2026高考物理总复习(人教)（粤）教师用教案第三章 第3讲　小专题 牛顿运动定律的综合应用

第3讲小专题:牛顿运动定律的综合应用

考点一动力学中的连接体问题

在下列各图中,质量分别为m1、m2的物块A、B分别在恒力F的作用下沿同一平面做匀

变速直线运动时,你能分别推导出在有、无摩擦力两种情况下A与B间弹力的表达式吗?

你会发现怎样的规律?

提示:各图示情形中,无论物体是否受到摩擦力(μ=0或μ1=μ2≠0),可先将物块A、B看作一个

整体,然后再将其中一个隔离,分别根据牛顿第二定律列方程求解。

1.“力的分配”

两个物体间无论通过接触、轻绳、轻杆或轻弹簧连接,在同一平面受与平面平行的力F作

用,以相等的加速度做匀变速直线运动时,无论平面是否光滑(若μ≠0,其动摩擦因数相等),

两物体间沿平面的作用力大小只与质量和力F有关,如图示中FT=F,其中m2为不受

�2

�1+�2

力F物体的质量。

2.常见连接体模型

类

图示特点

型

接

触通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度

类

轻

轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总

绳

是相等

类

轻

杆轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度

类

弹在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度

簧不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速度、

类加速度相等

[例1]【叠放类】(2024·广东东莞测试)如图,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块

一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M,木块质量是m,加速度大小是a,木块和小车

之间动摩擦因数是μ。则木块与小车之间的摩擦力大小是()

[A]F[B]Ma

�

�+�

[C]μmg[D]μ(M+m)g

【答案】A

【解析】对小车和木块整体,受到重力、支持力和拉力作用,根据牛顿第二定律,有

F=(M+m)a,而木块受重力、支持力和与F同向的静摩擦力作用,则有Ff=ma,联立解得

Ff=ma=F。选项A正确。

�

�+�

[变式]若恒力F作用在木块上,木块与小车之间的摩擦力又是多少?

【答案】

𝑀

�+�

【解析】对小车和木块整体,有F=(M+m)a,对小车有Ff′=Ma,联立解得Ff′=Ma=。

𝑀

�+�

[例2]【轻绳类】(多选)如图甲、乙、丙所示,两物块A、B之间用细线相连,第一次将物

块放在水平面上施加水平拉力,第二次将物块放在足够长斜面上施加平行斜面向上的拉

力,第三次施加竖直向上的拉力,已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数均为μ=0.2,斜面

倾角为θ=37°,三根细线能够承受的最大拉力相同,三次均使两物块都动起来,三次最大拉

力分别为F1、F2、F3,三次物块最大加速度分别为a1、a2、a3,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,

以下说法正确的是()

[A]F1<F2<F3[B]F1=F2=F3

[C]a1>a2>a3[D]a1=a2=a3

【答案】BC

【解析】以题图乙为例,两物块A、B放在粗糙斜面上,在外力作用下向上加速运动,根据

牛顿第二定律,对整体有F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,设两物块间细线拉

力为FT,对物块B有FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,联立解得FT=F,可知细线拉力FT

�B

�A+�B

与θ、μ、a无关,只跟拉力F和两物块质量有关,当三种情况细线拉力均达到最大时外力F

为最大,则Fmax=FTmax,而三种情况下细线最大拉力相等,可知F1=F2=F3,故A错误,B

�A+�B

�B

正确;当外力最大时系统加速度最大,对A、B整体,根据牛顿第二定律,题图甲中有

F1-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1,题图乙中有F2-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a2,题图

丙中有F3-(mA+mB)g=(mA+mB)a3,解得a1=-μg,a2=-gsinθ-μgcosθ,a3=

�1�2

�A+�B�A+�B

-g,由F1=F2=F3可知a1>a2>a3,故C正确,D错误。

�3

�A+�B

[变式]若物体A放在水平桌面上,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的另一端悬挂一物体B,系统

做加速运动,物体A与桌面间存在摩擦。此时物体B受系统外力F,F=mBg,则轻绳对物体

A的拉力FT=mBg吗?FT大小应该是多少?

