文档文本内容
第4 讲 牛顿运动定律的基本运用
【模型一 运动和力的关系】
类型1：牛顿第一定律的理解
类型2：牛顿第二定律的初步运用
类型3：牛顿第三定律的理解
【模型二 牛顿第二定律】
类型1：求瞬时加速度的两类模型
类型2：动力学的两类基本问题
考向1：由运动情况求受力情况
考向2：由受力情况求运动情况
类型3：超重失重问题
类型4：动力学中的图像问题
类型5：等时圆模型
将运动学和力学结合起来进行分析是学习物理模型的重要途径，牛顿运动学定律是高考常考的题
型。高考涉及的题型主要以牛顿第二定律的分析应用为主，其中主要包含瞬时加速的求解，动力学的
两类基本问题，超重失重问题，动力学中的图像问题，等时圆等物理模型，需要熟悉掌握力学分析和
运动学分析。
【模型一 运动和力的关系】
类型1：牛顿第一定律的理解
1.内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
2.对牛顿第一定律的理解
牛顿第
一定律
①提出了惯性的概念。物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性。
②揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
的含义
③物体不受外力时将保持原来的运动状态，可以把“不受外力”拓展延伸为“所受外力的合力
为0”。
说明
①牛顿第一定律指出物体不受外力作用时的运动规律，描述的是一种理想状态，而实际中不受
外力作用的物体是不存在的，当物体所受合力为0 时，其效果跟不受外力作用时相同，但“不
受外力”和“合外力为0”有质的区别。
②牛顿第一定律不是实验定律，不能用实验直接验证。但它是在真实实验的基础上加以科学推
理和抽象得到的，其结论是正确的。
③牛顿第一定律是普遍规律，适用于一切物体。
3.对惯性的理解
①一切物体任何时候都具有惯性(静止的物体具有惯性，运动的物体也具有惯性)；
②惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体质量大小有关。质量越大，惯性越大；质量越大的物
体其运动状态越难改变。惯性的大小与物体的形状、运动状态、位置及受力情况无关；
③惯性是一种属性，它不是力。惯性只有大小，没有方向，把惯性说成“惯性力”或“受到惯性的作
用”都是错误的。
【典例1】（2023·浙江·高考真题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）
A．踢香蕉球时足球可视为质点
B．足球在飞行和触网时惯性不变
C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力
A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故
A 错误；
B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B 正确；
C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C 错误；
D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D 错误。
【变式1-1】（2025·上海宝山·二模）《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条中规定：机动车行驶
时驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带。这是因为系好安全带（ ）
A．可以减小人的惯性
B．可以减小车的惯性
C．可以减少因人的惯性而造成的伤害
D．可以减少因车的惯性而造成的伤害
【答案】C
【详解】由题意，系好安全带可以减少因人的惯性而造成的伤害，但不能减小人的惯性，且与车的惯性无
关，故只有C 项正确。
故选C。
【变式1-2】（2024·浙江·二模）2024 年8 月在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文获得冠
军。如图所示为郑钦文击球瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．任何情况下均可以将网球视为质点
B．网球在击打时和飞行过程中惯性不变
C．网球在飞行过程中受到重力和球拍的作用力
D．网球受到的弹力是由于网球的形变引起的
【答案】B
【详解】A．研究运动员击球时球的旋转情况，不能将网球看成质点，故A 错误；
B．网球的质量不变，惯性不变，故B 正确；
C．网球在飞行过程中已经离开球拍，受到重力和空气阻力，不受球拍的作用力，故C 错误；
D．网球受到的弹力是因为球拍发生了形变产生的，故D 错误。
故选B。
【变式1-3】（2024·河北·一模）“天宫课堂”第四课于2023 年9 月21 日15 时45 分开课，神舟十六号航
天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓
球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该
实验下列说法正确的是（ ）
A．梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力
C．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
D．梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
【答案】B
【详解】A．梦天实验舱内，水球体积越小，水球质量越小，其惯性越小，故A 项错误；
B．击球过程中、水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力，故B 项正确；
C．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C 项错误；
D．牛顿第一定律是理想情况，不可用实验直接验证，故D 项错误。
故选B。
类型2：牛顿第二定律的初步运用
1.利用牛顿第二定律解题的步骤
2.利用牛顿第二定律解题的常用方法
①矢量合成法
若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求出这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加
速度大小, 加速度的方向就是物体所受合外力的方向，或先求出每个分力产生的加速度，再用平行四边形
定则求合加速度。
②正交分解法
物体在受到三个或者三个以上的不在同一直线上的力的作用时,一般用正交分解法。
为减少矢量的分解，建立坐标系确定坐标轴时一般有以下两种方法：
分解力而不
分解加速度
以加速度a 的方向为x 轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到x 轴和y 轴
