑块在粗糙水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化关系如图甲所示，速度v 随时间t 变化关系如图乙所示、
重力加速度g 取10m/s2，则（　　）
  
A．第6 s 末滑块所受摩擦力f 的大小为4 N
B．滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4
C．1~4 s 内，力F 对滑块做功为48 J
D．4~6s 内，合外力对滑块做功为64 J
【答案】C
【解析】A．6s 末滑块做匀速运动，摩擦力等于拉力8N，故A 错误。
B．由图可知2-4s，加速度等于
由
滑块的质量未知无法计算动摩擦因数，故B 错误。
C．1-4s 内，物体位移为
故
故C 正确。
D．4-6s 物体做匀速直线运动，合外力做功为零，故D 错误。
故选C。
5．（多选）如图所示，在平直公路上，一辆货车运载着规格相同质量均为m 的圆柱形光滑空油桶。在车厢底层固定
一排油桶，在桶A、B 上方自由地摆放桶C，没有用绳索固定。桶C 受到桶A 和桶B 的支持力，随汽车一起向左匀速
运动，重力加速度为g。下列选项中正确的是（　　）
  
A．当货车匀速直线运动时，油桶A 所受的合力大小为mg
B．当汽车向左以某一加速度减速时，桶A 对桶C 的支持力会增大
C．当汽车向左减速的加速度增大到一定值，桶C 会脱离桶A 而运动到桶B 的右边
D．当汽车向左减速的加速度增大到
时，桶C 对桶B 的压力为0
【答案】BD
【解析】A．当货车匀速直线运动时，油桶A 所受的合力为零。故A 错误；
B．以桶C 为研究对象，受力分析如图所示
  
货车匀速时，由平衡条件
解得
当货车向左减速运动时，加速度a 向右，可得
 
解得
 
与匀速时相比，A 对C 的支持力增大，B 对C 的支持力减小。故B 正确；
C．当汽车的加速度超过某个特定值时，C 向左减速的加速度小于汽车向左减速的加速度，会发生相对向左的运
动，即桶C 会脱离B 而运动到A 的左边。故C 错误；
D．由
当
时
由牛顿第三定律知，当汽车向左减速的加速度增大到
时，桶C 对B 的压力为0。故D 正确。
故选BD。
6．（多选）如图甲所示，物块的质量为
、初速度为
，在一水平向左大小不变的力
作用下从
点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力
突然反向，整个过程中物块的
关系图像如图乙所示，重力加速度
取
，则下列说法正确的是（　　）
  
A．
内物块做匀减速运动
B．在
时刻，该力
反向
C．力
的大小为
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】ACD
【解析】A．由
及图中信息可得，以向右为正方向，在0~5m 时，物块的加速度为
由
可得减速到零所需要的时间为
即在0~1s 内做匀减速运动，故A 正确；
B．由图可知，力F 在x=5m 时反向，由题意可知，初速度为10m/s，则0~5m 时物块的运动时间为
即在t=1s 时刻恒力反向，故B 错误；
CD．由上述分析可得，在5m~13m 内，物块的加速度为
则由题意及牛顿第二定律可得
解得
F=7N
故CD 正确。
故选ACD。
7．（多选）如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10m/s 速度滑过坡道底端的O 点，经过1.0s 向
上滑过坡道上P 点时的速度为3.2m/s。该坡道为直道，足够长且倾角
，已知
，
。重
力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
  
A．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
B．小海豚上滑的加速度大小为3.2m/s2
C．小海豚滑过P 点后还能继续向上滑3.2m
D．小海豚下滑回到O 点时速度大小约为8.7m/s
【答案】AD
【详解】B．设海豚向上滑行的加速度大小为a，则
选项B 错误；
A．设海豚与斜面间的摩擦因数为
，海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得
解得
选项A 正确；
C．小海豚滑过
点后还能继续向上滑的距离为
选项C 错误；
D．海豚上滑的最大距离为
海豚沿斜面下滑的加速度为
，则
则海豚重新回到O 点的速度
为
解得
选项D 正确。
故选AD。
8．（多选）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系质量为m 和2m 的物体A 和B，用手压住物体A，使
A、B 均处于静止状态，不考虑一切阻力。由静止释放物体A，在其向右运动s 的过程中（A 未与滑轮碰撞且B 未落
地），下列选项正确的是（　　）
  
A．A、B 间拉力大小为2mg
B．物体B 减少的重力势能等于物体A 增加的动能
C．物体B 减少的重力势能为2mgs
D．物体B 减少的机械能为
【答案】CD
【解析】A．对A 分析
对B 分析
解得
故A 错误；
B．由于AB 构成的系统机械能守恒，B 减少的重力势能等于AB 增加的动能，故B 错误；
C．物体B 重力做正功大小为
故物体B 减少的重力势能为2mgs，故C 正确；
D．拉力对B 做负功，机械能减少，物体B 减少的机械能为
故D 正确。
故选CD。
9．如图所示，水平地面上有一带支架的小车，在支架上用轻绳悬挂一小球。现使小车从静止开始匀加速运动，当速
度达到
时，做匀速直线运动。在匀速运动过程中绳子保持与竖直方向成
角不变。已知球质量为
，且在运动过
程中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，重力加速度为
。下列说法正确的是（  ）
  
A．空气阻力大小与球速大小的比例系数
B．空气阻力大小与球速大小的比例系数
C．在加速阶段，绳子与竖直方向的夹角
随小车速度变化的关系为
D．在加速阶段，绳子与竖直方向的夹角
随小车速度变化的关系为
【答案】C
【解析】AB．在匀速运动过程中绳子保持与竖直方向成
角不变，由平衡条件有
解得空气阻力大小与球速大小的比例系数
故AB 错误；
CD．在加速阶段，设绳子与竖直方向的夹角为
，受力分析如图
  
在水平方向由牛顿第二定律可得
竖直方向由平衡条件得
解得绳子与竖直方向的夹角
随小车速度变化的关系为
故C 正确，D 错误。
故选C。
10．物块A 置于水平桌面上，一端系于物块的轻绳平行于桌面绕过定滑轮，轻绳的另一端系一质量为M 的杆，杆自
然下垂，杆上有质量为m（m<M）的小环，如图所示。当小环沿杆匀速下滑时，物块A 仍保持静止，下列说法中正
确的是（　　）
  
A．小环的动能不变，机械能不变
B．物块A 受到的摩擦力大小为Mg，方向水平向左
C．物块A 受到的摩擦力大小为Mg-mg，方向水平向左
D．物块A 受到的摩擦力大小为Mg+mg，方向水平向左
【答案】D
【解析】A．由于小环沿杆匀速下滑，所以小环的速度不变，动能不变，但下滑过程中重力势能不断减小，所以
小环的机械能减小，故A 错误；
BCD．小环沿杆匀速下滑，所以小环受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的摩擦力，二力平衡，即
对杆受力分析，有
对物块A，有
所以
物块A 所受摩擦力的方向水平向左，故BC 错误，D 正确。
故选D。
11．如图所示，质量均为m 的木块A 和B 用一劲度系数为k 的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A 上
放有质量为2m 的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C 迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是
（　　）
  
A．木块B 一定能离开地面向上运动
B．木块C 移开的瞬间，地面对木块B 的支持力为3mg
C．木块A 向上运动的距离为
时，A 的动量最大
D．木块C 移开的瞬间，木块A 的加速度大小为2g
【答案】D
【解析】B．在木块C 被移开前，以ABC 整体为对象，进行受力分析可知，地面对B 的支持力为4mg，木块C 移
开的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对B 的支持力保持不变，所以木块C 移开的瞬间，地面对木块B 的支持力为
4mg，故B 错误；
C．当A 所受合力为0 时，A 的速度最大，动量最大。当木块C 被移开前，弹簧的形变量为
当A 所受合力为0 时，弹簧的形变量为
木块A 向上运动的距离为
所以木块A 向上运动的距离为
时，A 的动量最大，故C 错误；
D．在木块C 被移开前，对A 进行受力分析，可知A 受到C 的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧的支持力和重力
的合力大小等于C 的重力大小，当木块C 移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合力保持不变，所以A 受到的合力大
小等于C 的重力大小，根据牛顿第二定律可知
故D 正确；
A．由C 项分析和对称性可知，木块A 可以继续上升的高度为Δx，此时弹簧的伸长量为
此时弹簧的弹力为
可知木块B 刚好与地面的弹力刚好为0，但不可能离开地面向上运动，故A 错误。
故选D。
12．质量为
的光滑圆柱体
放在质量也为
的光滑“
型槽
上，
放在光滑桌面上，如图，
，另有质量
为
的物体
通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与
相连，现将
自由释放，则下列说法正确的是（　　）
  
A．若
相对
未发生滑动，则
，
，
三者加速度相同
B．当
时，
和
共同运动的加速度大小为
C．当
时，
和
之间的正压力刚好为零
D．当
时，
相对
刚好发生滑动
【答案】D
【解析】A．若A 相对B 未发生滑动，则AB 可看做整体，加速度相同，C 的运动方向向下，加速度方向与AB 不
同，故A 错误；
B．若A、B 共同运动的加速度大小为g，则C 的加速度大小也为g，但对C 隔离分析，C 不可能做自由落体运动，
因此不论M 等于多少，A、B 的加速度不可能达到g，故B 错误；
CD．若A、B 之间的正压力刚好为零，设此时的加速度为a，对A 受力分析可得
解得
对A、B、C 整理运用牛顿第二定律可得
解得
故C 错误、D 正确。
故选D。
13．（多选）如图所示，倾角
的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P 固定在斜面底端，轻弹簧
一端固定在挡板上，另一端与物块A 连接，质量为m 的物块A 和质量为
的物块B 并排放在斜面上，物块A、B 不
粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力
拉物块B，已知重力加速度大小为
，
，弹簧的劲度系
数为
，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
  
