2026年高中物理高三选择题强化训练：牛顿运动定律在动力学问题中的应用（解析版）

专题L7牛顿运动定律在动力学问题中的应用

1.图（。）为高层建筑配备的救生缓降器材，发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以

承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索安全落地。某学校进行火灾逃生演练，一同学

（可视为质点）利用缓降器材逃生，图（力）为该同学整个运动过程的位移X与时间，的图像，以竖直向下

为正方向，0禽、24s内的图像均为抛物线，且两段抛物线平滑连接。在f=4s时，该同学恰好抵达地面，

且速度为零。不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）

图（a）图（b）

A.该同学从离地面高度为/2=16m处缓降

B.0〜4s内，该同学的平均速度大小为3m/s

C.0~4s内，该同学先超重后失重

D.02s内和24s内，该同学具有相同的加速度

【答案】A

【详解】A.由题图可知，02s内该同学做匀加速直线运动，设最大速度为L由

3卬：=8m,yL=2s解得］,=8m/s,%=4m/s?由题图可知，24s内该同学做匀减速直线运动,

设加速度大小为生，可知〃一8m二3出色一，J、v=ai（f2-ri）*G=4s解得%=4m/s2,/?=16m

所以该同学从离地面高度为16m处缓降，A正确；

B.0〜4s内该同学的平均速度为炉=，=4m/s,B错误;

C.0〜4s内该同学先向下做匀加速直线运动后向卜.做匀减速直线运动，故该同学先失重后超重，C错误；

D.由以上分析知该同学在02s内和24s内加速度等大反向，D错误。故选A。

2.如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹侑为当缆绳带动车厢以加速度〃匀加速

向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为8,则货

物与车厢的动摩擦因数至少为（）

缆绳

悬臂

n

osinOAcos67sinacosO

A.--------------B.--------：—~C.--------------D.---------：—~

g+acosOg+asin0g-acosOg-asinO

【答案】B

【详解】设货物的质量为〃"以川为研究对象进行受力分析，同时将加速度〃沿水平方向和竖直方向进行

分解，如图所示：

则水平方向的加速度勺=〃cos。竖直方向的加速度大小为%=asin夕对于〃［，在竖直方向根据牛顿第二定律

可得N-mg=ma在水平方向根据牛顿第二定律可得f=又/=〃N联立解得〃=———故选B。

vg+asin。

3.一足够长的倾角为。的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数

为〃，木板卜固定一力传感器,连接传感器和光滑小球间的是一平行于斜面的轻杆,如图所示,现由静止

释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为尸当木板固定时，传感器的示数为八。则下列说法

中正确的是（）

A.稳定后传感器的示数一定为零B.tan0=—

_L

C.cot。=D.cot。=

叫〃尸2

【答案】D

【详解】当木板沿斜面向下滑时，对整体受力分析MgsinMgcos6=Ma加速度4=gsine-"gcos。

单独对小球受力分析，心sin。-"=〃刈解得片=〃"igcos。当木板固定时，对小球受力分析，根据共点力平

衡有弱="?gsin0则U畔可得81。=冬故选D。

卜？Sin（7/Zr2

4.如图所示，48是一个倾角为6的输送带，尸处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在尸与48输送带间建

立一管道（假设其光滑），使原料从夕处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为（）

A.0B.-C.0D.20

2

【答案】B

【详解】如图所示，以尸处为圆的最高点作圆0与传送带相切与C点，

设圆。的半径为R,从尸建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为a,原料下滑的加速度为

些咨4=gcosa管道长度为L=2Rcosa由运动学公式可得J?"解得，=庐=户逅近=巧

可知从P建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等；故在P与输送带间建立一管道尸C,原料从尸

处到输送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为a=g故选丸

5.如图，质量为M的大圆环中间有一立柱，其上串着一个质量为加的球，球和立柱间有摩擦力。下列说

法正确的是（）

A.小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，则地面对大圆环的支持力大于（M+〃?）g

B.小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，则地面对大圆环的支持力小于

C.小球在立柱上以一定的速度向上运动，当初速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面

D.小球在立柱上以一定的速度向上运动，当加速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面

【答案】D

【详解】A.小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面

对大圆环的支持力小于A错误；

B.小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面

对大圆环的支持力大于（M+〃?）g，B错误：

C.当小球对立柱向上的摩擦力大等于Mg时，大圆环离开地面，破小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面，