上，分别得到x 轴和y 轴上的合力Fx和Fy。根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产
生各自的加速度，可得Fx=ma，Fy=0。
分解加速度
而不分解力
若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，分解的力太多，就会比较烦
琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上，
分解加速度a 得ax和ay，根据牛顿第二定律得 Fx=max，Fy=may。
【典例2】（2025·甘肃·高考真题）2025 年4 月24 日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十
号载人飞船的长征二号F 遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×10
6 N。火箭质
量约为500 吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（ ）（重力加速度g 取
10m/s
2）
A．2m/s
2
B．4m/s
2
C．6m/s
2
D．12m/s
2
根据题意，由牛顿第二定律有F−mg= ma
代入数据解得a =6×10
6
5×
−
10
6
5×10
5
m/s
2=2m/s
2
【变式2-1】（2024·天津·高考真题）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂
直，底板和侧板对重物的弹力分别为F底、F侧，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的
夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时（ ）
A．F底增大，F侧增大
B．F底减小，F侧增大
C．F底增大，F侧减小
D．F底减小，F侧减小
【答案】B
【详解】对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为θ，如图所示
小车匀速时，有F底sinθ= F侧cosθ，小车加速时，有F侧cosθ−F底sinθ= ma
其中a>0，则F底减小，F侧增大。
故选B。
【变式2-2】（2024·贵州·高考真题）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段
时间内，小圆盘仅受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，
相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（ ）
A．f 一直大于G
B．f 一直小于G
C．f 先小于G，后大于G
D．f 先大于G，后小于G
【答案】C
【详解】由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以
向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律
G−f=G
g ⋅a
可知f 先小于G，后大于G。
故选C。
【变式2-3】（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为
0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s
2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过
（ ）
A．2.0m/s
2
B．4.0m/s
2
C．6.0m/s
2
D．8.0m/s
2
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
fm =μmg= m am
解得
am =μg=4 m/s
2
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4 m/s
2。
故选B。
类型3：牛顿第三定律的理解
1.内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
2.公式表达
F 甲对乙=-F 乙对甲
3.对牛顿第三定律的理解
异体性
作用力和反作用力分别作用在相互作用的两个物体上，两个作用效果不可抵消。
同时性
作用力与反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，没有先后之分，也没有主次之
别。
同性质
作用力和反作用力的性质总是相同的。例如，作用力是弹力，反作用力一定也是弹力。
普适性
作用力和反作用力的关系与物体大小、形状及运动状态无关。
4.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
内容
作用力和反作用力
一对平衡力
相同点
大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
不同
点
作用
对象
两个力分别作用在两个物体上。
两个力作用在同一物体上。
依赖
关系
相互依赖，不可单独存在，同时产生，
同时变化，同时消失。
无依赖关系，撤除一个，另一个依然可以存
在，只是物体受力不再平衡。
叠加
性
两个力的作用效果不可叠加，不可抵
消，不可求合力。
两个力的作用效果可相互抵消，可叠加，可求
合力，且合力为零。
力的
性质
一定是同性质的力。
可以是同性质的力，也可以是不同性质的力。
【典例3】（2021·浙江·高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向
左加速运动时，长木板保持静止，此时（ ）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A 错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一
定不在水平方向，B 错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C 错误，D 正确。
【变式3-1】（2025·浙江·二模）如图所示，在水平地面上，一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上（木箱侧
面光滑），已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C．同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力
【答案】D
【详解】A．对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地
面的摩擦力大小相等，方向相反，选项A 错误；
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B 错误；
C．弹力和摩擦力是不同性质的力，则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力与反