A．当弹簧恢复原长时，物块A、B 分离
B．物块A、B 分离瞬间，物块A 的加速度大小为
C．物块A、B 分离瞬间，弹簧的压缩量为
D．从外力
作用在物块B 上到物块A、B 分离的过程中，物块B 的位移大小为
【答案】BD
【解析】A．物块AB 在外力的作用下沿斜面向上匀加速直线，加速度不变，当物块A、B 分离时物块A、B 的加
速度相等且沿斜面向上，A、B 间的弹力为零，对物块A 受力分析可知弹簧对A 的弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状
态，故A 错误；
B．物块A、B 分离瞬间，物块A 和物块B 加速度相等，对物块B 利用牛顿第二定律可知
物块B 的加速度为
所以物块A 的加速度大小为
，故B 正确；
C．对物块A 进行受力分析，利用牛顿第二定律可得
所以弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．当
没有作用在B 上是AB 处于静止状态，根据共点力平衡得
所以
因此B 运动的位移为
故D 正确。
14．（多选）如图甲所示，一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小为
F=kt（k 为常量，F、t 的单位分别为N 和s）的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力Ff随时间变化的关系图像
如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。下列判断正确的是（　　）
  
A．物块的质量为1 kg
B．k 的值为5 N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．t=3 s 时，物块的加速度大小为4 m/s2
【答案】ABD
【解析】A．t＝0 时
Ff＝mgsin θ＝5 N
解得
m＝1 kg
选项A 正确；
B．当t＝1 s 时，Ff＝0，说明
F＝mgsin θ＝5 N
由F＝kt 可知
k＝5 N/s
选项B 正确；
C．由题图可知，滑动摩擦力
μmgcosθ＝6 N
解得
选项C 错误；
D．由
F＝μmgcos θ＋mgsin θ
即
kt0＝6 N＋5 N
解得
t0＝2.2 s
即2.2 s 后物块开始向上滑动，当t＝3 s 时，F＝15 N，则
F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得加速度
a＝4 m/s2
选项D 正确。
故选ABD。
15．（多选）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为
m=2kg 的A、B 两物体用轻弹簧拴接。对物体B 施加一沿斜面向下的压力F，使B 静止于P 点。撤掉力F，B 沿斜面做
简谐运动，当B 运动至最高点时，A 刚要离开挡板。已知弹簀的劲度系数k=200N/m，重力加速度g=10m/s2，弹簧
始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
  
A．物体B 运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒
B．从撤掉F 开始至弹簧首次恢复原长过程中，B 的速度先增大后减小
C．物体B 静止于P 点时，对物体B 施加的压力F 的大小为20N
D．物体B 沿斜面做简谐运动的过程中，物体B 的最大速度为1m/s
【答案】BCD
【解析】A．物体B 运动过程中，对A、B、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在
沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，A 错误；
B．从撤掉F 开始，B 受向上弹力大于B 的重力沿斜面向下的分力，B 做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减
小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于B 的重力沿斜面向下的分力时，B 的速度最大，以后弹力小
于重力沿斜面向下的分力，B 的加速度方向向下逐渐增大，B 做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长，
B 正确；
C．当B 运动至最高点时，A 刚要离开挡板，对A 则有
B 在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，由牛顿第二定律则有
解得
由简谐运动的对称性，当物体B 运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a，方向沿斜面向上，在撤去外力F 瞬
间，合外力等于撤去的外力的大小，由牛顿第二定律，可得施加的压力F 的大小为
C 正确； 
D．物体B 沿斜面做简谐运动的过程中，物体B 在平衡位置时的速度最大，物体B 在P 点时形变量最大为
物体B 在平衡位置时，则有
解得形变量大小为
由能量守恒定律可得
代入数据解得物体B 的最大速度为
D 正确。
故选BCD。
16.（多选）如图所示，将两相同的木块a、b 至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，
开始时a、b 均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力
，b 所受摩擦力
，现将右侧细
绳剪断，则剪断瞬间 （ ）
A．
大小不变
B．
方向改变
C．
仍然为零
D．
方向向右
【答案】AD
【解析】初始状态，a 在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b 受弹簧的弹力和绳子的拉
力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a 仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b 受到向
左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD。
17.（多选）受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t 图象如图所示，则
A．在0～t1秒内，外力F 的大小不断减小
B．在t1时刻，外力F 为零
C．在t1～t2秒内，外力F 的大小可能不断减小
D．在t1～t2秒内，外力F 的大小可能先减小后增大
【答案】ACD
【分析】v-t 图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0～t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1～t2秒内做
加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；根据加速度的变化情况，分析受力情况．
【解析】A 项：根据加速度可以用v-t 图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度
，所以外力F 大小不断减小，故A 正确；
B 项：在t1时刻，加速度为零，所以外力F 等于摩擦力，不为零，故B 错误；
C 项：在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小
，外力F 大小可能不断减小，故
C 正确；
D 项：如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小
，F 后增大，
因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小先减小后增大是可能的，故D 正确．
故选ACD．
【点睛】本题考查v-t 图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力．
18.（多选）如图，在倾角为
的光滑斜面上，有两个物块P 和Q，质量分别为
和
，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（    ）
A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大
，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
，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【解析】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 错误；
B．对m2 受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
，故B 正确；
C．根据
，可知若只增大
，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
，可知只增大
，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。
19.如图1 所示，有一质量
的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当
加速运动到总位移的
时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的
图线如图2 所示，
末速度减为0 时
恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【答案】(1)
，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【详解】(1)由图2 可知0~26s 内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2 得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2 根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的
，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的
，则有
所以总位移为
h=40m
20.如图所示，一质量m=0.4kg 的小物块，以V0=2m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上
做匀加速运动，经t=2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A、B 之间的距离 L=10m．已知斜面倾角θ=30o，物块与斜
面之间的动摩擦因数
．重力加速度g 取10 m/s2.
（1）求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．
（2）拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？
【答案】（1）
 8m/s （2）30° 
N
【解析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有： 
①
 ②
联立解得；
（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图
根据牛顿第二定律，有：
平行斜面方向：
垂直斜面方向：
其中：
联立解得：
故当α=30°时，拉力F 有最小值，为
；
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题
时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学
公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
21.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离
和
 (
)处分别设置一个挡板和一面小旗，
如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度
击出，使冰球在冰面上沿垂直于起
跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，
运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为
，重力加速度大小为
g，求：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度
由速度与位移的关系知
联立解得
（2）设冰球运动的时间为t，则
又
联立解得
【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能
灵活选取运动公式；难度中等。
22.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度
，水平滑轨长
度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为
，货物可
视为质点（取
，
，重力加速度
）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度
的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
23．冰壸运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头，在水平冰面上，运
动员将冰壸以初速度
水平推出，经过
停下，推出后的过程视为匀减速直线运动，其
图像如图所示，
重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）冰壶推出后滑行的距离；
（2）冰壶与冰面间的动摩擦因数
。
  
【答案】（1）40m；（2）0.02
【解析】（1）由
图像可知，面积代表位移
（2）由
图像可知，斜率的绝对值即加速度的大小
由牛顿第二定律
可得
题型17：牛顿第二定律计算题
1.物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS 实验系统进入电梯并到达最高层，把
钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取
下钩码的过程中，DIS 实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系如图所示（右上角由于显示器的原因没显示
出来）。取
，根据图中的数据，求：
（1）电梯在加速阶段的加速度大小；
（2）电梯在整个运动过程中最大速度的大小；
（3）电梯在整个运动过程中下降的高度。
【答案】  （1）
；（2）
；（3）76.8m
【解析】（1）由图可知钩码的重力为
则钩码的质量为
由图可知，电梯在
的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小
根据牛顿第二定律得
可得电梯在加速阶段的加速度大小为
（2）经分析知，电梯在
的时间内做加速运动，在
的时间内做匀速直线运动，在
的时间
内向下做减速运动，所以电梯在整个运动过程中在
末时具有最大速度，且满足
解得
（3）电梯在
的时间内加速的位移大小为
在
的时间内匀速的位移大小为
在
的时间内减速的位移大小为
则电梯下降的高度为
可得
2．在水平面上放置一倾角为θ 的斜面体A，质量为M，与水平面间动摩擦因数为μ1，在其斜面上静放一质量为
m 的物块B，A、B 间动摩擦因数为μ2（已知μ2>tanθ），如图所示。现将一水平向左的力F 作用在斜面体A 上， F 的
数值由零逐渐增加，当A、B 将要发生相对滑动时，F 不再改变，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：
（1）B 所受摩擦力的最大值；
（2）水平力F 的最大值；
（3）定性画出整个过程中AB 的速度随时间变化的图象。
（1）
  （2） (μ1+ 
) (M+m)g  （3）如下图。 
 
【解析】
试题分析：（1）A、B 先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，此时A 对B 有最大摩
擦力。物块A 受力如图，设最大加速度为a，
在x 轴方向由牛顿第二定律得Ff cosθ- FN sinθ = ma    
            （1 分）
在y 轴方向由平衡条件得    Ff sinθ+ FN cosθ = mg    ②            （1 分）
又                        Ff = μ2FN                     ③            （1 分）
由①②③得                Ff = 
      ④            （2 分）
（2）由以上各式得a = 
 g             ⑤            （2 分）
A、B 的加速度均为a，由牛顿第二定律得F –μ1(M+m)g = (M+m)a  ⑥ 
由⑤⑥得F = (μ1+ 
) (M+m)g            ⑦            （2 分）
（3）如下图。 
考点：考查牛顿第二定律的应用
点评：本题A、B 先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律对两个
过程列式，联立求解，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列公式求解
3.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
和
，各接触面间的动摩擦因数均为
。
重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围；
（3）本实验中， 
=0.5kg， 
=0.1kg， 
=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10
。 若砝
码移动的距离超过=0.002m，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】（1）
  （2）
  （3）F=22.4N
【解析】
试题分析：.(1)砝码对纸板的摩擦力
桌面对纸板的摩擦力
解得
(2)设砝码的加速度为
,纸板的加速度为
,则
发生相对运动
解得
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离
纸板运动的距离
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
   