�A

�A+�B

()

【答案】不等于mBg

1+��A

�A+�B

【解析】此情境下物体A、B并不会同时受摩擦力,不符合力的分配规律,即FT≠mBg。

�A

�A+�B

设轻绳的弹力为FT,物体A与桌面间动摩擦因数为μ,对物体B有mBg-FT=mBa,对物体A有

()

FT-μmAg=mAa,两式联立得FT=mBg。

1+��A

�A+�B

解答连接体问题的方法

(1)对符合“力的分配”规律的连接体问题,应用其规律可以快速准确地得出结果,起到事半

功倍的作用。

(2)对一般的连接体问题,应利用整体或隔离的方法,分别分析其受力,根据牛顿第二定律列

出方程,再联立求解。

[例3]【弹簧类】(2024·广东湛江阶段检测)如图所示,两个质量分别为m1=2kg,m2=4kg的

物体P、Q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=

40N,F2=16N的水平拉力分别作用在P、Q上,达到稳定状态后,下列说法正确的是()

[A]弹簧测力计的示数是32N

[B]弹簧测力计的示数是28N

2

[C]在突然撤去F2的瞬间,Q的加速度大小为m/s

20

3

2

[D]在突然撤去F1的瞬间,P的加速度大小为m/s

8

3

【答案】A

--

【解析】对两物体组成的系统,由牛顿第二定律可知a==m/s2=4m/s2,系统的加

�1�24016

�1+�22+4

速度方向水平向右,设弹簧测力计的拉力是F,对物体Q有,F-F2=m2a,得F=32N,故A正确,B

错误;在突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不能突变,物体Q所受的合力等于弹簧的弹力,设Q

2

此时加速度为a2,则F=m2a2,得a2=8m/s,同理在突然撤去F1的瞬间,设此时P加速度为a1,

2

则F=m1a1,得a1=16m/s,故C、D错误。

[变式](1)在[例3]情境中,撤去力F2,稳定后弹簧测力计的示数是多少?

(2)若两物体置于动摩擦因数为μ=0.2的水平面上,则达到稳定状态后,弹簧测力计的示数

是多少?

【答案】(1)N(2)32N

80

3

【解析】(1)设两物体组成的系统加速度为a′,由牛顿第二定律可知

a′==m/s2=m/s2,

�14020

�1+�22+43

其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力是F′,对物体Q,有F′=m2a′,

得F′=N。

80

3

(2)两物体组成的系统加速度为a″,根据牛顿第二定律有F1-F2-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a″,

--()

得a″=

�1�2��1+�2g

12

--�+�

=m/s2=2m/s2,

401612

2+4

其方向水平向右,设弹簧测力计的拉力为F″,对物体Q,由牛顿第二定律得

F″-F2-μm2g=m2a″,

代入数据得F″=32N。

考点二动力学中的临界和极值问题

1.临界极值问题的特征

(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。

(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,

而这些起止点往往就对应临界状态。

(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值

点往往就是临界点。

(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。

2.常见临界问题的条件

(1)接触与脱离的临界条件是两物体间弹力FN=0。

(2)相对静止或滑动的临界条件是两物体间静摩擦力达到最大值。

(3)绳子断裂或松弛的临界条件,前者绳中张力等于它所能承受的最大张力,后者绳中张力

FT=0。

(4)物体在介质中运动的最终速度(收尾速度)的临界条件是物体所受合力为零。

3.求解临界、极值问题的三种方法

把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确

极限法

解决问题的目的

假设法临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现

临界条件时,往往用假设法解决问题

数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件

[例4]【接触与脱离的临界问题】(多选)如图所示,两个质量均为m的相同的物块叠放在

一个轻弹簧上面,处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k。t=0时

刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升,下列说法

正确的是()

[A]从t=0到A、B分离过程F逐渐增大

[B]分离时弹簧处于原长状态

[C]在t=时刻A、B分离

2�

�

[D]分离时B的速度大小为g

�

【答案】AC4�

【解析】物块A、B分离时,A、B间的弹力为零,物体B向上的加速度为0.5g,合力方向

向上,可知弹簧处于压缩状态,故B错误;两物块分离前加速度相同,根据牛顿第二定律,对A、

B整体,有F+kx-2mg=2ma,则F=2m(g+a)-kx,由于弹簧形变量减小,从t=0到A、B分离过程

F逐渐增大,故A正确;t=0时,弹簧的压缩量x1=,A、B分离时,对物块B有kx2-mg=ma,

2𝑚

�

解得x2=,则弹簧形变量的变化量Δx=x1-x2=,即从t=0到A、B分离,其位移x=,根据

3𝑚𝑚𝑚

2�2�2�

2

x=at,得t=,故C正确;分离时B的速度vB=at=g,故D错误。

12��

[变2式]在[例�4]情境中为研究物块A、B的分离,某2学�习小组的同学不是对A施加拉力

而是用力缓慢向下压物块A,通过力传感器观察到当压力增加到F1时撤去压力,A开始向

上运动,最终A、B分离。

(1)撤去压力时,物块B对A的作用力多大?