作用力，选项C 错误；
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D 正确。
故选D。
【变式3-2】（2025·浙江金华·三模）蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI
机器秧歌”舞。下列说法正确的是（ ）
A．机器人下蹲过程中，总是处于失重状态
B．在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【详解】A．机器人下蹲过程中，先向下加速后向下减速，则先失重后超重，选项A 错误；
B．在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，选项B 错误；
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，选项C 错误；
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，选项D 正确。
故选D。
【变式3-3】（2025·江西鹰潭·一模）如图是电影《哪吒之魔童闹海》中哪吒大战土拨鼠时的场景，下列说
法中正确的是（ ）
A．哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为哪吒的手指发生了形变
B．哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对平衡力
C．土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的摩擦力
D．哪吒所受地面的作用力方向竖直向上
【答案】A
【详解】A．哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为施力物体发生形变，即哪吒的手指发生了形变，故A
正确；
B．哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对作用力与反作用力，故B 错误；
C．土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的最大静摩擦力，故C 错误；
D．哪吒所受地面的支持力和摩擦力，合力方向斜向上，故D 错误。
故选A。
【模型二 牛顿第二定律】
类型1：求瞬时加速度的两类模型
1.两种模型
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同
时变化，具体可简化为以下两种模型：
2.几种常见情景分析
情景一:在轻弾簧上端物块A 与下面物块B 质景均为m，系统处于静止状态，突然把下面的木板抽去，
则aA=0,aB=2g（方向竖直向下）.
情景二：A、B 用水平轻弹簧连接，放在光滑水平面上.在推力F 的作用下，以共同的加速度a做匀加速
直线运动,某时刻突然撤去推力F,若叫mA= mB，则aA=a（方向向左）， aB = a（方向向右）。
情景三：两小球A、B 用轻弹簧连接，通过细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态，突然剪断细
线，若mA= mB，则: aB = 0, aA=2g（方向竖直向下）。
情景四：用手提一轻弹簧，轻弹簧的下端挂一小球，在将整个装置匀加速上提的过程中，若手突然停
止运动，则小球的加速度与原来相同。
情景五:小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为θ的光滑挡板AB 托着,若突然将挡板AB 向下撤离，则小
球的加速度a =g
cosθ ，方向垂直于挡板指向右下方.
3．求解瞬时加速度的一般思路
【典例4】（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为4 m、3m、2m、m 的四个小球A、B、C、D，通过细
线或轻弹簧互相连接，悬挂于O 点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C 间的细线剪断，则剪断
瞬间B 和C 的加速度大小分别为（ ）
A．g，1.5g
B．2g，1.5g
C．2g，0.5g
D．g，0.5g
剪断前，对BCD 分析
FAB= (3m +2m + m )g
对D
FCD= mg
剪断后，对B
FAB
3
−mg=3m aB
解得
aB=g
方向竖直向上；对C
FDC+2mg=2m aC
解得
aC=1.5g
方向竖直向下。
【变式4-1】（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示，质量为2m 的木箱用细绳竖直悬挂，质量均为m 的物块
A、B 分别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时，A、B 和木箱均静止，已知重力加速度为g。某
时刻剪断细绳，此瞬间，A、B 和木箱的加速度大小分别为（ ）
A．0、0、2g
B．g、g、g
C．0、g、g
D．0、0、g
【答案】A
【详解】剪断细绳瞬间，两个弹簧的弹力不变，均为mg，可知AB 的加速度仍为零；对木箱分析可知
mg+ mg+2mg=2ma
解得a=2g
故选A。
【变式4-2】（2024·河南信阳·一模）如图所示，用两根轻绳a、b 和轻弹簧c 悬挂两个相同的小球，其中a
绳与竖直方向夹角为30°，c 弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（ ）
A．a 绳的弹力是c 弹簧弹力的❑√3倍
B．剪断a 绳瞬间，2 球的加速度为零
C．剪断b 绳瞬间，1 球的加速度为零
D．剪断b 绳瞬间，2 球的加速度大小为❑√
7
3 g
【答案】D
【详解】A．以小球1、2 为整体受力分析，根据平衡条件可得
Fc=2mgtan30°
Fa=2mg
cos30°
所以
Fa=4 ❑√3
3
mg，Fc=2❑√3
3
mg，Fa=2Fc
故A 错误；
B．剪断a 绳瞬间，b 绳上弹力为零，轻弹簧弹力不发生突变，对2 球，有
F2=
❑√( mg)
2+ Fc
2= m a2
所以
a2= ❑√
7
3 g
故B 错误；
C．剪断b 绳瞬间，1 球在沿绳方向合力为零，合力方向垂直于绳左下，即
mgsin30°= ma
小球的加速度为
a =1
2 g
故C 错误；
D．剪断b 绳瞬间，2 球只受重力和弹簧弹力，其加速度为
❑√( mg)
2+ Fc
2= m a2
解得
a2= ❑√
7
3 g
故D 正确。
故选D。
【变式4-3】（2024·山东·一模）如图所示，吊篮A、物体B、物体C 的质量分别为m、2m、3m，B 和C
分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，重力加速度为g，现
将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（ ）