取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，C错误；

D.若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，此时/2历8

/+也解得aN攵上丝及，D正确。故选D。

m

6.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〃电的恒力F向上拉B,

运动距离力时，B与A分离。下列说法正确的是（）

B

A

77777777^77777777

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罕D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动

h

【答案】C

【详解】AB.物体B和A分离后，B受到重力"这和恒力凡B的加速度为零，做匀速直线运动；所以分离

时A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；

C.物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为〃?g,原来静止时弹力大小为2〃?g,则弹力减小量Afmg

两物体向上运动的距离为九则弹簧压缩量减小小%由胡克定律得&=竺=卓故C正确；

Axh

D.对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2〃唁不变，拉力不变，弹力在减小，合力减小,

整体做加速度减小的变加速运动，故D错误。故选C。

7.如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为〃"=1kg,如尸3kg,

现用水平力片推A,用水平力居拉B,E（和后随时间，变化关系如图乙所示，则（）

A.A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小

B.A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m

C.A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动

D.A、B脱离前,水平力£(对物体A做功为30J

【答案】B

【详解】A.由乙图可得用=9-3/(N),外=3+3/(N)在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变,

恒定为您+@=12N,匀加速运动的加速度a=3^"=77^m/s2=3m/s2则A、B脱离之前，它们一直做匀

加速运动，A球所受的合外力不变，A错误；

B.当A、B脱离时满足A、B加速度相同，旦弹力为零，故"=3m/s2解得，=2s则A、B脱离前，它们一

以

起运动位移为x==-x3x2?m=6m,B正确；

22

C.脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在/=3s后A不受推力后A将做匀速

直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，C错误；

D.由于后为随时间变化的变力，则无法求出水平力后对物体A做的功，D错误。故选B。

8.图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为,〃/,B的质量为〃?2,设A、B间的动摩擦因

数为4,作用在A上的水平拉力为厂，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为〃与〃的关系图像，其直线

A.〃和产的值位于。区域时，A、B相对滑动

B.〃和产的值位于〃区域时，A、B相对静止

C.〃和厂的值位于6区域时，A、B相对滑动

D.〃和产的值位于沙区域时，A、B相对静止

【答案】AD

【详解】AB.若AB发生相对滑动,根据牛顿第二定律,对A：〜〃叫g=对B：〃色=吗%

而&>%联立可得F>〃"飞/嵬",4和户的值位于。区域时，A、B相对滑动，A正确，B错误;

CD,若AB不发生相对滑动，AB间的摩擦力小于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律尸=（见+，/）。

而叫%K联立解得尸<也”©£〃，〃和尸的值位于匕X域时，A、B相对静止，C错误，D正确。

w2

故选AD,

9.我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验〃进入太空。受此启发，某同学也设计

了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在

一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现

在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是（）

（加+M）g

由牛顿第二定律可得（加+/必枳也!1。=。〃+/3）4可得12111。=q对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合

力水平向左，如图所示

1

步

V

Mg

由牛顿第二定律可得Mgtan/?=Ma可得lan/=N所以有。二尸即两段轻绳与竖直方向的夹角相同。故选A。

g

10.如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B,C,圆柱体的质量分别为〃?,、、〃"、叫，

且“用一水平外力将薄板沿垂直8C的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱

体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图（）

|薄板・A

【详解】设圆柱体的质量为〃?，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为〃，则

在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速

运动，根据牛顿第二定律仃=，如可得，加速运动与减速运动时的加速度都为a=由于圆柱体A光离

开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据u=c"可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同

时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据F=2ar可知，B、C在桌面上滑动的距离相等,

且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。

11.如图所示，水平传送带以速度匕匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，，=0时

刻P在传送带右端具有速度七，P与定滑轮间的绳水平，时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，

【详解】开始/向右，P受向右滑动摩擦力和绳拉力，向左减速运动，可能一直向左减速，到传送带左端

时速度仍大于等于0，无图符合；

开始了向右，若此时/‘〈GQ,先向左匀减速到速度小广匕后摩擦力变成向左，加速度变小，继续向左减速,

可能减速到传送带左端离开，离开时速度小于盯，A图斜率变大即加速度变大不符合；也可能减速到零后未

到传送带左端，接着反向加速离开，B图符合；

开始了向右，若/>G0时，物体向左做匀减速运动，当速度等于匕后与传送带之间为静摩擦力与GQ平衡，

开始做匀速运动到离开传送带，无图符合。

开始/向左做减速运动，则应是/〈GQ且彩<匕，减速为零后反向加速加速度大小不变，反向加速回到原点

的时间和减速的时间相同，因此CD无图符合。故选九

12.如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度v沿顺时针方向运动,传送带的倾斜角为。=37。。一质审”=1kg