(2)物块A、B分离时弹簧处于怎样的状态?

【答案】(1)+mg(2)伸长

�1

2

【解析】(1)撤去压力时,A、B整体所受合力为F1,方向竖直向上,则加速度a共=,对物块

�1

2�

A有FN-mg=ma共,可知FN=+mg。

�1

2

(2)当物块A、B分离时二者速度大小相等,方向竖直向上。此时物块A只受重力,则加速

度为重力加速度g而做竖直上抛运动,物块B的加速度方向也向下且大于重力加速度,可

知物块B除受重力外还受弹簧拉力,即弹簧处于伸长状态。

[例5]【相对静止与滑动的临界问题】如图所示,质量为1kg的长木板Q放在水平地面

上,质量为2kg的物块P放在木板Q的左端。物块P与木板Q间的动摩擦因数为0.7,木板

Q与地面间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为10m/s2。

现对P施加一水平拉力F,则物块速度vP、木板速度vQ随时间变化的图像可能是()

[A][B]

[C][D]

【答案】B

【解析】P、Q之间的最大静摩擦力为Ffmax=μ1mg=0.7×2×10N=14N,Q与地面之间的最

大静摩擦力为Ffmax′=μ2(m+M)g=0.2×(2+1)×10N=6N,当拉力F大于6N且小于某一数值

时,P、Q以相同加速度一起做匀加速运动。设P、Q恰好相对静止且共同运动时拉力为

2

F1,对P、Q整体有F1-μ2(m+M)g=(m+M)a1,对物块P有F1-μ1mg=ma1,解得a1=8m/s,F1=30

N,即6N≤F≤30N时P、Q保持相对静止,其加速度a≤8m/s2,对比选项B、D中vt图像,

可知选项B正确,D错误。若P、Q发生相对滑动,二者速度不同,则P、Q加速度分别为

22

aP>8m/s、aQ=8m/s,对比选项A、C中v-t图像,可知选项A、C错误。

[变式]若使水平拉力F施加在木板Q上,P、Q一起运动,则力F大小是多少?

【答案】6N≤F≤27N

【解析】当P、Q整体恰好一起匀速运动,由平衡条件知拉力F1=μ2(M+m)g=6N;当P、Q

2

恰好不相对滑动时,对物块P有μ1mg=ma共,则a共=μ1g=7m/s,对木板B有

F2-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma共,解得F2=27N,可知拉力F的大小为6N≤F≤27N。

[例6]【绳子断裂与松弛的临界问题】如图所示,粗糙水平面上放置Q、K两物体,P叠

放在K上,P、Q、K的质量分别为m、2m和3m,物体Q、K与水平面间的动摩擦因数相

同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FTmax。现用水平拉力F拉物

体Q,三个物体以同一加速度向右运动,则()

[A]此过程中物体K受五个力作用

[B]当F逐渐增大到FTmax时,轻绳刚好被拉断

[C]当F逐渐增大到1.5FTmax时,轻绳刚好被拉断

[D]若水平面光滑,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为

�Tmax

6

【答案】C

【解析】由于物体P、Q、K一同向右加速运动,则物体P受重力、支持力和向右的静摩

擦力作用,则物体K受重力、P的压力和静摩擦力、地面的支持力、绳子的拉力以及地面

的摩擦力六个力作用,故A错误;当物体P、Q、K一同加速运动,根据牛顿第二定律得整体

-·

的加速度a==-μg,对P、K整体有FT-μ·4mg=4ma,解得FT=F,当F=1.5FTmax

��6𝑚�2

6�6�3

时,FT=FTmax,轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确;若水平面光滑,绳刚要断时,对P、K整体,

其加速度a=,则物体P受到的摩擦力Ff=ma=,故D错误。

�Tmax�Tmax

4�4

[变式]若水平面粗糙,则绳刚要断时,P、K间的摩擦力为多少?