由题意知
解得
代入数据得 F=22.4N。
考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速运动的规律。
4．如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L＝20 m，高为h＝2 m，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l＝8 
m、质量为m＝1×103 kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝0.3，工作时由电动机带动所有滚
筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即
停止转动，钢锭对滚筒的总压
力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g＝10 m/s2.试求：
(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间；
(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？
【答案】(1)4 s　(2)3.5 s
【解析】
试题分析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为
由牛顿第二定律有
解得
钢锭做匀加速运动的时间
位移
要使b 端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边
缘的线速度后，做匀速直线运动．
钢锭做匀速直线运动的位移
做匀速直线运动的时间
所需最短时间
.
(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b 端到达坡顶时速度刚好
为零．
匀减速上升时
解得
匀减速运动时间
匀减速运动位移
匀速运动的位移
电动机至少要工作的时间
.
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
点评：本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解．
5．一名质量为60 kg 的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计
的示数为40 N ，已知该重物的质量为5 kg. 弹簧测力计的质量忽略不计.  (g 取10 m/s2) 
（1）先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态.，再求出重物的加速
度的大小.
（2）这时该工人对升降机底板的压力是多大？
（3）如果悬挂测力计的悬线突然从A 点断开，则此时重物的加速度有何变化？
【答案】（1）重物处于失重状态，
（2）480N  （3）重物的加速度立即变为
，方向竖直向下
【解析】
试题分析：（1）以重物为研究对象，重物受向下的重力mg，向上的弹簧拉力F，由于重物的重力mg 大于弹簧
的拉力F，因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重物处于失重状态. 
 
由牛顿第二定律有：mg－F＝ma 
所以
  
（2）以人为研究对象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，
由牛顿第二定律有
， 
得
， 
由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480N. 
（3）悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是
，方向竖直向下. 
 
考点：超重与失重
点评：注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或对悬挂
物的拉力变了，可用牛顿第二定律求出拉力或压力大小。
6．如图所示，长为l 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（大小可不计）从A 的左侧以初
速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）．
已知A 的质量为M=2.0kg，B 的质量为m=3.0kg，A 的长度为l=3.0m，v0=5m/s ，μ1=0.2，μ2=0.4，（g 取
10m/s2 ）
（1）A、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B 在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？ 
（3）分别求A、B 对地的最大位移．
【答案】（1）
、
（2）
（3）A 发生的位移0.75m、B 发生的位移3.25m
【解析】
试题分析：（1）分别对A、B 受力分析，
根据牛顿第二定律：B 物体的加速度 
A 物体的加速度
 
（2）设经过时间t，AB 的速度相等则有：
　 
此时B 刚好到达A 的最右端
所以B 发生的位移： 
A 发生的位移：
联立解得
为保证B 在滑动过程中不滑出A，则
（3）设经过时间t，AB 的速度相等则有：
解得t=1s
 A 发生的位移：
所以B 发生的位移：
AB 速度达到相等后，共同速度为
AB 速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s 的初速度，
的加速度一起匀减速运动直到静止，
发生的位移： 
所以A 发生的位移为
 
B 发生的位移为
考点：牛顿第二定律的应用
点评：本题属于多过程问题，在分析时要逐段、分物体求解，最好画出运动过程图。第（2）中要找到保证B 在
滑动过程中不滑出A 时的临界条件。
7.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上A 点由静止
释放，最终停在水平面上的C 点。已知A 点距水平面的高度h=0.8m，B 点距C 点的距离L=2.0m。（滑块经过B 点时
没有能量损失，g=10m/s2），求：
（1）滑块在运动过程中的最大速度；
（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）滑块从A 点释放后，经过时间t=1.0s 时速度的大小。
【答案】（1）
  （2）
  （3）
【解析】
试题分析：（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时速度最大
为
，设滑块在斜面上运动的加速度大小为
：
     
                     1 分
     
                  2 分
解得：
                  1 分
（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为
      
                         1 分
      
                          2 分
     解得：
                        1 分
（3）滑块在斜面上运动的时间为
      
                            1 分
     得
                          1 分
由于
，故滑块已经经过B 点，做匀减速运动时间为
     1 分
设t=1.0s 时速度大小为
      
                        2 分
  解得：
                        1 分
考点：牛顿第二定律，运动学公式，滑动摩擦力公式
点评：本题第一问学生也可用动能定理求滑块的最大速度，解题时分段去求
8.传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/s 的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A 处无初速
度地放上一个质量为m 的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0．75，若传送带A 到B 的长度为24 m，g 取10 
m/s2，则小物块从A 运动到B 的时间为多少？
【答案】．t=2.5s
【解析】
试题分析：（1）物块刚放上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第
二定律求解加速度．
（2）物块向下做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和下滑的位移．
（3）物块的速度和传送带的速度相同后，因为动摩擦因数为0．75，继续向下做匀速运动，求出下滑的时间，最
后求出总时间．
解：设物块刚放上传送带时加速度为
，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：
垂直传送带方向：
又
 
由以上三式得：
    方向沿传送带向下．
物块速度从0 加速至传送带速度v=12 m/s，所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
，
（3）当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ=μmgcosθ，此后物块和传送带一块匀速运动，运动底部的
时间：
∴小物块从A 运动到B 的时间为
．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．
9．如图17 所示，质量为M 的劈块，其左右劈面的倾角分别为θ1 = 30°、θ2 = 45°，质量分别为m1 =
kg
和m2 = 2.0kg 的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接
触面之间的动摩擦因数均为μ = 0.20 ，求两物块下滑过程中(m1 和m2 均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。（g 
= 10m/s2）
【答案】－2.3N 负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力
的大小为2。3N，方向水平向右。
【解析】选M 、m1 和m2 构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M 保持静止，m1 和m2 分别以不同的加
速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦
力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有：
F 合x = Ma′+ m1a1x－m2a2x
其中a′、a1x 和a2x 分别为M 、m1 和m2 在水平方向的加速度的大小，而
a′= 0 ，a1x = g (sin30°－μcos30°) 
cos30° ，a2x = g (sin45°－μcos45°) 
cos45° 。所以：
F 合 = m1g (sin30°－μcos30°) 
cos30°－m2g (sin45°－μcos45°) 
cos45° =
×10×(
－0.2×
)×
－
2.0×10×(
－0.3×
)×
=－2.3N
负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。
3N，方向水平向右。
本题考查整体隔离法的应用，静止时现已整体为研究对象，所以整体没有运动趋势，不受摩擦力作用，两物块下
滑过程中，分析两物块的受力情况，把加速度分解为水平和竖直方向，由牛顿第二定律列公式可求得水平方向的合力，
由此可知要想静止不动，静摩擦力必须平衡该力
10.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg，管长为24m，M、N 为空管的上、下两端，空管受
到F=16N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线以初
速度v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2．求：
空管的加速度的大小与方向
若小球上抛的初速度为10m/s，经过多长时间从管的N 端穿出？
若此空管的N 端距离地面64m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小
球的初速度v0大小的范围．
【答案】a=2m/s2
t=4s
29m/s≤v0≤32m/s
【解析】（1）（4 分）mg－F=ma（2 分）         得a=2m/s2……①（2 分）
（2）（8 分）设经t 时间，小球从N 端穿出，小球下落的高度
h1=－v0t+ 2
1
gt2………②                                   （2 分）
空管下落的高度h2= 2
1
at2……………③                                （2 分）
则，h1－h2=L……………④                                          （2 分）
联立得：－v0t+ 2
1 gt2－2
1 at2=L……………⑤ 
代入数据解得：t=4s，t=－1.5s（舍）…………………⑥                  （2 分）
（3）（8 分）设小球初速度v0，空管经t'时间到达地面，则
H= 2
1 at'2…………………⑦
得t'=
a
H
2
=8s………………⑧                                  （2 分）
小球在t'时间下落高度为h=－v0t'+ 2
1 gt'2……………⑨                     （2 分）
小球落入管内的条件是：64m≤h≤88m                                   （2 分）
解得：29m/s≤v0≤32m/s
11.质量为m 的飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机的加速
度为
1a ，运动时间为1t 。当第二阶段结束时，飞机刚好达到规定的起飞速度
0v 。飞机起飞过程中，在水平直跑道上
通过的路程为s 。求第二阶段飞机运动的加速度
2a 和时间2t 。
【答案】
2
2 2
0
1 1
2
2
1 1
2
v
a t
a
s
a t