的物块以某一初速度%,从传送带的底部4处冲上传送带并沿传送带运动，其运动的UT图如图乙所示，

物块运动到达顶端8处时，速度恰好为零。sin37°=0.6,cos37°=0.8,^=10m/s\则（）

Bv/(m/s2)

—

....u12t/s

甲乙

A.物块与传送带间的动摩擦因数为:

O

B.物块在传送带上留下划痕的长度为6m

C.物块上升过程中，机械能先增加后减小

D.由于传送物体，电动机需要对传送带先做负功后做正功

【答案】D

【详解】A.由图示图像可知，O~ls内物块的加速度大小为=|号4m/s2=-8m/s2负号表示加速度

方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得〃磔in%w〃gcos仇〃也代入数据解得〃=0.25选项A错误；

B.由图示图像可知，传送带速度为4m/s,物块先相对传送带上滑，相对位移为

Ar产产皇xlm-4xlm=4m后相对传送带下滑，相对位移为Ai,=%-12=2m则物块在传送带

上留下划痕的长度为4m,B错误：

传送带底端到顶端的距离为x=1x（24+4）x2+[x2x4=32m选项B正确；

22

C.物块上滑过程中，先受向下滑动摩擦力后受向上滑动摩擦力，摩擦力先做负功后做正功，故机械能先减

小后增大，C错误；

D.物块上滑过程中，传送带先受向上摩擦力后受向下摩擦力，物块对传送带先做正功后做负功，要维持传

送带速度不变，则电动机需要对传送带先做负功后做正功，D正确。故选D。

13.如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关

系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线,3~4.5s段为直线（匕=3s时石=3m,3=4.5s时段=。）,g取lOm/s?。

下列说法正确的是（)

图甲

A.传送带沿顺时针方向转动

B.传送带速度大小为lm/s

C.小物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.2

D.0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J

【答案】ACD

【详解】A.根据图乙可知，小物块的位移先增大后减小，表明小物块的运动方向发生了反向，则传送带必

定沿顺时针方向转动，A正确；

B.根据图乙分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，后反向向右做匀加速直线运动至与传送带达到相

3

等速度，最后以该速度向右做匀速直线运动，则传送带速度为%=H=m/s=2m/s,B错误；

C.根据图乙可知，小物块向左匀减速经历时间/o=2s速度减为C,后向右加速经历时间〃=ls速度与传送带

达到同速阳，则有%二研，"解得〃=0.2,C止确；

D.小物块向左匀减速的初速度W=%=2x2m/s=4m/s全过程对小物块分析有叫二J叫;〃杆解得

吗=-3J,D正确。

故选ACD,

14.如图甲所示，倾角为37、足够长的传送带以恒定速率匕沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度%=12m/s

从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间/的变

化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在内为两段不同的二次函数，时刻图线所对应的切线

正好水平，重力加速度且取1。向一,疝】37。=0.6,8537。=0.8,贝!下列说法正确的是（）

A.传送带转动速率匕为8m/s

B.图乙中2的数值为2.0

C.。内煤块在传送带上的划痕长度为6m

D.燥块与传送带之间的动摩擦因数为0.25

【答案】BD

【详解】A.假设煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，可得加速度大小

为4=0巾，+〃88$。当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力

方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得加速度大小为6=封皿-从?85。煤块一直减速到零，接着反

向沿传送带向下加速，加速度大小为由,由于〃忠sine>〃〃7gcos。则煤块一直加速到离开传送帝，与题意及

图乙相符，所以可知4=1.0s时煤块的速度大小等「传送带的转动速率，由图乙可得玉=%乙-；4彳=8m

求得q=8m/s可得传送带的速度大小为K—％=12m/s-8xlm/s=4m/s故A错误；

BD.由选项A分析可知，图乙中与时刻，煤块向上运动速度减为零，根据q=gsine+〃gcos0=8m/s2

求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为〃=625代入外=gsinO-“gcosO求得％=4m/s2乂因为