【答案】-μmg

�Tmax

4

【解析】把P、K当成一整体,绳刚要断时由牛顿第二定律可得FTmax-μ·4mg=4ma,

对P由牛顿第二定律可得Ff=ma,

联立解得P、K间的摩擦力为Ff=-μmg。

�Tmax

4

[例7]【动力学中的极值问题】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,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底

端每次均以大小相等的初速度v0=10m/s沿木板向上运动,如图乙所示(木板足够长),随着θ

的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度g取10m/s2。(结果可用

根号表示)

(1)求小木块与木板间的动摩擦因数;

(2)求当θ角满足什么条件时,小木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

353

【解析】(1)当3θ=30°时,小木块2恰好沿木板匀速下滑,根据平衡条件有

mgsinθ=μFN,FN=mgcosθ,

联立解得μ=。

3

(2)当木块沿木3板向上滑时其加速度为a,根据牛顿第二定律有

mgsinθ+μmgcosθ=ma,

则a=g(sinθ+μcosθ),

根据速度位移公式有=2ax,

2

0

木块位移x=�,

(2)

�0

由数学知识知2�sin�+�cos�

sinθ+μcosθ=sin(α+θ),

2

其中μ=tanα,则1α=+30�°,

即x=。

2()

�0

2

2�1+�sin�+�

当α+θ=90°,即θ=60°时x最小,最小值为

xmin===m。

(°2°)2

�03�053

[变式2]�(s1in)6在0+[例�co7s6]0图乙4�情境2中,当θ=30°时,小木块沿木板向上滑行的距离为多少?

(2)若小木块沿木板向上滑动的最大距离x与θ角的关系图像xθ如图所示。则木块的初速

度大小为多少?当θ=45°时小木块上滑距离为多少?

【答案】(1)5m(2)6m/s1.61m

【解析】(1)当θ=30°时,在小木块沿木板向上滑行过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma,

解得a=10m/s2。

根据速度位移关系式v2-=2ax,

2

有=2ax,解得x=5m。�0

2

�0

(2)由xθ图像可知,当θ=时,x1=1.8m,此时小木块做竖直上抛运动,则

π

2

v==.m/s=6m/s,

以沿2木��板1向上2×为1正0方×1向8,木板倾角为θ,小木块滑到最高点的过程中,有

-mgsinθ-μmgcosθ=ma,

2

由0-v=2ax2,

得x2=,

(2)

�

代入数2�据si解n�+得�cos�

x2≈1.61m。

考点三动力学中的图像问题

1.动力学图像问题类型

与动力学问题有关的图像问题,一般有下列两种类型:

(1)由题干描述物体的受力情况或运动情况,对物体的运动或受力选择对应图像。

(2)题干中由图像提供物体受力或运动信息,然后对物体的运动、受力情况作出判断解答。

2.常见动力学图像及应用

名称应用方法

(1)根据具体的物理情境,对物体进行受力分析。

(2)根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式。

Fa图像

(3)结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义。

(4)由图像给出的信息求出未知量

(1)由加速度的正、负及大小分析每一段的运动情况。

at图像

(2)结合物体受力情况,根据牛顿第二定律列方程求解

(1)结合物体受到的力,根据牛顿第二定律列方程,确定加速度的情况。

Ft图像

(2)分析每一时间段的运动性质

[例8]【图像信息与物体的受力问题】(多选)如图甲所示,劲度系数k=500N/m的轻弹

簧,一端固定在倾角为θ=37°的带有挡板的光滑斜面体的底端,另一端和质量为mP的小物块

P相连,质量为2kg的物块Q靠P一起且P、Q处于静止,P、Q间有某种黏性(不计质量)

液体粘合在一起,现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动,稳定后弹簧的形变

量大小为x。在不同推力作用下、稳定时弹簧形变量大小x随加速度a的变化如图乙所

示。弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos

37°=0.8,下列说法正确的是()