    
2
1 1
2
0
1
1
2s
a t
t
v
a t



【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为
                   
1
1 1
v
a t

                     ①             （2 分）
                   
0
1
2 2
v
v
a t


                  ②              （2 分）
运动距离分别为      
2
1
1 1
1
2
s
a t

                  ③               （2 分）
2
2
1 2
2 2
1
2
s
v t
a t


            ④              （2 分）
总距离为           
1
2
s
s
s


                    ⑤              （3 分）
解①到⑤式，可得    
2
2 2
0
1 1
2
2
1 1
2
v
a t
a
s
a t



               ⑥             （2 分）
2
1 1
2
0
1
1
2s
a t
t
v
a t



               ⑦             （2 分）
12.杂技中的“顶竿”是由两位演员共同表演完成。站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10 kg 的长竹竿，另
一位质量为40 kg 的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑，6 秒末滑到竹竿底时的速
度正好为零。在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图所示，重力加速度g
取10 m/s2。则：
（1）竿上的人在下滑过程中的最大速度为多少？
（2）在4 秒到6 秒过程中，顶竿人的肩部受到的压力为多少？
【答案】1）4m/s
（2）580N
【解析】（1）设下滑的演员的质量为m1，杆的质量为m2。
在演员下滑的前4 秒，杆处于平衡。有：F1=f1+m2g          （2 分）
演员匀加速下滑，加速度为a1：有
     （4 分）
4s 末达到的最大速度v，有v= a1 t1=4m/s                    （2 分）
（2）在演员下滑的4 秒到6 秒，人匀减速下滑，加速度为a2
有v= a2 t2   可得a2=2m/s2                                （2 分）
对演员分析受力可知：f2-m2g= m1 a2                                   （2 分）
杆处于平衡。有：F2=f2+m2g                               （1 分）
可解得肩部受到的支持力F2=580N                          （1 分）
由牛顿第三定律可得，4 秒到6 秒过程中肩部受到的压力F2 为580N   （1 分）
突破训练
1.如图甲所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目。如果某人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，
钢索与水平地面的夹角为
，在下滑过程中可能会出现如图乙（轻绳与钢索垂直）和如图丙（轻绳沿竖直方向）所
示的两种情形，已知人的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中错误的是（　　）
  
A．图乙中，人一定匀加速下滑
B．图乙中，钢索对轻环的作用力大小为
mg
C．图丙中，人一定匀速下滑
D．图丙中，钢索对轻环无摩擦力
【答案】D
【解析】A．图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故人只能匀加速下滑，
故A 正确，不符合题意；
B．图乙钢索对人的作用力大小
故B 正确，不符合题意；
C．图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共
线，人不可能做直线运动，因此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C 正确，不符合题意；
D．图丙中，轻环也做匀速运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合
力不可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D 错误，符合题意。
故选D。
2.某人坐在前进的列车车厢内，观察悬挂在车厢顶上的摆球来判断列车的运动情况，得出下面一些结论中不正确的是
（　　）
A．摆球向后偏离竖直位置时，列车减速前进
B．摆球向前偏离竖直位置时，列车减速前进
C．摆球向后偏离竖直位置时，列车加速前进
D．摆球竖直下垂时，列车匀速前进
【答案】A
【解析】AC．摆球向后偏离竖直位置时，由牛顿第二定律可知，小球所所受合力方向向前，产生加速度向前，加
速度与运动方向相同，故列车加速前进，故A 错误，C 正确；
B．摆球向前偏离竖直位置时，由牛顿第二定律可知，小球所所受合力方向向后，产生加速度向后，加速度与运
动方向相反，故列车减速前进，故B 正确；
D．摆球竖直下垂时，列车受力平衡，列车匀速前进，故D 正确。
本题选错误的，故选A。
3.如图所示，光滑的斜槽由槽板AB、BC 组成，AB 与BC 的夹角大于90，质量为m 的球放在斜槽中，当斜槽和球一
起沿水平面向右运动的过程中以下不正确的（　　）
A．球对AB 槽板的压力可能大于mg
B．球对AB 槽板的压力可能等于零
C．球对BC 槽板的压力可能大于mg
D．球对BC 槽板的压力可能小于mg
【答案】C
【解析】AD．当斜槽和球一起沿水平面向右以较大的加速度运动时，球可离开BC 水平面，此时AB 对球的弹力
和球的重力的合力产生加速度，此时球对AB 槽板的压力大于mg，球对BC 槽板的压力小于mg，选项AD 正确，不
符合题意；
BC．当斜槽和球一起沿水平面向右匀速运动时，球受力平衡，此时AB 与球虽然接触但不是不产生弹力，即此时
球对AB 槽板的压力等于零，球对BC 槽板的压力等于mg，结合上述分析可知，球对BC 槽板的压力不可能大于mg，
选项B 正确，不符合题意；选项C 错误，符合题意。
故选C。
4.质量为2.0×105kg 的火箭，在地面发射时受到竖直向上、大小为6.0×106N 的推力，地面重力加速度g 取10m/s2，
其加速度大小为（　　）
A．4.0m/s2
B．12m/s2
C．20m/s2
D．30m/s2
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律可知
解得
故选C。
5.如图所示，放在固定斜面上的物块A 以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块A 上再放另一物块B，它们在下滑过
程中保持相对静止，则（　　）
A．物块AB 可能匀速下滑
B．物块AB 仍以原来的加速度a 匀加速下滑
C．物块AB 将以大于a 的加速度匀加速下滑
D．物块AB 将以小于a 的加速度匀加速下滑
【答案】B
【解析】根据题意，设斜面的倾角为
，物块A 的质量为
，物块B 的质量为
，物块A 与斜面间的动摩擦因
数为
，物块A 沿斜面以加速度a 沿斜面匀加速下滑，由牛顿第二定律有
解得
在A 上加上另一物体B 后，把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律有
解得
即物块AB 仍以原来的加速度a 匀加速下滑。
故选B。
6.放在光滑水平面上的物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡，如图，已知F2和F3垂直，三个力中若去掉
F1可产生5m/s2的速度，若去掉F2可产生3m/s2的加速度，若去掉F3，则物体的加速度为（　　）
A．2m/s2
B．4m/s2
C．5m/s2
D．8m/s2
【答案】B
【解析】根据平衡条件可知，物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡，则任意两个力的合力与第三个力
等大反向，当去掉F1 可产生5m/s2 的速度时，则有
当去掉F2 可产生3m/s2 的加速度时，则有
当去掉F3 时，则有
由于已知F2 和F3 垂直，则有
解得
故选B。
7.如图所示，有一箱装得很满的土豆，在水平地面上做加速度为
的匀加速直线运动，（不计其它外力及空气阻力），
则其中一个质量为
的土豆
受其它土豆对它的总作用力大小应是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】隔离对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力，如图所示
根据牛顿第二定律得
F 合=ma
根据平行四边形定则，其它土豆对它的作用力为
F=
故选C。
8.一个装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀加速下降。在扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上
升，且这时气球和货物总重力为G。设气球所受的浮力恒定，且空气阻力不计，则扔掉的货物重力为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设扔掉的货物重力为
，气球所受的浮力恒定为
，开始装有货物的探测气球正以加速度a（＜g）匀
加速下降，由牛顿第二定律有
扔掉一些货物后，它开始以相同的加速度匀加速上升，有
联立解得
故选C。
9．如图所示，质量为m1＝2kg 和m2＝3kg 的两个物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别
为F1＝30N，F2＝20N 的水平拉力分别作用于m1，m2上。则（　　）
A．弹簧秤示数是26 N
B．m1、m2共同运动加速度大小为a＝4m/s2
C．突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a＝3m/s2
D．突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a＝4m/s2
【答案】A
【解析】AB．以整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F1－F2＝（m1＋m2）a
代入数据解得
a＝2 m/s2
对m2 受力分析，向左的F2 和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得
F－F2＝m2a
解得
F＝26 N
故A 正确，B 错误；
C．在突然撤去F2 的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1 的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2 
m/s2，故C 错误；
D．突然撤去F1 的瞬间，m2 的受力没有来得及变化，所以m2 的加速度大小仍为a＝2 m/s2，故D 错误。
故选A。
10.如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为F=Mg 的力替代重物
M。进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（　　）
A．装置（a）中绳上张力Ta=0                  B．装置（a）中物块m 的加速度为g
C．装置（b）、（c）中物块m 的加速度相同     D．装置（a）中绳上的张力Ta小于装置（b）中绳上的张力
Tb
【答案】D
【解析】AB．对于装置（a），根据牛顿第二定律分别对两物体分析可得
Mg-Ta=Maa
Ta=maa
解得物块m 的加速度大小为
绳上张力
故AB 错误；
C．对于装置（b），根据牛顿第二定律可得
Mg-Tb=Mab
Tb-f=mab
解得物块m 的加速度大小为
对于装置（c），根据牛顿第二定律可得
Mg-f=mac
解得物块m 的加速度大小为
故C 错误；
D．绳上张力
故D 正确。
故选D。
11.如图（a），一水平外力F 作用在物体上，使物体静止在倾角为θ 的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，
其加速度a 随外力F 变化的图像如图（b）所示。根据图（b）判断下列说法不正确的是（　　）
A．物体的质量
                            B．斜面的倾角
C．加速度为6m/s2时物体的速度
          D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为
【答案】C
【解析】AB．由牛顿第二定律得
将
代入上式得
故AB 正确；
D．当
时代入
解得
D 正确；
C．根据题意无法求出瞬时速度，故C 错误。
本题选错误项，故选C。
12.如图1 所示，一质量为
的物块在足够长的水平面上沿直线自由滑行，如图2 为该物块在
到
内的
图像。重力加速度g 取
，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．物块与水平面间动摩擦因数为0.1        B．物块运动过程中所受滑动摩擦力大小为
C．物块在到
内的平均速度大小为
     D．物块在
内的平均速度大小为
【答案】B
【解析】A．有图像可得，物块加速度大小为
由
得
A 错误；
B．滑动摩擦力大小为
B 正确；
C．3s 末的速度为
内的平均速度大小为
C 错误；
D．物体停止所用时间为
则物块在
内的位移为
物块在
内的平均速度为
D 错误。
故选B。
13.如图所示，质量分别为m1=2kg，m2=3kg 的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大
小分别为F1=35N，F2=20N 的水平拉力分别作用在m1，m2上，在弹簧测力计示数达到稳定后，则（　　）
A．弹簧测力计的示数是10N                        B．弹簧测力计的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变     D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变
【答案】C
【解析】AB．对整体运用牛顿第二定律得到
F1-F2=（m1+m2）a
代入数据解得
a=3m/s2
对物体m2，运用牛顿第二定律得到
F-F2=m2a 
代入数据解得
F=29N
故AB 错误；
C．在突然撤去F2 的瞬间，弹簧的弹力不会突变，则弹簧测力计的弹力不变，故C 正确；
D．在突然撤去F1 的瞬间，对m1 受力分析可得
F=m1a′
代入数据解得
a′=14.5m/s2
故D 错误；
故选C。
14.如图所示，在倾角为
的光滑斜面上，物块A、B 质量分别为m 和2m，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B
用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但A、B 之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪
断瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物块A 对B 的弹力大小为0         B．物块A 对B 的弹力大小为
C．物块A 的加速度为
              D．弹簧弹力大小为
【答案】B
【解析】D．剪断细线前，弹簧的弹力
细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为
D 错误；
C．剪断细线瞬间，对A、B 系统，加速度为
即A 和B 的加速度均为
，故C 错误；
AB．取B 为研究对象，由牛顿第二定律
解得
A 错误、B 正确。
故选B。
15.如图所示，质量
的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力
。当小车向右运动的速
度达到3m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为
的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数
，小车足够长。求：放上小物块后，小物块的加速度为（　　）
A．1m/s2
B．2m/s2
C．3m/s2
D．4m/s2
【答案】B
【解析】根据题意可知，小物块放上后，对小物块，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
16.如图所示，物块从倾角为
的固定斜面顶端由静止开始下滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数为
，
取
，
，
。则在下滑过程中，物块的加速度大小为（　　）
A．0
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设物体质量为m，由牛顿第二定律有
代入题中数据可得
a=4m/s2
故选C。
17．如图所示，在水平桌面上推物体压缩一个原长为L0的轻弹簧。桌面与物体之间有摩擦，放手后物体被弹簧弹
开，则（　　）
A．物体与弹簧分离时加速度等于零，以后开始做匀减速运动
B．弹簧恢复到原长L0时物体的速度最大
C．弹簧恢复到原长L0以前一直做加速度越来越小的变加速运动
D．弹簧恢复到原长L0以前的某一时刻物体已经达到最大速度
【答案】D
【解析】BCD．刚释放时，弹力大于摩擦力，由牛顿第二定律可得
随着压缩量x 的减小，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动，当速度达到最大时加速度为零，满足
此时弹簧仍处于压缩状态，之后弹力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得
随着压缩量x 的减小，加速度增大，物体做加速度增大的减速运动，BC 错误，D 正确；
A．当弹簧恢复原长时，物体与弹簧分离，之后物体只受摩擦力的作用，加速度不为零，物体做匀减速直线运动，
A 错误。
故选D。
18．一辆货车载着完全相同质量为m 的圆柱形空油桶。在车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一
层只有一只油桶c，自由地摆放在油桶a、b 上面，如图所示。汽车沿水平路面行驶过程中桶c 始终和其它油桶间保持
相对静止，忽略油桶间的摩擦作用，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．当货车匀速直线运动时，油桶a 所受的合力为
B．当货车匀速直线运动时，油桶c 对a 的压力大小为
C．当货车匀速直线运动时，油桶c 对a 的压力大小为
D．当货车向右的加速度增大到
时，油桶c 就脱离a 运动到b 的右边
【答案】B
【解析】A．当货车匀速直线运动时，油桶a 处于平衡状态，所受合力为零，故A 错误；
BC．当货车匀速直线运动时，根据对称性可知，a、b 对c 的支持力大小相等，且方向之间的夹角为60°，则根据
平衡条件有
解得
根据牛顿第三定律可知油桶c 对a 的压力大小为
，故B 正确，C 错误；
D．假设当货车向右的加速度增大到a0 时，c 和b 之间恰好作用力为零，则根据牛顿第二定律和力的合成有
解得
此时c 不可能脱离a 运动到b 的右边，故D 错误。
故选B。
19．我国新一代载人飞船返回实验舱已于2020 年5 月8 日顺利返回地面，返回舱质量约为5.4×103kg，某一次进
行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这一运动视为竖
直方向的匀减速直线运动，加速度大小为1.4m/s2，三根主伞的伞绳a、b、c 均与竖直方向成θ 角，已知sinθ＝
0.44，cosθ＝0.90，g 取10m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳a 上的拉力大小约为（　　）
A．2.80×103N      B．1.72×104N        C．2.28×104N
      D．6.84×104N
【答案】C
【解析】设返回舱在下落过程中主伞伞绳a 上的拉力大小为F，根据对称性可知其他两根绳的拉力也为F，以返回
舱为研究对象，竖直方向根据牛顿第二定律可得
3Fcosθ－mg＝ma
解得
F＝2.28×104N
故选C。
20．如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度
为a 的匀加速直线运动。忽略一切摩擦。已知斜面倾角为
，取重力加速度为g。则挡板对球的弹力大小为（　　）
A．
                 B．
                C．
            D．
【答案】C
【解析】根据题意，以小球为研究对象，受力如图所示
小球受重力
、竖直挡板对它的弹力
和斜面对它的弹力
。竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
联立解得
故选C。
21．如图所示，竖直轻弹簧下端固定于水平地面，上端栓接物块甲，物块乙通过竖直轻绳与天花板连接，物块甲、
乙接触，物块甲、乙间恰好无弹力，且均处于静止状态。已知物块甲质量是物块乙质量的2 倍，重力加速度为g。将
物块乙上方轻绳剪断瞬时，物块甲、乙加速度大小分别为a 甲、a 乙，则（　　）
A．a 甲=0，a 乙=g      B．a 甲=
g，a 乙=0     C．a 甲=a 乙=
g
   D．a 甲=a 乙=
g
【答案】C
【解析】剪短绳前，物块甲、乙间恰好无弹力，则
剪短绳是瞬间，绳的拉力突变为零，弹簧弹力不突变，甲、乙挤压一起运动，对甲、乙整体有
由于，物块甲质量是物块乙质量的2 倍，解得
a=a 甲=a 乙=
g
故选C。
22．如图所示，质量为
的物体2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连
接质量为
的物体1，与物体1 相连接的细绳与竖直方向成θ 角，重力加速度为g，则（　　）
A．车厢的加速度为
B．细绳对物体1 的拉力为
 