A．吊篮A 的加速度大小为g
B．物体B 的加速度大小为1.5g
C．物体C 的加速度大小为1.5g
D．A、C 间的弹力大小为mg
【答案】C
【详解】AC．设绳子拉力为T，系统静止时，根据平衡条件
T=( m +2m +3m )g=6mg
在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得
aAC=T
4 m =1.5g
即A、C 的加速度均为1.5g，故A 错误，C 正确；
B．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B 受力情况不变，故物体B 的加速度大小为零，故
B 错误；
D．剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A
FAC+ mg= m aAC
得
FAC= m aAC−mg=0.5mg
故D 错误。
故选C。
类型2：动力学的两类基本问题
1.两类动力学问题
（1）动力学的两类基本问题
①由受力情况确定物体的运动情况．
②由运动情况确定物体的受力情况．
2.解决两类基本问题的思路：
以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
3.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
4.分析解决这两类问题的关键
应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由运动情况求受力情况
【典例5】（2022·浙江·高考真题）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，
长12m 水平直道AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点
由静止出发，推着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2
所示），到C 点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为
110kg，sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s
2，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
（1）AB 段
v1
2=2a1x1
解得
a1=8
3 m/s
2
（2）AB 段
v1=a1t1
解得
t1=3sBC 段
x2=v1t2+1
2 a2t2
2
a2=2m/s
2
过C 点的速度大小
v=v1+a2t2=12m/s
（3）在BC 段有牛顿第二定律
mgsinθ−Ff= m a2
解得
Ff=66N
【变式5-1】（2024·福建宁德·三模）如图甲所示，一质量为m=2kg 的小物块从倾角α=37°的斜面上的A 点
由静止开始滑下，最后停在水平面上的C 点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水
平面在B 点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC 开始计
时，其运动的速度图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数；
(2)求A、B 两点间的距离。
【答案】(1)0.5
(2)6.25m
【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为
a2=5 0
−
1 0
−
m/s
2=5m/s
2
根据牛顿第二定律，有
μmg= m a2
求得物块与水平面间的动摩擦因数为
μ=0.5
（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有
mgsinα−μmgcosα= m a1
另外
v
2=2a1xAB
代入数据求得
xAB=6.25m
【变式5-2】（2024·山东·一模）如图所示，斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段光滑。物块以10m/s 的初速度
从A 点沿斜面向上滑行，到达C 点速度恰好为零。已知BC 段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB 段的
加速度是BC 段加速度的1.5 倍，且物块在AB 段和BC 段运动的时间相等，g 取10m/s2，求：
(1)斜面AB 段的长度；
(2)物块与斜面AB 段间的动摩擦因数。
【答案】(1)7m
(2)μ=
❑√21
21
【详解】（1）设物体在AB 段的加速度大小为a1，BC 段加速度大小为a2，根据题意有
a1=1.5a2
有
vA−vB
t
=1.5vB
t
在上滑AB 段
vA
2−vB
2 =2a1LAB
在上滑BC 段
vB
2 =2a2LBC
得
LAB=7m
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ= m a1
mgsinθ= m a2
得
μ=
❑√21
21
【变式5-3】（2024·贵州铜仁·二模）如图所示，在倾角为θ=37°的足够长斜面上，有一质量m =2kg、
可视为质点的物块，在F =20N、方向与斜面夹角α=37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经
t1=12s撤去F，物块在t1时间内的位移为x1=36m。取sin37°=0.6，重力加速度g 取10m/s
2。求：
（1）物块与斜面间动摩擦因数μ；
（2）撤去F 后3s 内，物块的位移大小x2。
【答案】（1）0.75；（2）1.5m
【详解】（1）根据
x1=1
2 a1t1
2
可得
a1=2x1
t1
2
=2×36
12
2
m/s
2=0.5m/s
2
根据牛顿第二定律
Fcosα−mgsinθ−μ( mgcosθ−Fsinα)= m a1
解得
μ=0.75
（2）力F 作用12s 末的速度
v=a1t1=6m/s
撤去F 后向上运动的加速度大小
a2=gsinθ+μgcosθ=12m/s
2
则向上运动的位移
x2=v
2
2a2
=6
2
2×12 m=1.5m
运动时间
t2=v
a2
=0.5s
因为
mgsinθ=μmgcosθ
可知以后物块静止在斜面上，则撤去F 后3s 内，物块的位移大小
x2=1.5m
考向2：由受力情况求运动情况
【典例6】（2022·浙江·高考真题）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l1=4m，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μ=2
9 ，货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加
速度g=10m/s