2

[A]a0=7.5m/s

[B]mP=3kg

[C]若a=a0,稳定时P、Q间弹力大小为15N

[D]若a=a0,稳定时P对斜面的压力大小为12.5N

【答案】AD

【解析】由题图乙可知,斜面体加速度a=a0时弹簧处于原长,a=0时,弹簧形变量(压缩)为

-2

3.6×10m,对P、Q整体,根据牛顿第二定律和平衡条件,有(mP+mQ)gtan

2

37°=(mP+mQ)a0,(mP+mQ)gsin37°=kx0,解得a0=7.5m/s,mP+mQ=3kg,则mP=1kg,故A正确,B

错误;当a=a0时,对物块Q,有FNQsinθ-FPQcosθ=mQa,FNQcosθ+FPQsinθ=mQg,解得FPQ=0,

即物块P、Q恰要分离,对物块P有FNP==12.5N,由牛顿第三定律知P对斜面的压力

°

�P�

cos37

大小为12.5N,故C错误,D正确。

[变式](1)在[例8]情境中,若a=0.5a0,稳定时P、Q间弹力大小为多少?

(2)当a>a0时,斜面体对物块P的支持力大小与斜面体加速度a有何关系。

【答案】(1)6N(2)FNQ′=(16+1.2a)N

【解析】(1)当a=0.5a0时,对物块Q有

mQgsin37°-FPQ′=mQacos37°,

解得FPQ′=6N。

(2)在a>a0时,对物体Q有

FNQ′-mQgcos37°=mQasin37°,

解得FNQ′=(16+1.2a)N。

[例9]【物体运动与运动图像问题】(2024·广东卷,7)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Fy图像或yt图像可能正确的是()

[A][B]

[C][D]

【答案】B

【解析】在木块下落H高度之前,木块所受合外力F为木块受的重力而保持不变,即F=mg,

且为正值,Fy图像为平行于y轴的一段直线;在木块接触弹簧后到最低点,先有

F=mg-kΔy(mg>kΔy),后有F=mg-kΔy(mg<kΔy),随着y增大,F先减小后反向增大,Fy图像

为过y轴的倾斜直线;整个下落过程动能变化量为0,所以整个过程合外力F做功为0,则

Fy图像中图线在y轴上方和下方与坐标轴包围的面积大小相等;此后木块返回,其图像与

下落过程重合,故A错误,B正确。在木块下落H高度之前,木块做匀加速直线运动,由v=gt

可知速度逐渐增大,根据y=gt2,yt图像斜率逐渐增大;在木块接触弹簧后到最低点,根据牛

1

2

顿第二定律,木块先做加速度减小的加速运动,yt图像斜率继续增大,后做

加速度增大的减

速运动,yt图像斜率减小,到达最低点后,木块向上做与下落过程关于木块经最低点时刻

对称的反向运动,则yt图像大致如图所示,故C、D错误。

[变式]在[例9]情境中,请大致画出木块从释放到第一次回到原点的v2x图像。

【答案】图见解析

【解析】木块由静止下落到接触弹簧的过程中做自由落体运动,加速度为重力加速度而

不变,下落高度为H,由公式v2-=2ax可知,v2x图线为过原点的倾斜直线OA;木块开始

2

接触弹簧到木块平衡位置,根据�牛0顿第二定律,可知木块加速度正向减小到0,其v2x图线为

AB;木块由平衡点继续压缩弹簧到最低点,木块加速度反向逐渐增大,到最低点加速度最

大,且大于重力加速度,对应的v2x图像为BC。木块由最低点开始反向运动,v2x图像与

前述重合。

动力学图像问题的解题策略

(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公

式”“图像与规律”间的关系,然后根据函数关系读取图像信息或描点作图。

(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、拐点以及图线与坐标轴包围的“面积”等所表

示的物理意义,尽可能多地提取有效信息。

(满分:80分)

对点1.动力学中的连接体问题

1.(4分)(2024·北京卷,4)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞

船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为()

[A]F[B]F

��

�+��+�

[C]F[D]F

��

��

【答案】A

【解析】对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F′=Ma,两式联立可得

飞船和空间站之间的作用力F′=F,A正确,B、C、D错误。

�

�+�

2.(6分)(多选)如图所示,物体A和B中间用一个轻杆相连,在倾角为θ的固定斜面上匀速下

滑,杆与斜面平行。已知物体B光滑,质量为m,物体A与斜面间的动摩擦因数为μ,质量为

2m,下列说法正确的是()