C．底板对物体2 的支持力为
 
D．物体2 所受底板的摩擦力为
【答案】D
【解析】由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即
Ff=ma1
【解析】A．小车在向右运动，由图可知，小车的加速度方向向右，物体1 与小车有相同的加速度，对物体1 受
力分析，由牛顿第二定律得
解得
选项A 错误；
BC．细绳对物体1 的拉力为
底板对物体2 的支持力为
选项BC 错误；
D．物体2 与小车也有相同加速度，由牛顿第二定律得，物体2 所受底板的摩擦力为
选项D 正确。
故选D。
23．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为
μ=0.3（当地重力加速度g 取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。用水平恒力F 拉动小车，设物块的加速度为
a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F 取不同值时，a1与a2的值可能为（　　）
A．a1=2m/s2，a2=3m/s2    B．a1=3m/s2，a2=2m/s2    C．a1=5m/s2，a2=3m/s2     D．a1=3m/s2，
a2=5m/s2
【答案】D
【解析】由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即
Ff=ma1
且Ff 的最大值为
Ffm=μmg
故a1 的最大值为
a1m=μg=3m/s2
当二者相对静止一起加速时
a2=a1≤3m/s2
当F 较大时，二者发生相对滑动
a1=3m/s2
a2>3m/s2
故选D。
24．如图所示，光滑水平面上有叠放在一起的长方形物体A 和B，质量均为m，它们之间的动摩擦因数为
，设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现在物体A 上施加一水平外力F，下列说法不正确的是（  ）
A．B 受到的摩擦力可能等于
B．B 受到的摩擦力一定等于
C．当
时，A、B 还没相对滑动
D．当
时，A、B 一定相对滑动
【答案】B
【解析】AB．若A、B 间有相对滑动，A、B 间的摩擦力为滑动摩擦力，一定为
，若A、B 间没有相对滑动，对
整体有
对B 有
故A 正确，B 错误；
CD．当A、B 间的静摩擦力达到最大值时，A、B 将开始相对滑动，根据牛顿第二定律对B 有
对整体有
故C 正确，D 正确。
选不正确的，故选B。
25．如图所示，a、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b 以va、vb 的速度沿
各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A.a、b 小球与斜面间的动摩擦因数之比
   B.a、b 小球沿斜面向上运动的加速度之比以
C．
                                     D．两小球不可能同时达到圆周上
【答案】C
【解析】A．a、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a 有
对b 有
则
故A 错误；
B．小球沿斜面向上运动时，对a 有 
对b 有
加速度之比
故B 错误；
C．两球速度同时减为零，时间相等，则由v=at 可得
故C 正确；
D．因为
，
由v=v0-at 可知，任意时刻的速度比为4 3，则两物体的平均速度之比为4 3，而两球到达圆周上时位移之比也为4
3，可知到达圆周上的时间相等，即两物体同时到达圆周上，故D 错误。
故选C。
26．如图1 所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P 放置其上表面，木板Q 在水平拉力F 作用下，
其加速度a 随拉力F 变化的关系图像如图2 所示。已知重力加速度g 取
，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则下列说法正确的是（   ）
A．P、Q 间的动摩擦因数为0.1
B．木板Q 的质量为1kg
C．P 的加速度随着F 的增大而一直增大
D．小滑块P 的质量为3kg
【答案】B
【解析】设P、Q 间的动摩擦因数为
，由
图像可知，当
时，P、Q 一起相对静止做加速运动，设P
的质量为
，Q 的质量为
，以P、Q 为整体，根据牛顿第二定律可得
根据
图像的斜率可得
当
时，P、Q 发生相对滑动，以Q 为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
根据
图像的斜率可得
可得
根据
图像的纵轴截距可得
解得
当P、Q 发生相对滑动时，P 的加速度为
当
时，P、Q 发生相对滑动，P 的加速度保持不变。
故选B。
27．A、B 两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B 间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为
。现对B 施加一水平拉力F，下列说法正确的是（　　）
A．只有当
 ，B 才会运动          B．当
时，B 的加速度大小为
C．当
时，A 相对B 滑动           D．当
时，A 的加速度大小为1m/s2
【答案】C
【解析】A．地面光滑，地面对B 没有摩擦力，即只要
，物体B 就会运动，故A 错误；
C．当A、B 之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦时，此时A、B 的共同加速度为
，对A 物体而言
对于A、B 组成的整体而言
解得
即当
时，A 相对B 滑动，故C 正确；
B．因为
，此时A、B 具有共同的加速度，设此时的加速度为
，根据牛顿第二定律可得
解得
故B 错误；
D．因为
，所以A、B 发生相对滑动，A、B 之间的摩擦力为滑动摩擦力，此时A 的加速度为
，根据牛
顿第二定律可得
解得
故D 错误。
故选C。
28．如图总质量为400kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m 时，
以5m/s 的速度向上匀速运动，若离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不变，重力加速度
，关于热气球，下列说法正确的是（　　）
A．所受浮力大小为4830N                        B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s 后的速度大小为5m/s       D．以5m/s 的速度匀速上升时所受空气阻力大小为200N
【答案】D
【解析】A．根据牛顿第二定律得
解得
 