2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v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l2。
（1）根据牛顿第二定律可得
mgsin24°−μmgcos24°= m a1
代入数据解得
a1=2m/s
2
（2）根据运动学公式
2a1l1=v
2
解得
v=4m/s
（3）根据牛顿第二定律
μmg= m a2
根据运动学公式
2
−a2l2=vmax
2 −v
2
代入数据联立解得
l2=2.7m
【变式6-1】（2025·浙江·二模）以6m/s 的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m 高时，从气球上落
下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f=(1+kv）N，k=0.01kg/s，g 取
10m/s
2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（ ）
A．1.7s
B．1.9s
C．2.6s
D．3.5s
【答案】C
【详解】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N 进行计算，根据牛顿第二定律
推知，小球上升阶段的加速度a1= mg+f
m
=12m/s
2
上升的时间t1=v
a1
=6
12 =0.5s
上升的高度ℎ1=v
2 t1=1.5m
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度a2= mg−f
m
=8m/s
2
根据运动学公式(ℎ0+ℎ1)=1
2 a2t2
2
故下降用时间t2= ❑√
2(ℎ0+ℎ1)
a2
= ❑√
2×16
8
s=2s
则共用时间为t=t1+t2=2.5s
与C 项最接近。
故选C。
【变式6-2】（2025·江西景德镇·三模）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如
同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧
急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×10
6kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面
200m，距海底112.5m 处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A 点时，浮力突
然降为5.4×10
7N，10s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上
浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×10
6 N，重力加速度g 取
10m/s
2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
(1)潜艇“掉深”10s 时的速度；
(2)潜艇减重排出水的质量。（结果取2 位有效数字）
【答案】(1)9m/s
(2)8.5×105kg
【详解】（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg-F-f=ma1
代入数据解得a1=0.9m/s2
10s 末的速度为v=a1t1
解得v=9m/s
（2）掉深10s 时，潜艇下落的高度ℎ1=v
2 t1
解得ℎ1=45m
潜艇减速下落的高度ℎ2=ℎ−ℎ1
解得ℎ2=67.5m
在减速阶段ℎ2=v
2
2a2
解得a2=0.6m/s
2
潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以 0.6m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F+f-
m1g=m1a2
代入数据解得m1=5.15×106kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105kg
【变式6-3】（2025·云南红河·二模）如图所示为某种运载无人机，它是一种能够低空运载的遥控飞行器，
其动力系统所能提供的最大升力F =900N，一架总质量m =60kg的无人机在地面上从静止开始，以最大升力
竖直向上起飞。t=10s时离地面的高度为200m，运动过程中所受空气阻力大小恒定，g 取10m/s
2。
(1)求运动过程中所受空气阻力大小；
(2)假设无人机竖直向上起飞5s 后关闭动力系统，求无人机距地面的最大高度。
【答案】(1)60N
(2)750
11
m≈68.18m
【详解】（1）根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得F−mg−f = ma
由运动学规律得，上升高度=
ℎ1
2 at
2
联立解得f =60N
（2）起飞时间t1=5s的位移ℎ1=1
2 at1
2
解得ℎ1=50m
此时速度v1=at1=20m/s
失去动力后向上做匀减速运动，末速度为v2=0
根据牛顿第二定律有mg+f= m a1
解得a1=11m/s
2
根据速度与位移的关系有v2
2−v1
2= 2
−a1ℎ2
联立解得ℎ2=200
11
m
则无人机距地面的最大高度=
ℎℎ1+ℎ2=750
11
m≈68.18m
类型3：超重和失重问题
1.超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重
失重
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
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向
下，大小a＝g
运动
状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g 加速下降或减速上升
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
F＝0
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，物体就会处于超重或失重
状态。
④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。
【典例7】（2024·全国甲卷·高考真题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测
力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8m/s
2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N（结果保留1 位小数）；
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N，则此段时间内物体处于 （填“超重”或“失