[A]物体A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ

[B]轻杆对物体A的作用力沿斜面向下

[C]增加物体A的质量,A、B整体将沿斜面减速下滑

[D]增加物体B的质量,A、B整体将沿斜面匀速下滑

【答案】BC

【解析】物体B光滑,轻杆对B的作用力沿斜面向上,则轻杆对A的作用力沿斜面向下,

故B正确;对物体A、B(含杆)整体,沿斜面方向,根据平衡条件得3mgsinθ=2μmgcosθ,解得

μ=tanθ,故A错误;设A物块质量增加Δm,其整体所受合力F合=(3m+Δm)gsin

3

2

θ-μ(2m+Δm)gcosθ=-Δmgsinθ,方向沿斜面向上,故A、B整体做减速运动,故C正确;同理

1

2

若增加B的质量,则A、B整体的合力F合′=Δmgsinθ,方向沿斜面向下而向下做加速运动,

故D错误。

3.(14分)如图所示,轻绳一端固定于天花板,绕过轻质动滑轮Ⅰ和轻质定滑轮Ⅱ,另一端悬

挂重物B,重物A悬挂于动滑轮Ⅰ下方,悬挂滑轮的轻质细线竖直,且使重物A、B从距地

面为h的同一高度由静止释放,重物落地后不反弹,重物不会与滑轮碰撞。已知重力加速度

为g,不计摩擦力和空气阻力。

(1)若释放后A、B静止,求A、B的质量之比;

�A

�B

(2)若mA=4mB,求释放瞬间B的加速度大小aB和释放后B上升的最大高度hm。

【答案】(1)2∶1(2)0.5g3h

【解析】(1)若释放后A、B静止,由平衡条件可知2mBg=mAg,可得=2。

�A

�B

(2)设细绳拉力为FT,释放瞬间A的加速度为aA,B的加速度为aB,根据牛顿第二定律,对重

物A有mAg-2FT=mAaA,

对重物B有FT-mBg=mBaB,其中=,

�A1

�B2

联立解得aB=0.5g,方向竖直向上,

aA=g,方向竖直向下;

1

4

当重物由静止释放后,重物A下落,重物B上升,

则当A落地时,其速度vA==,

1

2�Aℎ2gh

B的速度vB=2vA=,

2�ℎ

此后B做上抛运动,还能上升的高度hB==h,

2

�B

2�

即B上升的最大高度为hm=2h+h=3h。

对点2.动力学中的临界和极值问题

4.(4分)(2025·广东阶段练习)如图所示,水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面一起做

匀加速直线运动,小车和货物的质量分别为M和m,货物与小车间的动摩擦因数为μ,最大静

摩擦力与滑动摩擦力相等。小车与地面间的滚动摩擦力不计,且货物与平板车左侧推杆不

接触,在运动过程中下列分析正确的是()

[A]货物受到的合力大小为F

[B]货物受到的合力大小一定为μmg

[C]货物受到的摩擦力大小一定为

𝑀

�+�

[D]只要水平恒力F大于μmg,货物与小车就会发生相对滑动

【答案】C

【解析】对小车和货物整体,根据牛顿第二定律有F=(m+M)a,则货物受到的合力大小为

F合=ma=,故A错误;小车对货物的摩擦力使货物做加速运动,则小车对货物的摩擦力大

𝑀

�+�

小为Ff=F合,可知货物受到的摩擦力大小一定为,故C正确;小车与货物之间的滑动摩

𝑀

�+�

擦力大小为Ff′=μFN=μmg,当小车与货物做加速运动且保持相对静止时,货物受到的合力F

合′=ma≤μmg,故B错误。货物即将发生相对滑动时,小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦

Ffmax=μFN=μmg,货物加速度amax=μg,此时水平恒力F=(m+M)amax=μ(m+M)g,则至少需要

μ(m+M)g的推力才会相对滑动,故D错误。

5.(6分)(多选)风洞实验是研究流体力学的重要依据,风洞实验室中可以产生水平向右、大

小可调节的风力。现将质量为1kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ=37°的细直杆上,

放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径。在无风情况下小球由静止开始经0.5s沿细

杆运动了0.25m,假设小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10m/s2,取sin37°=

0.6,cos37°=0.8)则下列说法正确的是()