A 错误；
B．根据牛顿第二定律得
加速上升过程中，加速度减小，所受空气阻力增大，B 错误；
C．如果加速度保持不变，从地面开始上升10s 后的速度为5m/s。因为上升过程中空气阻力增大，加速度减小，所以，
从地面开始上升10s 后的速度一定小于5m/s，C 错误； 
D．以5m/s 的速度匀速上升时，根据平衡条件得
 
解得
 
D 正确。
故选D。
29．如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为
、
，当A、B 之间产生拉力且大于0.3N 时，A、B 将会分离。
时刻开始对物块A 施加一水平推力
，同时
对物块B 施加同一方向的拉力
，使A、B 从静止开始运动，运动过程中
、
方向保持不变，
、
的大小随时
间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）
A．
时刻A、B 之间作用力为零         B．
时刻A 对B 的作用力方向向左
C．
时刻A、B 分离                   D．从
时刻到A、B 分离，它们运动的位移为5.4m
【答案】D
【解析】CD．由图乙可知在
内，力
、
随时间变化的关系式分别为
，
在A、B 分离前，两者加速度相同为a，以整体为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知从
时刻到A、B 分离，A、B 一起做匀加速直线运动，设分离对应的时刻为，对B 受力分析得
可得
解得
则从
时刻到A、B 分离，它们运动的位移为
故C 错误，D 正确；
A．当
时，A、B 未分离，此时
对B 受力分析得
解得
故A 错误；
B．当
 时，A、B 未分离，此时
对B 受力分析得
解得
可知A 对B 的作用力方向向右，故B 错误。
故选D。
30．如图甲所示，AB 物体静止在水平面上，施加两个水平力F：向左拉物体A，向右拉物体B。两个力始终大小
相等，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动。其AB 的加速度大小a 随外力F 变化的图象如
图乙中I 和II 所示（假设B 足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列判断正确的有（g 取
）（    ）
A．图线I 表示物体A 的a－F 图
B．物体B 的质量为2kg
C．物体B 与水平面间的动摩擦因数为0.53 D．物体AB 间的动摩擦因数为0.5
【答案】D
【解析】A．由图象可知，当力F 为10N 时物体开始滑动，由于A 与B 间的最大静摩擦力小于B 受到的最大静摩擦力，
则图线II 表示物体A 的a–F 图，故A 错误；
BCD．当F1=10N 时，对A 有
即
当F2=30N 时，对A 有
即
解得
当F3=16N 时，对B 有
当F4=30N 时，对B 有
解得
故D 正确，BC 错误。
故选D。
31．在光滑水平地面上，有质量均为3kg 的a，b 两物体，a、b 间弹簧原长为20cm。用大小为6N 的恒力F 作用
在a 物体上，当系统稳定时，弹簧长度为30cm；下列说法错误的是（　　）
A．系统加速度为1m/s2                               B．弹簧劲度系数为30N/m
C．撒去外力F 的瞬间，a，b 物体的加速度仍相同        D．若地面粗糙，系统稳定时弹簧的长度仍等于30cm
【答案】C
【解析】A．对系统整体，根据牛顿第二定律
解得
故A 正确；
B．对b 物体，根据牛顿第二定律
解得弹簧弹力
根据胡克定律
故B 正确；
C．撤去外力F 的瞬间，弹簧弹力不变，两物体受到的弹力大小相等但方向相反，故两物体的加速度方向不同，故C
错误；
D．若地面粗糙，对系统整体，根据牛顿第二定律
对b 物体，根据牛顿第二定律
解得
    
弹力不变，则系统稳定时弹簧的长度不变，故D 正确。
本题选错误的，故选C。
32．水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，
滑块速度随时间变化的v-t 图像如图所示。取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。下列说法正确的是（    ）
A．滑块在0~15s 内的平均速度大小为7.5m/s
B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为1:2
C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为3:2
D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.3
【答案】D
【解析】A．v-t 图像与t 轴所围的面积表示位移，所以滑块在0~15s 内的位移大小为
平均速度大小为
故A 错误；
B．v-t 图像的斜率表示加速度，所以滑块加速与减速阶段的加速度大小分别为
所以
故B 错误；
CD．根据牛顿第二定律有
解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
33．如图所示，A、B 两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同，
但与竖直方向的夹角相同，对B 施加水平力
和
，两种情况下A、B 整体的加速度分别为
、
，细线上的力分
别为
、
，则下列说法正确的是（　　）
A．若
，则必有
B．若
，则必有
C．若
，则必有
D．若
，则必有
【答案】B
【解析】A．把A、B 两物块看成一个整体，对B 施加水平力F1 和F2，若两力相等，则必有
故A 错误；
B．隔离A 分析受力，拉力T1 在水平方向的分力为
拉力T2 在水平方向的分力为
若F1=F2，则有
联立解得
故B 正确；
C．由于
若T1>T2，则必有
根据牛顿第二定律，必有
故C 错误。
D．若T1<T2，则必有
根据牛顿第二定律，必有
故D 错误。
故选B。
34．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
。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 的位移大小一定大于Q 的位移大小                  B．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
C．P 的加速度大小的最大值为
                        D．Q 的加速度大小的最大值为
 
【答案】B
【解析】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
撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
A．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，A 错误；
B．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
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
做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速
度大小为
；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
。分析可
知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，B 正确。
CD．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
，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
解得
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
。Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q 加速度大小最大值为
，CD 错误。
故选B。
35．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的铁块。若木板和铁块之
间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给铁块施加一随时间增大的水平力F=kt，木板和铁块加速度的大小分别为
a1和a2，下列反映a1和a2随时间变化的图线中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】AB．当
较小时，铁块和木板一起做匀加速直线运动，加速度 
当拉力达到一定程度后，铁块和木板之间发生相对滑动，对铁块，所受的滑动摩擦力恒定，加速度恒定，即
A 正确，B 错误；
CD．铁块和木板之间发生相对滑动后，对木板，加速度为
所以
即图线后一段斜率大于前一段的斜率，由数学知识知，CD 错误。
故选A。
36．如图甲所示，粗糙水平地面上静置一长为2.0m、质量为2kg 的长木板，在其右端放一质量为1kg 的小物块
（可看作质点）．某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F 的变化关系如
图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g = 10m/s2，若一开始改用F = 16N 的水平恒力拉长
木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（    ）
A．2s
B．3s
C．
D．6s
【答案】A
【解析】由图可知，地面给木板的滑动摩擦力为2N，小物块能产生的最大静摩擦力即滑动摩擦力为4N，当一开始加
16N 的力时，小物块的加速度为
木板的加速度为
解得
t = 2s
故选A。
37．如图所示，两个完全相同的薄木板固定在水平桌面上，薄木板的一端带滑轮，滑块A、B 分别放置在左右木
板上，连接两滑块的细线拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂重物C，已知A、B、C 的质量分别为m、2m、4m，木板上
面的细线与木板平行，动滑轮两侧细线竖直平行，细线不可伸长，不计一切摩擦和动滑轮的质量，重力加速度为g，
现将A、B、C 三者同时由静止释放，下列说法正确的是（    ）
A．滑块A 和B 的速度大小始终相等             B．细线的拉力大小为0.6mg
C．滑块A 的速度大于滑块C 的速度             D．物块C 的加速度小于滑块B 的加速度
【答案】C
【解析】A．A、B 由同一轻绳连接，绳中张力处处相等，A、B 质量之比为
，根据牛顿第二定律可知，A、B 的加
速度之比为
，滑块A 和B 的速度大小始终为
，A 错误；
CD．由于轻绳不可伸长且根据滑轮组的关系可知
则加速度之比为
C 正确，D 错误；
B．设绳中张力为
，则有
且
解得
B 错误。
故选C。
38．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保
持v=0.4m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B 间的距离为2m，g 取10m/s2.旅客把行
李（可视为质点）无初速度地放在A 处，经过一段时间运动到B 处，则下列说法正确的是（　　）
A．该行李的加速度大小一直为2m/s2              B．该行李经过5s 到达B 处
C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m            D．若传送带速度足够大，行李最快也要
才能到达B 处
【答案】D
【解析】A．开始时行李的加速度为
当加速到与传送带共速时的时间
 