重”）状态，电梯加速度大小为 m/s
2 （结果保留1 位小数）。
（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。
（2）[1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状
态；
[2]根据
G = mg=5.0N
根据牛顿第二定律
mg−T= ma
代入数据联立解得电梯加速度大小
a≈1.0m/s
2
【变式7-1】（2025·河北石家庄·三模）在第五届中国国际消费品博览会上，全球首款即将量产的分体式飞
行汽车成为观众驻足观看的焦点之一、该飞行汽车由陆行体（增程式汽车）和飞行体（纯电动垂直起降飞
行器）组成。假设某次飞行体起飞测试时，质量为360kg 的飞行体沿竖直方向做直线运动，一段时间内的
速度—时间（v−t），图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0~3s 内飞行体处于失重状态
B．0~3s 内飞行体的加速度大小为8
3 m/s
2
C．飞行体在第6s 末受到的合力大小为360 N
D．第3s 末飞行体上升到最高点
【答案】C
【详解】A．v−t图像的斜率表示加速度，0~3s 内飞行体的加速度方向竖直向上，处于超重状态，A 错误；
B．0~3s 内飞行体的加速度大小a1=8 4
−
3
m/s
2=4
3 m/s
2，B 错误；
C．飞行体在第6s 末的加速度大小a2=8
11 3
−
m/s
2=1m/s
2
飞行体受到的合力大小F = m a2=360N，C 正确；
D．0~11s 内飞行体的速度方向始终竖直向上，因此第3s 末飞行体并未上升到最高点，D 错误。
故选C。
【变式7-2】（2025·广东深圳·三模）一木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从t=0时刻由静止开始竖
直向上运动，其加速度a 随时间t 的变化规律如图所示。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．0~2t0内，木箱处于超重状态
B．2t0时，木箱的速度为4gt0
C．2t0~4t0内，木箱做减速运动
D．4t0时，木箱到达最高点
【答案】A
【详解】A．根据题意，由图可知，0~2t0内，升降机加速上升，木箱具有向上的加速度，处于超重状态，
故A 正确；
BD．a−t图像中面积表示速度变化量，则2t0时，木箱的速度为v=1
2
2
⋅t0 2
⋅g=2gt0
4t0时，木箱的速度为v
′=1
2
4
⋅t0 2
⋅g=4gt0
方向向上，则木箱未到达最高点，故BD 错误；
C．根据题意，由图可知，2t0~4t0内，木箱加速度向上，木箱做加速运动，故C 错误。
故选A。
【变式7-3】（多选）（2025·安徽阜阳·三模）2023 年11 月26 日，在武汉体育中心举行的2023 年全国跳
水锦标赛的女子双人10 米跳台决赛中，全红婵/陈芋汐以354.66 分的成绩获得冠军。在女子10 m 跳台的决
赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，从竖直入水到速度减
为0 的运动时间是其在空中的运动时间的1
3 ，假设全红婵所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体
重为40 kg，重力加速度g 取10 m/s2，则
A．跳离跳台后上升阶段，全红婵处于超重状态
B．跳离跳台后下降阶段（落水前），全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为2 s
D．入水后全红婵受到水的阻力大小为500 N
【答案】BC
【详解】AB．跳离跳台后上升阶段和下落阶段（落水前），全红婵的加速度方向均向下，处于失重状态，
故A 错误，B 正确；
C．以向上为正方向，则有
=
−ℎv0t−1
2 gt
2
可得t=2 s
即全红婵在空中运动的时间为2 s，故C 正确；
D．入水时的速度v1=v0−gt= 15m/s
−
在水中的加速度大小a =0−v1
1
3 t =22.5 m/s2，方向竖直向上
根据牛顿第二定律可知Ff=mg+ma=1300 N，故D 错误。
故选BC。
类型4：动力学中的图象问题
1.常见的图象
v－t 图象：斜率表示加速度的大小和方向，与时间轴围成的面积表示位移。
a－t 图象：斜率表示加速度的变化率，与时间轴围成的面积表示速度变化量。
F－t 图象：通过图像可以知道每时每刻对应的合外力及加速度，与时间轴围成的面积表示动量变化量
或者合外力的冲量。
F－x 图象：与时间轴围成的面积表示功。
2.图象间的联系
加速度是联系v－t 图象与F－t 图象的桥梁．
3.图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4.解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关
系，以便对有关物理问题作出准确判断．
【典例8】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线轨道
运动，受到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加速度可知A 正
确。
【变式8-1】（2024·安徽·高考真题）倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无
初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物
块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】0~t0时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩
擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直
线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选C。
【变式8-2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于水平
桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质
量m，并测量P 的加速度大小a，得到a−m图像。重力加速度大小为g。在下列a−m图像中，可能正确的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设P 的质量为M，P 与桌面的动摩擦力为f；以P 为对象，根据牛顿第二定律可得
T−f = Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg−T= ma
联立可得
a = mg−f
M + m
=
g−f
m