巧=（10—出口二（/乂仇一/尸求得"=2.0s故BD正确；

C.0~乙内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为加1=（百-卬J=4m

4内煤块在传送带上的划痕长度为62=匕仇-G-%=2m但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以

0~%内煤块在传送带上的划痕长度为4m,故C错误。故选BD,

15.如图所示，一倾角为0=37的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=4kg的长木板B沿着斜面

以速度％=12m/s匀速下滑，现把质量为〃尸2kg的铁块A（可视为质点）无初速度放在长木板B的左端，铁

块最终没有从长木板上滑下.已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为〃，最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6.cos37=0.8,则下列判断正确的是（）

A.铁块A刚放在长木板B上时，长木板B的加速度大小为12rr/s2,方向沿斜面向上

B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为4m/s

C.长木板的长度一定为4m

D.从铁块放上长木板到两者共速的过程中，两者所构成的系统动量守恒，机械能不守恒

【答案】D

【详解】AB.开始时长木板B沿着斜面以速度%=12m/s匀速下滑，有Mgsin37“=加仅cos37,

解得〃=0.75铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有

J

jLimgcos37+mgsin37=maAaA=%m/s2方向沿斜面向下，对B,根据牛顿第二定律有

2

〃（材+m）gcos37+fjmgcos37-Mgsin37=MaB解得aB=6m/s方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速

2

的时间为t,则％/解得铁块A和长木板B共速后，速度大小为j=%-a/=8m/s选项AB

错误；

C.诙块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的最小长度为…生詈一争=4m

即长木板的长度L之4m,故C错误;

D.由于滑动摩擦力做功,A、B系统机械能不守恒,又因为（M+Mgsin37°=〃（M+Mgcos37°

A、B系统合外力为零，系统动量守恒，选项D正确。故选D。

16.如图（a）所示，质量为M=3kg的木板放置在水平地板上，可视为质点的质量为用=2kg的物块静止在木

板右端。/=0时刻对木板施加水平向右的外力E/=2s时刻撤去外力，木板的图像如图（b）所示。已知

物块与木板间的动摩擦因数为〃=。.2,物块始终没有滑离木板，重力加速度g取lOm/s?。则（）

A.木板与地板间的动摩擦因数为0.3

B.水平外力大小厂为18N

C.物块运动的时间为2.4s

D.木板长度至少为2.40m

【答案】BD

【详解】AB.由丫一/图像斜率表示加速度，可知木板先做匀加速直线运动，力口速度为《=孚=3|]162

撤去外力后做匀减速直线运动，加速度为冬=纵=-3m/s2设水平外力大小为R木板与地板之间的动摩擦

因数为〃'，则有广一“（历+加）8-川咫=/恢4，"（"+〃?）8+[〃咫=朋&解得〃'=0.1,尸=18N,A错误，

B正确；

C.物块与木板相对滑动时物块的加速度a决==2m/s2,/）=2s时物块的速度大小为限==4m/s

此时物块的位移内=4m设再经4物块与木板共速，则有人=%+®2=%+4而解得

q=04s,j=4.8m/s此后物块与木板相对静止并沿地板滑动，直至停下来，继续滑动的时间&=》=4.8S

所以物块滑动的时间为，=4+&+A=72s,（:错误；

D.从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内物块的位移占=曝f2+J4J=L76m从撤去外力到物

块与木板达到相对静止这段时间内木板的位移％2=%/2+；。2片=2.16111木板前2s的位移x板产;卬：=6m

木板氏度至少为乙=%1+%2-&-占=2.40111,D正确。故选BD。

17.水平地面上有一质量为肛=3欠的长木板，木板的左端上有一质量为网=2kg的物块，如图（“）所示，

用水平向右的拉力厂作用在物块上，尸随时间/的变化关系如图（力）所示，其中％、K分别为人、时刻尸

的大小。木板的加速度q随时间，的变化关系如图（c）所示。己知木板与地面间的动摩擦因数为从=。2,

物块与木板间的动摩擦因数为%=。-8.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取

lOriVs2o则下列说法正确的是（）

百

图⑶

A./­=10N

C.木板加速度所能达到的最大值为2m/s2D.在八G时间段物块做匀加速直线运动

【答案】AC

【详解】A.木板与地面间的最大静摩擦力工=M（班+，&）g=】（）N木板与物块间的最大静摩擦力

6=外吗g=16N当拉力逐渐增大到B时，木板首先相对地面发生相