运动的距离
共速后行李随传送带匀速运动，加速度为零，则选项A 错误； 
B．该行李到达B 处的时间
选项B 错误； 
C．该行李相对传送带滑行距离为
选项C 错误；
D．若传送带速度足够大，行李要想最快到达B 处，则需一直加速，则根据
 
解得
选项D 正确。
故选D。
39．如图所示，A 为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B 和C，A、B、C 的质量分别为
m、
、m，B、C 与A 之间的动摩擦因数均为0.1，K 为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B 和C 的轻细绳足够长且都处于水
平位置。现用水平方向的恒定外力F 拉滑轮，使A 的加速度等于0.2g，g 为重力加速度，此时下列说法不正确的是（ 
）
A．C 的加速度大小为0.2g
B．C、A 之间摩擦力大小为0.1mg
C．B、A 之间摩擦力大小为0.1mg
D．外力F 的大小为2.2mg
【答案】A
【解析】B．AB 间最大静摩擦力大于AC 间最大静摩擦力，则AC 间先发生相对滑动，恰好要发生相对滑动时，对整
体有
对C，有
联立解得
当AB 恰好发生相对滑动时，对A，有
解得
由于A 的加速度等于0.2g，且
所以当A 的加速度等于0.2g 时，AB 相对静止，AC 相对滑动，故AC 之间为滑动摩擦力，大小为0.1mg，故B 正确；
D．对AB 整体有
代入可求得
因为K 为轻滑轮，故
故D 正确；
C．对B，有
代入求得
故C 正确；
A．对C，有
代入求得
故A 错误。
本题选错误的，故选A。
40．如图所示，四分之一圆弧轨道MN 固定在竖直平面内，O 为圆心，Q、O、N 三点在同一竖直线上，
OQ=ON。现将光滑平板（足够长）的下端P 置于M 处光滑平板上部架在Q 点。横杆下端的位置可在轨道MN 上调节，
使得平板与竖直线间的夹角α 可调节。将物块（视为质点）从Q 点由静止释放，物块沿平板从Q 横杆点滑到P 点的
时间用t 表示。若仅将α 减小，则t 将（　　）
A．不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先减小后增大
【答案】A
【解析】对物块受力分析有竖直向下的重力mg，垂直于光滑平板的支持力
，由牛顿第二定律
可得
从Q 到P 由运动学公式
由几何关系可得
解得
故与
无关，QN 为定值，所以
减小，不变。
故选A。
41．如图所示，质量为m 的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为53°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止
状态，在木板AB 突然向下撤离的瞬间，（
，
）小球的加速度为（　　）
A．0                                      B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为
，方向垂直木板指向右下方       D．大小为
，方向垂直木板指向右下方
【答案】D
【解析】在木板AB 撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重力、支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡条件，可
得小球受重力和弹簧的弹力的合力大小等于支持力，则有
木板AB 突然向下撤离的瞬间，弹簧不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为
方向垂直木板指向右下方，ABC 错误，D 正确。
故选D。
42．如图所示，光滑水平面上，轻质弹簧连接着质量为
的物块A 和
的物块B，刚开始，两物块都处于静
止状态。现用大小为
的水平恒力F 作用在B 上，使A、B 相对静止地一起向右匀加速运动，下列说法正确的是（ 
）
A．突然撤去F 的瞬间，B 的加速度大小为
    B．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为
C．物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为
    D．撤去F 后的短暂时间内，A 的速度将减小，B 的加速度将
增大
【答案】B
【解析】A．突然撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，则B 的加速度大小为
A 错误；
BC．对AB 的整体，由牛顿第二定律可知
解得
a=5m/s2
对物体A 则
C 错误，B 正确； 
D．撤去F 后的短暂时间内，弹簧弹力逐渐减小，但仍有弹力，A 的加速度仍向右，速度仍将增加；B 的加速度随着
弹力的减小将减小，D 错误。
故选B。
43．如图甲一维坐标系中有一质量为
的物块静置于x 轴上的某位置（图中未画出），
时刻，物块在
外力作用下沿x 轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分。下列说法正确的是（　　）
A．
时物块的速率为2m/s                       B．
时物块位于
处
C．物块做匀加速直线运动且加速度大小为1m/s2      D．在0～4s 时间内物块所受合外力为4N
【答案】A
【解析】AC．由图，根据数学知识可得
根据匀变速直线运动的速度位移关系公式
得
结合图象可知
得
所以物块做匀加速直线运动且加速度大小为0.5m/s2，
时物块的速率为
故C 错误，A 正确；
B．图象与x 轴的交点表示物块的初始位置坐标，根据图象可知，物块的初始位置坐标为
时
由图可得
故B 错误；
D．根据牛顿第二定律得
故D 错误。
故选A。
44．两个中间有孔的质量为m 的小球A、B 用一轻弹簧相连，套在一水平光滑杆上。两个小球下面分别连一轻绳。
两轻绳下端系在同一质量为m 的小球C 上，如图所示。整个系统处于静止状态，轻弹簧和轻绳刚好构成一等边三角
形。已知轻弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧处于压缩状态，压缩量为
                    B．小球C 对绳的拉力大小为
C．剪断左侧轻绳的瞬间，小球A 的加速度大小为
     D．横杆对A 的支持力大小为
【答案】C
【解析】AB．对C 球受力分析
如图所示
解得
对A 球受力分析
如图所示，弹簧处于压缩状态，对小球A 由平衡方程，得
解得，弹簧的形变量为
故AB 错误；
C．当剪断左侧轻绳的瞬间，弹簧弹力不突变，对小球A 受力分析可知弹簧弹力产生小球A 的瞬间加速度，由牛顿第
二定律可得
解得
故C 正确；
D．对整体受力分析可知
解的
故D 错误。
故选C。
45．如图所示，质量为3kg 的物体A 静止于竖直的轻弹簧上，质量为2kg 的物体B 用细线悬挂，A、B 间相互接
触但无压力，取重力加速度
。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　）
A．弹簧的弹力大小为
B．A 的加速度为零
C．B 对A 的压力大小为
D．B 的加速度大小为
【答案】C
【解析】A．细线未剪断时，A 物体受重力和弹簧的弹力，处于平衡状态，根据平衡条件有
剪断细绳瞬间，弹簧不能发突变，所以弹簧的弹力不变仍为30N，故A 错误；
B．剪断细绳瞬间，A 物体除受重力和弹簧的弹力外，还受到B 物体的作用力，所以加速度不为零，故B 错误；
CD．剪断细绳瞬间，AB 有共同的加速度，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
对物体A 有
代入数据解得
故C 正确，D 错误。
故选C。
46．近几年，极限运动越来越受到年轻人的喜欢，其中“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，弹
性轻绳的上端固定在O 点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为
1400N。打开扣环，从A 点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B 点上升到最高位置C 点，在B 点时速度最
大。人与装备的总质量为70kg（可视为质点）。不计空气阻力，则下列说法不正确的是（　　）
A．在C 点，人处于失重状态                     B．在B 点，人所受合力为零
C．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10 m/s2      D．从A 点到B 点上升过程中，人的加速度不断减小
【答案】C
【解析】A．体验者在最高位置C 点时，速度为零，加速度向下，处于失重状态，故A 正确；
B．在B 点时人的速度最大，加速度为零，此时人所受合力为零，故B 正确；
C．传感器示数为
，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得
打开扣环瞬间，对人由牛顿第二定律得
代入数据解得
故C 错误；
D．人从A 点到B 点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F 减
小，人所受合力
减小，加速度减小，到达B 点时弹性绳的弹力与重力大小相等，合力为零，故D 正确。
本题选不正确项，故选C。
47．如图所示，两段轻绳A、B 连接两个小球1、2，悬挂在天花板上。一轻弹簧C 一端连接球2，另一端固定在
竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳A 与竖直方向、轻绳B 与水平方向的夹角均为
，弹簧C 沿水平方向。
已知重力加速度为g。则（    ）
A．球1 和球2 的质量之比为
                          B．在轻绳B 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小
为g
C．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度方向竖直向下
D．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小一定大于g
【答案】D
【解析】A．以小球1、2 为整体，根据受力平衡可得
以小球2 为对象，根据受力平衡可得
联立可得
故A 错误；
B．在轻绳B 突然断裂的瞬间，球1 将以轻绳A 上端为圆心做圆周运动，加速度方向垂直轻绳A 向下，根据牛顿第二
定律可得
故B 错误；
CD．在轻绳A 突然断裂的瞬间，以球2 为对象，球2 的重力和弹簧弹力均保持不变，故球2 的重力和弹簧弹力的合
力沿轻绳B 向下，球2 有沿轻绳B 向下的加速度；由于轻绳B 长度不可伸长，故断裂瞬间球1 在沿轻绳B 方向与球2
具有相同的加速度，故轻绳B 存在一定的拉力，可知轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 受到重力和轻绳B 拉力，球1 受到
的合力大于重力，故球1 的加速度大小一定大于
，故C 错误，D 正确。
故选D。
48．新疆长绒棉因质量美誉世界，长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人机为棉
花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2s 达到作业速度，开始沿水平方向匀
速作业，己知作业前无人机和农药总质量为20kg，无人机作业速度为6m/s，重力加速度为10m/s2，则在加速阶段
空气对无人机的作用力约为（　　）
A．60N
B．200N
C．209N
D．220N
【答案】C
【解析】根据加速度定义得
根据力的合成得
故选C。
42．如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，
A、B 间拴接的轻弹簧恰好水平，A、B 两物体处于静止状态，则（　　）
A．A、B 所受弹簧弹力大小之比为
       B．A、B 的质量之比为
C．悬挂A、B 的细线上拉力大小之比为
     D．同时剪断两细线的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为
【答案】D
【解析】A．弹簧对两物体的弹力大小相等、方向相反，A 错误；
B．A、B 均处于平衡状态，设弹簧弹力为F，由平衡条件得
 ，
得
B 错误；
C．设悬挂A、B 的细线拉力分别为F1、F2，则
 