M + m ⋅m
可知，a-m 不是线性关系，排除AC 选项,可知当砝码的重力小于物块P 最大静摩擦力时，物块和砝码静止，
加速度为0，当砝码重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。
故选D。
【变式8-3】（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H 高
度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动
时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F−y图像
或y−t图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即
F = mg
当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力
F = mg−k (y−H)
到合力为零前，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中
木块所受合外力向上，随着y减小F增大，反弹过程，随着y 减小，图像向x 轴负方向原路返回，故A 错误、
B 正确；
CD．在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据
y=1
2 gt
2
速度逐渐增大， y−t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
mg−k (y−H)= F = ma
木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y−t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重
力后到最低点过程中
F =k (y−H)−mg
木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y−t图斜率减小，到达最低点后，木块向上运
动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运
动到最高点，而C 图中H 点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，
然后速度逐渐减为零；D 图前半段速度不变，不符合题意，正确y−t示意图如下
故CD 错误。
故选B。
【变式8-4】（多选）（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平
面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，
整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，
乙的x−t曲线在t=t0时切线斜率为0，则（ ）
A．μ1+μ2=2tanθ
B．t=t0时，甲的速度大小为3v0
C．t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速
运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内甲乙的位移可得x甲=v0+v
2
t0=3x0,x乙=v0+0
2
t0=x0
可得t0时刻甲物体的速度为v=2v0，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为a1=v−v0
t0
乙物体的加速度大小为a2=v0
t0
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ−μ1mgcosθ= m a1
同理可得乙物体μ2mgcosθ−mgsinθ= m a2
联立可得μ1+μ2=2tanθ，A 正确
C．设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得f = m a1cosθ−m a2cosθ=0
则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．t=t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f = m a1cosθ
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
【变式8-5】（2025·甘肃·高考真题）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始时刻。
物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图2 所示。开始滑动瞬
间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。
求：
(1)t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
(3)t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】(1)F =3❑√3mg
2
，9❑√3mg
2
(2)见解析
(3)v=17
2
g
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知F =
❑√3mg
4
t
所以当t=6s 时，F =3❑√3mg
2
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即I=1
2 ×3❑√3
2
mg×6=9❑√3
2
mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30
∘=μmgcos30
∘
即μ=tan30
°=
❑√3
3
在垂直杆方向，当Fsinθ= mgcosθ时，t=4s
则0−4s，垂直杆方向Fsinθ+ N = mgcosθ
摩擦力f =μN =
❑√3
3 (
❑√3
2
mg−
❑√3
8
mgt)=(
1
2 −1
8 t)mg (0≤t≤4)
在4−6s 内，垂直杆方向Fsinθ= mgcosθ+ N
摩擦力f =μN =
❑√3
3 (
❑√3
8
mgt−
❑√3
2
mg)=(
1
8 t−1
2)mg (4≤t≤6)
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有IFcosθ−If+ mgsinθ×t= mv
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则If=1
2 ×1
2 mg×4+1
2 ×1
4 mg×2=5
4 mg
联立有9❑√3
2
mg cos
⋅
30
∘+3mg−5
4 mg= mv
可得v=17
2 g
类型5：等时圆模型
等时圆模型
适用条件
弦是光滑的，且物体自弦的顶端由静止释放.