[A]小球与细杆间的动摩擦因数为0.5

[B]风力越大,小球受到的摩擦力越大

[C]若小球始终静止在杆上,风力F要满足N≤F≤20N

20

11

[D]若风力恒为40N,则2s内小球从静止出发在细杆上通过的位移为44m

【答案】AC

【解析】在无风情况下小球运动中根据x=at2,可得加速度大小为a=2m/s2,根据牛顿第

1

2

二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得小球与细杆间的动摩擦因数为μ=0.5;若使小球静止

在杆上,其摩擦力沿杆向上且最大时风力最小,根据平衡条件有mgsinθ=Fmincosθ+Ffmax,

FN=mgcosθ+Fminsinθ,又Ffmax=μFN,联立解得Fmin=N,当摩擦力沿杆向下且最大时,风力

20

11

最大,同理,解得Fmax=20N,即风力F要满足N≤F≤20N,故A、C正确。当静摩擦力沿杆

20

11

向上时,风力越大,静摩擦力越小,故B错误。若风力恒为40N,可知小球沿杆向上加速运动,

根据牛顿第二定律有Fcosθ-mgsinθ-μ(Fsinθ+mgcosθ)=ma′,解得加速度大小为a′=10m/s2,

则2s内小球从静止出发在细杆上通过的位移为x′=a′t′2=20m,故D错误。

1

2

6.(14分)(2025·广东东莞阶段练习)一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计,盘内放一

个物体P处于静止状态,如图所示。P的质量m=12kg,弹簧的劲度系数k=800N/m。现给

P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动。已知在前0.2s内F

的大小是变化的,在0.2s以后F是恒力,g取10m/s2。求:

(1)未施加力F时,弹簧的压缩量;

(2)物体做匀加速直线运动的加速度大小;

(3)F的最小值和最大值。

【答案】(1)0.15m(2)7.5m/s2

(3)90N210N

【解析】(1)未施加力F时,根据平衡条件有

mg=kx0,

解得弹簧的压缩量为x0=0.15m。

(2)由于在t=0.2s时,物体P与秤盘开始分离,此时弹簧处于原长状态,则在0～0.2s内,根据

22

运动学公式有s=at,而s=x0,解得a=7.5m/s。

1

2

(3)物体P与秤盘分离前,对物体P根据牛顿第二定律有F+FN-mg=ma,

秤盘质量忽略不计,则有FN=kx,

即F+kx-mg=ma,

可知随着弹簧的压缩量逐渐减小,F逐渐增大;

则初始时刻F最小,此时有

Fmin+kx0-mg=ma,

解得Fmin=90N;

当物体P与秤盘分离时,F最大,此时有

Fmax-mg=ma,

解得Fmax=210N。

对点3.动力学中的图像问题

7.(6分)(多选)起重机将一重物由静止竖直提起。传感器测得此过程中不同时刻重物的速

度v与对轻绳的拉力F,得到如图所示的v关系图线,线段BC与v轴平行,线段AB的延

1

�

长线过坐标原点。重物速度增加到v2时开始做匀速运动。图中v1、v2、F1、F2都是已知

量,重力加速度为g,不计阻力。则()

[A]重物的质量是

�1

�

[B]重物的质量是

�2

�

[C]重物在BA段做匀加速运动

[D]重物在CB段运动时间是

(-)

�2�1

�1�2g

【答案】BD

【解析】由于速度增加到v2后物体做匀速运动,则有F2=mg,解得重物的质量为m=,故

�2

�-

A错误,B正确;从B→A过程,增大,拉力F减小,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得a=,

1�𝑚

��

可知重物的加速度逐渐减小,则在AB段做变加速运动,故C错误;重物在CB段,不变,拉力

1

�

--

F不变,则加速度不变,而速度增大,且重物的加速度a==�2=-g,可知重物做匀加

1

�1𝑚����1�

�

22

���

速直线运动,其运动时间是t==,故D正确。

(-)

�1�2�1

��1�2�

8.(4分)如图,在水平地面上固定一个斜面,一长为L质量分布均匀的矩形物块放在斜面上,

如果在垂直于斜面方向把物块分成两部分P和Q,分割线到矩形物块的下端的距离为x,

用一个平行斜面的推力F推物块,使物块沿斜面向上加速运动,设P、Q之间的作用力大小

为F1,若分割位置不同,则-x的图像为()

�1

�

[A][B]

[C][D]

【答案】A

【解析】设物块单位长度的质量为m0,则P的质量为(L-x)m0,Q的质量为xm0,假设斜面光

滑,对物块整体有F-Lm0