，
得
C 错误；
D．同时剪断两细线的瞬间，弹簧弹力不突变，则物体所受合力与细线拉力等大、反向，根据
得
D 正确。
故选D。
49．如图所示，汽车里有一水平放置的硅胶魔力贴，魔力贴上放置一质量为m 的小花瓶。若汽车在水平公路向前
做匀加速直线运动，则以下说法正确的是（　　）
A．小花瓶所受合力为零                             B．若汽车突然刹车，小花瓶会受到水平向前的摩擦力
C．若汽车突然加速，小花瓶会受到水平向前的摩擦力   D．魔力贴对小花瓶的作用力为mg
【答案】C
【解析】A．小花瓶也做匀加速直线运动，所受合力不为零，合力的方向与运动方向相同，A 错误；
B．若汽车突然刹车，小花瓶和汽车一起做减速，加速度向后，会受到水平向后的摩擦力，B 错误；
C．若汽车突然加速，小花瓶和汽车一起加速，加速度向前，会受到水平向前的摩擦力，C 正确；
D．魔力贴对小花瓶的作用力为摩擦力和支持力的合力，支持力等于mg，则魔力贴对小花瓶的作用力大于mg，D 错
误。
故选C。
50．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角
，以恒定速率
顺时针转动。一煤块以初速度
v0=14m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数
，取
，
、
。
则下列说法正确的是（  　）
A．煤块冲上传送带后经
与传送带速度相同      B．煤块向上滑行的最大位移为12m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长为
     D．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为6s
【答案】C
【解析】A．由于煤块初速度大于传送带的速度，则煤块开始向上减速运动的加速度为
煤块冲上传送带后与传送带速度相同经历的时间
A 错误；
B．煤块与传送带速度相同后，由于
则煤块向上做减速运动的加速度为
则煤块向上滑行的最大位移为
B 错误；
C．煤块与传送带速度相同前。煤块相对皮带向上运动
煤块与传送带速度相同后，到达最高点经历时间
此过程，煤块相对皮带向下运动
煤块从最高点返回底端过程做加速度为a2 的匀加速直线运动
解得
则煤块相对皮带向下运动
该过程，煤块相对皮带向下运动的总的相对位移为
可知，煤块在传送带上留下的痕迹长为
，C 正确；
D．根据上述，煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为
D 错误。
故选C。
51．如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，让圆管由距地面为
处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰
撞，运动过程中，圆管始终保持竖直。已知圆管的质量为
，小球的质量为
，小球与圆管之间的滑动
摩擦力大小为
，
，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，圆管的加速度大小为
B．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，小球的加速度大小为
C．圆管与地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆管与小球获得的共同速度为
D．圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对圆管下降的高度为
【答案】D
【解析】AB．圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，对圆管和球受力分析，以向下为正方向，
由牛顿第二定律
 
可得
故AB 错误；
C．圆管和球一起下落h，设第一次与地相撞前瞬间速度为v0
第一次反弹后至第二次相撞前，设经过t 两者共速，速度为v，以向下为正方向，则
解得
C 错误；
D．设管在t 内的位移为x1
设小球在t 内的位移为x2
小球相对管道下降的高度
h=4m
D 正确。
故选D。
52．如图所示，小物块A 叠放在长方体物块B 上，B 置于粗糙水平面上。A、B 质量分别为mA=2kg，mB=1kg，
A、B 之间动摩擦因数
1=0.3，B 与地面之间动摩擦因数
2=0.1，现对A 施加水平力F 且F 从0 开始逐渐增大，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．当F 小于6N 时，A、B 都相对地面静止
B．当F 增大到6N 时，A、B 开始发生相对滑动
C．当F 等于9N 时，B 的加速度为1m/s2
D．当F 增大到12N 时，A、B 开始发生相对滑动
【答案】D
【解析】A．A、B 的最大静摩擦力为
B 和地面的最大静摩擦力为
当
A、B 整体相对地面滑动；
A、B 整体相对地面静止；
故A 错误；
BCD．当A、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，且A、B 整体相对地面滑动，B 在水平方向受到A 和地面给的摩擦力，
根据牛顿第二定律有
对A 有
解得
所以当F 增大到6N 时，A、B 相对静止；
当F 等于9N 时，A、B 相对静止，B 的加速度为
当F 增大到12N 时，A、B 开始发生相对滑动，故BC 错误，D 正确。
53.使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两
者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
  
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
  
A．根据牛顿第二定律有
由于
m 甲 > m 乙
所以
a 甲 < a 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v 甲 < v 乙
A 错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g > μm 乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显
然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
54.如图所示，两根长度不等的轻绳将重力为G 的小球悬挂在天花板上，且两绳间的夹角为120º，a 绳较长。当系统
在水平方向上做匀加速直线运动时，a、b 二绳位置仍然如图，且张力大小都为T。则T      （填“>”，“ <”，“ 
=”）G。系统运动方向是水平      （填“向左”或“向右”）。
【答案】     >     向左
【详解】[1][2]画出两绳子拉力的合力示意图，见下图，因为两拉力大小相同，夹角为120º，根据力的平行四边
形定则，得合力F 的大小为
因为a 绳较长，所以F 方向为斜向左上方，设合力F 与竖直方向的夹角为θ，则F 可以分解为竖直向上的力和水平
向左的力，根据牛顿第二定律得
 
所以
，系统水平向左加速运动。
55.如图甲所示，鸟儿像标枪一样一头扎入水中捕鱼，设小鸟的俯冲是自由落体运动，入水中后继续沿竖直方向做匀
减速直线运动，其v-t 图像如图乙所示，设自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为
，最大速度为
18m/s，则整个过程下落的高度为           m，小鸟在水中运动的平均阻力为其重力的           倍。
（g=10m/s2）
【答案】     27     2.5
【详解】[1]0~t1，小鸟做自由落体运动，则有
根据图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移可得
[2]图线的斜率表示物体运动的加速度，则
根据牛顿第二定律有
所以
56.如图所示，质量为m 的物体放在倾角为30°的光滑斜面上，受到用平行于斜面底边、大小等于
的推力。若重
力加速度为g，则物块的加速度大小为      。若换成相同形状的粗糙斜面，物体保持静止，且用大小为
的力从
平行于斜面的各方向都无法推动物体。则斜面和物体间摩擦力大小的变化范围是      。
【答案】     
     
【详解】[1]物体放在倾角为30°的光滑斜面上，受到重力、斜面支持力及平行于斜面底边、大小等于
的推力，
由力的合成可知，重力和支持力的合力大小为
方向沿斜面向下，与推力方向垂直，同理可得二者合力F1 与推力的合力大小为
由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
[2]换成相同形状的粗糙斜面，物体保持静止，用大小为
的力从平行于斜面的各方向都无法推动物体时，易知
当此推力与F1 方向相同时，合力最大，静摩擦力也最大，即
当此推力与F1 方向相反时，合力最小，静摩擦力也最小，即
故斜面和物体间摩擦力大小的变化范围是
。
57.如图，将质量m=0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数
μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动。求：
（1）杆对环的弹力方向如何？
（2）求F 的大小。
【答案】（1）见解析；（2）9N 或1N
【详解】（1）（2）假设
则
当
时，杆对环的弹力竖直向下，则有
，
得
当
时，杆对环的弹力竖直向上，则有
，
得
58.如图所示，在水平路面上的车厢内用两根承受能力相同且不可伸长的轻质细绳OA 和OB 系住一小球，轻绳两端分
别固定于车厢上的A、B 两点，物体静止时轻绳与车厢顶部的夹角分别为
和
，取
，
，
。
（1）试判断，不断增加小球的质量，通过计算说明两根绳OA 和OB 谁先断；
（2）若小车在水平路面上以某一加速度匀变速行驶时，物体和车厢仍保持相对静止且轻绳OA 上的拉力恰好为
0，求小车的加速度大小和可能的运动情况。
【答案】（1）绳OB 先断；（2）
，小车做向右匀加速或者向左匀减速运动
【详解】（1）物体静止时，受力如图所示
由平衡条件得，水平方向
所以
所以不断增加小球的质量，绳OB 先断；
（2）轻绳OA 上的拉力恰好为0 时，物体受力如图所示
水平方向
解得
小车做向右匀加速或者向左匀减速运动。
59.2019 年1 月3 日，嫦娥四号探测器携带着可变推力发动机成功登陆月球背面。其最后的落月过程可简化如下：先
是探测器悬停在距月面H=100m 高处（如图），接着关闭发动机使探测器自由下落5s（月球表面附近重力加速度g
月取1.6m/s2），然后开启反冲发动机小推力模式使探测器匀速下降，在到达距月面某一高度时再开启发动机大推力
模式使探测器以大小为8m/s2的加速度减速，最后恰好以零速度完美落月。若探测器可看成质点，求：
（1）探测器匀速下降时的速度；
（2）探测器从开始下落到着落月面经历的总时间；
（3）若探测器总质量为1×103kg，忽略喷气对探测器质量的影响，求匀减速运动时发动机的推力大小。
【答案】（1）
，方向向下；（2）15.5s；（3）9.6×103 N
【详解】（1）根据
可解得探测器匀速下降时的速度
方向向下；
（2）大推力发动机工作时，探测器加速度为
，因此由公式
可得减速时间为
最后减速为零，因此可以利用公式
解得大推力发动机开始工作时探测器距月面的高度
自由落体的位移为
因此匀速阶段的高度为
因此匀速阶段的时间为
解得
因此总时间为
（3）匀减速运动时，根据牛顿第二定律
解得
F=9.6×103N