过程分析
各弦交点为最低点:
** 错误的表达式 **xAD = 2Rsin α
** 错误的表达式 **mgsin α = ma
** 错误的表达式 **xAD =
at2
联立①** 错误的表达式 **** 错误的表达
式 **解得t =
结论
运动时间与倾角无关，即沿各弦运动时间相同。
各弦交点为最高点时，结论同上。
【典例9】（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切
于P 点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处
于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P 点，空气
阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．❑√3:❑√2:1
B．(❑√3−❑√2):(❑√2
1):1
−
C．3:2:1
D．1:1:1
根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
tAP:tBP:tCP=tA
′P:tB
′P:tC
′P= ❑√
2 3
⋅d
g
:❑√
2 2
⋅d
g
:❑√
2⋅d
g
= ❑√3:❑√2:1
【变式9-1】（2024·湖北黄石·三模）如图所示，AB是一个倾角为θ的传送带，上方离传送带表面距离为l
的P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从P处
以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从P处到达传送带的时间为（ ）
A．❑√
2l
gcosθ
B．1
cosθ
❑√
2l
g
C．❑
√
2l
gcosθ
2
D．
1
cosθ
2
❑√
2l
g
【答案】D
【详解】如图所示
以P处为圆的最高点作圆O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R，从P处建立一管道到圆周上，管道与竖
直方向的夹角为α，原料下滑的加速度为
a = mgcosα
m
=gcosα
管道长度为
L=2Rcosα
由运动学公式可得
L=1
2 at
2
解得
t= ❑√
2L
a
= ❑√
2×2Rcosα
gcosα
= ❑√
4R
g
可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管道PC，原料从P处
到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得
R+Rcosθ=l
可得
R =l
1+cosθ =l
2cos
2θ
2
联立可得
t=
❑
√
4×l
2cos
2θ
2
g
=1
cosθ
2
❑√
2l
g
故选D。
【变式9-2】（2024·江苏泰州·一模）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO'、BO'、CO'，
其下端都固定于容器底部O'点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO'>AO'>CO'。若三个滑块
同时从A、B、C 处开始由静止下滑（忽略阻力），则（ ）
A．A 处滑块最先到达O'点
B．B 处滑块最先到达O'点
C．C 处滑块最先到达O'点
D．三个滑块同时到达O'点
【答案】D
【详解】令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ= ma
根据位移公式有
2Rsinθ=1
2 gsinθ⋅t
2
解得
t=2❑√
R
g
可知时间t 与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O'点。
故选D。
【变式9-3】（多选）（2023·广西南宁·二模）如图所示，1、2、3、4 四小球均由静止开始沿着光滑的斜
面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O 为圆心，
固定在水平面上的斜面水平底端的长度为❑√3r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t1>t2
B．t3=t4
C．t2<t4
D．t1=t4
【答案】BC
【详解】1 号小球的加速度为
a1=gsin60°=
❑√3
2
g
位移为
x1=2r sin60°=
⋅
❑√3r
运动时间为
t1= ❑√
2x1
a1
=2❑√
r
g
2 号小球的加速度为
a2=gsin30°=1
2 g
位移为
x2=2r sin30°=
⋅
r
运动时间为
t2= ❑√
2x2
a2
=2❑√
r
g
3 号小球的加速度为
a3=gsin60°=
❑√3
2
g
位移为
x3=
❑√3r
sin30° =2❑√3r
运动时间为
t3= ❑√
2x3
a3
= ❑√
8r
g
4 号小球的加速度为
a4=gsin30°=1
2 g
位移为
x4=
❑√3r
sin60° =2r
运动时间为
t4= ❑√
2x4
a4
= ❑√
8r
g
则
t1=t2
t3=t4
t3−t1=t4−t2=2(❑√2
1)
−
❑√
r
g
t1=t2<t4
故选BC。
